bai giang imo 6

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 2015

Nguyễn Văn Linh

Số 6

Bài 1 Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp Chứng minh rằng trung trực của các cạnh AB, BC, CD, DA cắt nhau tạo thành một tứ giác ngoại tiếp

N M

J E

A 1

D 1

C 1 B 1

C D

A

B

I

Chứng minh Gọi A1B1C1D1 là tứ giác tạo bởi giao điểm các trung trực của AB, BC, CD, DA Gọi E là giao của AD và BC, (J ) là đường tròn nội tiếp tam giác ABE Kẻ tiếp tuyến của (J ) song song với CD, cắt EA, EB lần lượt tại M, N

Ta có tứ giác AJ BI nội tiếp nên ∠EAJ = ∠JAB = ∠JIB Suy ra 4EAJ ∼ 4EIB

Suy ra EA

EI =

EJ

EB hay EI · EJ = EA · EB.

Mặt khác, ∠EID = 90◦+ 1

2∠BCD = 90◦+1

2∠EN M = ∠EN J

Suy ra 4EID ∼ 4EN J Ta thu được EI

EN =

ED

EJ hay EI · EJ = EN · ED.

Suy ra EA · EB = EN · ED hay EA

ED =

EN

EB Vậy AN k BD.

Do A1, C1 lần lượt là tâm ngoại tiếp các tam giác ADB, CDB nên A1C1 ⊥ BD hay A1C1⊥ DN

Mà C1D1 ⊥ DC nên C1D1 ⊥ M N và lại có D1A1 ⊥ AM nên 4D1A1C1∼ 4M AN

Chứng minh tương tự suy ra tứ giác A1B1C1D1 đồng dạng tứ giác ABN M Mà tứ giác ABN M ngoại tiếp nên A1B1C1D1 ngoại tiếp

Bài 2 Cho tứ giác nội tiếp ABCD Một đường tròn bất kì qua C, D cắt AD, AC tại A1, A2, cắt

BC, BD tại B1, B2 Một đường tròn bất kì qua A, B cắt CB, CA tại C1, C2, cắt DA, DB tại D1, D2

Chứng minh rằng các đường thẳng A1A2, B1B2, C1C2, D1D2 cắt nhau tạo thành một tứ giác ngoại tiếp

P

Q

M

N

D 1

C 1

A 1

B 2

A 2

B 1

C 2

D 2 A

D

B

C

Chứng minh Gọi M N P Q là tứ giác tạo bởi giao điểm của A1A2, B1B2, C1C2, D1D2

Do các tứ giác ABCD và ABC2D2 nội tiếp nên C2D2k CD, tương tự D1C1 k DC

Từ đó suy ra D2C2C1D1 là hình thang cân, ta thu được P C1D1 là tam giác cân

Chứng minh tương tự suy ra các tam giác QA1D1, M A1B2, N C1B2 cân

Suy ra M N + P Q = M B2+ B2N + P D1+ D1Q = M A1+ N C1+ P C1+ QA1 = M Q + N P Vậy

tứ giác M N P Q ngoại tiếp

Bài 3 (Nguyễn Văn Linh) Cho tứ giác A0B0C0D0 Gọi A, C lần lượt là hình chiếu của A0, C0 trên

B0D0; B, D lần lượt là hình chiếu của B0, D0 trên A0C0 Chứng minh rằng tứ giác A0B0C0D0 ngoại tiếp khi và chỉ khi tứ giác ABCD ngoại tiếp

D'

B'

C'

A' E D

C B A

Chứng minh Dễ thấy các tứ giác AA0DD0, ABB0A0, BB0CC0, DCC0D0 nội tiếp đường tròn đường kính

A0D0, A0B0, B0C0, C0D0

Đặt ∠AA0B = ∠AB0B = ∠AD0D = ∠BC0C = α Theo định lý hàm số sin, AD = A0D0sin ∠AD0D =

A0D0sin α, BC = B0C0sin ∠BC0C = B0C0sin α Suy ra AD + BC = sin α(A0D0 + B0C0) Tương tự

AB + CD = sin α(A0B0 + C0D0) Từ đó tứ giác A0B0C0D0 ngoại tiếp khi và chỉ khi A0B0 + C0D0 =

A0D0+ B0C0 khi và chỉ khi AB + CD = AD + BC hay tứ giác ABCD ngoại tiếp

Bài 4 (Đào Thanh Oai) Cho tứ giác ngoại tiếp ABCD AC giao BD tại E Một đường tròn ω có tâm E bất kì Các đường đối cực của A, C ứng với ω cắt BD tại A0, C0 Các đường đối cực của B, D ứng với ω cắt AC tại B0, D0 Chứng minh rằng tứ giác A0B0C0D0 ngoại tiếp

Chứng minh Cách 1

V

U

Q

C'

A'

B'

D'

Z

X Y T E

D

C P

B

Gọi X, Y, Z, T là các điểm liên hợp của A, B, C, D ứng với ω Suy ra B0C0Y Z nội tiếp đường tròn đường kính B0C0

Ta có EY.EB = EZ.EC nên BY ZC nội tiếp Từ đó B0C0 k BC Tương tự suy ra hai tứ giác ABCD và A0B0C0D0 có cạnh tương ứng song song Từ đó ta có thể chọn ω sao cho A ≡ D0, D ≡ A0 Gọi M, P, Q là tiếp điểm của đường tròn (I) nội tiếp tứ giác ABCD với AB, CD, DA M P cắt

AC0, DB0 lần lượt tại U, V

Do AC0 k DC nên ∠AUM = ∠MP D = ∠AMU, suy ra AM = AU = AQ Tương tự, DP =

DV = DQ Gọi R là giao của AC0 và DB0 suy ra RU = RV = AR + DR − AD

2 Vậy U, V là tiếp điểm của đường tròn (J ) nội tiếp tam giác ARD với AR, DR Như vậy (J ) tiếp xúc với AC0, DB0, AD lần lượt tại U, V, Q Mặt khác, AC, BD, M P đồng quy nên AB0, DC0, U V đồng quy Áp dụng định lý Brianchon đảo cho lục giác AU C0B0V D suy ra C0B0 tiếp xúc với (J ) Vậy tứ giác AC0B0D ngoại tiếp hay A0B0C0D0 ngoại tiếp

Cách 2

A'

B'

D'

Z

X Y T E

D

C

B A

Gọi X, Y, Z, T lần lượt là điểm liên hợp với A, B, C, D ứng với ω Gọi r là bán kính của ω Ta có

EA · EX = EB · EY = EC · EZ = ED · ET = r2 nên phép nghịch đảo IEr2 : A 7→ A0, B 7→ B0, C 7→

C0, D 7→ D0 Do đó A0B0C0D0 là tứ giác ngoại tiếp (xem []) Áp dụng bài toán 3 suy ra đpcm

Bài 5 Cho tứ giác lưỡng tâm ABCD có tâm đường tròn ngoại tiếp là O Gọi E, F lần lượt là giao điểm của AB và CD, AD và BC Chứng minh rằng tồn tại một đường tròn tâm O tiếp xúc với bốn đường tròn ngoại tiếp các tam giác EAD, EBC, F AB, F CD

Chứng minh Trước tiên ta phát biểu một bổ đề

Bổ đề 1 Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O), ngoại tiếp đường tròn (I) AC giao BD tại P Khi đó O, I, P thẳng hàng

Chứng minh

L

B 1

D 1

C 1

A 1

P

D

C

A

O I

B

Gọi A1, B1, C1, D1 lần lượt là giao điểm của AI, BI, CI, DI với (O) Bằng một số phép cộng góc đơn giản dễ thấy A1C1 và B1D1 là các đường kính của (O)

Gọi L là giao điểm của A1B và D1C

Áp dụng định lý Pascal cho 6 điểm A1, B1, C1, D1, B, C suy ra I, O, L thẳng hàng

Lại áp dụng định lý Pascal cho 6 điểm A, B, C, D, A1, D1 suy ra I, P, L thẳng hàng Như vậy P nằm trên OI

Trở lại bài toán

L H

J

G

K

N M

F

Z

C

Y

B D

X

I A

Gọi M là điểm Miquel của tứ giác toàn phần ABCDEF Khi đó dễ thấy M nằm trên EF và

M, P, O thẳng hàng Áp dụng bổ đề trên suy ra M, P, O, I thẳng hàng

Từ M kẻ tiếp tuyến M K, M N tới (I) Từ O kẻ OH ⊥ M K, OL ⊥ M N Gọi X, Y, Z, T lần lượt là tiếp điểm của AB, BC, CD, DA với (I)

Theo kết quả quen thuộc, AC, BD, XZ, Y T đồng quy tại P

Do đó EF là đường đối cực của P với đường tròn (I) Suy ra P nằm trên đường đối cực của M với (I) hay P nằm trên KN

Theo định lý Brocard, P là trực tâm của tam giác OEF suy ra M P.M O = M E.M F

Mặt khác tứ giác ABCD nội tiếp nên bằng một số phép cộng góc đơn giản, phân giác các góc DEA và DF C vuông góc với nhau tại I Tức là tam giác EIF vuông tại I có IM là đường cao Ta thu được M E.M F = M I2

Như vậy M P.M O = M I2 hay M P

M I =

M I

M O. Gọi I0 là giao của M O với HL Ta có M P

M I =

M I

M O =

M K

M H =

M P

M I0 Suy ra I0 ≡ I, tức là I là trung điểm HL

Gọi G, J là giao điểm thứ hai của M K, M N với (ECB) Ta có (I) là đường tròn nội tiếp tam giác ECB nên theo định lý Poncelet, (I) đồng thời là đường tròn nội tiếp tam giác M GJ

Mà I là trung điểm đoạn nối hai tiếp điểm của đường tròn ω(O, OH) với M G, M J nên theo bổ

đề Sawayama, ω là đường tròn mixtilinear nội tiếp ứng với đỉnh M của tam giác M GJ Tức là ω tiếp xúc với (ECB)

Chứng minh tương tự ta cũng có ω tiếp xúc với (EAD), (F AB), (F CD)

Bài 6 Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (O) AD giao BC tại E, AC giao BD tại L Đường thẳng qua L vuông góc với OL cắt AD, BC lần lượt tại X, Y Đường thẳng qua X song song với CD cắt đường thẳng qua Y song song với AB tại Z Chứng minh rằng XZ + Y Z = XE + Y E

G

W

V

K

J T

S

R

Y

E

D

C

B

A M

O Q

P

Chứng minh Gọi M, N, P, Q lần lượt là tiếp điểm của (O) với AB, BC, CD, DA QM cắt P N tại W ,

QP cắt M N tại V XY cắt AB, CD tại S, R

Ta có L nằm trên đường đối cực của E, F, V, W nên E, F, V, W nằm trên đường đối cực của L, suy

ra E, F, V, W thẳng hàng Theo định lý Brocard, OL ⊥ EF nên EF k XY

Lại có E(F LDC) = −1 nên LX = LY Tương tự LS = LR

Qua Y kẻ đường song song với ED cắt QN tại T , suy ra Y T = T N Mà LX = LY nên Y T = QX

Từ đó QX = T N Vậy XE + Y E = EQ + EN = 2EN

Gọi J, K là giao của ZX, ZY với M P Qua X kẻ đường song song với AB cắt M P tại G Suy ra

XG = XJ Mà LX = LY nên XL = KY Suy ra ZX + ZY = ZJ + ZK = 2ZJ

Ta có LJ

LP =

LX

LR =

LY

LS =

LK

LM nên L, Z, F thẳng hàng Dễ thấy V, A, C thẳng hàng Suy ra ZJ

F P =

LX

LR =

LX

LS =

V E

V F. Như vậy ta cần chứng minhV E

V F =

EN

F M hay

V E

EN =

V F

F M, khi và chỉ khi

sin ∠M N B sin ∠EV N =

sin ∠V M F sin ∠F V M, hiển nhiên đúng

Vậy EN = ZJ hay XE + Y E = XZ + Y Z

Bài 7 Một đường thẳng qua I và song song với một cạnh của tứ giác lưỡng tâm ABCD cắt hai cạnh đối diện còn lại tại M, N Chứng minh rằng độ dài M N không phụ thuộc vào việc chọn cạnh của tứ giác để kẻ song song với nó

L K

N

M C

B

D

O I

Chứng minh Gọi M N và LK là hai đường thẳng qua I và lần lượt song song với AD, BC (M, K ∈ CD; N, L ∈ AB)

Ta có ∠IN L = ∠DAB = 180o− ∠DCB = ∠MKI nên tứ giác MKNL nội tiếp, từ đó hai tam giác KIM và N IL đồng dạng

Do hai tam giác này có đường cao hạ từ I đều bằng r nên IK = IN, IM = IL, KM = N L

Dễ thấy tam giác AN I cân tại N nên N A = N I Tương tự, LI = LB, IK = KC, IM = M D Suy ra 2M N = M N + KL = AN + LB + AM + KC = AB − N L + CD + KM = AB + CD = 1

2(AB + BC + CD + DA).

⇒ M N = 1

4(AB +BC +CD +DA) và không phụ thuộc vào việc chọn cạnh của tứ giác ABCD.