Một số bài toán hình học phẳng trong đề thi Olympic toán học năm học 2017 – 2018 của một số nước trên thế giới

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÀO CAI CHUYÊN ĐỀ MỘT SỐ BÀI TỐN HÌNH HỌC PHẲNG TRONG ĐỀ THI OLYMPIC TỐN HỌC năm học 2017-2018 số nước giới BÙI NGỌC DIỆP tháng 11 - 2018 Câu (Đề thi Olympic Áo năm 2018, vòng khởi động) Cho tam giác nhọn ABC M trung điểm AC F chân đường cao hạ từ đỉnh C tam giác ABC Chứng minh AM = AF ÷ = 60◦ khi BAC Lời giải Tam giác ACF tam giác vuông F , M trung điểm AC nên F M = M A = M C Suy tam giác AM F tam giác cân M Với giả thiết đó, AM = AF tam giác AM F đều, hay tương đương với ∠M AF = 600 , hay ∠BAC = 600 C M A F B Câu (Đề thi Olympic Áo năm 2018, vòng loại (khu vực)) Cho đường trịn k bán kính r AB dây cung k cho AB > r Lấy S điểm dây cung AB thỏa mãn điều kiện AS = r Đường trung trực BS cắt k điểm C D Đường thẳng qua D S cắt k giao điểm thứ hai E Chứng minh tam giác CSE Lời giải D k M S B A C E Đầu tiên, chứng minh CS = CE, sau chứng minh ∠SCE = 60◦ Do tứ giác CBDE nội tiếp đường tròn ∠EDC = ∠BDC nên CE = CB Mặt khác, CS = CB (do C nằm đường trung trực BS), suy CS = CE Từ CS = CB = CE, ta suy C tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác SBE Do đó, ∠SCE = 2∠SBE = 2∠ABE = ∠AM E Do vậy, để chứng minh ∠SCE = 60◦ , ta chứng minh ∠AM E = 60◦ , hay chứng minh AE = r Tam giác ESA cân với cạnh đáy ES, ∠SEA = ∠DEA = ∠DBA = ∠DSB = ∠ASE Từ đó, ta có AE = AS = r Đây điều cần chứng minh Câu (Đề thi Olympic Áo năm 2018, vịng chung kết, phần I) Cho tam giác ABC có I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với BC AC D E Gọi P giao điểm AI DE Gọi M, N trung điểm BC AB Chứng minh ba điểm M, N, P thẳng hàng Lời giải C DP M E I A N B Nếu AB = AC D ≡ P ≡ M nên điểm M, P, N hiển nhiên thẳng hàng Bây ta xét trường hợp AB > AC AC > AB “ B, “ C “ Khi ta có Đặt α, β, γ tương ứng góc A, ÷ = CDE ÷ = 90◦ − BDP γ ’ = α + β = 90◦ − γ BIP 2 Suy tứ giác BP DI tứ giác nội tiếp ’ = IP ’ Suy IDP B = 90◦ (2 góc chắn cung IB) ÷ ÷ = α Vì N trung điểm cạnh huyền ABP nên ta có BN P = · BAP Suy P N AC Lại có M N đường trung bình ABC nên M N AC Theo tiên đề Euclide ta suy M, N, P thẳng hàng Câu (Đề thi Olympic Áo năm 2018, vòng chung kết, phần II, ngày 1) Cho bốn điểm phân biệt A, B, C, D thuộc đường tròn cho trước Giả sử cạnh AB cạnh có độ dài lớn tứ giác nội tiếp ABCD Chứng minh bất đẳng thức AB + BD > AC + CD 4 Lời giải Gọi S giao điểm hai đường chéo, đặt a = AB, c = CD Vì ABCD tứ giác nội tiếp, hai tam giác ABS DCS đồng dạng Do tồn hai số r s cho AS = sa, BS = ra, DS = sc, CS = rc Khi bất đẳng thức AB + BD > AC + CD viết dạng D c C S a + + sc > sa + rc + c a A B O Hay a(1 + r − s) > c(1 + r − s), điều ln a > c + r > s Câu (Đề thi Olympic Áo năm 2018, vòng chung kết, phần II, ngày 2) Cho tam giác ABC P điểm nằm tam giác ABC cho tâm MB MA đường tròn ngoại tiếp kB kA tam giác ACP BCP (theo thứ tự đó) nằm bên tam giác ABC Giả sử ba điểm A, P MA thẳng hàng, ba điểm B, P MB thẳng hàng Đường thẳng qua P song song với cạnh AB cắt đường tròn kA kB theo thứ tự D E, D, E = P Chứng minh DE = AC + BC Lời giải C MA MB E D P A B Do MA MB tâm (ACP ) (BCP ) nên MA MB trục đối xứng AC Sử dụng tính chất góc nội tiếp góc tâm đường trịn (ACP ) (BCP ) ta có ⁄ CM A MB = ÿ CM AP ÷ = CBM ÿ = CBP B ÿ CM BP ÷ = CAM ÿ = CAP A Do tứ giác CMA BMB CMB AMA nội tiếp, hay MA , MB ∈ (ABC) Mặt khác, MB C = MB A P D AB nên ⁄ CM B MA = ÷ = CBM ÿ = ABM ÿ = DP ÷ CBP B B B Suy ra, tứ giác P CDB hình thang cân, P D = BC Chứng minh tương tự ta có P E = CA Vậy DE = P E + P D = AC + BC Câu (Đề thi Olympic Belarus năm 2018, bảng A, vòng 1) Cho tam giác ABC có ◊ đường cao AA1 , BB1 , CC1 Phân giác góc AA C cắt đoạn CC1 CA E ◊ D phân biệt Phân giác góc AA1 B cắt đoạn BB1 BA F G phân biệt Các đường tròn ngoại tiếp tam giác F A1 D EA1 G cắt A1 X Chứng minh ÷ = 90◦ BXC Lời giải B A1 G F X C1 H E A B1 D C ◦ ◊ ◊ Vì BB (1) C = CC1 B = 90 nên B, B1 , C, C1 nằm đường trịn đường kính BC ◦ ◊ ◊ ◊ Do A1 D, A1 G tia phân giác góc AA1 C, AA1 B nên GA1 D = 90 ◊ ◊ Ta có F B1 D = F A1 D = 90◦ nên B1 nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác F A1 D Tương tự, C1 nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác EA1 G ◦ ◦ ÿ ◊ ÷ ÿ ◊ ÷ Lại có C XA1 = BGA1 = 135 − ABC B1 XA1 = CDA1 = 135 − ACB nên ◦ ◦ ÿ ÷ ÷ ÷ C XB1 = 270 − ABC − ACB = 90 + BAC ◦ ◦ ◊ ÷ ÿ ÿ Mà B BA = 90 − BAC nên B1 BC1 + C1 XB1 = 180 , BC1 XB1 tứ giác nội tiếp ÷ = 90◦ Từ (1) (2) ta suy BXC (2) Câu (Đề thi Olympic Belarus năm 2018, bảng A, vòng 2) Cho X điểm nằm bên tam giác ABC Đường tròn ngoại tiếp giác AXB AXC cắt cạnh BC điểm thứ hai D E Đường thẳng DX cắt cạnh AC K, đường thẳng EX cắt cạnh AB L Chứng minh LK BC Lời giải Trước hết ta chứng minh bốn điểm A, L, X, K nằm đường tròn ◊ = ABC ÷ Tương tự Tứ giác ABDX nội tiếp nên AXK A ÷ = ACB ÷ Khi LAK ÷ + LXK ÷ = ABC ÷ + ACB ÷+ LXA ÷ = 1800 hay tứ giác ALXK nội tiếp BAC K L ÷ = KAX ◊ Khi KLX ÷ = DEX ◊ Mặt khác tứ giác ACEX nội tiếp nên CAX X ÷ ◊ Suy KLX = DEX hay LK BC E D B C Câu (Đề thi Olympic Belarus năm 2018, bảng B, vòng 1) Cho tam giác ABC có đường trung tuyến AM Kéo dài AM cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC điểm D Đường tròn ngoại tiếp tam giác M CD cắt AC C E Đường tròn ngoại tiếp tam giác AM E cắt AB A F Chứng minh CF đường cao tam giác ABC Lời giải A F M B C D E Ta cần chứng minh F M = BM = M C từ suy M trung điểm cạnh huyền ÷ tam giác vng CF B có CF B = 90 ữ = ADC ữ ã Ta có tứ giác ABDC nội tiếp suy ABC ◊ ◊ • Tương tự điểm M, D, E C nằm đường tròn ta suy M DC = M EC ◊ ◊ ◊ • Ta có tứ giác AF M E nội tiếp suy BF M =M EA = F BM Từ suy tam giác BF M cân M hay F M = BM = M C Câu (Đề thi Olympic Belarus năm 2018, bảng B, vòng 2) Cho hình vng A1 B1 C1 D1 nằm tam giác ABC vuông C với A1 , B1 nằm cạnh CB CA, điểm C1 , D2 nằm AB Các đường tròn ngoại tiếp tam giác B1 A1 C BD1 A1 cắt A1 X; đường tròn ngoại tiếp tam giác B1 A1 C AC1 B1 cắt B1 Y Chứng minh A1 X, B1 Y AB đồng quy Lời giải C B1 Oc A1 Y Oa Ob X C1 D1 Za ≡ Zb A B Ta có AB1 B1 A1 đường kính đường trịn ngoại tiếp tam giác AC1 B1 A1 CB1 , ∠AY B1 = ∠A1 Y B1 = 90◦ Do Y thuộc AA1 AA1 ⊥ B1 Y Tương tự, X thuộc BB1 BB1 ⊥ A1 X Gọi Zb Za giao điểm B1 Y A1 X với AB Đặt CB = a, AC = b, AB = c A1 B1 = x Ta tìm độ dài đoạn BZa AZb , từ chứng minh AZb + BZa = AB Do ∠B1 XZa = ∠B1 C1 Za = 90◦ , Tứ giác B1 C1 Za X nội tiếp đường tròn Tương tự CA1 XB1 nội tiếp đường trịn, BA1 · CB = BX · BB1 = BZa · BC1 Ta có A1 BD1 (∗) ABC, D1 B A1 D1 A1 B = = AB CB AC Với A1 B = AZb = cx ax ax (a + b)x ac , D1 B = BC1 = x + = Từ (∗), ta có BZa = Tương tự, b b b b a+b bc , AZb + BZa = AB a+b Câu 10 (Đề thi Olympic Vương Quốc Anh năm 2018, vòng 1) Cho tam giác ABC có AB = CA BC cạnh có độ dài lớn Lấy điểm N nằm BC cho BN = AB Đường thẳng qua N vng góc với AB cắt AB M Chứng minh đoạn thẳng M N chia diện tích chu vi tam giác ABC thành phần Lời giải 8 A N A B M C ◊ ◊ Gọi A điểm đối xứng với điểm A qua điểm N Khi M AA=M AA ◊ ◊ Ta có BM = BA nên tam giác ABM cân B Từ suy BAM = BM A Từ (1) (2) suy (1) (2) ◊ ◊ ◊ ◊ ◊ ◊ M A A = BM A ⇒ 180◦ − M A A = 180◦ − BM A⇒M A B = AM C ◊ ◊ (giả thiết), BM = BA = CA, BM ◊ ◊ (do Xét M A B AM C có M BA = ACM A = CAM ◊ ◊ M ◊ ◊ M BA = ACM A B = AM C) Từ suy M A B = AM C (g.c.g) Do M C = A B SM A B = SAM C Mặt khác, SM N A = SM N A (do A điểm đối xứng với điểm A qua điểm N ) nên SM A B + SM N A = SAM C + SM N A ⇒ SBM N = SACM N Vì BM = BA = AC, N A = N A , M C = BA nên BM + BA + A N = M C + CA + AN Bài toán chứng minh Câu 11 Cho tam giác ABC Gọi M trung điểm AC Đường tròn tiếp xúc với BC B qua M cắt đường thẳng AB điểm thứ hai P Chứng minh AB × BP = 2BM Lời giải Lời giải (bởi Matt Coleclough, Clifton College) Gọi N trung điểm AB Khi M N đường trung bình tam giác ABC hay M N BC Kết hợp với CB tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác BM P ta ∠BM N = ∠M BC = ∠M P B BN BM Suy BM N BP M (g − g), = hay BM = BP × BN = × AB × BP BP BM Vậy ta có điều phải chứng minh P A M N B C Lời giải Gọi D điểm thỏa mãn tứ giác ABCD hình bình hành Khi M trung điểm BD P D A M B C Ta chứng minh điểm A, P , M D thuộc đường trịn (trong trường hợp A ≡ P chứng minh BA tiếp tuyến đường tròn qua điểm A, M D) Trước tiên ta chứng minh với trường hợp A nằm P B Do AD BC nên ∠M DA = ∠M BC CB tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác BP M nên ∠M BC = ∠M P A Suy ∠M DA = ∠M P A hay AM DP tứ giác nội tiếp Với trường hợp P nằm A B lập luận tương tự ta ∠M DA + ∠M P A = 180◦ hay điểm A, P , M D thuộc đường tròn Còn A ≡ P ∠M DA = ∠M AB, BA tiếp tuyến đường tròn qua điểm A, M D Sử dụng định lý hai dây AP M D cắt B (tính chất phương tích) ta AB × BP = BM × BD = 2BM (đpcm) Lời giải (bởi Robert Hillier) Gọi Q giao điểm thứ hai đường tròn BP M đường thẳng AC P Q A M B C Theo tính chất phương tích tính chất tiếp tuyến ta AP × AB = AQ × AM CB = CM ×CQ Lại có M trung điểm BC nên AM = M C = 21 AC theo định lí Apollonius AB + AC = 2AM + 2BM Khi đó: AB × P B = AB × (AB + AP ) = AB + AB × AP = AB + AQ × AM = AB + (QC − AC) × AM = AB + QC × AM − AC × AM = AB + QC × M C − 2AM = AB + BC − 2AM = 2BM Vậy ta có điều phải chứng minh 10 Câu 12 (Đề thi Olympic Bulgari năm 2018, vòng 1) Cho tứ giác nội tiếp ABCD Gọi H1 trực tâm tam giác ABC A1 , B1 điểm đối xứng với A, B qua đường thẳng BH1 AH1 ; O1 tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác A1 B1 H1 Gọi H2 trực tâm tam giác ABD A2 , B2 điểm đối xứng với A, B qua đường thẳng BH2 , AH2 ; O2 tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác A2 B2 H2 Kí hiệu đường thẳng O1 O2 lAB Các đường thẳng lBC , lCD lDA định nghĩa tương tự Giả sử cặp đường thẳng lAB lBC , lBC lCD , lCD lDA , lDA lAB cắt M , N , P , Q Chứng minh bốn điểm M , N , P , Q đồng viên Lời giải Bổ đề Điểm O1 thuộc đường thẳng OH1 , với O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC H1 O1 ÷ phụ thuộc vào ACB Hơn nữa, tỉ số O1 O Chứng minh C A1 B1 L O1 T X O Q K Y H1 A B Gọi K, L giao điểm AH1 BH1 với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC (K khác A, L khác B) Do H1 L đối xứng qua CA nên tứ giác H1 ALA1 thoi, ÿ ◊ ÿ AH A1 = 2AH1 L = 2γ Tương tự, H1 BKB1 hình thoi BH1 B1 = 2γ Do H1 ALA1 H1 BKB1 đồng dạng, H1 Q H1 T = = H1 X H1 Y + cos 2γ H1 O1 ÷ Có nghĩa O1 thuộc đường thẳng H1 O tỉ số phụ thuộc vào ACB O1 O Dễ thấy CH1 H2 D hình bình hành (suy từ CH1 = CH2 = 2R cos γ) điểm O1 , O2 ảnh H1 , H2 qua phép vị tự tâm O Theo bổ đề tí số hai phép vị tự (chỉ phụ thuộc vào γ) Do O1 O2 H1 H2 CD, nghĩa lAB song song với với CD Từ ta có cách cạnh M N P Q tương ứng song song với cạnh ABCD Do bốn điểm M , N , P , Q đồng viên Câu 13 (Đề thi Olympic Croatia năm 2018, lớp 11) Cho tam giác ABC cân A Gọi M , N trung điểm AB BC Đường tròn ngoại tiếp tam giác AM C cắt AN điểm P khác A.Đường thẳng qua P song song với BC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC B1 C1 Chứng minh tam giác AB1 C1 tam giác Lời giải 11 A M Q B O C N B1 P C1 ◊ ÷ Ta có điểm A, M, P C nội tiếp đường tròn M AP = P AC Suy M P = P C, góc chắn cung Vì P thuộc trung tuyến BC nên BP = CP Vì M P = BP nên P thuộc trung tuyến BM Gọi Q trung điểm BM O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Khi P Q ⊥ AB, OM ⊥ AB, suy P Q song song OM Vì M trung điểm AB, Q 1 trung điểm M B nên M Q = AQ Suy OP = AP 3 Xét tam giác AB1 C1 Ta có O tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác AB1 C1 P chân đường cao kẻ từ đỉnh A Mà A, O, P thẳng hàng nên tam giác AB1 C1 cân Do AP trung tuyến tam giác AB1 C1 Do OP = AP nên O trọng tâm AB1 C1 Mà trọng tâm trùng vs tâm đường tròn ngoại tiếp nên tam giác AB1 C1 Câu 14 (Đề thi Olympic Croatia năm 2018, lớp 12) Cho đoạn BD, CE đường cao tam giác nhọn ABC Đường trịn đường kính AC cắt đoạn BD F Đường trịn đường ÷ = 12◦ kính AB cắt đường thẳng CE điểm G, H, biết G nằm C E Biết CHF ÷ Tính số đo góc AGF Lời giải Ta có GH dây cung vng góc với đường kính AB nên AB đường trung trực đoạn GH Do AG = AH Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng AF C, ta có AF = AD · AC Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng ABG, ta có AG2 = AE · AB 12 A H E D F B G C ÷ = BDC ÷ = 90◦ nên tứ giác BCDE nội tiếp Theo tính chất phương tích điểm A Do BEC đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCDE, ta suy AD · AC = AE · AB Do AF = AG = AH Suy A tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác GF H Khi ÷ = GF ÷ AGF A= 1 ÷ 180◦ − F AG = 180◦ − 2F÷ HG = (180◦ − 24◦ ) = 78◦ 2 Câu 15 (Đề thi Olympic Czech and Slovak năm 2018, vòng 1) Cho tam giác ABC, đường phân giác góc A cắt BC D Gọi E, F tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD , ACD Biết tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác AEF nằm BC Tìm tất ÷ giá trị góc BAC (Patrik Bak) Lời giải 13 Gọi O tâm đường trịn ngoại tiếp ÷ Vì tam giác AEF kí hiệu α = BAC ÷ ÷ BAD ACD góc nhọn, điểm E, F nằm nửa mặt phẳng BCA theo định lí góc nội tiếp ta có ÷ = 2·BAD ÷ = α = 2·DAC ÷ = DF ÷ BED C Các tam cân BED DF C đồng dạng, ÷ = α BC đường phân dễ thấy EDF giác góc D tam giác DEF Điểm O nằm BC đường trung trực đoạn EF Xét tam giác DEF , O nằm đường phân giác ngồi góc D nằm đường trung trực EF Vì trung điểm cung EDF ÷ = EDF ÷ = α EOF ÷ = α Tuy Ta có tứ giác AEDF có EAF nhiên, đường thẳng EF không qua điểm A O Vì theo định lí góc nội tiếp ta có độ lớn góc EOF hai lần góc EAF Từ ta có 360◦ α = · α ⇒ α = 1200 A F E B D O C Câu 16 (Đề thi Olympic Czech Slovak năm 2018, vịng (chung kết)) Cho hình thang cân ABCD với đáy lớn AB Cho I tâm nội tiếp tam giác ABC J tâm bàng tiếp tương ứng với đỉnh C tam giác ACD Chứng minh IJ AB song song (Patrik Bak) Lời giải Gọi K tâm nội tiếp tam giác ABD Vì IK BD nên cần chứng minh IK AB ÷ = 90◦ − φ, điều suy ÷ = ACD ÷ = φ Khi đó, ta AKD ÷ = 90◦ + φ, DJA Đặt ABD 2 AKDJ tứ giác nội tiếp D C φ K J I φ A B 14 Vì AK, DJ đường phân giác hai góc so le nên chúng song song với Điều ÷ = ADJ ÷ = DAK ÷ = KAB ÷ kết hợp với kết AKDJ tứ giác nội tiếp, ta AKJ Câu 17 (Đề thi Olympic Hà Lan năm 2018, vòng chung kết) Cho hình bình hành ABCD có AD = BD Lấy điểm E nằm đoạn thẳng DB cho AE = DE Đường thẳng AE cắt BC F D C a) Chứng minh ∠CDF = ∠ADB F b) Nếu DF tia phân giác góc ∠CDE, xác định số đo góc ∠ABD E A B Lời giải a Xét tam giác AED tam giác cân E, ta có ∠EDA = ∠EAD Từ ta có ∠EBF = ∠EF B (vì sole-trong với hai góc ∠EDA ∠EAD) Vậy EF A cân E EF = EB Xét BEA F ED có: • EF = EB (cmt) • ∠F ED = ∠BEA (hai góc đối đỉnh) • ED = EA (gt) Vậy BEA = F ED (trường hợp cạnh-góc-cạnh) Vậy DF = AB (hai cạnh tương ứng) Vì ABCD hình bình hành nên AB = CD từ suy DF = CD hay CDF cân D Xét CDF BDA có ∠DCF = ∠DF C = ∠BA = ∠DAB (∠DCF = ∠DAB tính chất hình bình hành ABCD) Từ suy ∠ADB = ∠CDF = 180◦ − · ∠DAB b Từ câu a ta có ∠ADB = ∠CDF , DF tia phân giác góc ∠CDB nên ∠CDF = ∠F DB Vậy ∠CDF = ∠F DB = ∠BDA Xét DF B có ∠DF C góc ngồi đỉnh F nên ∠DF C = ∠F DB + ∠F BD Đồng thời ∠F BD = ∠BDA (hai góc sole-trong) nên ∠DF C = ∠F DB + ∠F BD = · F DB Vì DA CD nên ∠ADC + ∠BCD = 180◦ hay · ∠CDF = 180◦ Vậy ∠CDF = 36◦ Từ ta có ∠ABD = ∠BCD = · ∠CDF = 72◦ Câu 18 (Đề thi Olympic Hy Lạp năm 2018) Cho ABC tam giác nhọn với AB < AC < ¯ BC (O; R) đường tròn ngoại tiếp tam giác Gọi D, E cung nhỏ AC ¯ AB Gọi K giao điểm BD, CE N giao điểm thứ hai đường tròn ngoại tiếp hai tam giác BKE CKD Chứng minh A, K, N thẳng hàng K thuộc đường đối trung kẻ từ A tam giác ABC Lời giải 15 A D E F G K N B C Z Gọi Z giao điểm tiếp tuyến B C đường tròn ngoại tiếp ABC Kéo dài ZB ZC cắt đường tròn ngoại tiếp BEK CKD tương ứng F G Ta có ÷ ÷ = BEC ÷ = BAC ÷ = ZBC ÷ ⇒ FK BF K = BEK Tương tự, GK BC BC Từ ta có BF = CG ⇒ ZF = ZG ⇒ ZB · ZF = ZC · ZG Suy Z nằm trục đẳng phương hai đường tròn ngoại tiếp BEK CKD nên K, N, Z thẳng hàng Do A, K, N thẳng hàng A, K, Z thẳng hàng Từ K thuộc đường đối trung ABC Ngược lại, K thuộc đường đối trung ABC A, K, Z thẳng hàng Từ A, K, N thẳng hàng Câu 19 (Đề thi Olympic Italia năm 2018) Cho tam giác nhọn ABC với AB = AC có trọng tâm G M trung điểm BC, Γ đường tròn tâm G, bán kính GM N giao điểm Γ với BC (N = M ) Gọi S điểm đối xứng với A qua N (nghĩa S nằm đường thẳng AN cho AN = N S A = S Chứng minh rẳng GS vng góc với BC Lời giải 16 A Gọi X trung điểm M N , hiển nhiên GX vng góc G với BC Nếu ta chứng minh XS vuông góc với BC, dẫn đến G, X, S thẳng hàng tức ta chứng minh GS vng góc với BC B HNXM Kẻ đường cao AH tam giác ABC, ta có tam giác AHM GXM hai tam giác vuông đồng dạng; G trọng tâm tam giác ABC nên AM = 3GM , từ HM = 3XM Suy HN = N X = XM ◊ ÷ Do HN A = XN S (đối đỉnh), AN = N S (giả thiết) XN = N H (chứng minh trên) nên tam giác AN H S tam giác SN X, suy SN X góc vng Nhận xét Bài tập thể thể giải theo cách sau Không tổng quát, giả sử A(a; b), B(0; 0), C(c; 0) Khi G C a+c b ; Ta dễ dàng 3 4a + c ;0 a+c a+c Cuối cùng, ta tính S ; −b , nên G S nằm đường thẳng x = 3 vuông góc với BC đường thẳng có phương trình y = A tính M c ;0 N P G Gọi P giao điểm thứ hai đường tròn Γ trung tuyến AM Theo định lý Apollonius, ta có AG = 2GM , mà P G = GM (bán kính đường trịn) nên AP = P G = ◊ GM Do P M đường kính nên P N M góc vuông Mặt khác, P trung điểm AG N trung điểm AS nên tam giác AP N AGS đồng dạng P N song song với GS Suy GS vng góc với BC B N M C S Câu 20 (Đề thi Olympic Italia năm 2018) Cho tam giác ABC có AB = AC I tâm đường tròn nội tiếp tam giác Gọi Γ đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Các đường thẳng BI CI cắt Γ điểm thứ hai M N Gọi D điểm thuộc Γ, nằm cung BC không chứa A, E, F giao điểm AD với BI CI; P giao điểm DM CI, Q giao điểm DN BI 17 a Chứng minh điểm D, I, P, Q nằm đường tròn Ω b Chứng minh đường thẳng CE BF cắt điểm đường tròn Ω Lời giải Gọi β góc CBA X giao điểm BF CE ÷ ◊ ÷ = ’ = BIC ’ = 180◦ − β − β = 180◦ − β; mặt khác, P DQ = M DA + ADN a Ta có QIP 2 ◊ ÷ = β + β = β (do A, M, C, D, B, N nằm Γ) Từ suy D, Q, I, P M BA + ACN 2 nằm đường tròn A N M E I Q B X F P C D ’ = BIC ’ = 180◦ − β mà F ÷ ÷ = ACB ÷ = β, từ suy B, I, F, D b Ta có BIF DB = ADB nằm đường trịn Ta có I, E, C, D thuộc đường tròn Thật vậy, ◊ ◊ ◊ ÷ = BM ◊ ’ = β =M BA = M DA = M DE; áp dụng BCD D (do chắn cung Γ) ICB ÷=M ◊ ◊ ’ + BCD ÷ = ICD ’ định lý góc ngồi cho tam giác DEM , ta có IED DE + EM D = ICB ’ = EDI ÷ (do I, E, C, D thuộc đường trịn) F ’ Từ suy ECI DI = F’ BI (do ÷ ÷ F, D, B, I thuộc đường tròn) Do XCI = XBI, suy I, X, C, B thuộc ÷ = IP ’ đường trịn Để hồn tất chứng minh ta cần phải IXD D ÷ = 180◦ − IXC ÷ = CBI ’ = β , ta có BXC ÷ = Do tứ giác IXCB nội tiếp, ta suy EXI ’ = 180◦ − β, mà CDF ÷ = β, từ suy tứ giác DF XC nội tiếp DF ÷ ◊ Ta lại BIC C = DXC β ’ ÷ ÷ ◊ = 180◦ − EXI ÷ − DXC ◊ = IXD ÷ Như vậy, có IP D = 180◦ − P DF − DF C = 180◦ − − DXC ta chứng minh xong Nhận xét Ta giải ý b tập theo cách sau Gọi Y, Z giao điểm cặp đường thẳng DM AC, DN AB Các ÷ gọi Γ đường ÷ = ADN ÷ = ACN ÷ = β = EBZ; điểm Z, B, D, E thuộc đường tròn EDZ tròn qua điểm Tương tự, Y, C, D, F nằm đường tròn Γ2 , X giao điểm ◊ ÷ (do B, E, X, D nằm Γ ) Mặt khác, thứ hai Γ1 Γ2 (X = D); BX D = BED 18 ◊ ÷ ÷ ÷ − DF ÷ xét cung Γ2 ta có F XD=F CD; tam giác F CD, F CD = 180◦ − CDF C= ◦ ◦ ÷ ’ ’ ’ ’ ’ ’ ’ 180 − CDA − EF I = 180 − F IE − EF I = IEF (với F IE = CBI + ICB = β) Như vậy, ’ = BX ◊ ◊ IEF D=F X D, từ suy B, F, X thẳng hàng Tương tự, ta chứng minh C, X , E thẳng hàng, X ≡ X ÷ = BXD+ ◊ DXC ◊ = BED+ ÷ DF ÷ Rõ ràng B, I, X, C nằm đường tròn Γ3 , BXC C= ’ ’ ’ IEF + EF I = BIC ’ = β = CBI) ’ nên Y÷ ÷ Xét Γ , ta có Chú ý AC tiếp tuyến Γ3 (do ACI CX = CIX 2 ÷ P÷ DX = Y÷ CX Do P÷ DX = P IX A N M E Z I Q B X FP Y C D Câu 21 (Đề thi Olympic Kazakhstan năm 2018, vịng 1) Trong hình thang cân ABCD, gọi O trung điểm cạnh AD Một đường tròn tâm O có bán kính OB cho AB tiếp tuyến với đường tròn tâm O Đoạn thẳng AC cắt đường tròn (O; OB) điểm K (K = C) M điểm cho tứ giác ABCM hình bình hành Đường trịn ngoại tiếp tam giác CM D cắt đoạn thẳng AC điểm L (L = C) Chứng minh AK = CL Lời giải 19 C B L O K A O M D Từ giả thiết ABCM hình bình hành ABCD hình thang cân, ta có ◊ =M ◊ ◊ CDM AB = BCM từ suy BC tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tứ giác M LCD Mặt khác AB tiếp tuyến đường tròn tâm O ngoại tiếp BCK suy ÷ ÷ = KBA ÷ LM C = LCB ÷ = LCM ÷ nên suy Ta lại có BAK ABK = CM L (cạnh - góc - cạnh) ⇒ AK = CL Câu 22 (Đề thi Olympic Kazakhstan, năm 2018, vòng 2) Ở miền tứ giác lồi ◊ ◊ + BCM ◊ AM ◊ ◊ + DCM ◊ Chứng ABCD cho điểm M cho AM B = ADM D = ABM minh √ AM · CM + BM · DM ≥ AB · BC · CD · DA Lời giải Ta vẽ đường tiếp tuyến l điểm M đường tròn ngoại tiếp tam giác tam giác BCM Khi góc l BM góc BCM Do góc l AM góc ADM Từ suy hai đường trịn ngoại tiếp tam giác BCM tam giác ADM tiếp xúc với l, đặc biệt tiếp xúc với Tương tự, hai đường tròn ngoại tiếp hai tam giác ABM CDM tiếp xúc với Ta sử dụng phép nghịch đảo tâm M bán kính R Khi đó, bốn đường trịn nói biến thành cặp đường thẳng song song Nếu A , B , C , D , M ảnh điểm A, B, C, D, M hình bình hành A B C D điểm M điểm nằm bên hình bình hành đó, cần chứng minh bất đẳng thức sau AM ·C M +BM +DM ≥ N A B B A M D C D A B · B C · C D D˙ A = A B · B C (1) C 20 Giả sử, tịnh tiến theo véc-tơ C B , điểm M biến thành điểm N Khi bất đẳng thức (1) tương đương với bất đẳng thức B M · A N + A M · B N ≥ A B · N M Mà bất đẳng thức suy từ bất đẳng thức Ptolomei áp dụng cho bốn điểm A , M , N , N Từ ta có điều phải chứng minh Câu 23 (Đề thi Olympic Philippine năm 2018) Cho tam giác ABC có ∠ABC = 60◦ 5AB = 4BC, điểm D E chân đường vng góc kẻ từ B C tương ứng M trung điểm BD đường tròn ngoại tiếp tam giác BM C cắt AC N Đường thẳng BN CM cắt P Chứng minh ∠EDP = 90◦ Lời giải Giả sử AB = 4l với l > 0, BC = 5l Do giả 5l BC B ⇔ BE = thiết ∠ABC = 60◦ suy BE = 2 √ 3l CE = M Xét tam giác vng AEC ta có AC = CE + AE 5l 3l P Mà AE = AB − BE = 4l − = Khi 2 E √ 2 3l 75l2 9l2 3l + ⇔ AC = + AC = N A D C 2 4 √ ⇔ AC = 21l2 ⇔ AC = 21l Dễ chứng minh tứ giác BEDC nội tiếp đường tròn, ∠EDA = √ ∠ABC = 60◦ Suy ∠EDB = 30◦ ∆AED ∼ ∆ACB Từ AD = 4k, DE √ = 5k AE = 21k với số √ l 21 5l + 21k, = k > Từ 4l = AB = BE + AE = k Mặt khác diện tích ∆ABC 5l √ sin 60◦ · 4l · 5l = · 21l · 2BM ⇔ BM = √ 2 Chứng tỏ √ 3l √ √ √ CE 3l 21 √ 5l CB = = = · = 7= = 5l DE 5k 2k MB √ Từ đây, với ∠M BC = ∠DBC = ∠DEC, suy ∆DEC ∼ ∆M BC, ∠ECD = ∠BCM ∠M CD = ∠BCE = 30◦ Vì tứ giác BM N C nội tiếp đường tròn, ∠M BN = 30◦ DE song song với BN Ta có ∠DM C = 60◦ ∠BP M = 30◦ Do ∆BM P với BM = M P M tâm đường tròn nội tiếp ∆BP D Vì ∠BP D = 90◦ Từ suy ∠EDP = 90◦ Câu 24 (Đề thi Olympic Nga năm 2018, lớp 10, ngày 1) Cho tam giác nhọn ABC với AB < AC Gọi M, N trung điểm AB AC; AD đường cao tam giác K điểm thuộc cạnh M N cho BK = CK Tia KD cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Q Chứng minh điểm C, N, K Q nằm đường tròn Lời giải 21 A N M K D B A C Q Gọi A điểm đối xứng với A qua trung trực BC (đi qua K) Dễ thấy A đối xứng với D qua K AB đối xứng với A C qua trung trực BC suy AB = A C ⇒ ∠A QC = ∠ACB (1) BC ⇒ ∠ACB = ∠AN K (2) Mặt khác MN Từ (1) (2) suy ∠ACB = ∠A QC tứ giác N KQC nội tiếp Vậy điểm C, N, K Q nằm đường tròn Câu 25 (Đề thi Olympic Nga năm 2018, lớp 11, ngày 1) Các điểm P Q chọn cạnh AB AC ABC cho P Q BC Các đoạn BQ CP cắt O Gọi A điểm đối xứng với A qua đường thẳng BC Đoạn A O cắt đường tròn ngoại tiếp ω AP Q S Chứng minh đường tròn ngoại tiếp BSC tiếp xúc với ω Lời giải Nếu AB = AC A, O, A nằm đường trung trực BC Do đó, S nằm đường trung trực BC Vì AP Q BSC cân A S nên tâm đường tròn ngoại tiếp chúng nằm đường trung trực BC Do đó, hai tâm thẳng hàng với S Vì vậy, đường trịn ngoại tiếp BSC tiếp xúc với ω Ta giả sử AC > AB Chọn điểm X ∈ ω cho P AXQ hình thang cân với AX P Q Ta thấy XP Q đồng dạng nghịch với AQP , A CB đồng dạng nghịch với AQP nên XP Q A CB đồng dạng thuận Mặt khác P Q BC nên XQ A B XP A C Vì tồn phép vị tự tâm O biến XP Q thành A CB Do O S nằm A X Cách 22 A M B T P S O A Q C X Gọi M tâm đường tròn (ASA ) ◊ ◊ 180◦ − AM A AM A ◊ ◊ ◊ ÷ Khi đó, M AX = M AA + A AX = + 90◦ = 180◦ − = 180◦ − ASX 2 Vì M A tiếp xúc với ω Mặt khác M A = M S nên ta có M S tiếp xúc với ω Do đường tròn Ω ngoại tiếp ABC ảnh đường tròn ω qua phép vị tự tâm A tỉ số AB AP nên M A tiếp xúc với Ω Suy M B · M C = M A2 = M S Do đó, M S tiếp xúc với đường trịn (BSC) Vì M S tiếp xúc với ω (BSC) nên hai đường trịn tiếp xúc với Cách 2: Gọi T tâm đường tròn (AXA ) Do A AX vuông A nên T trung điểm A X Do A đối xứng với A qua BC nên BC qua trung điểm AA Mặt khác BC AX, nên BC qua T Ta có T A = T X nên T thuộc vào trung trực đoạn AX Do AP QX hình thang cân nên T thuộc trung trực đoạn P Q Suy T P = T Q ÷ ÷ (do BC AX) SXA ÷ = SP ÷ Ta có XT C = SXA B (do AP SX nội tiếp) ÷ ÷ Do XT C = SP B Vì SP BT nội tiếp, tương tự SQCT ÷ ÷ ÷ ÷ Vì SP BT nội tiếp nên P SB = P T B Vì SQCT nội tiếp nên T QS = T CS ÷ PTQ ÷ ÷ ÷ ÷ = P QT = T QS + P QS Ta lại có P T B = 90◦ − ÷ ÷ ÷ Vậy P TB = T CS + P QS Suy đường tròn (BSC) tiếp xúc với đường tròn ω Câu 26 (Đề thi Olympic Serbia năm 2018, vòng 1) Đường tròn nội tiếp ABC có tâm I tiếp xúc với cạnh BC D Cho P, Q hai điểm cạnh BI CI cho ∠BAC = 2∠P AQ Chứng minh ∠P DQ = 900 (Duˇsan Djuki´c) Lời giải 23 A N I P Q M B E D X F C Ký hiệu E, F chân đường cao hạ từ P Q xuống BC M trung điểm đoạn thẳng P Q Trên cạnh BC, lấy điểm X cho ∠BAX = 2∠BAP Ta có ∠CAX = ∠BAC − 2∠BAP = 2∠CAQ Do đó, P, Q tâm đường tròn nội tiếp tam giác BAX CAX Vậy XP XQ phân giác ∠BXA ∠CXA, hay ∠P XQ = 900 Điều kiện ∠P DQ = 900 tương đương với điều kiện M D = M P = M Q = M X Mặt khác, CX − AC + AX AB + BC − AC AB + BX − AX − = = M E = M F DE = BD − BE = 2 XF , ta có hai tam giác M ED M F X phải Từ đây, hiển nhiên M D = M X Cách giải Gọi giao điểm thứ BI đường tròn ngoại tiếp AP Q N Ta có ∠AIN = γ α 180 ◦ −∠BIA = 90◦ − = ∠DIQ Hơn nữa, ∠IN Q = ∠P AQ = ∠IQN = ∠BIC − 2 α α IQ α IA IA ID ∠IN Q = (90◦ + ) − = 90◦ , nên ta có = sin = Do đó, = Vậy 2 IN ID IN IQ tam giác DIQ AIN đồng dạng ∠IDQ = ∠IAN = 1800 − ∠AIN − ∠AN I = γ γ 1800 − (900 − ) − ∠AN P = 900 + − ∠AQP 2 β ◦ Tương tự, ta có ∠IDP = 90 + − ∠AP Q Cộng thêm hai vế ∠IDQ ∠P DQ = 180◦ + β+γ − (180◦ − ∠P AQ) = 90◦ ÷ = γ BAC ÷ > Câu 27 (Đề thi Olympic Thuỵ Sĩ năm 2018) Cho tam giác ABC có ACB γ ÷ γ γ ÷ = , điểm E thuộc cạnh CA cho , CBA > Điểm D thuộc cạnh BC cho BAD 2 γ ÷ ÷ EBA = Gọi F giao điểm tia phân giác góc ACB cạnh AB Chứng minh EF + F D = AB Lời giải 24 C E D A F B γ ÷ =F CD nên bốn điểm A, F, D, C thuộc đường trịn hay AF DC ÷ ÷ = ACF ÷ = γ =F AD nên tam giác ADF tam giác cân, tứ giác nội tiếp Khi ta có ADF suy AF = F D ÷ = EBA ÷ = γ = ECF ÷ nên bốn điểm BCEF tứ giác nội tiếp Khi ta có Tương tự, EBF γ ÷ ÷ ÷ nên tam giác EF B tam giác cân, suy EF = F B F EB = F CB = = EBF Từ dẫn tới EF + F D = F B + AF = AB ÷ ÷ = Vì F AD = BAD Câu 28 (Đề thi Olympic Thuỵ Sĩ năm 2018) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn tâm O có hai đường chéo AC BD vng góc với Gọi g đường thẳng đối xứng với đường ÷ Chứng minh O nằm đường thẳng g chéo AC qua tia phân giác góc BAD Lời giải A C g X O B D A Cách Gọi A giao điểm thứ hai g với đường tròn (O), A = A Lấy X điểm tia ÷ cho X nằm tam giác ABC phân giác góc BAD ÷ BA = 90◦ , AA đường kính (O) O nằm g Ta chứng minh A ÷ = α XAC ÷ = β Đặt CAD ÷ XAD ÷ = XAC ÷ + CAD ÷ = α + β nên Vì g đối xứng với AC qua tia phân giác góc BAD ÷ BAX = α + β Khi ÷ = BAX ÷ −A ◊ BAA AX = (α + β) − β = α 25 ÷ ◊ ÷ = β + β = 2β A AC = A AX + XAC Do ABA D tứ giác nội tiếp nên ta có ÷ +A ÷ ◊ ◊ α + 2β = CAD AC = A AD = A BD = α + 2β ÷ = 90◦ − BAC ÷ = 90◦ − A ÷ ÷ = 90◦ − α − 2β, nên Lại có BDA AC − BAA ÷ ◊ ÷ = α + 2β + (90◦ − α − 2β) = 90◦ A BA = A BD + BDA Suy đường thẳng g qua O Cách ÷ = 90◦ , ta chứng minh ACA ÷ = 90◦ từ có g qua O Thay chứng minh ABA ÷ = α XAC ÷ = β Đặt CAD ÷ = α nên có BCA ◊ = α Theo chứng minh Cách ta có BAA ÷ = CAD ÷ = α nên CA ÷ = 90◦ Lại có CBD BD Mà AC ⊥ BD nên CA ⊥ AC hay ACA Câu 29 (Đề thi Olympic Thổ Nhĩ Kỳ năm 2018, vòng 1) Cho ABCD tứ giác với cặp cạnh đối không song song Các đường AB CD cắt điểm X Đường tròn với tâm A bán kính r1 giao với đường trịn tâm D bán kính r2 P Q Đường trịn với tâm B bán kính r1 giao với đường trịn tâm C bán kính r2 R S Giả sử XA · XB + r12 = XC · XD + r22 Chứng minh điểm P, Q, R, S nằm đường tròn Lời giải A M B Q Y P X C N D Gọi M, N trung điểm cạnh AB, CD Y giao điểm đường trung trực đoạn AB CD Chúng ta thấy XA · XB = XM − AM = XY − AY XC · XD = XN − DN = XY − DY Từ đẳng thức giả thiết, ta có XY − AY + r12 = XY − DY + r22 ⇒ AY − r12 = DY − r22 điều có nghĩa Y phải nằm trục đẳng phương đường tròn tâm A bán kính r1 đường trịn tâm D bán kính r2 Hay Y nằm P Q Tương tự, Y nằm RS Lúc này, Y P · Y Q = AY − r12 = DY − r22 = Y R · Y S, bốn điểm P, Q, R, S thuộc đường tròn (Chúng ta hiểu P Q RS phân biệt, AD BC không song song.) ... P÷ DX = P IX A N M E Z I Q B X FP Y C D Câu 21 (Đề thi Olympic Kazakhstan năm 2018, vịng 1) Trong hình thang cân ABCD, gọi O trung điểm cạnh AD Một đường trịn tâm O có bán kính OB cho AB tiếp... giác AM F tam giác cân M Với giả thi? ??t đó, AM = AF tam giác AM F đều, hay tương đương với ∠M AF = 600 , hay ∠BAC = 600 C M A F B Câu (Đề thi Olympic Áo năm 2018, vịng loại (khu vực)) Cho đường... DP ÷ CBP B B B Suy ra, tứ giác P CDB hình thang cân, P D = BC Chứng minh tương tự ta có P E = CA Vậy DE = P E + P D = AC + BC Câu (Đề thi Olympic Belarus năm 2018, bảng A, vịng 1) Cho tam giác