Bài giảng IMO 2

Aristoteles (tiếng Hy Lạp cổ đại: Ἀριστοτέλης aristotélɛːs, Aristotélēs; phiên âm trong tiếng Việt là Aritxtốt; 384 – 322 TCN)1 là một nhà triết học và bác học thời Hy Lạp cổ đại, học trò của Platon và thầy dạy của Alexandros Đại đế. Di bút của ông bao gồm nhiều lĩnh vực như vật lý học, siêu hình học, thi văn, kịch nghệ, âm nhạc, luận lý học, tu từ học (rhetoric), ngôn ngữ học, Kinh tế học, chính trị học, đạo đức học, sinh học, và động vật học. Ông được xem là người đặt nền móng cho môn luận lý học, và được mệnh danh là Cha đẻ của Khoa học chính trị. Ông cũng thiết lập một phương cách tiếp cận với triết học bắt đầu bằng quan sát và trải nghiệm trước khi đi tới tư duy trừu tượng. Cùng với Platon và Socrates, Aristoteles là một trong ba trụ cột của văn minh Hy Lạp cổ đại.

Bài tập ôn đội tuyển IMO năm 2014 Nguyễn Văn Linh Số Bài Cho hai đường tròn (O1 ) (O2 ) tiếp xúc với đường tròn (O) A, B Từ A kẻ hai tiếp tuyến t1 , t2 tới (O2 ), từ B kẻ hai tiếp tuyến l1 , l2 tới (O1 ) cho t1 l1 nằm phía với đường thẳng AB Gọi X, Y giao điểm t1 l1 , t2 l2 Chứng minh tứ giác AXBY ngoại tiếp X B L A I O1 O2 Y O Chứng minh Trước tiên ta phát biểu không chứng minh bổ đề quen thuộc Bổ đề (Định lý Monge-D’Alembert) Cho ba đường tròn C1 (O1 , R1 ), C2 (O2 , R2 ), C3 (O3 , R3 ) phân biệt mặt phẳng Khi tâm vị tự ngồi cặp đường tròn (C1 , C2 ), (C2 , C3 ), (C3 , C1 ) thuộc đường thẳng Hai tâm vị tự hai ba cặp đường tròn tâm vị tự ngồi cặp đường tròn lại thuộc đường thẳng Trở lại toán Gọi O1 , O2 , O tâm γ, δ, ω AO2 giao BO1 I Gọi α1 đường tròn tâm I tiếp xúc với AX, AY ; α2 đường tròn tâm I tiếp xúc với BX, BY OI giao AB L Áp dụng bổ đề cho đường tròn δ, ω, α1 ta có A tâm vị tự α1 δ, B tâm vị tự δ ω, suy tâm vị tự α1 ω nằm AB hay L tâm vị tự α1 ω Chứng minh tương tự L tâm vị tự α2 ω Từ α1 ≡ α2 hay tứ giác AXBY ngoại tiếp Bài Với kí hiệu 1, gọi M, N giao AX, AY với (O1 ), P, Q giao BX, BY với (O2 ) Gọi (I1 ), (I2 ) đường tròn mixtilinear incircle ứng với đỉnh A B tam giác AM N BP Q Chứng minh (I1 ) (I2 ) có bán kính X M A K I1 O1 P B H T I2 I O2 Q N Y O Chứng minh Gọi K, H tiếp điểm (I1 ) với (O1 ), (I2 ) với (O2 ); T giao O1 O2 với AB Áp dụng định lý Monge-D’Alembert cho đường tròn (O1 ), (I1 ), (I) suy A, K, B thẳng hàng Tương tự suy A, K, H, B thẳng hàng Theo tứ giác AXBY ngoại tiếp đường tròn (I) Do R(I1 ) = R(I2 ) I1 I2 AB II1 II2 = (1) Điều tương đương I2 B I1 A II2 HB O2 A II2 HA O2 I OO2 O2 I Theo định lý Menelaus, · · = suy = · = · I2 B HA O2 I I2 B HB O2 A O2 B O2 A II2 OO1 O1 I Tương tự, = · I1 A O1 A O1 B OO2 O2 I OO1 O1 I Như (1) tương đương · = · O2 B O2 A O1 A O1 B OO2 O1 A O1 I O2 A TA Hay · = · , O2 B OO1 O1 B O2 I TB Bài toán chứng minh Bài Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) AC giao BD E Gọi (I) đường tròn tiếp xúc với tia EA, ED tiếp xúc với (O) L M điểm cung AD không chứa B, C Gọi I1 , I2 tâm đường tròn nội tiếp tam giác M AC, M BD Chứng minh I1 , I2 , M, L thuộc đường tròn C N B E P H O K I1 I2 I D A M L Chứng minh Gọi K, H tiếp điểm (I) với AC, BD KL, HL giao (O) lần thứ hai P, N P, N điểm cung AC, BD Do M, I1 , P M, I2 , N Bằng phép cộng góc đơn giản suy P N vng góc với phân giác ∠AED hay P N KH PK NH P K.P L N H.N L Từ = hay = PL NL P L2 N L2 P A2 N D2 P I1 N I2 Suy = hay = P L2 N L2 PL NL Ta thu LP I1 ∼ LN I2 (c.g.c), ∠LI1 P = ∠LI2 N hay L, I1 , I2 , M thuộc đường tròn Bài Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) L điểm cung BC khơng chứa A Chứng minh đường tròn A-mixtilinear nội tiếp tam giác ABC, đường tròn L-mixtilinear nội tiếp tam giác LAB, LAC có chung tiếp tuyến A F N M E R O J1 I I1 J2 Q J I2 C B K L Chứng minh Gọi (J), (J1 ), (J2 ) đường tròn A-mixtilinear nội tiếp tam giác ABC, đường tròn L-mixtilinear nội tiếp tam giác LAB, LAC; l tiếp tuyến chung (J1 ) (J2 ), cắt (O) E F Gọi I, I1 , I2 tâm đường tròn nội tiếp tam giác LEF, LAB, LAC Gọi M, N tiếp điểm (J1 ), (J2 ) với l, R tiếp điểm (J1 ) với AL Theo định lý Sawayama-Thebault, I nằm J1 J2 M R, I1 R ⊥ J1 L Dễ thấy ∠M IN = 90◦ Gọi Q giao điểm thứ hai đường tròn đường kính M N với J1 J2 Do J1 M tiếp tuyến (M N ) nên J1 I1 J1 L = J1 R2 = J1 M = J1 Q.J1 I Suy I1 nằm (QIL) Tương tự I2 nằm (QIL) Tức I, I1 , I2 , L thuộc đường tròn Gọi K tiếp điểm (J) với (O) Áp dụng toán cho tứ giác AABC suy I1 , I2 , L, K thuộc đường tròn Do lại áp dụng toán cho tứ giác AF CE ta có (LII2 ) qua tiếp điểm K đường tròn tiếp xúc với EF, AC (O) Mà qua điểm K có đường tròn tiếp xúc với AC tiếp xúc với (O), suy (J) tiếp xúc với EF Ta có đpcm Bài Cho hai đường tròn (O1 ) (O2 ) giao hai điểm A, B Gọi M điểm cung AB (O1 ) cho M nằm (O2 ) Dây cung M P (O1 ) cắt (O2 ) Q cho Q nằm (O1 ) Gọi l1 , l2 tiếp tuyến (O1 ) P (O2 ) Q Chứng minh tam giác tạo giao điểm đường thẳng l1 , l2 , AB tiếp xúc với (O2 ) (APMO 2014) Chứng minh Cách S A O1 O2 M Q T B X N P I Z Y Gọi T giao P M AB, S giao điểm thứ hai P M với (O2 ) X, Y, Z giao cặp đường thẳng (AB, l2 ), (l1 , l2 ), (AB, l1 ) ZS cắt (O2 ) N Ta có PY tiếp tuyến (O1 ) nên ∠Y P M = ∠P AM = ∠P T Z Suy ZP = ZT Do Z thuộc trục đẳng phương (O1 ) (O2 ) nên ZT = ZP = ZN.ZS hay ZT tiếp tuyến (T N S) Ta thu ∠XT N = ∠QSN = ∠XQN hay N ∈ (XQT ) Lại có ∠T N S = ∠AT S = ∠T P Z nên N ∈ (T P Z) Suy N điểm Miquel tứ giác toàn phần P T ZQXY hay N ∈ (XY Z) Gọi I tâm (XY Z) Ta có ∠ZN I = 90◦ − ∠N Y Z = 90◦ − ∠N T S = ∠O2 N S, suy O2 , N, I thẳng hàng Từ có đpcm Cách A O1 O2 M Q N B Y P X Z Gọi N giao P M AB, X, Y, Z xác định hình vẽ Áp dụng định lý Casey cho đường tròn (O2 ), (X, 0), (Y, 0), (Z, 0) ta có (XY Z) tiếp xúc với (O2 ) XP.Y Z = XY.QZ + QY.XZ (1) Chú ý XP = XN Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác XY Z với đường thẳng (P, Q, N ) P X QZ N Y suy · · = P Z QY N X QZ N X − XY Hay · = 1, tương đương với (1) Ta có đpcm QY P X + XZ Bài Cho đường tròn (O) ngoại tiếp tam giác ABC Một đường tròn ω tiếp xúc với cạnh AB, AC L, K tiếp xúc ngồi với (BOC) Chứng minh LK chia đơi AI với I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC N A K L M O E I C B Chứng minh Gọi E giao điểm thứ hai AC với (BOC) Ta có ∠BEA = 180◦ − ∠BEC = 180◦ − ∠BOC = 180◦ − 2∠BAC Do tam giác AEB cân E Suy OE trung trực đoạn thẳng AB OE giao CI điểm M cung AB Do ω đường tròn Thebault tam giác BEC ứng với đường thẳng BA M tâm đường tròn bàng tiếp góc C tam giác BEC nên M, L, K thẳng hàng Tương tự gọi N điểm cung AC N, L, K thẳng hàng Mà M N trung trực đoạn thẳng AI nên LK chia đôi AI Bài (All-Russian MO 2013) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), ngoại tiếp đường tròn (I) Gọi X, Y giao điểm (BIC) (I), Z tâm vị tự (I) (BIC) Chứng minh (XY Z) tiếp xúc với (O) Chứng minh Cách M A Z O K H I Y L N X T B C F Gọi F giao AI với (O), T tâm vị tự (O) (I), K tâm (XY Z) ZI TI r YI XI Ta có = = = = nên X, Y, Z, T nằm đường tròn Apollonius ZF TF R YF XF r đoạn thẳng EF ứng với tỉ số , nói cách khác đường tròn Apollonius tam giác IY F R Tâm K (XY ZT ) giao tiếp tuyến Y (IY F ) với IF Suy ∠KY I = ∠IF Y Ta thu ∠KY F + ∠IY F = ∠IF Y + 2∠IY F = 180◦ , suy Y F phân giác ∠KY I FI IY Nghĩa = hay F tâm vị tự (I) (XY Z) FK KI Kẻ tiếp tuyến F N, F H tới (XY Z), F N, F H cắt (O) L, M Do (ZT IF ) = −1 nên theo hệ thức Newton ta có KN = KT = KI.KF , suy I hình chiếu N KF , nghĩa I trung điểm N H Theo định lý Poncelet, (I) đường tròn nội tiếp tam giác LF M nên áp dụng bổ đề Sawayama suy (XY Z) đường tròn mixtilinear nội tiếp tam giác F LM , hay (XY Z) tiếp xúc với (O) Cách A Z Y I X O T B C F J Gọi T giao đoạn thẳng IF với (I), J điểm đối xứng với I qua F ZT r ZI Ta có = = ZJ R ZF Suy ZT.ZF = ZJ.ZI Theo hệ thức Maclaurin ta thu (ZT IJ) = −1 Từ theo hệ thức Newton, F I = F T.F Z Xét phép nghịch đảo IFR : (ABC) → BC, X → X, Y → Y, Z → T Do (XY Z) → (I) (I) tiếp xúc với BC nên (XY Z) tiếp xúc với (O) Bài Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), ngoại tiếp đường tròn (I) Một đường tròn ω qua I tiếp xúc với (O) cắt đoạn thẳng IB, IC J1 , J2 Gọi (J1 ), (J2 ) đường tròn tâm J1 , J2 tiếp xúc với cặp cạnh BA, BC CA, CB Chứng minh ω, (J1 ), (J2 ) có chung tiếp tuyến A Y I J2 Z J1 B C J3 Chứng minh Bài toán hệ Mathley 3-P4 Gọi giao điểm tiếp tuyến chung khác BC (J1 ) (J2 ) với AC, AB Y, Z ZJ1 giao Y J2 J3 , ta có J3 tâm đường tròn bàng tiếp góc A tam giác AY Z, suy ∠J2 J3 J1 = 90◦ − ∠BAC = 180◦ − ∠J2 IJ1 Do J3 ∈ (J1 J2 I) Từ áp dụng toán Mathley 3-P4 cho tam giác J1 J2 J3 ta có J3 A, J1 B, J2 C giao I nằm (J1 J2 J3 ), (ABC) tiếp xúc với (J1 J2 J3 ), đường thẳng đối xứng với AB qua J3 J1 , với AC qua J3 J2 Y Z nên Y Z tiếp tuyến (J1 J2 J3 ) Ta có đpcm ... R(I1 ) = R(I2 ) I1 I2 AB II1 II2 = (1) Điều tương đương I2 B I1 A II2 HB O2 A II2 HA O2 I OO2 O2 I Theo định lý Menelaus, · · = suy = · = · I2 B HA O2 I I2 B HB O2 A O2 B O2 A II2 OO1 O1 I Tương... tự, = · I1 A O1 A O1 B OO2 O2 I OO1 O1 I Như (1) tương đương · = · O2 B O2 A O1 A O1 B OO2 O1 A O1 I O2 A TA Hay · = · , O2 B OO1 O1 B O2 I TB Bài toán chứng minh Bài Cho tứ giác ABCD nội tiếp... I1 , P M, I2 , N Bằng phép cộng góc đơn giản suy P N vng góc với phân giác ∠AED hay P N KH PK NH P K.P L N H.N L Từ = hay = PL NL P L2 N L2 P A2 N D2 P I1 N I2 Suy = hay = P L2 N L2 PL NL Ta