Đáp án đề thi Olympic Toán sinh viên học sinh năm 2023 Phần Hình học

HỘI TOÁN HỌC VIỆT NAM

OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN HỌC SINH NĂM 2023

ĐÁP ÁN: NGÀY 1

Bảng PT

A. Các đường đối trung của tam giác
Bài PT.1. (3 điểm. )
A

B

D

C

M

Theo định nghĩa đường đối trung ∠DAB = ∠M AC, ta cũng suy ra được ∠DAC = ∠M AB.
Với chú ý rằng từ M B = M C, ta dễ có SM AB = SM AC , từ đó ta có biến đổi
DB
DC

=

SABD
SACD

=

1
AB
2
1
AC
2

· AD sin ∠BAD
· AD sin ∠DAC

=

AB 2
AC

1

·2
2 1
2

AC · AM sin ∠M AC
AB · AM sin ∠M AB

Đó là điều phải chứng minh.
Bài PT.2. (2 điểm.)
A

E

F

B

L

D

C

=

AB 2 SM AB
AB 2
·
=
.
AC 2 SM AC
AC 2


Trên cạnh BC, CA, AB lần lượt lấy các điểm D, E, F sao cho AD, BE, CF là ba đường đối
trung của tam giác ABC. Theo PT1 thì
DB
DC

=

AB 2 EC
BC 2 F A

CA2
,
=
,
=
.
AC 2 EA
BA2 F B
CB 2

Vậy
DB

EC

AB 2

FA

BC 2

CA2

·
·
=
·
·
= 1.
DC EA F B

AC 2 BA2 CB 2
Với chú ý D, E, F đều nằm trên các cạnh của tam giác ABC, theo định lý Ceva đảo thì AD,
BE, CF đồng quy. Đó là điều phải chứng minh.
Bài PT.3. (2 điểm.)
A

P

B

D

C

M

Từ giả thiết ∠P BC = ∠P CA và tam giác ABC cân tại A, dễ suy ra ∠P CB = ∠P BA. Gọi
giao điểm của P A và BC là D. Ta có biến đổi tỷ số
DB
DC

=

SP AB
SP AC

=

1
BP

2
1
CP
2

· BA sin ∠P BA
· CA sin ∠P CA

=

BP sin ∠P CB
P C sin ∠P BC

=

P B2
P C2

.

Theo bài PT1 thì P D là đường đối trung của tam giác P BC, ta thu được ∠M P C = ∠DP B =
180◦ − ∠AP B hay ∠AP B + ∠M P C = 180◦ . Đó là điều phải chứng minh.
Bài PT.4. (3 điểm. )
A

B

D

E

M

2

C


Bất đẳng thức khơng đúng, phản ví dụ như hình vẽ trên. Gọi M là trung điểm BC, theo định
nghĩa đường đối trung thì AE là phân giác ∠DAM . Trong một tam giác độ dài phân giác vẫn
có thể bé hơn hai cạnh tam giác.
B. Một số tính chất lượng của đường đối trung và điểm Lemoine
Trong phần này với tam giác ABC, ta ký hiệu BC = a, CA = b, AB = c
Bài PT.5. (3 điểm. )
A
M
N

E
F

B

L

D

C

Gọi giao điểm của LA, LB, LC với BC, CA, AB lần lượt là D, E, F . Dựng hình bình hành

AM LN với M , N lần lượt nằm trên BE, CF . Theo bài PT1 ta đã có
DB
DC
Từ AM

=

c2 EC
a2 F A
b2
=
=
,
,
.
b2 EA
c2 F B
a2

LC ta có
EA −→
c2 −→
AM −→
−−→
LC =
LC = 2 LC.
AM =
LC
EC
a

Tương tự thì
b2 −→
−
−
→
AN = 2 LB.
a
Từ tính chất hình bình hành, ta có
c2 −→
b2 −→
−→
−−→ −
−
→
−
−
→ −−→
LA = LM + LN = −AN − AM = − 2 LC − 2 LB
a
a
hay

−→
−→
−→
−
→
a2 LA + b2 LB + c2 LC = 0 .

Đó là điều phải chứng minh.
Bài PT.6. (4 điểm. )
3


A

E

L

F

B

C

H

a) Gọi L là trung điểm AH. Gọi E là trung điểm AC. Dễ thấy hai tam giác BAH và BCA đồng
dạng (g.g), có trung tuyến tương ứng là BL và BE. Do đó hai tam giác ABL và CBE đồng
dạng. Dẫn tới ∠LBA = ∠EBC. Vậy BL là đường đối trung của tam giác ABC. Tương tự CL
là đường đối trung của tam giác ABC. Vậy L là điểm Lemoine. Đó là điều phải chứng minh.
b) Tam giác đó phải vng. Thật vậy, xét tam giác ABC có đường đối trung AD và điểm Lemoine
L là trung điểm AD. Khi đó từ bài PT5 ta có
LD
LA

=

a2
b 2 + c2

.

Mà L là trung điểm AD suy ra b2 + c2 = a2 . Theo định lý Pythagorean đảo thì tam giác ABC
vuông tại A.
Bài PT.7. (4 điểm.) a) Gọi BM và CN là trung tuyến của tam giác ABC. Theo định nghĩa
đường đối trung thì
∠M BA = ∠LBC, ∠N CA = ∠LCB.
A

M

N

L

B

C

Nếu LB = LC thì ∠LBC = ∠LCB, kết hợp hai đẳng thức trên ta suy ra ∠M BA = ∠N CA
hay tứ giác BCM N nội tiếp. Mặt khác M N
BC, suy ra BCM N là hình thang cân hay
∠ABC = ∠ACB. Từ đó AB = AC. Đó là điều phải chứng minh.
−→
−→
−→
−

−
→
−→
2
−
→
EA
b) Từ EC
= ab 2 ta suy ra a2 EA + c2 EC = 0 hay a2 BA + c2 BC = (a2 + c2 )BE. Bình phương
vơ hướng, cho ta
−→
−
−
→ 2
−→ −
−
→
(a2 +c2 )2 BE 2 = a2 BA + c2 BC = a2 c2 (a2 +c2 )+2a2 c2 BA·BC = a2 c2 (a2 +c2 +a2 +c2 −b2 ).
4


Từ đó ta thu được
2

BE =

2a2 c2
a2 + c2

−

a2 b2 c2
(a2 + c2 )2

.

Tương tự
CF 2 =

2a2 b2
a2 + b2

−

a2 b2 c2
(a2 + b2 )2

.

Vậy BE = CF khi và chỉ khi
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒

2a2 c2

a2 b2 c2

a2 b2 c2

= 2
− 2
(a2 + c2 )2
a + b2
(a + b2 )2
1
c2
b2
1
2 2 2
−
=
a
b
c
−
2a2
a2 + c2
a2 + b2
(a2 + c2 )2
(a2 + b2 )2
c2 − b 2
(b2 − c2 )(2a2 + b2 + c2 )
2 2 2
2a4 2
=
a

b
c
(a + c2 )(a2 + b2 )
(a2 + c2 )2 (a2 + b2 )2
2a2 (c2 − b2 )(a2 + c2 )(a2 + b2 ) = b2 c2 (b2 − c2 )(2a2 + b2 + c2 )
(c2 − b2 )(2a2 (a2 + c2 )(a2 + b2 ) + b2 c2 (2a2 + b2 + c2 )) = 0
b = c.
a2 + c2

−

2a2 b2

Vậy BE = CF thì tam giác ABC cân tại A. Đó là điều phải chứng minh.
Bài PT.8. (3 điểm.)
A

E

F

L

D

B

C

−→

−→
−→
−
→
Từ bài PT5 ta có a2 LA + b2 LB + c2 LC = 0 , ta suy ra
LD
LA

=

a2
b2 + c

,
2

LE
LB

=

b2

LF
c2
,
=
.
c2 + a2 LC
a2 + b2

5


Vậy bất đẳng thức đề cho tương đương với
c2
LB
+
LC
b2 + c
c2 + a2
a2 + b2
b2 + c2 − 2a2
c2 + a2 − 2b2
a2 + b2 − 2c2
⇐⇒ LA
+ LB
+ LC
≥0
b2 + c2
c2 + a2
a2 + b2
LC
LB
LA
LC
2
2
⇐⇒ (b2 − c2 )
−

+
(c
−
a
)
−
a2 + b2
c2 + a2
b2 + c2
a2 + b2
LB
LA
+ (a2 − b2 )
− 2
≥0
2
2
c +a
b + c2
⇐⇒ (b2 − c2 )(CF − BE) + (c2 − a2 )(AD − CF ) + (a2 − b2 )(BE − AD) ≥ 0
⇐⇒ LA + LB + LC ≥ 2

a2

b2

LA +
2

Không mất tổng quát giả sử a ≥ b ≥ c, theo chứng minh bải PT7 thì AD ≤ BE ≤ CF vậy bất

đẳng thức
(b2 − c2 )(CF − BE) + (c2 − a2 )(AD − CF ) + (a2 − b2 )(BE − AD) ≥ 0
ln đúng. Đó là điều phải chứng minh.
C. Một số tính chất hình học của đường đối trung và điểm Lemoine
Bài PT.9. (3 điểm.)
X
B
A

L
Y
P

W
O

J

C

D

Z

Gọi (O) là đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD. Tiếp tuyến qua A, B, C, D của (O) cắt Tiếp
tuyến qua B, C, D, A của (O) tại X, Y , Z, W . Theo bài PT3 thì L là giao điểm của AY và
CX còn J là giao điểm của AZ và CW . Tứ giác XY ZW ngoại tiếp nên dễ thấy XZ, Y W ,
AC, BD đồng quy tại P . Từ đó theo định lý Pappus cho hai bộ ba điểm thẳng hàng (W, A, X)
và (Z, C, Y ) ta dễ thấy J , P , L thẳng hàng. Đó là điều phải chứng minh.
6

Bài PT.10. (3 điểm.)

Đường đối song qua X cắt các cạnh CA, AB tại K, S; đường đối song qua Y cắt các cạnh AB,
BC tại M , N ; đường đối song qua Z cắt các cạnh BC, CA tại P , Q.
Dễ thấy các tứ giác BCKS, CAM N , ABP Q nội tiếp và vì AX, BY , CZ là các đường đối
trung nên X, Y , Z là trung điểm của KS, M N , P Q.
Từ ∠XBA = ∠Y AB và ∠ASK = ∠ACB = ∠BM N (vì BCKL và CAM N nội tiếp),
ta thu được AM Y ∼ BSX (g.g). Nhưng vì X và Y là trung điểm của KS và M N nên
AM N ∼ BSK (c.g.c), vì thế nên ∠SBK = ∠M AN = ∠M CN (vì CAM N nội tiếp).
(1)
Tương tự ta có ∠SCK = ∠QBP .

(2)

Từ BCKS nội tiếp, ta có ∠SBK = ∠SCK.

(3)

Từ (1), (2), (3), ta nhận được ∠M CN = ∠QBP . Mặt khác dễ thấy ∠QP C = ∠BAC =
∠M N B (vì các tứ giác CAM N và ABP Q nội tiếp). Từ đó, CM N ∼ BQP (g.g), nhưng
Y và Z là trung điểm của M N và P Q. Vì thế BZP ∼ CY N dẫn đến ∠ZBC = ∠Y CB.
Đó là điều phải chứng minh.
Bài PT.11. (Điểm thưởng: 5 đ.)

7


A

R
Q
P

F

O

D

B

C

Chúng ta có ba bổ đề
Bổ đề 1. Cho tứ giác lồi ABCD nội tiếp. Hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại P . Khi đó
PA
PC

=

AB · AD
CB · CD

.

B

A
P

C

D

Chứng minh. Từ tính chất góc nội tiếp, ta dễ thấy các tam giác sau đồng dạng (g.g)
P DC và P AD ∼ P BC. Từ đó, ta có các tỷ số
PA
PB
và

PB
PC

=

=

AD

(1)

BC
AB
CD

(2)

.

Từ (1) và (2), ta thu được

PA
PC

=

AB · AD
CB · CD

Ta hoàn thành chứng minh
8

P AB ∼

.


Bổ đề 2.[Định lý Ptolemy] Trong một tứ giác lồi nội tiếp thì tích hai đường chéo bằng tổng tích
hai cạnh đối diện.
Bổ đề 3. Cho tam giác ABC nội tiếp (ω) và điểm P nằm bên trong tam giác. Các đường thẳng
P A, P B, P C theo thứ tự cắt BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F . Tia EF cắt (ω) tại Q. Khi đó
CA
Sb QB

=

BC

+

Sa QA

AB
Sc QC

,

trong đó Sa , Sb , Sc lần lượt ký hiệu diện tích các tam giác P BC, P CA, P AB.
A
(ω)

R

E
F
P

Q

C

D

B

Chứng minh. Theo tính chất diện tích, ta dễ có tỷ số
EA
EC

=

Sc
Sa

(3)

.

Tia QE cắt lại (ω) tại R. Sử dụng Bổ đề 1 ta có
EA
EC

=

AQ · AR
CQ · CR

(4)

.

Tù (3) and (4), ta suy ra
AQ · AR
CQ · CR

=

Sc
Sa

.

Vì thế ta thu được
Sc QC = Sa

AQ · AR
CR

.

(5)

.

(6)

Tương tự, ta có đẳng thức
AQ · AR
BQ · BR

=

Sb
Sa

hay
Sb QB = Sa
9

AQ · AR
BR

Sử dụng (5), (6) và Bổ đề 2, ta có
CA
Sb QB

−

AB

=

Sc QC

=
=

CA

AB

−

Sa AQ·AR
Sa AQ·AR
BR
CR
CA · RB − AB · RC
Sa AQ · AR
BC · RA

Sa AQ · AR
BC
=
.
Sa QA
Vì vậy nên
CA

BC

=

Sb QB

Sa QA

+

AB
Sc QC

.

Ta hoàn thành chứng minh Bổ đề 3.
Quay lại bài toán.
G

A
R

Q
P

F

O
S

D

B

C

Đường thẳng P R cắt lại (O) tại G. Từ các tam giác đồng dạng QAP ∼
RP C, ta có tỷ số
QA
GA RP
PC
=
,
=
.
QP
P B RA
GA

QGB và

RAG ∼

Vì thế nên,
PR
PQ

·

QA
RA

=

PC
PB

Từ QR vng góc OA dễ suy ra hai tam giác đồng dạng
QA
RA

=
10

AC
AB

.

(7)

.

AQR ∼

ACB. Ta thu được
(8)


Từ (7) và (8), ta suy ra
PR

AB · P C

=

PQ

CA · P B

(9)

.

Đường đối trung AD và CF cắt nhau tại S theo bài PT5, ta dễ thấy
SSBC
a2

SSCA

=

=

b2

SSAB
c2

.

Sử dụng Bổ đề 3 cho tam giác ABC với điểm S với chú ý tia DF cắt (O) tại P , ta có
BC
BC 2 · P A

=

AB
AB 2 · P C

CA

+

CA2 · P B

.

Biểu thức tương đương vơi
1

1

1

.

(10)

BC · P A = AB · P C − CA · P B.

(11)

BC · P A

=

AB · P C

+

CA · P B

Chú ý từ Bổ đề 2 , ta có
Từ (10) và (11), ta có
1
AB · P C − CA · P B

=

1
AB · P C

+

1
CA · P B

.

Biểu thức trên tương đương với
1−

CA · P B
AB · P C

AB · P C

−

CA · P B

Từ (9) và (12), ta thu được
PR
PQ

−

PQ
PR

= 1.

Biểu thức trên cho phép ta tính được
PR
PQ

√
=

5+1
2

11

.

−1

= 1.

(12)