sÁNG kiến kinh nghiệm vân dụng các hình học phẳng trong ky thi IMO tu 2003 2007 sÁNG kiến kinh nghiệm vân dụng các hình học phẳng trong ky thi IMO tu 2003 2007 sÁNG kiến kinh nghiệm vân dụng các hình học phẳng trong ky thi IMO tu 2003 2007 sÁNG kiến kinh nghiệm vân dụng các hình học phẳng trong ky thi IMO tu 2003 2007 sÁNG kiến kinh nghiệm vân dụng các hình học phẳng trong ky thi IMO tu 2003 2007 sÁNG kiến kinh nghiệm vân dụng các hình học phẳng trong ky thi IMO tu 2003 2007 sÁNG kiến kinh nghiệm vân dụng các hình học phẳng trong ky thi IMO tu 2003 2007 sÁNG kiến kinh nghiệm vân dụng các hình học phẳng trong ky thi IMO tu 2003 2007 sÁNG kiến kinh nghiệm vân dụng các hình học phẳng trong ky thi IMO tu 2003 2007 sÁNG kiến kinh nghiệm vân dụng các hình học phẳng trong ky thi IMO tu 2003 2007 sÁNG kiến kinh nghiệm vân dụng các hình học phẳng trong ky thi IMO tu 2003 2007 sÁNG kiến kinh nghiệm vân dụng các hình học phẳng trong ky thi IMO tu 2003 2007 sÁNG kiến kinh nghiệm vân dụng các hình học phẳng trong ky thi IMO tu 2003 2007 sÁNG kiến kinh nghiệm vân dụng các hình học phẳng trong ky thi IMO tu 2003 2007 sÁNG kiến kinh nghiệm vân dụng các hình học phẳng trong ky thi IMO tu 2003 2007 sÁNG kiến kinh nghiệm vân dụng các hình học phẳng trong ky thi IMO tu 2003 2007 sÁNG kiến kinh nghiệm vân dụng các hình học phẳng trong ky thi IMO tu 2003 2007 sÁNG kiến kinh nghiệm vân dụng các hình học phẳng trong ky thi IMO tu 2003 2007 sÁNG kiến kinh nghiệm vân dụng các hình học phẳng trong ky thi IMO tu 2003 2007 sÁNG kiến kinh nghiệm vân dụng các hình học phẳng trong ky thi IMO tu 2003 2007 sÁNG kiến kinh nghiệm vân dụng các hình học phẳng trong ky thi IMO tu 2003 2007 sÁNG kiến kinh nghiệm vân dụng các hình học phẳng trong ky thi IMO tu 2003 2007 sÁNG kiến kinh nghiệm vân dụng các hình học phẳng trong ky thi IMO tu 2003 2007 sÁNG kiến kinh nghiệm vân dụng các hình học phẳng trong ky thi IMO tu 2003 2007 sÁNG kiến kinh nghiệm vân dụng các hình học phẳng trong ky thi IMO tu 2003 2007 sÁNG kiến kinh nghiệm vân dụng các hình học phẳng trong ky thi IMO tu 2003 2007 sÁNG kiến kinh nghiệm vân dụng các hình học phẳng trong ky thi IMO tu 2003 2007 sÁNG kiến kinh nghiệm vân dụng các hình học phẳng trong ky thi IMO tu 2003 2007 sÁNG kiến kinh nghiệm vân dụng các hình học phẳng trong ky thi IMO tu 2003 2007 sÁNG kiến kinh nghiệm vân dụng các hình học phẳng trong ky thi IMO tu 2003 2007 sÁNG kiến kinh nghiệm vân dụng các hình học phẳng trong ky thi IMO tu 2003 2007
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 nội dung xuất kì thi chọn học sinh giỏi Tỉnh, chọn học sinh giỏi Quốc gia THPT kì thi Olympic Toán học Quốc tế( gọi tắt IMO) Để làm tài liệu dạy bồi dưỡng phần hình học phẳng cho học sinh giỏi trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm đội tuyển HSG Toán thi Quốc gia, tạm dịch từ tiếng Anh sang tiếng Việt vẽ hình minh họa , toán hình học phẳng đề nghị nước kì thi IMO từ năm 2003 đến 2007 Nay xin trao đổi đồng nghiệp lĩnh vực III Cơ sở lí luận: Để học sinh giỏi Toán tiếp xúc với toán hình học phẳng hay nước kì thi IMO, mạng internet có nội dung tiếng Anh , học sinh có điều kiện đọc hiểu toán Nên việc giáo viên cung cấp đề lời giải tiếng Việt cho học sinh điều kiện thuận lợi học tập cho học sinh Trên sở giúp học sinh học tập, ôn luyện để tham dự kì thi chọn học sinh giỏi Tỉnh Quốc gia đạt kết tốt IV Cơ sở thực tiển Bài tập hình học phẳng phục vụ cho việc bồi dưỡng học sinh giỏi tham gia kì thi chọn học sinh giỏi Tỉnh Quốc gia cấp THPT chủ yếu dựa vào nguồn: Báo Toán học Tuổi trẻ; đề thi Olimpic nước đề dự tuyển kì thi IMO Do giúp học sinh tiếp cận với đề lời giải tiếng Việt toán hình học phẳng đề nghị kì thi IMO 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 Bài 1) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn Gọi P, Q, R hình chiếu D lên đường thẳng BC, CA, AB Chứng minh PQ = QR phân giác góc ABC ADC đồng quy với AC Lời giải 1 A R D Q B C P Ta biết P, Q, R thẳng hàng (đường thẳng Simson) Ta có DPC DQC 900 D, P, C, Q nằm đường tròn, DCA DPQ DPR Tương tự D, Q, R, A nằm đường tròn, DAC DRP Suy DCA DPR Làm tương tự ta DAB DQP DBC DRQ DA DB AB DB DC BC = (1) , = (2) DQ DP QP DR DQ RQ DA QR BA Từ (1) (2) suy DC PQ BC Do Do PQ = QR DA/DC = BA/BC Các phân giác góc ABC ADC chia đoạn AC theo tỉ số BA/BC DA/DC tương ứng Do đường đồng quy Lời giải Giả sử phân giác góc ABC ADC cắt AC L M tương ứng AL AB AM AD AB AD Ta có L M AB.CD CB AD CL CB CM CD 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 Q ; Khi đường tròn đường kính DA qua R Q Đặt ACB PDQ 1800 – , đặt CAB QDR 1800 – Ta có PQ = CD.sin ; QR = AD.sin Do PQ = QR Định lí sin ABC ta có : Từ PQ = QR sin CB sin AB CD sin AD sin CD CB AB.CD AD.CD AD AB Bài 2) Cho điểm phân biệt A, B, C theo thứ tự nằm đường thẳng Gọi đường tròn thay đổi qua A C có tâm không nằm AC Kí hiệu P giao điểm tiếp tuyến với A C Giả sử cắt đoạn PB Q Chứng minh giao điểm phân giác góc AQC đường thẳng AC không phụ thuộc vào cách chọn Lời giải P Q C R A B S Giả sử phân giác góc AQC cắt đường thẳng AC đường tròn R S tương ứng, S Q Vì APC cân ta có AB AB BC sin APB sin CPB sin APB Tương tự : : BC PB PB sin PAB sin PCB sin CPB AR sin ASQ Định lí Cê-va ASC cân ta có RC sin CSQ tam giác PAC Q ta có sin APB sin CPB sin PAQ sin QCA sin PCQ sin QCA Theo tính chất tiếp tuyến ta có : PAQ ASQ QCAvà PCQ CSQ QAC Do AB AR R không phụ thuộc vào BC RC Lời giải ( Dùng phương pháp tọa độ) y R giao điểm phân giác góc AQC với P đường thẳng AC Chọn hệ trục Oxy , ta giả sử A(– 1, 0), B(b, 0), C(1,0) Q A O C : x ()1 y p p P(0,1/p) x B R Gọi M trung điểm cung lớn AC I M(0, p p ).Các điểm Q, R, M thẳng hàng, AQR CQR M Vì PB: y (1 p )(1 b pb )(1 p 2)(1 b )(1 p )(1 b2 ) p , Q p 2b p 2b x nên tọa độ pb p b2 , p p2 p2 MO QP ta có Khi PM (1/ p )1 p 1p BQ p b p p2 , ta có p2 OR MO QP p RB PM BQ p p b2 b2 Do R không phụ thuộc vào p tức không phụ thuộc vào Bài 3)Cho tam giác ABC điểm P nằm miền Gọi D, E, F hình chiếu vuông góc P lên đường thẳng BC, CA, AB tương ứng Giả sử AP PD BP PE CP PF Kí hiệu IA, IB, IC tâm đường tròn bàng tiếp tam giác ABC Chứng minh P tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IAIBIC Lời giải Từ điều kiện cho ta có ()()()() BP PE CP PF BP PF CP PE 2 BF CE Ta đặt x = BF = CE, tương tự đặt y = CD = AF z = AE = BD + Nếu ba điểm D, E, F không nằm cạnh tam giác ABC mâu thuẫn với bất đẳng thức tam giác Thật B,C, D nằm theo thứ tự Ta có AB + BC = x + z = AC vô lí Do tất điểm D, E, F nằm cạnh tam giác ABC Đặt a = BC; b = CA; c = AB p = ()a b c x – p – a; y = p – b; z = p – c Khi BD = p – c; CD = p – b Ta thấy D tiếp điểm đường tròn bàng tiếp góc A với BC.Tương tự E, F tương ứng tiếp điểm đường tròn bàng tiếp góc B, C với đường hẳng CA AB Do PD BC, IAP BC P, D, IA thẳng hàng Tương tự P, E , IB thẳng hàng P, F, IC thẳng hàng Do ba điểm IA, C, IB thẳng hàng tam giác PIAIB cân PI AC PI B C C Làm tương tự ta có PIA = PIC PIA = PIB = PI C Suy P tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IAIBIC A y IC IB z E F P x z B y D IA x C Chú thích 1: Bài toán không P nằm tam giác ABC Chú thích 2: Trong phần giá trị AP PD ; BP PE , CP PF = 8R2 – p2 , với R bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC p = ()AB BC CA Ta chứng minh bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác IAIBIC 2R Ta có PD = PIA – DIA = 2R – r A ; rA bán kính đường tròn bàng tiếp góc A rB, rC tương ứng PE = 2R – rB , PF = 2R – rC Ta có AP PD AE PE PD ()(2 s c )(2R rB 2) R rA abc S ABC S ABC Vì (2 R rA )4 R4 RrA r = R S ABC p a p a p ()() p b p c abc = 4R2 + = 4R bc p pa Và ta nhận : (2 R rB )42 R ca p 2 2 A Ta có AP PD ()(4 p c R )(4 ba p R 8bc p R p Bài 4) Cho C1, C2, C3, C4 đường tròn phân biệt cho C1 C3 tiếp xúc P ; C2 C4 tiếp xúc P Giả sử C1 C2 , C2 C3 , C3 C4, C4 C1 cắt tương ứng A, B, C, D khác P Chứng minh : AB.BC PB AD.DC PD Lời giải C1 D x1 x8 DA.PB.PC D' x8 A' x1 x6 PB.PC.PD x3 PA.PB.PC P' CD.PA.PB AB.PC.PD PD.PA.PB PC.PD.PA x7 x5 x2 x4 B' BC.PD.PA C' C2 A x2 x7 Q P x6 C4 x5 x3 x4 C3 B C Hình Hình Gọi Q giao điểm đường thẳng AB với tiếp tuyến chung Thì APB APQ BPQ PDA PCB Kí hiệu : x1, x2, …, x8 góc hình Thì x1 x2 APB x2 x3 x5 x8 1800 (1) Tương tự BPC PAB PDC x4 x5 x2 x7 1800 (2) Nhân độ dài cạnh tam giác PAB, PBC, PCD, PAD với PC.PD ; PD.PA ; PA.PB ; PB.PC tương ứng, cho ta tứ giác hình Từ (1) (2) A’D’//B’C’ A’B’//C’D’ Do tứ giác A’B’C’D’ hình bình hành Suy A’B’ = C’D’ A’D’ = B’C’ Từ AB.BC PB AB.PC.PD = CD.PA.PB AD.PB.PC = BC.PA.PD Suy AD.DC PD Lời giải Gọi O1, O2, O3, O4 tâm đường tròn C1, C2, C3, C4 gọi A’, B’, C’, D’ trung điểm đoạn PA, PB, PC, PD Vì C1, C3 tiếp xúc P nên P, O1, O3 thẳng hàng Tương tự O2, O4 , P thẳng hàng O2 Đặt x1 = O4O1O2 , x2 = O1O2O3 , O1 D' y4 y1 x4 x3 = O2O3O4 , x4 = O3O4O1 x1 C' A' y1 = PO1O4 , y2 = PO2O3 , P y3 = PO3O2 , y4 = PO4O1 Theo định lí sin ta có x2 O4 x3 y3 y2 B' O3O4 sin y1 , O1O3 sin x4 O3 O1O2 sin y3 , O1O3 sin x2 O3O4 sin y2 O2O4 sin x3 O1O2 sin y4 O2O4 sin x1 Khi đoạn PA dây cung chung C1 C2 , đoạn PA’ đường cao từ P đến O1O2 Tương tự PB’, PC’, PD’ đường cao từ P đến O2O3, O3O4, O4O1 tương ứng Thì O1, A’, P, D’ nằm đường tròn Một lần theo định lí sin ta có: D ' A ' sin x1 , PD ' sin y1 A ' B ' sin x2 , PB ' sin y2 B ' C ' sin x3 , PB ' sin y3 C ' D ' sin x4 PD ' sin y4 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 A ' B ' B ' C ' PD '2 sin x2 sin x3 sin y4 sin y1 O1O3 O2O4 O1O2 O3O4 = 1 AD DC PB A ' D ' D ' C ' PB '2 sin y2 sin y3 sin x4 sin x1 O1O2 O3O4 O2O4 O1O3 AB.BC PB hay AD.DC PD Chú thích : Ở không cần giả thiết C1, C3 C2, C4 tiếp xúc Chúng ta thay đổi câu toán đề cập: Gọi C1, C2, C3, C4 đường tròn phân biệt cho C1 C3 tiếp xúc P , C2 C4 tiếp xúc P.Giả sử C1 C2 , C2 C3 , C3 C4, C4 C1 cắt tương ứng A, B, C, D khác P Chứng minh : AB.BC PB AD.DC PD Tiếp theo hai lời giải phù hợp với việc thay đổi đầu Lời giải Gọi Oi ri tâm bán kính đại số Ci , i = 1,2,3,4 Chúng ta giả sử r1 > Nếu O1 , O3 nằm bên tiếp tuyến chung ta có r3 > 0; trái lại ta có r3 < Đặt O1 PO2 Ta có Oi POi 1 hay 1800 – suy sin Oi POi 1 sin (1) Từ PB O2O3 PO2O3 = BO2O3 , ta có r2 r3 sin 1 1 O2O3 PB S PO2O3 PO2 PO3 sin r2 r3 sin Từ PB = O2O3 2 2 (2) AO2 B (3) AO B Từ O1O2 P O1O2 A O3O2 P O3O2 P , ta có sin sin O1O2O3 Bởi tam giác O2AB cân ta có AB r2 sin c1 A O1 O2 D c4 c2 P O4 B O3 C c3 1 O1O2 O2O3 sin O1O2O3 SO1O2O3 O1O3 PO2 sin = r1 r3 r2 sin 2 r r r sin Từ (3) ta có AB = r2 O1O2 O2O3 Do Làm tương tự (1), (2), (3) nhận độ dài PD, BC, CD, DA tính toán sau : 2 O3O4 O4O1 O4O1.O1O2 AB.BC r1 r3 r2 sin r2 r4 r3 sin CD.DA O1O2 O2O3 O2O3 O3O4 r1 r3 r4 sin r2 r4 r12 sin r r sin O4O1 = O2O3 r4 r1 sin PB PD Lời giải Gọi l1 tiếp tuyến chung đường tròn C1 C3 gọi l2 tiếp tuyến chung C2 C4 Chọn hệ trục hình vẽ y c4 D l1 c1 A C P x c2 B l2 c3 Chúng ta giả sử : C1 : x y 2ax sin 2ay cos , C2 : x y 2bx sin 2by cos , C3 : x y 2cx sin 2cy cos , C4 : x y 2dx sin 2dy cos Tính toán rút gọn đến giao điểm 2 4ab()sin a b cos 4 ()sin ab a cos b A ; , 2 a b ab cos a b ab cos 2 4bc()sin b c cos 4 ()sin bc b cos c B 2 ; 2 , b c 2bc cos 2 b c 2bc cos 2 4cd ()sin c d cos 42 ()sin cd c cos d C ; , 2 c d cd cos c d cd cos 2 4da ()sin d a cos ()sin da d cos a D ; 2 d a 2da cos 2 d a 2da cos 2 Tính toán độ dài đến AB BC CD DA Suy 4b a c sin cos (2a cos b 2 )(2 ab cos b)2 c bc 4c b d sin cos (2 b cos c 2 bc )(2 cos 2c 2) d cd 4d c a sin cos (2c cos d 2 )(2 cd cos d)2 a da 4a b d sin cos (2d cos a 2 )(2 da cos a)2 b ab AB.BC b c (2d cos a 2 )da 2 2 AD.DC d a (2 b cos c 2 bc ) b c sin cos Còn vế phải ta có PB = , , , , PD = d a sin cos b c 2bc cos 2 d a 2da cos 2 AB.BC PB PB b c (2d cos a 2 )da Suy Do ta nhận AD.DC PD PD d a (2 b cos c 2 bc ) Bài 5) Cho ABC tam giác cân với CA = CB, có I tâm đường tròn nội tiếp Gọi P điểm đường tròn ngoại tiếp tam giác AIB nằm bên tam giác ABC Đường thẳng qua P song song với CA CB cắt AB tương ứng D E Đường thẳng qua P song song với AB cắt CA CB tương ứng F G Chứng minh đường thẳng DF đường thẳng EG có giao điểm nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Lời giải C Nhận xét : cạnh tam giác PDE CFG song song với Do DF GE không song song với có phép vị tự DF, GE CP đồng I F P G quy tâm phép vị tự A D E B Ta chứng minh : Nếu CP cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Q khác C, Q giao điểm FD Q GE + Vì AQP ABC BAC PFC AQPF nội tiếp đường 2 tròn FQP PAF Vì IBA CBA CAB IAC nên đường tròn ngoại tiếp tam giác AIB tiếp xúc CA A PAF DBP + Vì QBD QCA QPD tứ giác DQBP nội tiếp đường tròn DBP DQP Từ FQP PAF DBP DQP F, D, Q thẳng hàng Tương tự ta nhận G, E, Q thẳng hàng Do DF, EG, CP đồng quy điểm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Lời giải ( Dùng phương pháp tọa độ ) y Chọn hệ trục tọa độ Oxy cho A(– 1, 0), B(1, 0), C(0, c) Giả sử I(0, m) C(0,c) S ABC I(0,m) F P x O A(-1,0) m= G D E ()AB BC CA m c c2 Giả sử J(0,n) tâm đường tròn C1 ngoại tiếp tam giác AIB Khi ()1 n m JI JA2 n , ta có n = – 1/c C1: x (1/ y )1 c (1/ ) c B(1,0) J(0,n) Gọi P(p,q) Khi D(p – q/c, 0), E(p + q/c, 0), F(q/c – 1, q), G( – q/c + 1, q), từ phương trình đường thẳng DF EG tương ứng y= q q q q x p y = x p 2q 2q c c p 1 p 1 c c Do giao điểm Q hai đường thẳng Q((q – c)p/(2q – c), q2/(2q – c)) Gọi O1(0, u) tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Vì + u2 = O1A2 = O1C2 = (u – c)2 u = (c2 – 1)/2c Vì P(p, q) nằm đường tròn C1 ta có p2 + (q + 1/c)2 = + (1/c)2 2 q c q2 c2 1 c2 O1Q p O1C Q nằm đường tròn 2c 2c 2q c 2q c ngoại tiếp tam giác ABC Bài 6) Mỗi cặp cạnh đối lục giác lồi có tính chất: khoảng cách hai trung điểm chúng lần tổng độ dài chúng Chứng minh tất góc lục giác lồi Lời giải 10 B1 C J K A1 E A B D C1 Lời giải Các đường thẳng JA1, JB1, JC1 tiếp tuyến đường tròn đường kính A1B, AB1, C1D Do JA12 JB12 JC12 JD.JE suy E nằm hai đường tròn đường kính A1B AB1 AEB1 900 A1 EB 900 Bài 6) (BRA 2006) Hai đường tròn (W1) (W2) có tâm O1 O2 tiếp xúc với D, đồng thời tiếp xúc với đường tròn (W) điểm E F theo thứ tự Gọi t tiếp tuyến chung (W1)và (W2) D Gọi AB đường kính (W) vuông góc với t, cho A, E O1 nằm phía với t Chứng minh đường thẳng AO1, BO2 , FE t đồng quy Lời giải Phép vị tự tâm E biến đường tròn (W1) thành C đường tròn (W), biến D thành B nên D EB, tương tự D FA Gọi C = AE BF Đường thẳng BE CF đường cao tam giác ABC D trực tâm ABC C nằm đường thẳng t Đường thẳng qua D E song song với AB cắt AC BC M N P O1 O2 trung điểm DM DN M O1 F tương ứng D O2 A N Nếu CD FE cắt P ta chứng O B minh A, O1, P thẳng hàng ( tương tự B, O2, P K thẳng hàng) Theo định lí Mênêlauyt đảo tam giác CDM ta cần chứng minh AC O1M PD AC PC hay (1) AM O1 D PC AM PD 30 + Vì DM//AB nên AC KC KC PC (2) Từ (1) (2) ta cần chứng minh hay AM KD KD PD C, D, P, K hàng điểm điều hòa Theo tính chất tứ giác toàn phần (CDPK) = -1 Bài 7)(SVK 2006) Trong tam giác ABC, gọi Ma, Mb, Mc trung điểm cạnh BC, CA, AB Ta, Tb, Tc điểm cung BC, CA AB không chứa đỉnh A, B, C đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Với i {a, b, c} gọi Wi tâm đường tròn đường kính MiTi Gọi pi tiếp tuyến chung Wi Wk ({i, j, k} = {a, b, c}) cho Wi nằm khác phía với Wj Wk so với đường thẳng pi Chứng minh đường thẳng pa, pb, pc tạo thành tam giác đồng dạng với tam giác ABC tính tỉ số đồng dạng Lời giải Gọi I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC.Ta A biết TaTb, TaTc đường trung trực đoạn Tb W IC IB TaTb cắt AC P cắt đường tròn (Wb) Tc b Wc Mb U, TaTc cắt AB Q cắt đường tròn (Wc) taị V Mc D F U Q V Ta có BIQ IBQ IBC IQ//BC P IO E tương tự IP//BC Do PQ đường thẳng qua I C B song song BC Ma Phép vị tự tâm Tb biến đường tròn (Wb) thành Wa đường tròn (W) ngoại tiếp tam giác ABC nên Ta biến tiếp tuyến t (Wb) U thành tiếp tuyến (W) Ta song song với BC , suy t//BC Đường thẳng t cắt AC X, XU = XMb PUM b 900 , X trung điểm PMb Tương tự tiếp tuyến (Wc) V cắt QMc trung điểm Y QMc Nhưng XY//PQ//MbMc , điểm U, X, Y, V thẳng hàng Do t trùng với tiếp tuyến pa Ở pa đường thẳng nằm I MbMc song song cách I MbMc Tương tự cho pb pc Do đường thẳng cắt tạo thành tam giác đồng dạng vị tự với tam giác MaMbMc với tâm I tỉ số 1/2 đồng dạng với tam giác ABC với tỉ số 1/4 Bài 8)(POL 2006) Cho tứ giác lồi ABCD Một đường tròn qua hai điểm A D đường tròn qua điểm B C, tiếp xúc với điểm P nằm tứ giác Giả sử PAB PDC 900 PBA PCD 900 Chứng minh : AB + CD BC + AD Lời giải 31 Bổ đề: X điểm tứ giác lồi Đường tròn (ADX) (BCX) tiếp xúc X ADX BCX AXB Chứng minh: +Nếu (ADX) tiếp xúc (BCX): Qua X vẽ tiếp tuyến chung cắt AB I , ta có D C M N Q P B A AXB AXI IXB ADX BCX +Ngược lại: Nếu ADX BCX AXB Vẽ tiếp tuyến t X với đường tròn (ADX) cắt AB I Ta có ADX AXI , nên từ giả thiết suy I XB BCX IX tiếp tuyến đường tròn (BCX) Vậy hai đường tròn tiếp xúc X Gọi Q giao điểm thứ hai hai đường tròn (ABP) (CDP) (Giả sử Q P) Từ điều kiện toán Q nằm bên tứ giác ABCD ( BCP BAP 1800 , C nằm đường tròn ngoại tiếp APB, giống trường hợp D) + Nếu Q nằm tam giác APD ( trường hợp khác tương tự): BQC BQP PQC BAP CDP 900 , tương tự AQD 900 Do ADQ BCQ ADP BCP APB AQB Từ đường tròn (ADQ) (BCQ) tiếp xúc Q Do bên đường tròn đường kính AD BC rời Và M, N trung điểm AD và BC tương ứng, ta có 2MN AD + BC Ta lại có 2MN AB + CD BA CD NM Suy AB + CD BC + AD Bài 9)(RUS 2006) Các điểm A1, B1 C1 chọn cạnh BC, CA AB tam giác ABC, theo thứ tự Các đường tròn ngoại tiếp tam giác AB1C1 , BC1A1 CA1B1 cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC lần điểm A2, B2 C2 , theo thứ tự(A2 A, B2 B, C2 C) Các điểm A3, B3 C3 điểm đối xứng với điểm A1, B1 C1 qua trung điểm cạnh BC, CA AB , theo thứ tự Chứng minh tam giác A2B2C2 A3B3C3 đồng dạng với Lời giải 32 Ta dùng góc định hướng modulo 1800 Góc định hướng hai A4 đường thẳng a, b kí hiệu (,a )b B3 A1 góc quay ngược chiều kim đồng C2 hồ từ a đến b, chẵng hạn ABC ta C5 A3 viết (,BA BC ) Ta biết B1 B2 O P đường tròn AB1C1 , BC1A1 B4 CA1B1 có điểm chung ta gọi B5 C1 C3 B P Gọi O tâm đường tròn A A5 ngoại tiếp tam giác ABC Chú ý A2 PB1C PC1 A PA1 B Các C4 đường thẳng A2P, B2P, C2P cắt đường tròn ABC lần A4, B4, C4 tương ứng Khi A4 A2 A PA2 A PC1 A ta A4OA 2 ; ABC ảnh A4B4C4 qua phép quay tâm O , góc quay Do (,AB4 )PC1 B4 AB AC1P – = suy AB4//PC1 Gọi C5 giao điểm PC1 với A4B4 , định nghĩa A5, B5 tương tự Do B4C5 P A4 B4 A AB4C5C1 hình thang cân với BC3 = AC1 = B4C5 Tương tự AC3 = A4C5 suy C3 ảnh C5 qua phép quay Tương tự ta B3 ảnh B5 A3 ảnh A5 qua phép quay Do A3 B3C3 A5 B5C5 Ở ta chứng minh C A5 B5C5 A2 B2C2 Ta có A4 B5 P B4C5 P dẫn đến P nằm đường tròn A4B5C5 Một cách tương tự, P nằm đường tròn C4A5B5 Do A2 B2C2 A2 B2 B4 B4 B2C2 A2 A4 B4 B4C4C2 = PA4C5 A5C4 P PB5C5 A5 B5 P A5 B5C5 Và tương tự cho góc lại ta điều cần chứng minh Bài 10) (SER 2006, IMO) Gán cho cạnh b đa giác lồi P giá trị diện tích lớn tam giác có b cạnh nằm P Chứng minh tổng tất số gán cho cạnh P lớn hai lần diện tích P Lời giải Gọi Si diện tích gán cho cạnh AiAi+1 đa giác lồi P = A1….An có diện tích S Chúng ta bắt đầu cách chứng minh mệnh đề Bổ đề: Ít diện tích S1, S2, …., Sn không nhỏ 2S/n 33 Chứng minh: Ta mệnh đề với n chẵn Trường hợp n lẻ xem trường hợp suy biến 2n- giác A1A’1…AnA’n , A’i trung điểm AiAi+1 A m+2 A m+3 A m+1 P1 O X P1 A1 A2 A3 Với n = 2m Ở i = 1, 2, …, m, kí hiệu Ti diện tích miền Pi chứa cạnh đa giác lồi giới hạn đường chéo AiAm+i , Ai 1 Am i 1 cạnh Ai Ai 1 , Am i Am i 1 Chúng ta ý miền Pi bị chứa toàn thể đa giác lồi Nếu X điểm bên đa giác lồi Không tính tổng quát, giả sử X nằm bên trái tia A1Am+1 X nằm bên phải tia Am+1A1, tồn k để X nằm bên trái tia AkAk+m nằm bên phải tia Ak+1Ak+m+1 , tức X Pk Vì T1 + T2 + +Tm S nên có ti không nhỏ 2S 2S , giả sử T1 n n Gọi O giao điểm A1Am+1 A2Am+2 không tính tổng quát ta giả sử S AA O S A A O A1O OAm 1 ta có: m 1 m 2S Bổ đề chứng minh n S 2m Dùng phản chứng Nếu ngược lại tức i ta chọn số hữu tỉ qi i S N S với N = m1 m2 mn cho qi i Ở ý đến đa giác lồi suy biến S S1 S A1 A2 Am2 S A1 A2O S A1 Am2O S A1 A2O S Am1 Am2O T1 thành N-giác lồi chia cạnh AiAi+1 thành mi đoạn với i Ứng dụng bổ đề ta có S Si S tức i qi với i, mâu thuẫn Vậy S mi N dấu đẳng thức xảy đa giác lồi P có tâm đối xứng n S i 1 i 2S , 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 tam giác ABC, đường phân giác góc BCA cắt đường tròn ngoại tiếp lần R, cắt đường trung trực cạnh BC P, cắt đường trung trực cạnh AC Q.Ở trung điểm cạnh BC K, trung điểm cạnh AC L Chứng minh tam giác RPK RQL có diện tích 34 Lời giải O tâm đường tròn ngoại tiếp ABC Ta có CPK CQL C L Q Do K O S RPK RP.PK PKC S RQL RQ.QL QLC PK PC QL QC Khi ROC cân OPR OQC ROQ COP P B A RQ = PC Do S RPK 1 S RQL R Bài 2)(CAN 2007) Cho tam giác cân ABC, AB = AC Gọi M trung điểm cạnh BC X điểm cung nhỏ MA đường tròn ngoại tiếp ABM Gọi T điểm miền góc BMA cho TMX 900 TX = BX Chứng minh MTB CTM không phụ thuộc vào X Lời giải Gọi Y trung điểm BT MY//CT TY XY A Do T,Y, M, X nằm đường tròn Vậy MTB CTM MXY YMT MXY TXY O T = MXY YXB MXB MAB Y X B C M Bài 3)(UKR 2007) Hai đường chéo hình thang ABCD cắt P Điểm Q nằm hai đường thẳng song song BC AD cho AQD CQB điểm P, Q nằm hai bên đường thẳng CD Chứng minh BQP DAQ Lời giải X điểm đường thẳng PQ cho B C X XC//AQ P Q A D XC CP BC BCX AQ PA AD DAQ Do DAQ BCX BXC DQA BQC suy B, C, Q, X nằm đường tròn Suy BCX BQX BQP Vậy BQP DAQ 35 Bài 4)(IMO 2007 LUX) Cho điểm A, B, C, D E cho ABCD hình bình hành BCED tứ giác nội tiếp Đường thẳng d qua A cắt phần đoạn DC F cắt đường thẳng BC G Giả sử EF = EG = EC Chứng minh d phân giác góc DAB Lời giải Gọi K L trung điểm CF CG C L B G tương ứng EK CF EL CB Khi K KL đường thẳng Simson tam giác F E BCD cắt BD M EM BD M Ta có KL//d KL qua trung điểm cạnh CA ACG nên KL qua giao điểm hai đường d chéo hình bình hành ABCD MB = MD A D BED cân Từ DEB KEL ta có EK = EL suy CF = CG Do DAF FGC GFC FAB Bài 5)(GBR 2007) Cho ABC tam giác cố định gọi A1, B1, C1 trung điểm cạnh BC, CA, AB tương ứng P điểm đường tròn ngoại tiếp Đường thẳng PA1, PB1, PC1 cắt đường tròn ngoại tiếp lần A’, B’, C’ tương ứng Giả sử điểm A, B, C, A’, B’, C’ phân biệt đường thẳng AA’, BB’, CC’ cắt tạo thành tam giác Chứng minh diện tích tam giác không phụ thuộc vào điểm P Lời giải Gọi A0, B0,C0 giao điểm với B0 C0 AA ' BB ', B0 AA ' CC ' A0 BB ' CC ' A Áp dụng định lí Pascal từ điểm APCC’BA’ cho B0 A1C1 , tương tự C0 A1 B1 , A0 B1C1 B' C' C0 A0 C1 B A1 C0 B0 C0 A1 (1) C0 A C0 B1 C A CB Từ BA1//B1A0 ta có (2) C0 B1 C0 A0 CB CB Từ (1) (2) suy 0 hay C0 A C0 A0 C0 B0 C0 A0 C0 A.C0 B S A0 B0C0 S ABC0 Từ B0A1//AB1 ta có B1 A' C P Mặt khác S ABC S ABB (vì A1B1//AB) Do S A B C S ABB S ABC 0 36 Bài 6)(USA 2007) Cho ABCD tứ giác lồi điểm A1, B1, C1, D1 cạnh AB, BC, CD DA tương ứng Xét diện tích tam giác AA1D1, BB1A1, CC1B1 DD1C1; gọi S tổng hai diện tích nhỏ S1 diện tích tứ giác A1B1C1D1 Tìm số thực dương k nhỏ thỏa mãn bất đẳng thức kS1 S với tứ giác lồi ABCD Lời giải Ta chứng minh S1 S tức k Bổ đề: Nếu X’, Y’ Z’ điểm cạnh YZ, ZX, XY tam giác XYZ S X 'Y ' Z ' S XY ' Z ' , SYZ ' X ' , S ZX 'Y ' X Z' X Y' Y' Y1 Q Z1 Y X1 Y1 Z1 Z' Z X' Y X1 Z X' Chứng minh: Kí hiệu X1, Y1, Z1 trung điểm YZ, ZX, XY Nếu hai điểm X’, Y’, Z’ thuộc tam giác XY1Z1, YZ1X1, ZX1Y1 mệnh đề chứng minh Ta cần chứng minh, Y’, Z’ XY1Z1 Y’Z’ cắt đường cao từ X đến YZ Q tam giác XY1Z1 Do d(X, Y’Z’) d(X, Y1Z1) = d(X’, Y’Z’) suy S XY ' Z ' S X 'Y ' Z ' d(X, YZ) Bây không tính tổng quát giả sử X’ (X1Z), Y’ (Y1X), Z’ (Z1Y) d(Z’,X’Y’)> d(Z1, X’Y’) S Z ' X 'Y ' S Z X 'Y ' Tương tự S X 'Y ' Z S X 'Y Z Do 1 1 S X 'Y1Z1 S X1Y1Z1 ta có S X 'Y ' Z ' S X1Y1Z1 S XYZ suy S X 'Y ' Z ' S XY ' Z ' , SYZ ' X ' , S ZX 'Y ' Bây trở lại toán S A1B1C1 S A1BB1 , S B1CC1 S A1C1D1 SC1DD1 , S D1 AA1 Xem cố định S A B D SB C D Không tính tổng quát giả sử 1 1 S A1B1C1 S A1BB1 , S B1CC1 S A1C1D1 SC1DD1 , S D1 AA1 Giả sử S A1B1C1 S A1B1D1 đường thẳng C1D1 cắt tia BC U Các đường thẳng AB CD không cắt điểm 37 A1 A M V C B B1 D1 C1 D U N C1 B1 B C D A D1 Một đường thẳng qua C1 cắt tia BA BC M N có SC B N S A B C S A BB S Theo bổ đề S MA C S A B C Đây 1 1 1 A1B1C1 1 1 cho S MA C lớn tùy ý Do C1D1 cắt tia BA V Áp dụng bổ đề vào VBU cho ta S A B C SVA C S A C D vô lí Ta k = số dương tốt xét trường hợp suy biến thành tam giác ACD , D1, C1 trung điểm AD CD, B = A1 = B1 trung điểm AC 1 1 1 1 1 Bài 7)(IRN 2007) Cho tam giác nhọn ABC với góc , ứng với đỉnh A, B, C tương ứng cho Gọi I tâm đường tròn nội tiếp R bán kính đường tròn ngoại tiếp Điểm D chân đường cao từ đỉnh A Điểm K nằm đường thẳng AD cho AK = 2R D nằm A K Đường thẳng DI KI cắt cạnh AC BC E F tương ứng Chứng minh IE = IF 3 Lời giải Ta chứng minh KID Gọi AA’ đường kính đường tròn ngoại tiếp (k) tam giác ABC Gọi M giao điểm AI với (k) Khi A’M MA, ta có K, M A’ thẳng hàng Gọi A1, B1 X chân đường vuông góc kẻ từ I đến BC, CA AD Ở XIB1 A’MB (theo trường hợp góc nhau) Vì MB = MC = MI ta có A E X B KID XIM ()XID KIM B1 = XIM 900 1800 AA ' M 900 MAA ' I D C F A1 K M IM BM IB1 XD (vì IA1 =XD) KM MA ' IX IX Do KIM IDX suy A' Bây giả sử IE = IF, A1 nằm đoạn FC C DIA1 EIB1 DIF FIA1 Từ có phương trình FIA1 38 3 suy 3 Bài 8) (POL 2007) Một điểm P nằm cạnh AB tứ giác lồi ABCD Gọi (w) đường tròn nội tiếp tam giác CPD gọi I tâm đường tròn nội tiếp Giả sử (w) tiếp xúc với đường tròn nội tiếp tam giác APD BPD K L tương ứng Đường thẳng AC BD cắt E đường thẳng AK, BL cắt F Chứng minh điểm E, I F thẳng hàng Lời giải Gọi J tâm đường tròn (k) tiếp xúc với đường thẳng AB, DA BC Gọi (a), (b) đường tròn nội tiếp ADP BCP Trước tiên ta chứng minh F IJ A tâm vị tự biến đường tròn (a) thành đường tròn (k), K tâm vị tự biến đường tròn (a) thành (w) F* tâm vị tự biến (w) thành (k) Theo định lí Đề-Sac ta có A, K, F* thẳng hàng (k) C Tương tự chứng minh F* BL Do F F* F IJ Bây ta chứng minh E IJ Kí hiệu X, (w) Y tâm vị tự biến (a), (b) thành (w) Dựa J D vào tính chất tiếp tuyến từ A, B, C, D F (b) I đường tròn (k) (a) ta có AP + DC = AD + PC L K E Do tồn đường tròn(d) nội tiếp APCD X (a) B tâm vị tự biến (a) thành (w) P A Áp dụng định lí Đề-Sac ta có A, C X thẳng hàng Xét đường tròn (a), (w) (k) lần A tâm vị tự biến (a) thành (k) X tâm vị tự biến (a) thành (w) Do XA chứa tâm E*của phép vị tự biến (w) thành (k) Tương tự E* BX Do E* E Vậy E IJ VI Kết nghiên cứu: Đề tài gồm 40 toán hình học phẳng dịch từ tiếng Anh Các toán hình học nước đề nghị kì thi IMO từ 2003 đến 2007, làm tài liệu dạy bồi dưỡng cho học sinh giỏi Toán nhiều năm , phục vụ tốt cho việc bồi dưỡng học sinh giỏi Toán kì thi Olympic , kì thi chọn học sinh giỏi Tỉnh Quốc gia Qua nhiều năm dạy bồi dưỡng cho học sinh giỏi thấy thu kết tốt, em biết vận dụng tự tin việc giải toán hình học phẳng Góp phần đưa đội tuyển môn Toán tỉnh thi đạt giải Quốc gia năm học 2010-2011: 01 giải nhì 01 giải ba; năm học 2011-2012: 01 giải ba 02 giải khuyến khích; năm học 2012-2013: 01 giải ba 02 giải khuyến khích VII Kết luận: Chuyên đề: Vận dụng toán hình học phẳng đề nghị kì thi IMO từ 2003 đến 2007vào việc dạy bồi dưỡng học sinh giỏi Có tác dụng tích cực việc bồi dưỡng học sinh giỏi lĩnh vực giải toán hình học phẳng 39 Do nhu cầu tài liệu dạy bồi dưỡng cho học sinh giỏi nên mạnh dạn dịch từ tiếng Anh tiếng Việt, trình độ ngoại ngữ có hạn chế nên thiếu sót , mong Hội đồng khoa học thầy cô giáo góp ý để đề tài ngày hoàn thiện VIII Kiến nghị: Đối với tổ chuyên môn: Triển khai việc áp dụng đề tài dạy bồi dưỡng học sinh khối 10, 11 12 IX Tài liệu tham khảo: + Nguồn tiếng Anh từ Internet Tam Kỳ, ngày 02 tháng năm 2013 Người viết Phạm Hữu Hùng 40 MỤC LỤC I II III IV V Tên đề tài ……………………………………………… Đặt vấn đề……………………………………………… Cơ sở lí luận………………………………………………1 Cơ sở thực tiễn……………………………………………1 Nội dung nghiên cứu…………………………………… + Các toán hình học đề nghị kì thi IMO lần thứ 45 tổ chức Nhật Bản năm 2003…………… 1-16 + Các toán hình học đề nghị kì thi IMO lần thứ 46 tổ chức Hy Lạp năm 2004…… .16-22 + Các toán hình học đề nghị kì thi IMO lần thứ 47 tổ chức Mexico năm 2005…… 22-27 + Các toán hình học đề nghị kì thi IMO lần thứ 48 tổ chức Slovenia năm 2006………………27-34 + Các toán hình học đề nghị kì thi IMO lần thứ 48 tổ chức Việt Nam năm 2007………………34-39 VI Kết nghiên cứu………………………………………39 VII Kết luận ………………………………………………….39 VIII Kiến nghị ……………………………………………… 39 IX Tài liệu tham khảo……………………………………… 39 41 CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập - Tự - Hạnh phúc PHIẾU ĐÁNH GIÁ, XẾP LOẠI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Năm học 2012 – 2013 I.Đánh giá, xếp loại 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 tên tác giả : Phạm Hữu Hùng 3.Chức vụ : Tổ trưởng Tổ : Toán 4.Nhận xét chủ tịch HĐKH đề tài a) Ưu điểm : …………………………………………………………………… …………………………………………………………………………………… ………………………………………………………… ………………………… ………………………………………………… ………………………………… ………………………………………… ……………………………………… b) Hạnchế:…………………………………………………………………… …………………………………………………………………………………… …………………………………………………………………………………… 5.Đánh giá xếp loại: Sau thẩm định, đánh giá xếp loại đề tài trên, HĐKH Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm, thống xếp loại: ………………………… Những người thẩm định: Chủ tịch HĐKH (ký, ghi rõ họ tên) (Ký, đóng dấu, ghi rõ họ tên) …………………………… …………………………… ………………………… II Đánh giá, xếp loại HĐKH Sở GD&ĐT Quảng Nam Sau thẩm định, đánh giá đề tài trên, HĐKH Sở GD&ĐT Quảng Nam thống 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 toán hình học phẳng đề nghị kì thi IMO từ 2003 đến 2007 vào việc dạy bồi dưỡng học sinh giỏi” Họ tên tác giả: Phạm Hữu Hùng Đơn vị: Tổ Toán , Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm Điểm cụ thể: Nhận xét người đánh Điểm Điểm Phần giá, xếp loại đề tài tối đa đạt 1.Tên đề tài 2.Đặt vấn đề 3.Cơ sở lý luận 4.Cơ sở thực tiễn 5.Nội dung nghiên cứu 6.Kết nghiên cứu 7.Kết luận 8.Đề nghị 9.Phụ lục 10.Tài liệu tham khảo 11.Mục lục 12.Phiếu đánh giá,xếp loại Thể thức văn bản, tả 1 Tổng cộng 20 đ Căn số điểm đạt được, đề tài xếp loại : Người đánh giá xếp loại đề tài: (ký, ghi rõ họ tên ) 43 44 [...]... R 3r 2 1 R r 1 R r 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... BC + AD 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... N-giác lồi chia cạnh AiAi+1 thành mi đoạn bằng nhau với mỗi i Ứng dụng bổ đề ta có S Si 2 S tức là i qi với mọi i, mâu thuẫn Vậy S mi N dấu đẳng thức xảy ra nếu và chỉ nếu đa giác lồi P có tâm đối xứng n S i 1 i 2S , 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... miền trong tứ giác ABCD và thỏa mãn PBC DBA và PDC BDA Chứng minh rằng tứ giác ABCD nội tiếp trong đường tròn khi và chỉ khi AP = CP Lời giải A A B p K P D B F P 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 tròn tại E và F Từ giả thi t suy ra CE AD, FC AB Suy ra BF//AC và DE//AC BFED và BFCA là hình thang cân và P = BE DF nằm trên các. .. y z p ()()() DEF x y z p DEF 3 2 1 3 Vì x + y + z = p(DE F) và cos cos cos 2 2 CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC ĐƯỢC ĐỀ NGHỊ TRONG KÌ THI IMO LẦN THỨ 47 TỔ CHỨC TẠI SLOVENIA NĂM 2006 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 Chứng minh rằng AP AI và dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi P ... AM tức Mặt khác AM DC BM BN ' BM AN ' B AN ' P PN ' B AMD BMC 1800 AMB N’ nằm trên đường tròn ngoại tiếp AMB Suy ra N’ N Suy ra 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... 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... 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 BEA1 và AEB1 Lời giải 1 A1B1 cắt CJ tại K thì JK//C1D và JK = C1D , ta có DC1 JK JB1 C1 J C1 J JB1 JC JC do đó các tam giác vuông DC1J và C1JC đồng dạng , suy ra CC1 DJ E CC1 Các điểm A1, B1... E A B D C1 Lời giải 2 Các đường thẳng JA1, JB1, JC1 là tiếp tuyến các đường tròn đường kính A1B, AB1, C1D Do đó JA12 JB12 JC12 JD.JE suy ra E nằm trên hai đường tròn đường kính A1B và AB1 AEB1 900 và A1 EB 900 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... K F A E N I L D M 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 P là đỉnh thứ tư của hình thoi C2A1A2P Khi đó C2PC1 đều Ta chứng minh B1B2C1P là hình B1 A2 thoi Thật vậy PB1A2 ... R 3r R r R r 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 ... nằm đường tròn ngoại tiếp AMB Suy N’ N Suy 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 =... + y + z = p(DE F) cos cos cos 2 CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC ĐƯỢC ĐỀ NGHỊ TRONG KÌ THI IMO LẦN THỨ 47 TỔ CHỨC TẠI SLOVENIA NĂM 2006 Bài 1) ( IMO 2006, KOR) ABC tam giác ngoại tiếp đường