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 là một nội dung luôn xuất hiện trong các kì thi chọn
học sinh giỏi Tỉnh, chọn học sinh giỏi Quốc gia THPT và kì thi Olympic Toán
học Quốc tế( gọi tắt là IMO). Để làm tài liệu dạy bồi dưỡng phần hình học phẳng
cho học sinh giỏi của trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm và đội tuyển
HSG Toán thi Quốc gia, tôi đã tạm dịch từ bản tiếng Anh sang tiếng Việt và vẽ
hình minh họa , các bài toán hình học phẳng đề nghị của các nước trong các kì
thi IMO từ năm 2003 đến 2007 . Nay xin được trao đổi cùng đồng nghiệp trong
lĩnh vực này.
III. Cơ sở lí luận:
Để học sinh giỏi Toán được tiếp xúc với các bài toán hình học phẳng hay
của các nước trong các kì thi IMO, nhưng trên mạng internet chỉ có nội dung
bằng tiếng Anh , do đó học sinh ít có điều kiện đọc và hiểu được các bài toán đó.
Nên việc giáo viên cung cấp đề bài cùng lời giải bằng tiếng Việt cho học sinh là
điều kiện thuận lợi trong học tập cho học sinh. Trên cơ sở đó giúp học sinh được
học tập, ôn luyện để tham dự kì thi chọn học sinh giỏi Tỉnh và Quốc gia đạt kết
quả tốt hơn.
IV. Cơ sở thực tiển
Bài tập về hình học phẳng phục vụ cho việc bồi dưỡng học sinh giỏi tham gia
kì thi chọn học sinh giỏi Tỉnh và Quốc gia cấp THPT chủ yếu dựa vào nguồn:
Báo Toán học và Tuổi trẻ; đề thi Olimpic của các nước và các đề dự tuyển trong
các kì thi IMO. Do đó giúp học sinh tiếp cận với đề bài và lời giải bằng tiếng
Việt các bài toán hình học phẳng đề nghị trong các kì thi IMO là 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 lần lượt là hình chiếu

của D lên đường thẳng BC, CA, AB. Chứng minh rằng PQ = QR khi và chỉ khi
các phân giác của góc ABC và ADC đồng quy với AC.
Lời giải 1.
1


A
R
D
Q

B

C

P

Ta đã biết P, Q, R thẳng hàng (đường thẳng
Simson). Ta có DPC  DQC  900  D, P, C, Q
nằm trên một đường tròn, do đó
DCA  DPQ  DPR . Tương tự D, Q, R, A nằm
trên đường tròn, do đó DAC  DRP . Suy ra
 DCA  DPR
Làm tương tự ta được  DAB  DQP và
 DBC  DRQ

DA DB AB
DB DC BC
=
(1) ,

=
(2)


DQ DP QP
DR DQ RQ
DA QR BA
Từ (1) và (2) suy ra
.

.
DC PQ BC

Do đó

Do đó PQ = QR nếu và chỉ nếu DA/DC = BA/BC
Các phân giác của góc ABC và ADC chia đoạn AC theo tỉ số BA/BC và DA/DC
tương ứng . Do đó 3 đường đồng quy.
Lời giải 2.
Giả sử phân giác góc ABC và ADC cắt AC tại L và M tương ứng.

AL AB
AM AD
AB AD
và
. 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 và Q ;

Khi đó

đường tròn đường kính DA qua R và Q.
Đặt ACB   thì PDQ   hoặc 1800 –  , đặt CAB   thì QDR   hoặc 1800 –  .
Ta có PQ = CD.sin  ; QR = AD.sin  . Do đó PQ = QR 
Định lí sin trong  ABC ta có :
Từ đó PQ = QR 

sin  CB
.

sin  AB

CD sin 
.

AD sin 

CD CB

 AB.CD  AD.CD
AD AB

Bài 2) Cho 3 điểm phân biệt A, B, C theo thứ tự đó nằm trên một đường thẳng.

Gọi  là một đường tròn thay đổi qua A và C có tâm không nằm trên AC. Kí
hiệu P là giao điểm của các tiếp tuyến với  tại A và C. Giả sử  cắt đoạn PB
tại Q. Chứng minh rằng giao điểm của phân giác góc AQC và đường thẳng AC
không phụ thuộc vào cách chọn  .
Lời giải 1.
2


P
Q
C

R
A

B

S

Giả sử phân giác góc AQC cắt đường thẳng AC và
đường tròn  tại R và S tương ứng, ở đây 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 trong
 ASC cân ta có
RC sin CSQ

tam giác PAC và 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 đó

AB AR 2

 R không phụ thuộc vào  .
BC RC 2

Lời giải 2. ( Dùng phương pháp tọa độ)
y
R là giao điểm phân giác góc AQC với
P
đường thẳng AC. Chọn hệ trục Oxy , ta có

thể giả sử A(– 1, 0), B(b, 0), C(1,0) và
Q
A
O
C
 : x 2  ()1
y  p 2   p 2 thì P(0,1/p).
x
B
R
Gọi M là trung điểm cung lớn AC thì
I
M(0,  p  1  p 2 ).Các điểm Q, R, M thẳng
hàng, khi đó AQR  CQR .
M

Vì PB: y  

 (1 p 2 )(1
b  pb )(1  p 2)(1  b 2 )(1 p )(1
 b2 )  p 2
,
Q

1  p 2b 2
1  p 2b 2


x 1
 nên tọa độ

pb p

 b2 
,



p  1  p2
1  p2
MO
QP


do đó ta có
. Khi đó

PM (1/ p )1 p   1p 2
BQ p 1  b 2

p
 p2

, ta có

1  p2
OR MO QP
p
1

.


.

RB PM BQ
1  p 2 p 1  b2
1  b2

Do đó R không phụ thuộc vào p tức không phụ thuộc vào  .
Bài 3)Cho tam giác ABC và điểm P nằm trong miền trong của nó. Gọi D, E, F
lần lượt hình chiếu vuông góc của P lên đường thẳng BC, CA, AB tương ứng.
Giả sử AP 2  PD 2  BP 2  PE 2  CP 2  PF 2 . Kí hiệu IA, IB, IC là tâm đường tròn
3


bàng tiếp của tam giác ABC. Chứng minh rằng P là tâm đường tròn ngoại tiếp
tam giác IAIBIC .
Lời giải.
Từ điều kiện đã cho ta có
0  ()()()()
BP 2  PE 2  CP 2  PF 2  BP 2  PF 2  CP 2  PE 2

2

 BF 2  CE 2

Ta có thể đặt x = BF = CE, tương tự đặt y = CD = AF và z = AE = BD.
+ Nếu một trong ba điểm D, E, F không nằm trên cạnh của tam giác ABC thì
mâu thuẫn với bất đẳng thức trong tam giác. Thật vậy nếu B,C, D nằm theo thứ
tự đó. Ta có AB + BC = x + z = AC vô lí. Do đó tất cả các điểm D, E, F nằm trên
các cạnh tam giác ABC.

Đặt a = BC; b = CA; c = AB và p =

1
()a  b  c thì x – p – a; y = p – b; z = p – c .
2

Khi đó BD = p – c; CD = p – b . Ta thấy rằng D là tiếp điểm của đường tròn
bàng tiếp góc A với BC.Tương tự E, F tương ứng là tiếp điểm đường tròn bàng
tiếp góc B, C với đường hẳng CA và AB. Do PD  BC, IAP  BC  P, D, IA thẳng
hàng. Tương tự P, E , IB thẳng hàng và P, F, IC thẳng hàng .
1
2

Do đó ba điểm IA, C, IB thẳng hàng và tam giác PIAIB cân và PI AC  PI B C  C .
Làm tương tự ta có PIA = PIC do đó PIA = PIB = PI C . Suy ra P là tâm đường tròn
ngoại tiếp tam giác IAIBIC.

A
y
IC

IB

z
E

F
P

x

z

B

y

D

IA

4

x
C


Chú thích 1: Bài toán không đúng nếu P nằm ngoài tam giác ABC.
Chú thích 2: Trong phần này giá trị AP 2  PD 2 ; BP 2  PE 2 , CP 2  PF 2 = 8R2 – p2 ,
1
2

với R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và p = ()AB  BC  CA .
Ta có thể chứng minh bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác IAIBIC bằng 2R.
Ta có PD = PIA – DIA = 2R – r A ; ở đây rA là bán kính đường tròn bàng tiếp góc
A. rB, rC tương ứng. PE = 2R – rB , PF = 2R – rC . Ta có
AP 2  PD 2  AE 2  PE 2  PD 2  ()(2
s  c 2  )(2R  rB 2)  R  rA 2 .
abc S ABC  S ABC 
Vì (2 R  rA )4  R4  RrA  r = 4 R  4

.


4 S ABC p  a  p  a 
p ()()
p  b p  c  abc
= 4R2 +
= 4R 2  bc  p 2
pa
Và ta có thể nhận được : (2 R  rB )42  R 2  ca  p 2 .
2

2

2

2

2
A

Ta có AP 2  PD 2  ()(4
p  c 2  R 2 )(4
ba  p 2  R 2 8bc  p 2  R 2  p 2 .
Bài 4) Cho C1, C2, C3, C4 là các đường tròn phân biệt sao cho C1 và C3 tiếp xúc
ngoài tại P ; C2 và C4 tiếp xúc ngoài tại P. Giả sử C1 và C2 , C2 và C3 , C3 và C4,
C4 và C1 cắt nhau tương ứng tại A, B, C, D khác P. Chứng minh rằng :
AB.BC PB 2

AD.DC PD 2

Lời giải 1.
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 2
Hình 1
Gọi Q là giao điểm của đường thẳng AB với tiếp tuyến chung của  1 và  3 . Thì
APB  APQ  BPQ  PDA  PCB

Kí hiệu : x1, x2, …, x8 các góc như trong hình 1. Thì

x1  x2  APB  x2  x3  x5  x8  1800 (1)
5

Tương tự BPC  PAB  PDC và x4  x5  x2  x7  1800 (2)
Nhân độ dài các cạnh của các tam giác PAB, PBC, PCD, PAD với PC.PD ;
PD.PA ; PA.PB ; PB.PC tương ứng, cho ta một tứ giác mới như hình 2.
Từ (1) và (2) chỉ ra rằng A’D’//B’C’ và A’B’//C’D’. Do đó tứ giác A’B’C’D’ là
một hình bình hành. Suy ra A’B’ = C’D’ và A’D’ = B’C’ . Từ đó
AB.BC PB 2
AB.PC.PD = CD.PA.PB và AD.PB.PC = BC.PA.PD . Suy ra

AD.DC PD 2

Lời giải 2.
Gọi O1, O2, O3, O4 lần lượt là tâm các đường tròn C1, C2, C3, C4 và gọi A’, B’,
C’, D’ lần lượt là trung điểm đoạn PA, PB, PC, PD. Vì C1, C3 tiếp xúc ngoài tại
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 và
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 đó đoạn PA là dây cung chung của C1 và C2 , đoạn PA’ là đường cao từ P
đến O1O2 . Tương tự PB’, PC’, PD’ là đường cao từ P đến O2O3, O3O4, O4O1
tương ứng. Thì O1, A’, P, D’ nằm trên một đường tròn. Một lần nữa 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 2 A ' B ' B ' C ' PD '2 sin x2 sin x3 sin y4 sin y1 O1O3 O2O4 O1O2 O3O4
.
.

.

.

=
.
.
.
1
AD DC PB 2 A ' D ' D ' C ' PB '2 sin y2 sin y3 sin x4 sin x1 O1O2 O3O4 O2O4 O1O3
AB.BC PB 2
hay

AD.DC PD 2

Chú thích : Ở đây không cần giả thiết C1, C3 và C2, C4 tiếp xúc ngoài nhau.
Chúng ta có thể thay đổi câu đầu tiên trong bài toán đã được đề cập:
Gọi C1, C2, C3, C4 là các đường tròn phân biệt sao cho C1 và C3 tiếp xúc nhau
tại P , C2 và C4 tiếp xúc nhau tại P.Giả sử C1 và C2 , C2 và C3 , C3 và C4, C4 và C1
cắt nhau tương ứng tại A, B, C, D khác P. Chứng minh rằng :
6


AB.BC PB 2

AD.DC PD 2

Tiếp theo đây là hai lời giải phù hợp với việc thay đổi đầu bài
Lời giải 3.
Gọi Oi và ri là tâm và bán kính đại số của Ci , i = 1,2,3,4. Chúng ta có thể giả sử
rằng r1 > 0. Nếu O1 , O3 nằm một bên của tiếp tuyến chung thì ta có r3 > 0; trái
lại ta có r3 < 0.

Đặt   O1 PO2 . Ta có Oi POi 1   hay 1800 –  suy ra sin Oi POi 1  sin 
(1)
Từ PB  O2O3 và  PO2O3 =  BO2O3 , ta có
2 r2 r3 sin 
1 1
1
1
. O2O3 .PB  S PO2O3  .PO2 .PO3 .sin   r2 r3 sin  .Từ đó PB =
O2O3
2 2
2
2

(2)

AO2 B
(3)
2
AO B
Từ O1O2 P  O1O2 A và O3O2 P  O3O2 P , ta có sin 2  sin O1O2O3
2

Bởi vì tam giác O2AB cân ta có AB  2 r2 sin

c1
A
O1
O2

D

c4

c2

P
O4

B

O3
C

c3

1
1
1
O1O2 .O2O3 .sin O1O2O3  SO1O2O3  O1O3 .PO2 .sin  = r1  r3 r2 sin 
2
2
2
r  r r sin 
Từ (3) ta có AB = 2 r2 1 3 2
O1O2 .O2O3

Do đó

Làm tương tự như (1), (2), (3) chúng ta có thể nhận được độ dài của PD, BC,
CD, DA và tính toán như sau :
2

2
O3O4 .O4O1
O4O1.O1O2
AB.BC 2 r1  r3 r2 sin  2 r2  r4 r3 sin 

.
.
.
2
CD.DA
O1O2 .O2O3
O2O3 .O3O4
2 r1  r3 r4 sin  2 r2  r4 r12 sin 

7


2

 2 r r sin   
O4O1
= 2 3
 
O2O3

  2 r4 r1 sin 

2



PB 2


PD 2


Lời giải 4. Gọi l1 là tiếp tuyến chung của đường tròn C1 và C3 và gọi l2 là tiếp
tuyến chung của C2 và C4 . Chọn hệ trục như hình vẽ.
y
c4
D

l1

c1

A

C

P

x

c2
B

l2
c3

Chúng ta có thể giả sử rằng :
C1 : x 2  y 2  2ax sin   2ay cos   0 , C2 : x 2  y 2  2bx sin   2by cos   0 ,
C3 : x 2  y 2  2cx sin   2cy cos   0 , C4 : x 2  y 2  2dx sin   2dy cos   0
Tính toán rút gọn đi đến các giao điểm
2
2
 4ab()sin
a  b cos
4 ()sin
ab a 
cos
b


A  2
;

,
2
2
2
a

b

2
ab
cos
2


a

b

2
ab
cos
2



2
2
 4bc()sin
b  c cos
4 ()sin
bc b cos
c


B 2 2
; 2 2
 ,
b  c  2bc cos 2 
 b  c  2bc cos 2
2
 4cd ()sin
c  d cos 42  ()sin
cd c 
cos

d


C 2
;
 ,
2
2
2
c

d

2
cd
cos
2

c

d

2
cd
cos
2



2

2
 4da ()sin
d  a cos  4  ()sin
da d cos
a


D 2
; 2

2
2
d  a  2da cos 2 
 d  a  2da cos 2

Tính toán độ dài đi đến

8


AB 
BC 
CD 
DA 

Suy ra

4b 2 a  c sin  cos 
(2a 2 cos
b 2 2 )(2

ab

cos
 2 b)2  c 2  bc



4c 2 b  d sin  cos 
(2
b 2 cos
c 2 2 bc
)(2

cos
 2c 2)  d 2  cd



4d 2 c  a sin  cos 
(2c 2  cos
d 2 2 )(2
cd

cos
 2 d)2  a 2  da



4a 2 b  d sin  cos 
(2d 2 cos

a 2 2 )(2
da

cos 2 a)2  b 2  ab



AB.BC b 2 c 2 (2d 2 cos
a 2 2 )da

 2 2 2 2
AD.DC d a (2
b cos
c 2 bc
)

4 b c sin  cos 

Còn vế phải ta có PB =

,
,
,
,

và PD =

4 d a sin  cos 

b 2  c 2  2bc cos 2

d 2  a 2  2da cos 2
AB.BC PB 2
PB 2 b 2 c 2 (2d 2 cos
a 2 2 )da

Suy ra
.
Do
đó
ta
nhận
được


AD.DC PD 2
PD 2 d 2 a 2 (2
b 2 cos
c 2 2 bc
)


Bài 5) Cho ABC là một tam giác cân với CA = CB, có I là tâm đường tròn nội
tiếp. Gọi P là điểm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác AIB và nằm bên trong
tam giác ABC. Đường thẳng qua P song song với CA và CB cắt AB tương ứng
tại D và E. Đường thẳng qua P song song với AB cắt CA và CB tương ứng tại F
và G. Chứng minh rằng đường thẳng DF và đường thẳng EG có giao điểm nằm
trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Lời giải 1.
C
Nhận xét : các cạnh của tam giác PDE và CFG song

song với nhau. Do đó nếu DF và GE không song song
với nhau thì có một phép vị tự và DF, GE và CP đồng
I
F
P G
quy tại tâm của phép vị tự đó.
A
D
E B
Ta chứng minh : Nếu CP cắt đường tròn ngoại tiếp tam
giác ABC tại Q khác C, thì Q là giao điểm của FD và
Q
GE .
+ Vì AQP  ABC  BAC  PFC  AQPF nội tiếp đường
1
2

1
2

tròn  FQP  PAF . Vì IBA  CBA  CAB  IAC nên
đường tròn ngoại tiếp tam giác AIB tiếp xúc CA tại
A  PAF  DBP
+ Vì QBD  QCA  QPD  tứ giác DQBP nội tiếp đường tròn  DBP  DQP .
9


Từ FQP  PAF  DBP  DQP  F, D, Q thẳng hàng. Tương tự ta nhận được G, E,
Q thẳng hàng. Do đó DF, EG, CP đồng quy tại một điểm trên đường tròn ngoại
tiếp tam giác ABC.

Lời giải 2. ( Dùng phương pháp tọa độ )
y

Chọn hệ trục tọa độ Oxy sao cho
A(– 1, 0), B(1, 0), C(0, c). Giả sử
I(0, m) khi đó

C(0,c)

S ABC 

I(0,m)
F

P

x

O
A(-1,0)

m=

G

D

E

1

()AB  BC  CA m 
2
c

1  1  c2

Giả sử J(0,n) là tâm đường tròn C1
ngoại tiếp tam giác AIB. Khi đó
()1
n  m 2  JI 2  JA2   n 2 ,
ta có n = – 1/c và
2
C1: x 2  (1/
y  )1 c (1/
 ) c 2

B(1,0)

J(0,n)

Gọi P(p,q). Khi đó D(p – q/c, 0), E(p + q/c, 0), F(q/c – 1, q), G( – q/c + 1, q), từ
đó phương trình đường thẳng DF và EG tương ứng là
y=

q

 
 
q 
q

q 
x   p    và y =
x   p   .


2q
2q
c 
c 
 p 1  

 p 1 
c
c

Do đó giao điểm Q của hai đường thẳng là Q((q – c)p/(2q – c), q2/(2q – c)).
Gọi O1(0, u) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Vì 1 + u2 = O1A2 = O1C2 = (u – c)2  u = (c2 – 1)/2c . Vì P(p, q) nằm trên đường
tròn C1 ta có p2 + (q + 1/c)2 = 1 + (1/c)2
2

2

2

 q  c  2  q2
c2 1   c2  1 
2
O1Q  
p




 
  O1C  Q nằm trên đường tròn

2c   2c 
 2q  c 
 2q  c
2

ngoại tiếp tam giác ABC.

Bài 6) Mỗi cặp cạnh đối của lục giác lồi có tính chất: khoảng cách giữa hai trung
điểm của chúng bằng

3
lần tổng độ dài của chúng. Chứng minh rằng tất cả các
2

góc của lục giác lồi bằng nhau.
Lời giải 1.

10


S

B

M
A

P
C

Q

L

Q

P
F

R

R

D
N

E

Trước tiên ta chứng minh bổ đề: Cho tam giác PQR với QPR  600 . Gọi L là
trung điểm của QR thì PL 

3
QR , dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác
2

PQR đều.
Chứng minh: Gọi S là điểm sao cho tam giác QRS đều. Ở đây S và P nằm trên
nữa mặt phẳng bờ QR. Thì P nằm trong đường tròn ngoại tiếp tam giác QRS và
nằm trong đường tròn tâm L trung điểm QR, bán kính

3
QR . Bổ đề được chứng
2

minh.
Những đường chéo chính của lục giác lồi cắt nhau tạo thành một tam giác ,
tam giác này có thể suy biến. Ta có thể chọn hai trong ba đường chéo ứng với
góc lớn hơn hoặc bằng 600 . Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử đó là
đường chéo AD và BE của lục giác ABCDEF thỏa mãn APB  600 , ở đây P là
giao điểm hai đường chéo AD và BE. Gọi M, N lần lượt trung điểm của AB và
DE .
Áp dụng bổ đề, ta có MN =

3
(AB + DE)  PM + PN  MN.
2

Dấu đẳng thức phải xảy ra tức các tam giác ABP và DEP đều.
Do đó đường chéo CF tạo một góc lớn hơn hoặc bằng 600 với một đường chéo
AD và BE. Không mất tính tổng quát giả sử AQF  600 , với Q là giao điểm của
AD và CF. Giống như cách chứng minh trên thì tam giác AQF và CQD đều. Gọi
R là giao điểm của BE và CF, thì BRC  600 . Làm lại như trên lần thứ ba ta được
các tam giác BCR và EFR đều. Vậy tất cả các góc của lục giác bằng nhau.
Lời giải 2.


 
 
 

a = AB , b = BC , c = CD , d = DE ,
Gọi
ABCDEF
là
lục
giác
lồi
đã
cho
và
đặt

 

e = EF , f = FA . Gọi M, N lần lượt trung điểm cạnh AB và DE. Ta có:
11


B

A

M

C

F

N
E

D




1    1 
1    1 
1    
MN = a + b + c + d và MN = – a – f – e – d  MN = ( b + c – f – e )(1)
2
2
2
2
2






3
3
Từ giả thiết đã cho , ta có MN =
()a  d 

a  d (2)
2
2
 

        
Đặt x  a  d , y  c  f , z  e  b . Từ (1) và (2) ta có y  z  3 x (3)
 

 

Tương tự ta có : z  x  3 y (4) và x  y  3 z (5)
 2
   2
2
2
 2
 2
Chú ý rằng: (3)  y  2 y.z  z  3 x ,(4)  z  2 z.x  x  3 y ,
2
   2
2
(5)  x  2 x. y  y  3 z
 2  2  2
   
 
   2
Cộng ba BĐT trên ta được  x  y  z  2 y.z  2 z.x  2 x. y  0   x  y  z  0 .
   
Vậy x  y  z  0 và dấu đẳng thức xảy ra trong tất cả các BĐT trên.

 

 
  

   
Tức x  y  z  0 và y  z  3 x , z  x  3 y , x  y  3 z .
  
  
  
Suy ra a , d , x cùng phương ; c , f , y cùng phương; e , b , z cùng phương.
     
Giả sử tam giác PQR sao cho PQ  x , QR  y , RP  z . Không mất tính tổng

quát ta có thể giả sử QPR  600 . Gọi L là trung điểm của QR, thì


3 y
3QR
1  

PL = z  x =
. Dựa vào bổ đề trong cách giải 1 thì tam giác PQR
2
2
2
đều. Từ đó ta có ABC  BCD  ...  FAB  1200 .

Bài 7) Cho tam giác ABC với nửa chu vi là s và bán kính đường tròn nội tiếp r.
Các nửa đường tròn với đường kính BC, CA, AB vẽ bên ngoài  ABC. Đường

tròn tiếp xúc tất cả ba nửa đường tròn trên có bán kính t. Chứng minh rằng :

Lời giải 1.

s
s 
3
 t    1 
r
2
2 
2 

12


A
F'

E'
e'

f'
F

E

f
O

E"

F"
D"
B

e

d
C

D
d'

D'

Gọi O là tâm đường tròn và D, E, F là trung điểm cạnh BC, CA, AB tương
ứng. Kí hiệu D’, E’, F’ là các điểm tiếp xúc của đường tròn với các nửa đường
tròn đường kính BC, CA, AB tương ứng. Gọi d’, e’, f’ là bán kính của các nửa
đường tròn đó. Thì các đường DD’, EE’, FF’ qua O và s = d’ + e’ + f’. Đặt
s
 d ' e ' f '
s
d ' e ' f '
s
d ' e ' f '
, e  e' 
, f   f '
d'
2

2
2
2
2
2
s
Chú ý rằng d  e  f  . Dựng các nửa đường tròn nhỏ bên trong tam giác
2

d

ABC với bán kính d, e, f và tâm 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 đó D’O > D’D” và t>s/2. Đặt g = t – s/2.
Rõ ràng OD” = OE” = OF” = g. Do đó đường tròn tâm O bán kính g tiếp xúc
cả ba nửa đường tròn đôi một tiếp xúc nhau.
2

1
1
1
1 1 1 1 1 1 
Ta chứng minh: 2  2  2  2       (1)
d
e
f

g
2d e f g 

Xét tam giác PQR và đặt p = QR, q = RP, r = PQ. Thì
cos QPR 

()()()()
pqr pqr pqr pqr
 p2  q2  r 2
và sin QPR 
2qr
2qr

Khi đó cos EDF  cos()cos
ODE  ODF
.cos 

ODE
sin
13

ODF
.sin 

ODE

ODF . Ta có


4dg ()()

d e g d  f  g
d 2  de  df  ef ()()
d 2  de  dg  eg d 2  df  dg  fg
–

()()()()()
d e d  f
d  g 2 d e d  f
()()()
d  g 2 d e d  f

Đơn giản và rút gọn đi đến

1 1 1 1 d
g
()2
d  g  1   2        
d
d e f g g

()()
d e g d  f  g
ef

Bình phương và rút gọn ta được
2

1 1 1 1
 1
1

1
1
1
1 

 

      4 

d e f g
 de df dg ef eg fg 
  1 1 1 1 2  1
1
1
1 
= 2       2  2  2  2 
 d e f g   d
e
f
g 



Từ đó ta có điều cần chứng minh (1)
Với g càng nhỏ thì 1/g càng lớn, ta có
2

1 1 1
 1
1 1 1 1

1
1 
1 1 1
d e f
    2     2 2  2  2  =    2
g d e f
e
f 
d e f
def
d e f 
d
1
rs
So sánh diện tích : S DEF  S ABC  và S DEF  ()d  e  f def ,
4
4
r 2
def
ta có  ()d  e  f def 
.
2 s
d e f
r
1
Chúng ta cần chứng minh

 2 3.
2g 2  3
1 1 1

r
def
d e f 
x yz
Vì

 2,
    2
 
2g
d e f d e f
def
xy  yz  zx

1
1
1
ở đây x = , y  , z 
d
e
f

()x  y  z 2
 3 . Đây là bất đẳng thức đúng vì
xy  yz  zx
1
xy  yz  zx 
x y 2  yz 2  zx 2 
2

Quy về chứng minh
()3()(()()())0
x yz 2 

Lời giải 2.
Chúng ta chứng minh t > s/2 như cách giải 1. Đặt g = t – s/2.
Bây giờ chọn hệ trục tọa độ sao cho E( – e; 0), F(f; 0), và tung độ y của D là số
dương. Gọi Gd , Ge , G f , Gg là đường tròn bán kính d, e, f, g với các tâm D, E, F, O
tương ứng. Gọi  r /2 là đường tròn nội tiếp tam giác DEF. Chú ý bán kính của
 r /2 là r/2 .

14


y
Gd

D
d

e

Ge

Gr/2 r/2

Gg
g
O

f

Gf

x

F(f,0)

E(- e,0)

Bây giờ, xét phép nghịch đảo với đường tròn nghịch đảo tâm (0; 0) bán kính
bằng 1.
y

G' f

G' e
G' g

G' d

G' r/2
1/r

x

Gọi G 'd , G 'e , G ' f , G 'g G 'r /2 tương ứng là ảnh của Gd , Ge , G f , Gg , Gr /2 qua phép
nghịch đảo đó. Đặt  = 1/4e ,  = 1/4f và R =  +  . Thì phương trình của
15

đường thẳng G 'e , G ' f và G 'r /2 tương ứng là x = – 2  , x = 2  và y = 1/r. Hai bán
kính của đường tròn G 'd và G 'g là R và có tâm tương ứng là điểm (,1/
 )  r
và (,1/
  2 )r  R .
Gọi D là khoảng cách giữa (0; 0) và tâm của đương tròn G 'g thì ta có
1
1
2R
R
hay g  2 2

 2
2
DR DR D R
D R
Ở đây ta có thể chỉ ra g  (1 3 / 2)r hay (4  2 3) g  r . Kiểm chứng điều này

2g 

dựa vào

R
r
 2
r  (4  2 3)(4
g  r2  3)()(4

2 3)2

 2
D  R2 
2
2 
D R
D R 
2
 1
r

= 2 2    2 R   ()(4
  2 2 
3)R 2 
D  R  r

2
 
r
1 
= 2 2  3 R 
 
  ()0
D  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 một điểm thứ hai nằm trên
BC.
Lời giải.
A
 ANM  ABC. Từ GT suy ra AM  AN. Ta có OM =
ON, RO  MN , R là giao điểm của đường trung trực
N
I
M
đoạn MN và phân giác góc MAN suy ra R nằm trên
R

đường tròn ngoại tiếp  AMN.
B
C
Gọi K = RA  BC, ta có MRA  MNA  ABK
K O
 BMRK nội tiếp
NRA  NMA  ACK  CNRK nội tiếp. K là giao điểm
thứ hai của hai đường tròn ngoại tiếp  BMR và
 CNR nằm trên đường thẳng BC
Bài 2) (KAZ): Cho đường tròn (  ) và đường thẳng d không cắt nhau. Đường
kính AB của (  ) vuông góc với d, trong đó B gần d hơn A. Một điểm C thay đổi
khác A, B trên (  ). Đường thẳng AC cắt d tại D, đường thẳng DE là tiếp tuyến
của (  ) với tiếp điểm E, B và E nằm cùng một bên đường thẳng AC. Đường
16


thẳng BE cắt d tại F và AF cắt (  ) tại G  A. Gọi H là điểm đối xứng của G qua
đường thẳng AB. Chứng minh rằng H nằm trên đường thẳng CF.
Lời giải.
Ta có GH//d. Gọi M = AB  d,
A
FEA  FMA  900 suy ra AEMF nội
tiếp  DFE  BAE  DEF
Suy ra tam giác DEF cân
H
G
Vì DE là tiếp tuyến của (  ) ta có
DF2 = DE2 = DC.DA 

C

B
E

Suy ra DFC đồng dạng
 DAF  DCF  DFA = HGA  HCA
suy ra H, C, F thẳng hàng.

d
M

D

DF DA

DC DF

F

Bài 3) (KOR 2004) O là tâm đường tròn ngoại tiếp  ABC với B  C . Đường
thẳng AO cắt cạnh BC tại D. Tâm đường tròn ngoại tiếp  ABD và  ACD
tương ứng là E, F. Trên tia đối của AB, AC lấy lần lượt G và H sao cho
AG = AC, AH = AB. Chứng minh rằng EFGH là hình chữ nhật khi và chỉ khi
ACB  ABC  600

Lời giải .

Kí hiệu A   , B   , C   ,   
Ta có ADC    DAB    900   là góc nhọn, suy
ra CAO  900   . Gọi X, Y lần lượt là giao điểm

của đường thẳng AD với FE và GH. Do AD là
trục đẳng phương của (E) và (F) nên AD  FE.
Ta có  AGH  ACB từ đó

H
G

Y

A
E

X
F
C

O
D

B

GAY  OAB  900    900  AGY  GAY  AGY  900
Suy ra GH  AD do đó GH//FE
EFGH là hình chữ nhật  FX = GY và XE = YH

Ta có GY = AGsin  = ACsin  , FX = AFsin  nên
GY = FX  A F = AC  AFC  600  ADC  300
ADC  1800  ACD  CAD  1800    (900   )90
 0()    .
Suy ra FX = GY      600 . Tương tự XE = YH      600

Vậy EFGH là hình chữ nhật khi và chỉ khi ACB  ABC  600 .

17


Bài 4) ( IMO 2004- POL) Trong một tứ giác lồi ABCD, đường chéo BD không
phải phân giác giác của góc ABC và CDA . Điểm P nằm 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 thiết 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 đường trung
trực cạnh BF, DE, AC  PA = PC.
ii) Giả sử PA = PC. Không mất tính tổng quát , ta giả sử P nằm trong miền tam
giác ACD và BCD (Hình 2). PB và PD cắt AC tương ứng tại K và L. Ta có
AKP  BKC  BAD  CLP . Vì PA = PC suy ra APK  CPL  K và L đối xứng nhau
qua đường trung trực p của AC. Gọi E là điểm đối xứng của D qua p thì E nằm
trên BP và  APD đối xứng với  CPE qua đường thẳng p  BDC  ADP  BEC
nghĩa là B,C, E, D thuộc một đường tròn .Mặt khác A, C, E, D cũng thuộc một
đường tròn  ABCD nội tiếp trong đường tròn.
Bài 5)(SMN 2004) Cho đa giác đều n đỉnh A1A2A3...An. Các đỉnh B1, B2, …,Bn-1
được xác định như sau:
i) Nếu i = 1 hay i = n – 1 thì Bi là trung điểm cạnh AiAi+1
ii) Nếu i  1,i  n – 1 và S là giao điểm của A1Ai+1 với AnAi thì Bi là giao điểm
của đường phân giác góc Ai SAi 1 với AiAi+1
Chứng minh rằng : A1 B1 An  A1 B2 An  ...  A1 Bn 1 An  1800
Lời giải .

18


Bổ đề: Cho hình thang cân ABCD với cạnh đáy
AB và CD. Đường chéo AC và BD cắt nhau tại S.
M là trung điểm cạnh BC, phân giác góc BSC cắt
BC tại N thì AMD  AND
Chứng minh: Ta chứng minh A,D,N và M nằm
trên một đường tròn
Gọi X=AD  BC. Đặt XA = XB = a, XC =XD= b.
SN là phân giác góc BSC ta có

X

A

B
S

N

M

D

C

XN  a BN SB AB a
2ab




 . Suy ra b(XN – a) = a(b – XN)  XN 
b  XN NC SC CD b
ab
ab
Ta có XM =
, do đó XM.XN = XA.XD  A, D, M, N nằm trên một đường
2

tròn.

A3

B3

C3

Gọi Ci là trung điểm cạnh AiAi+1 , i =
1,2..,n – 1
Theo định nghĩa C1  B1 và Cn-1  Bn-1 .
Khi đó A1AiAi+1An là hình thang cân với
A1Ai//Ai+1An , i = 2,…, n – 2 . Theo bổ đề
trên A1 Bi An  A1Ci An với mọi i.

A4

C2
B2
A2

Bn-1

B1
A1

Tổng

n 1

n 1

i 1

i 1

 A1Bi An   A1Ci An .

An

Trong các tam giác A1Ci An và An  2i C1 An 1i ta có A1Ci An  An  2i Ci An 1i ,  i =1,2,..,n–1
Do đó

n 1

 AC A
i 1

1

i

n

 A1C1 An  AnC1 An 1  ...  A3C1 A2 = A1C1 A2  1800

Bài 6) (GBR 2004)Cho P là một đa giác lồi. Chứng minh rằng có một lục giác
lồi chứa trong P và chiếm ít nhất 75% diện tích của P.
Lời giải .

19


C1

Uc

Vb

A

lớn nhất là S chứa trong P. Vẽ các

B0

C0
Vc

Gọi ABC là tam giác có diện tích

B1

đường thẳng qua A, B, C lần lượt

Ub

B

C

A0

song song với BC, CA, AB , chúng

Va

Ua

cắt nhau tạo ra tam giác A1B1C1

A1

(A  B1C1, B A1C1, C B1A1 ).

Khi đó mỗi tam giác có đỉnh nằm trong P có diện tích không vượt quá S, toàn thể
đa giác lồi P chứa trong A1B1C1.
Tiếp theo dựng các đường thẳng bao đóng của P song song với BC, CA, AB và
không cắt tam giác ABC. Chúng tạo ra một lục giác U aVaU bVbU cVc chứa trong P
với Vb ,U c  B1C1 , Vc ,U a  C1 A1 , Va ,U b  A1 B1 . Mỗi đoạn thẳng UaVa, UbVb, UcVc
chứa những điểm của P. Chọn các điểm A0 , B0 , C0 trên UaVa, UbVb, UcVc
tương ứng. Lục giác lồi AC0BA0CB0 chứa trong P, bởi vì P lồi. Ta chứng minh

rằng AC0BA0CB0 có diện tích ít nhất 3/4 diện tích của P.
Gọi x, y, z là diện tích của tam giác UaBC, UbCA, UcAB tương ứng. Thì
S1  S AC0 BA0CB0 = S + x + y + z. Ta lại có  A1UaVa đồng dạng với  A1BC với tỉ

đồng dạng  

()S  x
Sx
 Diện tích  A1UaVa là  2 S 
S
S

giác UaVaCB là : S 

()S  x
S

2

 2x 

2

. Do đó diện tích tứ

x2
. Tương tự cho diện tích tứ giác UbVbAC và
S

UcVcBA. Do đó S P  SU V U V U V  S  SU V CB  SU V AC  SU V BA

a a

b b

c c

a a

b b

c c

x2  y 2  z 2
()x  y  z
= S  2()x  y  z 
 S  2()x  y  z 
S
3S
()x  y  z
x yz 
Bây giờ 4S1  3S P  S  2()0
S

2

 S  ()x  y  z 

S

2

.

2



 S1 

3
S P đpcm
4

Bài 7) (RUS 2004) Cho tam giác ABC, điểm X thay đổi trên đường thẳng BC
sao cho C nằm giữa B và X. Các đường tròn nội tiếp các tam giác ABX và ACX
cắt nhau tại P và Q. Chứng minh rằng đường thẳng PQ đi qua một điểm cố định.
Lời giải .
20


Trước hết ta chứng minh bổ đề: Trong tam giác ABC, K và L là trung điểm
cạnh AC, AB tương ứng. Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc BC, CA
lần lượt tại D và E thì giao điểm của KL và ED nằm trên đường phân giác góc
ABC

Chứng minh: Đường phân giác lb của góc
ABC cắt DE tại T. Nếu BC = BA thì T  K.
Giả sử BC  BA thì tâm I đường tròn nội tiếp
tam giác ABC ở giữa B và T và T  E. Từ
 BDT và  DEC ta có

A

E
L

K
T

I

1
1
()()
B  C     suy ra
2
2
  
ITD  900 
  IAE  IAE  ITE  1800
2
2

TIC 

B

C
D

suy ra A, I, T, E nằm trên 1 đường tròn
 ATB  AEI  900 .
Suy ra L là tâm đường tròn nội tiếp  ATB
Ta có LTB  LBT  TBC  LT / / BC  T  KL
Đường tròn nội tiếp  ABX và  ACX tiếp xúc BX tại D và F; tiếp xúc với AX
tại E và G, do đó ED//GF. Nếu PQ cắt BX và AX lần lượt tại M và N thì do PQ
là trục đẳng phương của hai đường tròn suy ra MD 2  MF 2  MP.MQ  MD  MF
A

E
V
G

N
W

m

U
P

Q
B

X
F

C M

Tương tự NE = NG, suy ra

MN//ED//GF và PQ cách đều ED
và GF. Trung điểm của AB, AC và
AX nằm trên đường thẳng m //BC.
Áp dụng bổ đề trên vào  ABX,
đường thẳng DE cắt đường thẳng
m tại U thì BU là phân giác
Góc ABX suy ra U cố định. .

D

Tương tự GF cắt đường thẳng m tại V thì CV là phân giác góc ACX suy ra V
cố định. Do đó PQ qua trung điểm W của UV nên W cố định.
Bài 8) (SMN 2004) Cho tứ giác ABCD nội tiếp trong một đường tròn. Đường
thẳng AD và BC cắt nhau tại E, với C nằm giữa B và E, đường chéo AC và BD
cắt nhau tại F. Điểm M là trung điểm cạnh CD và N  M là một điểm nằm trên

21


đường tròn ngoại tiếp tam giác ABM sao cho
thẳng hàng.
Lời giải .
E

D

C

M

F

B
A

P
N
Q

AN AM
.Chứng minh E, F và N

BN BM

P, Q là giao điểm của đường thẳng EF với
đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABE và
ABF. Ta chứng minh N  PQ, ở đây ta chứng
minh N trùng trung điểm N’ của PQ. Từ các
đường tròn ngoại tiếp các tứ giác APBE, AQBF
và ABCD ta có
APQ  1800  APE  1800  ABE  ADC và
AQP  AQF  ABF  ACD suy ra  APQ  ADC
và  AN’P  AMD. Chứng minh tương tự
 BN’P  BMC

AN ' PQ BN '
AN ' 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 đối xứng của D và E qua I. Chứng minh rằng tứ giác ACKL nội tiếp.
Lời giải .
Gọi F là tiếp điểm của đường tròn nội tiếp với AC và gọi M, N tương ứng là
tiếp điểm của các đường tròn bàng tiếp với các cạnh AB và BC. Gọi Ia là tâm
đường tròn bàng tiếp góc A và P là tiếp điểm với đường thẳng AC. Ta có
AI AI AI a AI a
do đó AIL



IL IF I a P I a N

AI a N , ở đây L nằm trên AN , tương tự K nằm

trên CM. Đặt x = AF , y = CF. Khi đó BD = BE, AD = BM = x và CE = BN = y,
từ điều kiện AB + BC = 3 AC cho ta DM = y, EN = x. Bây giờ các tam giác

CLN và MKA đồng dạng với đường cao LE và KD thỏa điều kiện DK = LE,
DM = CE và AD = EN . Suy ra AKM  CLN . Do đó ACKL nội tiếp.

22


P

Ia

C
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 đều và
A1

P

B2

(,C2 A1 C
)60
1 B2  A2 PB1 

0

 AC1B2 =  BA1C2  AC1 = BA1 . Tương tự

BA1 = CB1 . Do đó tam giác A1B1C1 đều. Bây giờ
B
từ B1B2 = B2C1 suy ra A1B2 là phân giác góc
A
C1
C2
C1 A1 B1 .
Tương tự B1C2 và C1A2 phân các góc A1 B1C1 và B1C1 A1 ; do đó A1B2, B1C2 và

C1A2 đồng qui tại tâm đường tròn nội tiếp  A1B1C1 , tức đồng qui tại tâm của
tam giác đều ABC.
Bài 3)(UKR 2005) Cho hình bình hành ABCD. Một đường thẳng d thay đổi qua
đỉnh A và cắt đường thẳng BC, DC tương ứng tại X và Y. Gọi K và L là tâm
23


đường tròn bàng tiếp  ABX và  ADY tiếp xúc với cạnh BX và DY tương ứng.
Chứng minh rằng giá trị góc KCL không phụ thuộc vào vị trí đường thẳng d.
Lời giải .
ADL  KBA  1800 
K

X
D

1
AYD  KAB suy ra
2
 ABK  LDA
BK BK AB DC
suy ra



BC AD DL DL
ALD 

B

C

1
ABC và
2

A

L

mà

LDC  CBK  LDC

Y

CBK

Do đó KCL  3600  BCD  ()LDC  KCB = 3600  BCD  ()CKB  KCB
= 1800  CBK hằng số
Bài 4) (IMO 2005- POL) Cho ABCD là tứ giác lồi với BC = AD và BC không
song song AD. Lấy E, F bất kì tương ứng trên cạnh BC và AD sao cho BE = DF.
Gọi AC  BD = P, BD  EF = Q, EF  AC = R. Xét các tam giác PQR khi E, F
thay đổi. Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR qua một điểm cố định
khác P.
Lời giải .
Gọi O là giao điểm các đường trung trực cạnh AC và BD. Phép quay tâm O với
góc quay   DOB biến D, F, A thành các điểm B, E ,C tương ứng. Ta có
OE = OF và OFE  OAC  900 



2

suy ra A, F, R, O nằm trên một đường tròn

 ORP  1800  OFA
D

C
P
E

R

Q

F
A

B

Tương tự B, E, Q, O nằm trên một đường
tròn và OQP  1800  OEB  OEC  OFA . Từ
đó ORP  1800  OQP tức là điểm O nằm
trên đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR.
Suy ra điểm O là điểm cần tìm.

O

Bài 5) (ROM 2005) Cho tam giác ABC có các góc đều nhọn và AB  AC. H là
trực tâm và M là trung điểm của BC. Điểm D trên AB và E trên AC sao cho
24


AE = AD và D, H, E thẳng hàng. Chứng minh rằng HM song song với đường
thẳng nối hai tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABC và ADE.
Lời giải 1.
Gọi O, O1 lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp
A
 ABC và  ADE tương ứng. Ta chứng minh
B1
E
C1
HM//OO1 . Gọi AA’ là đường kính của đường
O1
D
tròn ngoại tiếp  ABC . Gọi B1 là chân đường
H
cao kẻ từ B thì HE là phân giác góc CHB1 .
Q
O
C
B
COM CHB1 ()CHB  COM  A . Ta có
M
N

A'

CE CH CO 2CO AA '
. Nếu Q là giao




EB1 HB1 OM
AH
AH

điểm phân giác góc A ' AH với HA’ ta có
CE A ' Q
AA '

()
EB1 QH
AH

Vì A’C  AC và HB1  AC  QE  AC. Tương tự QD  AB, do đó AQ là đường
kính của đường tròn ngoại tiếp  ADE và O1 là trung điểm của AQ. Do đó OO1
là đường trung bình của  AQA’  OO1//HM .
Lời giải 2.
Ta có AA’ = 2AO. Ta chứng minh AQ = 2AO1.
Từ giả thiết đã cho suy ra ADE  AED  900 



2

Định lí sin trong  DAH và  EAH có DE = DH + HE =

AH .cos 
cos

DE
AH (cos   cos  )
Từ AH = 2OM = 2Rcos  ta có AO1 


2sin 
2sin  cos
2

 
2 R cos  sin cos()
2
2
=

sin  .cos

2

AH .cos 
cos



2

Gọi N là giao điểm của AQ với đương tròn ngoại tiếp khi đó

   
 AN  2 R cos 
 . Ta có  QAH  QNM
2
 2 
QA AH
QA
QH
AH .NA
(NM = R – OM) suy ra



 QA 
QN NM
QN  QA NM  AH
NM  AH
 
 
2 R cos()2 cos
2 cos()cos
R

2
2

QA =
= 2AO1

1  cos 
2 
cos
2
NAO 

 





25



2