Bài giảng IMO 2

Bài tập ôn đội tuyển IMO năm 2014
Nguyễn Văn Linh
Số 2

Bài 1. Cho hai đường tròn (O1 ) và (O2 ) cùng tiếp xúc trong với đường tròn (O) lần lượt tại A, B. Từ
A kẻ hai tiếp tuyến t1 , t2 tới (O2 ), từ B kẻ hai tiếp tuyến l1 , l2 tới (O1 ) sao cho t1 và l1 nằm cùng một
phía với đường thẳng AB. Gọi X, Y lần lượt là giao điểm của t1 và l1 , t2 và l2 . Chứng minh rằng tứ
giác AXBY ngoại tiếp.

X
B

L

A

I
O1

O2

Y
O

Chứng minh. Trước tiên ta phát biểu và không chứng minh một bổ đề quen thuộc.
Bổ đề 1. (Định lý Monge-D’Alembert). Cho ba đường tròn C1 (O1 , R1 ), C2 (O2 , R2 ), C3 (O3 , R3 ) phân
biệt trên mặt phẳng. Khi đó tâm vị tự ngoài của các cặp đường tròn (C1 , C2 ), (C2 , C3 ), (C3 , C1 ) cùng
thuộc một đường thẳng. Hai tâm vị tự trong của hai trong ba cặp đường tròn trên và tâm vị tự ngoài
của cặp đường tròn còn lại cùng thuộc một đường thẳng.
Trở lại bài toán.
Gọi O1 , O2 , O lần lượt là tâm của γ, δ, ω. AO2 giao BO1 tại I. Gọi α1 là đường tròn tâm I và tiếp

xúc với AX, AY ; α2 là đường tròn tâm I và tiếp xúc với BX, BY . OI giao AB tại L.
Áp dụng bổ đề trên cho 3 đường tròn δ, ω, α1 ta có A là tâm vị tự ngoài của α1 và δ, B là tâm vị
tự ngoài của δ và ω, suy ra tâm vị tự ngoài của α1 và ω nằm trên AB hay L là tâm vị tự ngoài của
α1 và ω.
Chứng minh tương tự L cũng là tâm vị tự ngoài của α2 và ω. Từ đó α1 ≡ α2 hay tứ giác AXBY
ngoại tiếp.
Bài 2. Với kí hiệu như bài 1, gọi M, N lần lượt là giao của AX, AY với (O1 ), P, Q lần lượt là giao
của BX, BY với (O2 ). Gọi (I1 ), (I2 ) lần lượt là đường tròn mixtilinear incircle ứng với đỉnh A và B
của các tam giác AM N và BP Q. Chứng minh rằng (I1 ) và (I2 ) có cùng bán kính.

1


X

M
A

K
I1
O1

P
B

H

T

I2

I

O2
Q

N
Y
O

Chứng minh. Gọi K, H lần lượt là tiếp điểm của (I1 ) với (O1 ), (I2 ) với (O2 ); T là giao của O1 O2 với
AB . Áp dụng định lý Monge-D’Alembert cho 3 đường tròn (O1 ), (I1 ), (I) suy ra A, K, B thẳng hàng.
Tương tự suy ra A, K, H, B thẳng hàng.
Theo bài 1 thì tứ giác AXBY ngoại tiếp đường tròn (I). Do đó R(I1 ) = R(I2 ) khi và chỉ khi
I1 I2 AB.
II1
II2
=
. (1)
Điều này tương đương
I2 B
I1 A
II2 HB O2 A
II2
HA O2 I
OO2 O2 I
Theo định lý Menelaus,
·
·
= 1 suy ra
=

·
=
·
.
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 vậy (1) tương đương
·
=
·
.
O2 B O2 A
O1 A O1 B
OO2 O1 A
O1 I O2 A
TA
Hay
·

=
·
, đúng vì cùng bằng
.
O2 B OO1
O1 B O2 I
TB
Bài toán được chứng minh.
Bài 3. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). AC giao BD tại E. Gọi (I) là đường tròn tiếp
xúc với tia EA, ED và tiếp xúc trong với (O) tại L. M là điểm bất kì trên cung AD không chứa B, C.
Gọi I1 , I2 là tâm đường tròn nội tiếp của các tam giác M AC, M BD. Chứng minh rằng I1 , I2 , M, L
cùng thuộc một đường tròn.

2


C
N
B
E

P

H
O
K

I1
I2
I

D

A

M
L

Chứng minh. Gọi K, H lần lượt là tiếp điểm của (I) với AC, BD. KL, HL giao (O) lần thứ hai tại
P, N thì P, N là điểm chính giữa các cung AC, BD. Do đó M, I1 , P và M, I2 , N .
Bằng phép cộng góc đơn giản suy ra P N vuông góc với phân giác ∠AED hay P N KH.
PK
NH
P K.P L
N H.N L
Từ đó
=
hay
=
PL
NL
P L2
N L2
P A2
N D2
P I1
N I2
Suy ra
=
hay

=
.
P L2
N L2
PL
NL
Ta thu được LP I1 ∼ LN I2 (c.g.c), do đó ∠LI1 P = ∠LI2 N hay L, I1 , I2 , M cùng thuộc một
đường tròn.
Bài 4. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). L là điểm bất kì trên cung BC không chứa A.
Chứng minh rằng đường tròn A-mixtilinear nội tiếp của tam giác ABC, các đường tròn L-mixtilinear
nội tiếp của các tam giác LAB, LAC có chung một 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 ) lần lượt là các đường tròn A-mixtilinear nội tiếp của tam giác ABC, các
đường tròn L-mixtilinear nội tiếp của các tam giác LAB, LAC; l là tiếp tuyến chung của (J1 ) và (J2 ),
3


cắt (O) tại E và F. Gọi I, I1 , I2 lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp của các tam giác LEF, LAB, LAC.
Gọi M, N là tiếp điểm của (J1 ), (J2 ) với l, R là tiếp điểm của (J1 ) với AL.
Theo định lý Sawayama-Thebault, I nằm trên J1 J2 và M R, I1 R ⊥ J1 L. Dễ thấy ∠M IN = 90◦ .
Gọi Q là giao điểm thứ hai của đường tròn đường kính M N với J1 J2 .
Do J1 M là tiếp tuyến của (M N ) nên J1 I1 .J1 L = J1 R2 = J1 M 2 = J1 Q.J1 I.
Suy ra I1 nằm trên (QIL).
Tương tự I2 cũng nằm trên (QIL). Tức là I, I1 , I2 , L cùng thuộc một đường tròn.
Gọi K là tiếp điểm của (J) với (O). Áp dụng bài toán 3 cho tứ giác AABC suy ra I1 , I2 , L, K cùng
thuộc một đường tròn.
Do đó lại áp dụng bài toán 3 cho tứ giác AF CE ta có (LII2 ) đi qua tiếp điểm K của đường tròn
tiếp xúc với EF, AC và (O). Mà qua điểm K chỉ có duy nhất một đường tròn tiếp xúc với AC và tiếp
xúc trong với (O), suy ra (J) tiếp xúc với EF . Ta có đpcm.
Bài 5. Cho hai đường tròn (O1 ) và (O2 ) giao nhau tại hai điểm A, B. Gọi M là điểm chính giữa cung

AB của (O1 ) sao cho M nằm trong (O2 ). Dây cung M P của (O1 ) cắt (O2 ) tại Q sao cho Q nằm trong
(O1 ). Gọi l1 , l2 lần lượt là tiếp tuyến của (O1 ) tại P và (O2 ) tại Q. Chứng minh rằng tam giác tạo bởi
giao điểm của các đường thẳng l1 , l2 , AB tiếp xúc với (O2 ). (APMO 2014)
Chứng minh. Cách 1.

S
A

O1

O2

M
Q

T

B
X

N

P
I
Z
Y

Gọi T là giao của P M và AB, S là giao điểm thứ hai của P M với (O2 ). X, Y, Z lần lượt là giao
của các cặp đường thẳng (AB, l2 ), (l1 , l2 ), (AB, l1 ). ZS cắt (O2 ) tại N.
Ta có PY là tiếp tuyến của (O1 ) nên ∠Y P M = ∠P AM = ∠P T Z. Suy ra ZP = ZT.

Do Z thuộc trục đẳng phương của (O1 ) và (O2 ) nên ZT 2 = ZP 2 = ZN.ZS hay ZT là tiếp tuyến
của (T N S).
Ta thu được ∠XT N = ∠QSN = ∠XQN hay N ∈ (XQT ).
Lại có ∠T N S = ∠AT S = ∠T P Z nên N ∈ (T P Z). Suy ra N là điểm Miquel của tứ giác toàn phần
P T ZQXY hay N ∈ (XY Z).
Gọi I là tâm của (XY Z). Ta có ∠ZN I = 90◦ − ∠N Y Z = 90◦ − ∠N T S = ∠O2 N S, suy ra O2 , N, I
thẳng hàng. Từ đó có đpcm.
Cách 2.

4


A

O1

O2

M
Q

N
B
Y

P

X
Z

Gọi N là giao của P M và AB, X, Y, Z được xác định như hình vẽ.
Áp dụng định lý Casey cho 4 đường tròn (O2 ), (X, 0), (Y, 0), (Z, 0) ta có (XY Z) tiếp xúc với (O2 )
khi và chỉ khi
XP.Y Z = XY.QZ + QY.XZ. (1)
Chú ý rằng XP = XN . Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác XY Z với đường thẳng (P, Q, N )
P X QZ N Y
suy ra
·
·
= 1.
P Z QY N X
QZ N X − XY
Hay
·
= 1, tương đương với (1). Ta có đpcm.
QY P X + XZ
Bài 6. Cho đường tròn (O) ngoại tiếp tam giác ABC. Một đường tròn ω tiếp xúc với các cạnh AB, AC
lần lượt tại L, K và tiếp xúc ngoài với (BOC). Chứng minh rằng LK chia đôi AI với I là tâm đường
tròn nội tiếp tam giác ABC.

N

A
K
L
M
O
E
I

C

B

Chứng minh. Gọi E là giao điểm thứ hai của AC với (BOC). Ta có ∠BEA = 180◦ − ∠BEC =
180◦ − ∠BOC = 180◦ − 2∠BAC.
Do đó tam giác AEB cân tại E. Suy ra OE là trung trực của đoạn thẳng AB và OE giao CI tại
điểm chính giữa M của cung AB.

5


Do ω là đường tròn Thebault của tam giác BEC ứng với đường thẳng BA và M là tâm đường
tròn bàng tiếp góc C của tam giác BEC nên M, L, K thẳng hàng.
Tương tự gọi N là điểm chính giữa cung AC thì N, L, K thẳng hàng. Mà M N là trung trực của
đoạn thẳng AI nên LK chia đôi AI.
Bài 7. (All-Russian MO 2013). Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), ngoại tiếp đường tròn
(I). Gọi X, Y là giao điểm của (BIC) và (I), Z là tâm vị tự ngoài của (I) và (BIC). Chứng minh rằng
(XY Z) tiếp xúc với (O).
Chứng minh. Cách 1.
M

A

Z
O
K

H
I

Y

L
N

X

T

B

C

F

Gọi F là giao của AI với (O), T là tâm vị tự trong của (O) và (I), K là tâm của (XY Z).
ZI
TI
r
YI
XI
Ta có
=
=
=
=
nên X, Y, Z, T cùng nằm trên đường tròn Apollonius của
ZF
TF

R
YF
XF
r
đoạn thẳng EF ứng với tỉ số , nói cách khác là đường tròn Apollonius của tam giác IY F.
R
Tâm K của (XY ZT ) là giao của tiếp tuyến tại Y của (IY F ) với IF . Suy ra ∠KY I = ∠IF Y.
Ta thu được ∠KY F + ∠IY F = ∠IF Y + 2∠IY F = 180◦ , suy ra Y F là phân giác ngoài ∠KY I.
FI
IY
Nghĩa là
=
hay F là tâm vị tự ngoài của (I) và (XY Z).
FK
KI
Kẻ tiếp tuyến F N, F H tới (XY Z), F N, F H lần lượt cắt (O) tại L, M.
Do (ZT IF ) = −1 nên theo hệ thức Newton ta có KN 2 = KT 2 = KI.KF , suy ra I là hình chiếu
của N trên KF , nghĩa là I là trung điểm N H.
Theo định lý Poncelet, (I) là đường tròn nội tiếp tam giác LF M nên áp dụng bổ đề Sawayama
suy ra (XY Z) là đường tròn mixtilinear nội tiếp của tam giác F LM , hay (XY Z) tiếp xúc với (O).
Cách 2.

6


A

Z

Y

I
X

O
T

B

C

F

J

Gọi T là giao của đoạn thẳng IF với (I), J là điểm đối xứng với I qua F.
ZT
r
ZI
Ta có
=
=
.
ZJ
R
ZF
Suy ra ZT.ZF = ZJ.ZI. Theo hệ thức Maclaurin ta thu được (ZT IJ) = −1.
Từ đó theo hệ thức Newton, F I 2 = F T.F Z.
2
Xét phép nghịch đảo IFR : (ABC) → BC, X → X, Y → Y, Z → T.

Do đó (XY Z) → (I) và do (I) tiếp xúc với BC nên (XY Z) tiếp xúc với (O).
Bài 8. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), ngoại tiếp đường tròn (I). Một đường tròn ω đi
qua I và tiếp xúc với (O) cắt các đoạn thẳng IB, IC lần lượt tại J1 , J2 . Gọi (J1 ), (J2 ) là các đường
tròn tâm J1 , J2 và tiếp xúc với các cặp cạnh BA, BC và CA, CB. Chứng minh rằng ω, (J1 ), (J2 ) có
chung một tiếp tuyến.
A

Y

I
J2
Z

J1

B

C

J3

Chứng minh. Bài toán là hệ quả của Mathley 3-P4.
Gọi giao điểm của tiếp tuyến chung ngoài khác BC của (J1 ) và (J2 ) với AC, AB lần lượt là Y, Z.
7


ZJ1 giao Y J2 tại J3 , ta có J3 là tâm đường tròn bàng tiếp góc A của tam giác AY Z, suy ra
1
∠J2 J3 J1 = 90◦ − ∠BAC = 180◦ − ∠J2 IJ1 .
2

Do đó J3 ∈ (J1 J2 I).
Từ đó áp dụng bài toán Mathley 3-P4 cho tam giác J1 J2 J3 ta có J3 A, J1 B, J2 C giao nhau tại I
nằm trên (J1 J2 J3 ), (ABC) tiếp xúc với (J1 J2 J3 ), đường thẳng đối xứng với AB qua J3 J1 , với AC qua
J3 J2 đều là Y Z nên Y Z là tiếp tuyến của (J1 J2 J3 ). Ta có đpcm.

8