Sáng kiến kinh nghiệm 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

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 , , ,d e f gG G G G là đường tròn bán kính d, e, f, g với các tâm D, E, F, O
tương ứng. Gọi /2r là đường tròn nội tiếp tam giác DEF. Chú ý bán kính của
/2r là r/2 .
15
Gd
Ge
f
e r/2
d
y
x
g
E(- e,0)
D
O
Gg
F(f,0)
Gf
Gr/2
 Bây giờ, xét phép nghịch đảo với đường tròn nghịch đảo tâm (0; 0) bán kính
bằng 1.
G'd
1/r
y
x
G'g
G'e
G'f
G'r/2
 Gọi ' , ' , ' , 'd e f gG G G G /2'rG tương ứng là ảnh của , , ,d e f gG G G G , /2rG qua phép
nghịch đảo đó. Đặt  = 1/4e , = 1/4f và R =  +  . Thì phương trình của
16
đường thẳng ' , 'e fG G và /2'rG tương ứng là x = – 2 , x = 2  và y = 1/r. Hai bán
kính của đường tròn 'dG và 'gG 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 'gG thì ta có
2 2
1 1 22 Rg D R D R D R     hay 2 2
Rg D R 
Ở đây ta có thể chỉ ra g (1 3 / 2)r  hay (4 2 3)g r  . Kiểm chứng điều này
dựa vào
2 2
2 2 2 2
1(4 2 3)(4 2 3)()(4 2 3)R rr g r D R RD R D R r
             
 =
2
2 2
2 2
1 12 ()(4 2 3)r R R RD R r r 
             
 =
2
2
2 2
13 ()03
r RD 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.
I NM
O
A
B C
R
K
ANM ABC. Từ GT suy ra AMAN. Ta có OM =
ON, ROMN , R là giao điểm của đường trung trực
đoạn MN và phân giác gócMAN suy ra R nằm trên
đường tròn ngoại tiếp AMN.
Gọi K = RABC, ta có MRA MNA ABK 
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
17
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.
B C
G
A
d
FM D
E
H
Ta có GH//d. Gọi M = AB d,
090FEA FMA  suy ra AEMF nội
tiếp DFE BAE DEF  
Suy ra tam giác DEF cân
Vì DE là tiếp tuyến của ( ) ta có
DF2 = DE2 = DC.DA DF DADC DF 
Suy ra DFC đồng dạng
DAF DCF DFA  = HGA HCA
suy ra H, C, F thẳng hàng.
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
060ACB ABC 
Lời giải .
X
A
O
G
E
F
H
C BD
Y
 Kí hiệu , ,A B C     ,  
Ta có 090ADC DAB       là góc nhọn, suy
ra 090CAO   . 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
0 090 90GAY OAB AGY     090GAY AGY  
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 0 060 30AFC ADC  
0 0 0 0180 180 (90 )90 ()ADC ACD CAD              .
Suy ra FX = GY  060   . Tương tự XE = YH 060  
Vậy EFGH là hình chữ nhật khi và chỉ khi 060ACB ABC  .
18
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 .
P
B
E
D
A
C
F
Hình 1
p
K
B
D
A
C
L
P
E
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-1được 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 1i iASA  với AiAi+1
Chứng minh rằng : 01 1 1 2 1 1... 180n n n nA B A A B A A B A   
Lời giải .
19
M
S
D C
X
A B
N
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
XN a BN SB AB a
b XN NC SC CD b
     . Suy ra b(XN – a) = a(b – XN)
2abXN a b  
Ta có XM = 2
a b , do đó XM.XN = XA.XDA, D, M, N nằm trên một đường
tròn.
B2
Bn-1
C3
B1
A1 An
A2
A3 A4
C2
B3 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 vớiA1Ai//Ai+1An , i = 2,, n – 2 . Theo bổ đề
trên 1 1i n i nA B A AC A với mọi i.
Tổng 1 11 1
1 1
n n
i n i n
i i
A B A AC A 
 
  .
Trong các tam giác 1 i nAC A và 2 1 1n i n iA C A    ta có 1 2 1i n n i i n iAC A A C A    , i =1,2,..,n–1
Do đó 1 1 1 1 1 1 3 1 2
1
...
n
i n n n n
i
AC A AC A A C A A C A 

    = 01 1 2 180AC A 
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 .
20
B
A
C
C1 B1
A1
Uc
Vc
Ua Va
Vb
Ub
C0
A0
B0
Gọi ABC là tam giác có diện tích
lớn nhất là S chứa trong P. Vẽ các
đường thẳng qua A, B, C lần lượt
song song với BC, CA, AB , chúng
cắt nhau tạo ra tam giác A1B1C1
(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 a a b b c cU V U V U V chứa trong P
với 1 1,b cV U BC , 1 1,c aV U C A , 1 1,a bV U AB . 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
0 0 01 AC BA CBS S = S + x + y + z. Ta lại có A1UaVa đồng dạng với A1BC với tỉ
đồng dạng S xS
 Diện tích A1UaVa là
2
2 ()S xS S
 . Do đó diện tích tứ
giác UaVaCB là :
2 2() 2S x xS xS S
   . Tương tự cho diện tích tứ giác UbVbAC và
UcVcBA. Do đó a a b b c c a a b b c cP U V U V U V U V CB U V AC U V BAS S S S S S    
= 2 2 22() x y zS x y z S
    
2()2() 3
x y zS x y z S
      .
Bây giờ  
22
1
()()4 3 2()0P S x y zx y zS S S x y z S S
           1 34 PS S  đpcm
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 .
21
 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
T
KL
I
D
B
A
C
E
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
1 1()()2 2TIC B C      suy ra
090 2 2ITD IAE
      0180IAE ITE  
suy ra A, I, T, E nằm trên 1 đường tròn
090ATB AEI   .
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 2 2 .MD MF MPMQ MD MF   
W
V UN
M
m
Q
DX
A
B
P
C
G
F
E
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. .
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
22
đường tròn ngoại tiếp tam giác ABM sao cho AN AMBN BM .Chứng minh E, F và N
thẳng hàng.
Lời giải .
P
F
M
C
D
B
E
A
Q
N
 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
0 0180 180APQ APE ABE ADC     và
AQP AQF ABF ACD   suy ra APQ ADC
và AN’P AMD. Chứng minh tương tự
BN’P BMC
Suy ra ' 'AN PQ BNAM DC BM  tức
'
'
AN AM
BN BM . Mặt khác
0' ' ' 180AN B AN P PN B AMD BMC AMB     
 N’ nằm trên đường tròn ngoại tiếp AMB.
Suy ra N’N
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 tâmđường tròn bàng tiếp góc A và P là tiếp điểm với đường thẳng AC. Ta có
a a
a a
AI AIAI AI
IL IF I P I N   do đó aAIL AI 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.
23
B
A
C
E
I
D
Ia
K
L
M
N
P
F
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 mộtlục giác lồi A1A2B1B2C1C2 với cạnh bằng nhau. Chứng minh rằng các đườngthẳng A1B2, B1C2 và C1A2 đồng qui.
Lời giải .
P
C
B A
A2 B1
C1C2
A1
B2
P là đỉnh thứ tư của hình thoi C2A1A2P. Khi đó
C2PC1 đều. Ta chứng minh B1B2C1P là hìnhthoi. Thật vậyPB1A2 đều và
0
2 1 1 2 2 1(, )60C A C B A PB 
AC1B2 = BA1C2 AC1 = BA1 . Tương tựBA1 = CB1 . Do đó tam giác A1B1C1 đều. Bây giờtừ B1B2 = B2C1 suy ra A1B2 là phân giác góc
1 1 1C A B .
Tương tự B1C2 và C1A2 phân các góc 1 1 1A BC và 1 1 1BC A ; do đó A1B2, B1C2 và
C1A2 đồng qui tại tâm đường tròn nội tiếp A1B1C1 , tức đồng qui tại tâm củatam 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
24
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 .
D
B
A
C
X
Y
L
K
0 1180 2ADL KBA ABC   và
1
2ALD AYD KAB  suy ra
ABK LDA
suy ra BK BK AB DCBC AD DL DL  
mà
LDC CBK LDC CBK   
Do đó 0360 ()KCL BCD LDC KCB    = 0360 ()BCD CKB KCB  
= 0180 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 090 2OFE OAC
   suy ra A, F, R, O nằm trên một đường tròn
0180ORP OFA  
P RQ FE
C
B
D
A
O
Tương tự B, E, Q, O nằm trên một đường
tròn và 0180OQP OEB OEC OFA    . Từ
đó 0180ORP OQP  tức là điểm O nằm
trên đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR.
Suy ra điểm O là điểm cần tìm.
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
25
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.
O1
M
O CB
A
B1
H
C1
A'
D
E
Q
N
Gọi O, O1 lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp
ABC và ADE tương ứng. Ta chứng minh
HM//OO1 . Gọi AA’ là đường kính của đườngtròn ngoại tiếp ABC . Gọi B1 là chân đường
cao kẻ từ B thì HE là phân giác góc 1CHB .
1()COM CHB CHB COM A    . Ta có
1 1
2 'CE CH CO CO AA
EB HB OM AH AH    . Nếu Q là giao
điểm phân giác góc 'A AH với HA’ ta có
1
' '()CE A Q AAEB QH AH 
Vì A’CAC và HB1AC QEAC. Tương tự QDAB, do đó AQ là đườngkính của đường tròn ngoại tiếp ADE và O1 là trung điểm của AQ. Do đó OO1là 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 090 2ADE AED
  
Định lí sin trong DAH và EAH có DE = DH + HE = .cos .cos
cos cos2 2
AH AH 
 
Từ AH = 2OM = 2Rcos ta có 1 (cos cos )2sin 2sin cos 2
DE AHAO   
 
 = 2 cos sin cos()2 2
sin .cos 2
R   


Gọi N là giao điểm của AQ với đương tròn ngoại tiếp khi đó
2NAO
  2 cos 2AN R
       . Ta cóQAH QNM
(NM = R – OM) suy ra .QA AH QA QH AH NAQAQN NM QN QA NM AH NM AH      
QA =
2
2 cos()2cos 2 cos()cos2 2
1 cos cos 2
R R    

 
 = 2AO1
26
Bài 6)(RUS 2005) Đường trung tuyến AM của tam giác ABC cắt đường tròn nội
tiếp tâm I của tam giác ABC tại K và L. Các đường thẳng qua K và L song song
với BC cắt đường tròn (I) lần nửa tại X và Y. Đường thẳng AX và AY cắt BC tại
P và Q. Chứng minh BP = CQ.
Lời giải .
X
R
K
M
I
D
B
A
C
Y'
F
E
LY
I'
PQ
 Gọi D, E, F là tiếp điểm của đường
tròn nội tiếp với các cạnh BC, CA,
AB tương ứng.. Gọi
Y’=AXLY, R = FEAL thì
(A,R,K,L) = – 1
Suy ra LA KALR KR
do đó 1
1'
KX KA KR KX LY LYLY AL LR LY     ,
với Y1=XRLY. Ta chứng minh LY’= LY (từ đó PM = MQ tức là CP =
QB) tương đương với chỉ ra XY qua
R. Ta có XKYL là hình thang cân
Ta chứng minh R nằm trên ID.
Khi AM là trung tuyến thìARB vàARC có diện tích bằng nhau và khi
(, )(, )RF AB RE AC chúng ta có 1 = ..ABRACR
S AB FR
S AC ER do đó
AB ER
AC FR . Gọi I’ là
đường thẳng qua F song song với IE cắt IR thì 'FI RF ACEI RE AB  và 'I FI BAC
( góc có cạnh tương ứng vuông góc) suy ra ABC FII’
0' 180FII ABC FID ABC     suy ra R, I, D thẳng hàng.
Bài 7) (KOR 2005) Cho tam giác ABC các góc nhọn. Gọi D, E, F là chân đường
cao từ A, B, C tương ứng đến BC, AC, AB. Gọi P, Q, R là hình chiếu vuông góc
của A, B, C lên EF, FD, DE tương ứng. Chứng minh rằng: p(ABC).p(PQR) 
 2()p DEF , trong đó p(T) là chu vi tam giác T.
Lời giải .
Ta chứng minh p(ABC)2p(DEF) và p(PQR) 12 p(DEF).
Gọi Db, Dc lần lượt là điểm đối xứng của D qua đường thẳng AB, AC và A1,
B1, C1 là trung điểm của BC, CA, AB tương ứng.
p(DEF) = DbF + FE + EDc = DbDc DbC1 + C1B1 + B1Dc = 12 (AB+BC+CA)
= 12 p(ABC)
27
H
A1
B1C1
A
B C
Db
Dc
D
E
R
F P
Q
Q'R'
Vậy p(ABC)2p(DEF) (1). Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi P, Q, R là tiếp
điểm của đường tròn nội tiếp tam giác DEF với các cạnh của nó.
Đặt FQ = ER = x, DR = FP = y, DQ = EP = z, , ,   và các góc của tam giác
DEF với đỉnh D, E, F. Gọi Q’, R’ là hình chiếu của Q, R lên EF thì ta có:
QRQ’R’ = E F – FQ’ – R’E = E F – x( cos cos  ) .
Tương tự PQ (cos cos )DE z     và PR (cos cos )FD y    
Suy ra p(PQR)p(DEF) –x(cos cos  ) (cos cos )y    (cos cos )z   
Không mất tính tổng quát giả sử x y z  ta có DE FD FE  tương ứng
cos cos cos cos cos cos          . Theo BĐT Chebychevs ta có
2()()()(cos cos cos )3p PQR p DEF x y z        
1()()() 2p DEF x y z p DEF    
Vì x + y + z = 12 p(DE F) và
3cos cos cos 2    
CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC ĐƯỢC ĐỀ NGHỊ TRONG KÌ THI IMO
LẦN THỨ 47 TỔ CHỨC TẠI SLOVENIA NĂM 2006
Bài 1) ( IMO 2006, KOR) ABC là tam giác ngoại tiếp đường tròn tâm I. Một
điểm P nằm trong tam giác thỏa mãn PBA PCA PBC PCB   . Chứng minh rằng
APAI và dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi P I .
Lời giải .
28
I
B
A
O C
M
P
Kí hiệu : , ,A B C    
Từ điều kiện bài toán suy ra:
090 2PBC PCB
  
tức là 090 2BPC BIC
   . Do đó điểm P
nằm trên đường tròn  ngoại tiếp tam giác
IBC. Ta biết tâm M của đường tròn  là
giao điểm của AI với đường tròn ngoại
tiếp tam giác ABC. Do đó :
 APAM – MP = AM – MI = AI
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi P I
Bài 2) (UKR 2006) ABCD là hình thang với hai cạnh song song AB>CD. Hai
điểm K và L nằm trên các đoạn thẳng AB và CD theo thứ tự thỏa mãn AK DLKB LC .
Giả sử rằng có các điểm P và Q nằm trên đoạn thẳng KL thỏa mãn APB BCD
và CQD ABC . Chứng minh rằng các điểm P, Q, B, C nằm trên một đường tròn.
Lời giải.
K
Q
L
O
A B
D C
P
P'
Từ hệ thức AK DLKB LC AD, BC, KL đồng quy
tại O.
Do đó 0180APB ABC  và 0180DQC BCD 
Đường thẳng BC tiếp xúc đường tròn ngoại tiếp
các tam giác APB và DQC. Hai đường tròn
(APB) và (DQC) vị tự với nhau qua phép vị tự
tâm O. Đường thẳng OP cắt đường tròn (APB)
tại điểm P’ khác P, ta có 'PQC PP B PBC 
Suy ra P, Q, B, C nằm trên một đường tròn.
Bài 3)(USA 2006) ABCDE là một ngũ giác lồi thỏa mãn BAC CAD DAE  và
ABC ACD ADE  . Các đường chéo BD và CE cắt nhau tại P. Chứng minh rằng
đường thẳng AP đi qua trung điểm của CD.
29
Lời giải.
Q
R P
M
A
E
D
C
B
 Đường chéo AC và BD cắt nhau tại Q và AD cắt
EC tại R. Tứ giác ABCD và ACDE đồng dạng.
Do đó AQ ARQC RD .
Nếu AP cắt CD tại M thì theo định lí Ceva cho ta
. 1CM CQ ARMD QA RD  suy ra M là trung điểm CD
Bài 4) (RUS 2006) Một điểm D được chọn trên cạnh AC của tam giác ABC thỏa
mãn 090C A  sao cho BD = BA. Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc
các cạnh AB, AC tại các điểm K, L tương ứng. Gọi J là tâm đường tròn nội tiếp
của tam giác BCD. Chứng minh rằng đường thẳng KL cắt đoạn thẳng AJ tại
trung điểm của nó.
Lời giải .
B
E
I
LA
C
J
K
D T M
M là điểm trên cạnh AC sao cho JM//KL.
Ta chứng minh AM = 2AL.
Đặt BDA  , ta có 090 2JDM KLA JMD
    .
Do đó JM = JD và điểm tiếp xúc của đường tròn
nội tiếp của tam giác BCD với CD là trung điểm
T của MD. Từ đó
DM = 2DT = BD + CD – BC = AB – BC + CD
Suy ra AM = AD + DM = AC + AB – BC = 2AL
Bài 5) (GRE 2006) Cho tam giác ABC. Đường tròn bàng tiếp góc A có tâm J
tiếp xúc các đường thẳng BC, CA và AB lần lượt tại A1, B1, C1. Giả