IMO2022SL/G7: Euler line

Trong bài này chúng tôi sẽ giới thiệu một số lời giải của bài toán G7 trong cuốn IMO 2022: Shortlisted Problems.

IMO2022SL/G7. Hai tam giác $ABC, A^{\prime}B^{\prime}C^{\prime}$ có cùng trực tâm $H$ và cùng đường tròn ngoại tiếp có tâm $O$ . Gọi $PQR$ là tam giác tạo bởi $AA^{\prime}$ , $BB^{\prime}$ và $CC^{\prime}$ , chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác $PQR$ nằm trên $OH$ .

IMO1986/3

The Pentagon Problem

Một bài viết rất công phu về IMO1986/3.

Trên mỗi đỉnh của một ngũ giác đều có viết một số nguyên, sao cho tổng của chúng là dương. Nếu ba đỉnh liên tiếp được viết lần lượt các số $x$ , $y$ , $z$ , với $y<0$ , thì phép toán sau được phép thực hiện: $x$ , $y$ , $z$ lần lượt được thay bởi $x+y$ , $-y$ , $z+y$ . Thao tác như vậy được thực hiện lặp đi lặp lại miễn là có ít nhất một trong năm số âm. Xác định xem quy trình này có nhất thiết phải kết thúc sau một số hữu hạn bước hay không.

IMO2011/6: Miquel circles and Steiner line

Sau khi giải xong bài IMO2023/6 ([1]) tôi vào topic thảo luận về bài toán đó trên AoPS ([2]) để tham khảo các lời giải khác. Tôi thấy parmenides51 bình luận rằng trong lịch sử IMO thì bài này là bài khó thứ nhì trong các bài hình học, bài khó nhất là bài IMO2011/6. Do tò mò tôi vào trang chủ của IMO ([3]) xem bài toán đó thế nào? Dưới đây là đề bài:

IMO2011/6. Cho tam giác nhọn $ABC$ với đường tròn ngoại tiếp $\Gamma$ . Giả sử $l$ là một tiếp tuyến nào đó của $\Gamma$ . Gọi $l_a$ , $l_b$ , và $l_c$ là những đường thẳng nhận được từ $l$ bằng cách lấy đối xứng qua $BC$ , $CA$ , và $AB$ , tương ứng. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp của tam giác tạo bởi ba đường thẳng $l_a$ , $l_b$ , và $l_c$ tiếp xúc với $\Gamma$ .

Trong điều kiện phòng thi thì thống kê chứng tỏ đây là bài hình học khó nhất trong lịch sử IMO! Ảnh sau tôi lấy từ [3], chỉ có $4$ thí sinh làm được bài toán này. Một bài toán rất rất khó!

Chỉ có 4 thí sinh làm được bài IMO2011/6.

Tôi thích bài IMO2023/6 bởi nó khá lạ so với các bài toán hình thường làm, bài IMO2011/6 này hấp dẫn tôi bởi sự giản dị. Không thể tin được là có kết quả này! Tôi quyết định lập một topic trên blog của tôi để làm việc với bài toán mỗi khi có thời gian (công việc chính của tôi là dạy đại số và số học cho các học sinh Chuyên toán bậc THPT), nó có thể lấy của tôi vài ngày hay nhiều tuần. Khi tôi đang gõ dòng này thì topic đang ở trạng thái ĐỢI, giải được bài toán tôi sẽ bấm nút CÔNG BỐ. Ở mỗi thời điểm, có được kết quả mới nào tôi sẽ sửa vào đây. Lời giải được viết theo hình vẽ trong bài, các trường hợp khác được bỏ qua.

Continue reading →

IMO2023/6: Coaxal circles

Trong bài này chúng tôi sẽ giới thiệu một lời giải của bài 6 trong kỳ thi Olympic Toán quốc tế năm 2023 (IMO 2023). Đề thi đã có ở đây https://nttuan.org/2023/07/08/imo2023-problems/

Chúng tôi trình bày lời giải theo hình vẽ tương ứng, các tình huống khác được bỏ qua. Đầu tiên ta phải hiểu thêm về đẳng thức giữa các góc trong đề bài, bởi vì ta không thể vẽ các điểm $A_1$ , $B_1$ và $C_1$ một cách tùy tiện và hy vọng giải được bài toán. Gọi $O$ là tâm của tam giác đều $ABC$ . Từ giả thiết ta có $\sum (180^{\circ}-2\widehat{A_1BC})=480^{\circ},$ suy ra $\widehat{A_1CB}+\widehat{B_1CA}=\widehat{B_2AA_1}.\quad (*)$ Đến đây ta ký hiệu $W$ là ảnh của $B_1$ qua phép quay tâm $C$ góc $+60^{\circ},$ cùng phép quay biến $A$ thành $B$ .

Khi đó $W$ thuộc tia $AA_1$ và $(*)$ được viết lại dưới dạng $\widehat{B_2CW}=\widehat{B_2AW}.$ Do đó bốn điểm $B_2$ , $A$ , $C$ , và $W$ cùng nằm trên một đường tròn. Đường tròn này có tâm là $B_1$ vì $CB_1=CW=B_1W=B_1A.$
Như vậy ta đã chứng minh được kết quả sau:

$(\alpha)$ : $B_1$ là tâm của $(CAB_2)$ , $C_1$ là tâm của $(ABC_2)$ , và $A_1$ là tâm của $(BCA_2)$ .

Tiếp theo, ta sẽ tìm hai điểm khác nhau có cùng phương tích đối với cả ba đường tròn ngoại tiếp các tam giác $AA_1A_2, BB_1B_2$ và $CC_1C_2$ . Làm được điều này là ta giải được bài toán. Mới đầu chúng tôi định giải nghĩa một cách hình học hai giao điểm của ba đường tròn, hay là chứng minh tâm của ba đường tròn thẳng hàng. Nhưng không thành công!

$(\beta)$ : Ba đường thẳng $A_1A_2$ , $B_1B_2$ , và $C_1C_2$ đồng quy. Nếu ký hiệu $T_1$ là điểm thuộc cả ba đường thẳng, thì $T_1$ có cùng phương tích đối với $(AA_1A_2)$ , $(BB_1B_2)$ , và $(CC_1C_2)$ .

Theo $(\alpha)$ , các tam giác $C_1C_2A$ và $B_1B_2A$ là các tam giác cân, suy ra
$\widehat{B_1B_2C_1}=\widehat{B_2AC_2}=\widehat{B_1C_2C_1}.$ Do đó tứ giác $B_1C_1B_2C_2$ là một tứ giác nội tiếp, tương tự ta cũng có hai tứ giác nội tiếp khác. Theo định lí về tâm đẳng phương của ba đường tròn ta có $(\beta)$ .

$(\gamma)$ : $\widehat{BAB_2}+\widehat{BB_1B_2}=\widehat{CAC_2}+\widehat{CC_1C_2}.$

Gọi $Z$ là giao điểm của $BB_1$ với $CB_2$ , và $Y$ là giao điểm của $BC_2$ với $CC_1$ . Ta có $\widehat{B_1ZC}=\widehat{A_1CB}+30^{\circ}=30^{\circ}-\widehat{BAC_1}-\widehat{B_1AC}+30^{\circ}=\widehat{B_2AB_1},$ nên tứ giác $AB_2ZB_1$ là một tứ giác nội tiếp. Chứng minh tương tự ta cũng có tứ giác $AC_1YC_2$ nội tiếp. Từ hai tứ giác nội tiếp này ta thấy vế trái và vế phải trong $(\gamma)$ lần lượt bằng $\widehat{BAZ}$ và $\widehat{CAY},$ chỉ việc để ý thêm rằng $Y$ và $Z$ đối xứng với nhau qua $AO$ là ta có $(\gamma)$ .