bai giang imo 7

Bài tập ôn đội tuyển IMO năm 2015
Nguyễn Văn Linh
Số 7

Bài 1. (Lym). Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), ngoại tiếp đường tròn (I). G là điểm chính
giữa cung BC không chứa A. D là tiếp điểm của (I) với BC. J là điểm nằm trên BC sao cho JG cắt
ID tại K thỏa mãn IK = IJ. KJ cắt (O) lần thứ hai tại H. HI cắt (O) tại L. Chứng minh rằng
đường thẳng Simson của L ứng với tam giác ABC tiếp xúc với (I).
A
M

L
P

I

O

H

J

B

C

D

K

G

Q

Chứng minh. Kẻ đường kính LQ của đường tròn ngoại tiếp tam giác LIG.
Do GI 2 = GJ.GH nên ∠GIH = ∠IJG = ∠IKJ = 90◦ − ∠GJB = 90◦ − ∠GLH.
Mà ∠GIH + ∠GIQ = 90◦ nên ∠QIG = ∠ILG = ∠IQG, suy ra GI = GQ hay Q ∈ (BIC).
Kẻ LM ⊥ AC, LP ⊥ AB. Ta có ∠LQI = ∠LGI = ∠LBP = ∠LCM nên phép vị tự quay góc
LP
quay bằng ∠BLP , tỉ số
lần lượt biến B → P, Q → I, C → M, suy ra BQC → P IM . Như vậy
LB
1
BQC ∼ P IM . Suy ra ∠P IM = ∠BQC = 180◦ − ∠BIC = 90◦ − ∠M AP . Vậy (I) là đường tròn
2
bàng tiếp góc A của tam giác AP M hay P M tiếp xúc với (I). Ta có đpcm.
Bài 2. Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) có ∠B > ∠C, trực tâm H. P là điểm nằm
2
trên (O) sao cho H và P khác phía với AO và ∠AOP = ∠HAO. Gọi Q là điểm đối xứng với P qua
3
O. Chứng minh rằng đường thẳng Simson của Q tiếp xúc với đường tròn Euler của tam giác ABC.

1


P
A

M

L

H
O

E

B

C

N

Q

K

Chứng minh. Qua P kẻ P K ⊥ BC(K ∈ (O)). P K cắt AO tại L. Ta có ∠LP O = ∠ALP − ∠AOP =
1
∠HAO − ∠AOP = ∠AOP = ∠AKP . Suy ra AK OP.
2
Mà AK song song với đường thẳng Simson của P ứng với tam giác ABC nên đường thẳng Simson
của P song song với OP.
Gọi E là trung điểm HO, M là trung điểm HP suy ra M nằm trên đường thẳng Simson của P ,
mà M E OP nên M E là đường thẳng Simson của P . Gọi N đối xứng với M qua E. Chúng ta biết
rằng đường thẳng Simson của hai điểm là hai đầu của đường kính thì vuông góc với nhau tại một điểm
trên đường tròn Euler nên đường thẳng Simson của Q là đường thẳng qua N vuông góc với M N hay
tiếp tuyến tại N của (E). Ta có đpcm.
Bài 3. (Nguyễn Văn Linh). Cho tứ giác ABCD có ∠A = ∠C = 120◦ . Phân giác góc A và góc C
giao nhau tại P . Chứng minh rằng đường thẳng Euler của 10 tam giác có đỉnh là 3 trong 5 điểm
A, B, C, D, P đồng quy.
B

A

C

P

L
T

K
O1

G

M

X

O2
Y

D

Chứng minh. Gọi G, L lần lượt là trọng tâm tam giác BP D, BCD; M là trung điểm BD, O1 , O2 lần
lượt là tâm ngoại tiếp các tam giác BCD, BCA. CP cắt (O1 ) lần thứ hai tại K. Dễ thấy tam giác
M O1
MG
ML
1

KBD đều nên O1 là trọng tâm tam giác KBD. Từ đó
=
=
= . Suy ra O1 , G, L
MK
MP
MC
3
thẳng hàng hay đường thẳng Euler của tam giác BCD đi qua trọng tâm tam giác BP D. Chứng minh
tương tự với các tam giác BAD, ABP, ADP, BCP, DP C.
2


Như vậy ta cần chứng minh G nằm trên đường thẳng Euler của các tam giác ABC, ADC, AP C.
Gọi Y, X là giao của AG với (O2 ), CG với (O1 ), AP cắt (O2 ) lần thứ hai tại T .
Ta có GO1 CK nên theo định lý Reim, X, O1 , G, O2 đồng viên.
Tương tự O1 , G, O2 , Y đồng viên. Như vậy 5 điểm X, O1 , G, O2 , Y cùng nằm trên ω.
Mà O1 X = O2 Y nên XY KT . Từ đó ∠BAY = ∠BCX.
Đặt ∠P AG = ∠P CG = x. Hiển nhiên số đo các cung XO1 , O1 O2 , O2 Y của ω đều bằng 2x. Do đó
∠XGY = 180◦ − 3x.
Mà ∠XGY = 360◦ − ∠ABC − ∠BAG − ∠BCG = 360◦ − 2x − 120◦ − ∠ABC.
Do đó ∠ABC = 60◦ + x = ∠BAG = ∠BCG.
Suy ra G nằm trên đường thẳng Euler của tam giác ABC. Tương tự với tam giác ADC. Bằng
cộng góc cũng suy ra ∠AP C = 180◦ − x = 180◦ − ∠P AG = 180◦ − ∠P CG. Suy ra G nằm trên đường
thẳng Euler của tam giác AP C. Ta có đpcm.
Bài 4. Cho tam giác ABC. P là điểm bất kì trong mặt phẳng. Gọi Pa , Pb , Pc lần lượt đối xứng với
P qua BC, CA, AB. Chứng minh rằng (BPa C), (CPb A), (APc B) đồng quy tại Q và đường tròn Euler
của các tam giác AP Q, BP Q, CP Q tiếp xúc với nhau.
A

Pb

Pc

M

P

Q

B

C

Pa

Chứng minh. Gọi Q là giao của (APb C) và (BPa C). Ta có (QB, QA) ≡ (QB, QC) + (QC, QA) ≡
(Pa B, Pa C) + (Pb C, Pb A) ≡ (P C, P B) + (P A, P C) ≡ (P A, P B) ≡ (Pc B, Pc A) (mod π)
Suy ra Q ∈ (APc B).
Gọi M là trung điểm P Q. Tiếp tuyến tại M của các đường tròn Euler của các tam giác AP Q,
BP Q, CP Q hiển nhiên lần lượt song song với tiếp tuyến da tại A của (AP Q), db tại B của (BP Q),
dc tại C của (CP Q). Do đó ta cần chứng minh da db dc .
Ta có (db , P Q) = ∠BQP − ∠BP Q, (da , P Q) = ∠AP Q − ∠AQP.
Do ∠AQB = ∠AP B nên ∠BQP + ∠AQP = ∠BP Q + ∠AP Q. Suy ra ∠BQP − ∠BP Q = ∠AP Q −
∠AQP . Vậy (db , P Q) = (da , P Q) hay da db . Chứng minh tương tự ta có đpcm.
Bài 5. Chứng minh rằng trung điểm của P Q nằm trên đường tròn Euler của tam giác ABC.
Chứng minh. Do đường tròn Euler của tam giác AP Q và BP Q tiếp xúc nhau tại M nên M là điểm
Euler-Poncelet của 4 điểm A, Q, B, P. Suy ra M nằm trên đường tròn Euler của tam giác AP B. Tương
tự M cũng nằm trên đường tròn Euler của tam giác BP C, CP A. Do đó M là điểm Euler-Poncelet của
4 điểm A, B, C, P . Từ đó M nằm trên đường tròn Euler của tam giác ABC.

3


Hệ quả. Trung điểm của đoạn nối hai điểm Fermat nằm trên đường tròn Euler. Q được gọi là
điểm Antigonal conjugate của P.
Bài 6. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), I là tâm nội tiếp. AI, BI, CI giao (O) lần thứ
hai tại D, E, F . A1 , B1 , C1 lần lượt là điểm đối xứng với D, E, F qua BC, CA, AB. X, Y, Z lần lượt là
giao của B1 C1 với EF , A1 C1 với DF , A1 B1 với DE. Chứng minh rằng X, Y, Z thẳng hàng và đường
thẳng này tiếp xúc với đường tròn Euler của tam giác ABC.
B
D

C1
A1
Y
C
I
M
B1
E

Z

X

J

F

A

Chứng minh. Gọi J là điểm Antigonal conjugate của I ứng với tam giác ABC. M là trung điểm IJ.
Khi đó M là điểm Euler-Poncelet của 4 điểm A, B, C, I. Mà đường tròn pedal của I ứng với tam giác
ABC đi qua M nên M là điểm Feuerbach của tam giác ABC.
Do E là tâm ngoại tiếp tam giác AIC nên B1 là tâm ngoại tiếp tam giác AJC, tương tự C1 là tâm
ngoại tiếp tam giác AJB. Suy ra C1 B1 là trung trực AJ.
Lại có EF là trung trực IA nên X là tâm ngoại tiếp tam giác AIJ. Tương tự suy ra X, Y, Z cùng
nằm trên trung trực của IJ hay đường thẳng qua M vuông góc với IM. Vậy đường thẳng đi qua
X, Y, Z là tiếp tuyến tại điểm Feuerbach của đường tròn Euler của tam giác ABC.
Bài 7. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Tiếp tuyến tại A, B, C cắt cạnh đối diện lần lượt
tại Pa , Pb , Pc ; Ma , Mb , Mc lần lượt là trung điểm BC, CA, AB. Chứng minh rằng đường tròn Euler của
các tam giác APa Ma , BPb Mb , CPc Mc có trung trục đẳng phương là đường thẳng Euler của tam giác
ABC.

4


A

Xa
T
Mb

Mc
O
E

H

Pa

B

Ha

Ma

C

Chứng minh. Gọi ωa , ωb , ωc lần lượt là đường tròn Euler của các tam giác APa Ma , BPb Mb , CPc Mc .
Gọi E là tâm của ωa , Ha , Hb , Hc là hình chiếu của A, B, C trên BC, CA, AB.
Ta có ∠EMa Ha = 90◦ − ∠EMa O = 90◦ − |∠Ma Mb Mc − ∠Ma Mc Mb | = 90◦ − |∠B − ∠C|.
Mà ∠APa Ma = |∠B − ∠Pa AB| = |∠B − ∠C| nên ∠EMa Ha + ∠APa Ma = 90◦ .
Suy ra Ma E ⊥ APa . Gọi Ta = Ma E ∩ AHa thì Ta là trực tâm của tam giác APa Ma . Do E là trung
điểm Ma Ta nên E nằm trên wa . Chứng minh tương tự suy ra ωa , ωb , ωc đồng quy tại E.
Mặt khác, gọi Xa là giao của ωa với AHa . Ta thu được Xa là trung điểm ATa . Mà Ta là trung
3
3
điểm AH nên HXa · HHa = HA · HHa = HB · HHb = HXb · HHb . Do đó H nằm trên trục đẳng
4
4
phương của ωa và ωb .
Chứng minh tương tự suy ra đường thẳng Euler của tam giác ABC là trục đẳng phương của
ωa , ωb , ωc .
Bài 8.
Chứng minh.

5