Mỗi cạnh của hình vuông $ABCD$ có độ dài bằng 4 được chia thành 4 phần bằng nhau bởi 3 điểm chia. Chọn một trong 3 điểm chia trên mỗi cạnh, rồi nối lần lượt 4 điểm đó lại để được một tứ giác. Diện tích của tứ giác này có thể nhận những giá trị nào? (Chỉ cần viết các số kết quả mà không cần chứng minh).
Để tìm diện tích tứ giác, lấy diện tích hình vuông trừ đi tổng diện tích của 4 tam giác vuông ở 4 góc. Do mỗi điểm chia cách đỉnh khoảng 1, 2 hoặc 3 đơn vị, các tam giác vuông có cạnh góc vuông thuộc $\{1, 2, 3\}$. Lần lượt tính toán các cấu hình kết hợp, các giá trị diện tích tứ giác có thể nhận là: $6, 7, 7.5, 8, 8.5, 9, 10$.
Cho tam giác $ABC$. Bên trong tam giác có một tứ giác có các cạnh bằng nhau và các cạnh song song với các cạnh của tam giác $ABC$, tạo thành các góc ở đỉnh như hình vẽ. Hãy tìm số đo các góc của tam giác $ABC$.
Đặt $\angle ACB = x$. Tứ giác có 4 cạnh bằng nhau là một hình thoi nên có các cặp cạnh đối song song. Dựa vào các góc so le trong và đồng vị trên hình, ta biểu diễn được tổng các góc của tam giác $ABC$: $(90^\circ - \frac{x}{2}) + 2x + x = 180^\circ \implies x = 36^\circ$. Suy ra $\angle A = 72^\circ, \angle B = 72^\circ, \angle C = 36^\circ$.
Trong ngũ giác đều $ABCDE$, đường thẳng vuông góc với $CD$ tại $C$ cắt đường thẳng $AB$ tại điểm $F$. Chứng minh rằng $AE + AF = BE$.
Gọi $P$ là giao điểm của $AE$ và $FC$. Vì $\angle ECD = 36^\circ \implies \angle ECP = 90^\circ - 36^\circ = 54^\circ$, và $\angle AEC = 72^\circ \implies \angle EPC = 54^\circ$. Do đó tam giác $EPC$ cân tại $E$, suy ra $CE = PE$. Mặt khác tam giác $ECB$ có $\angle ECB = \angle EBC = 72^\circ$ nên $BE = CE = PE$. Vì $\angle EAB = 108^\circ$ nên $\angle AFP = \angle APF = 54^\circ$, suy ra tam giác $APF$ cân tại $A$ với $AF = AP$. Từ đó suy ra $AE + AF = AE + AP = PE = CE = BE$.
Cho 100 điểm $P_1, P_2, \dots, P_{100}$ trên mặt phẳng sao cho không có 3 điểm nào thẳng hàng. Với mỗi bộ 3 điểm, ta gọi tam giác tạo thành là tam giác "cùng chiều kim đồng hồ" nếu thứ tự tăng dần của các chỉ số điểm chạy theo chiều kim đồng hồ. Hỏi số lượng tam giác cùng chiều kim đồng hồ có thể nhận đúng giá trị bằng 2017 được hay không?
Xếp 100 điểm trên một đường tròn theo thứ tự ngược chiều kim đồng hồ, khi đó số tam giác cùng chiều bằng 0. Khi di chuyển liên tục các điểm để biến đổi vị trí: mỗi khi một điểm $P_i$ băng qua đường thẳng $P_j P_k$, trạng thái (cùng hay ngược chiều) của tam giác $P_i P_j P_k$ bị đổi ngược, còn các tam giác khác không đổi; số tam giác cùng chiều tăng hoặc giảm đúng 1 đơn vị. Khi đổi hoàn toàn sang thứ tự cùng chiều trên đường tròn, số tam giác cùng chiều là $\binom{100}{3} = 161700 > 2017$. Do số lượng thay đổi liên tục từng đơn vị một, nên chắc chắn có thời điểm số lượng tam giác đạt chính xác 2017.
Trong tam giác cân $ABC$ ($AB = AC$), gọi $l$ là đường thẳng đi qua $A$ và song song với cạnh $BC$. Cho $D$ là một điểm tùy ý trên $l$. Gọi $E, F$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $A$ lên $BD$ và $CD$. Giả sử $P, Q$ là hình chiếu vuông góc của $E, F$ lên $l$. Chứng minh rằng $AP + AQ \le AB$.
Cách 1: Gọi $M, N$ là trung điểm của $AB, AC$. Do $\angle AEB = \angle AFC = 90^\circ$ nên $ME = NF = \frac{AB}{2} = \frac{AC}{2}$. Gọi $X, Y$ là hình chiếu của $M, N$ lên $l$, ta có $AX = AY$. Nhận thấy $XP = AX + AP \le ME = \frac{AB}{2}$ và $YQ = AQ - AY \le NF = \frac{AC}{2}$. Cộng lại ta được $AP + AQ \le AB$.\nCách 2: Lấy đối xứng $P', E'$ của $P, E$ qua đường trung trực của $BC$. Khi đó $AP' = AP$, suy ra $AP + AQ = AP' + AQ = QP' \le FE' \le AC = AB$.
Cho tam giác nhọn $ABC$ có $\angle A = 60^\circ$. Gọi $E, F$ lần lượt là chân đường cao kẻ từ $B, C$. Chứng minh rằng: $CE - BF = \frac{3}{2}(AC - AB)$.
Vì $\angle A = 60^\circ$ nên trong các tam giác vuông $\triangle ABE$ và $\triangle ACF$, ta có $\angle ABF = \angle ACF = 30^\circ$. Suy ra $AE = \frac{AB}{2}$ và $AF = \frac{AC}{2}$. Khi đó:\n$CE - BF = (AC - AE) - (AB - AF) = (AC - AB) + (AF - AE) = (AC - AB) + \left(\frac{AC}{2} - \frac{AB}{2}\right) = \frac{3}{2}(AC - AB)$.
Hai đường tròn $\omega_1, \omega_2$ cắt nhau tại $A$ và $B$. Một đường thẳng bất kỳ đi qua $B$ cắt $\omega_1, \omega_2$ lần lượt tại $C, D$. Chọn các điểm $E \in \omega_1$ và $F \in \omega_2$ sao cho $CE = CB$ và $BD = DF$. Giả sử $BF$ cắt $\omega_1$ tại $P$, và $BE$ cắt $\omega_2$ tại $Q$. Chứng minh rằng 3 điểm $A, P, Q$ thẳng hàng.
Tam giác $BDF$ cân tại $D$ và tứ giác nội tiếp cho $\angle BFD = \angle DBF = 180^\circ - \angle CBP = \angle CEP$. Tương tự với tam giác $CBE$ cân tại $C$, suy ra $\angle CEB = \angle CBE = \angle QBD = \angle QFD$. Do đó $\angle BEP = \angle BFQ$. Góc nội tiếp chắn cung suy ra $\angle BAP = \angle BEP$ và $\angle BAQ = \angle BFQ$, nên $\angle BAP = \angle BAQ$, chứng tỏ $A, P, Q$ thẳng hàng.
Trên mặt phẳng cho $n$ điểm ($n > 2$) sao cho không có 3 điểm nào thẳng hàng. Qua mỗi cặp điểm ta vẽ đường thẳng nối chúng, và trong số các điểm còn lại, ta đánh dấu điểm gần đường thẳng đó nhất (giả thiết điểm gần nhất này là duy nhất trong mỗi trường hợp). Hỏi số lượng điểm được đánh dấu có thể đạt tối đa là bao nhiêu với mỗi số nguyên $n$ cho trước?
Với $n = 3$, số điểm đánh dấu là 0. Với $n > 4$, lấy một đa giác đều $n$-đỉnh rồi làm biến dạng nhẹ để thỏa mãn khoảng cách duy nhất; khi đó mỗi đỉnh đều là điểm gần nhất với đường thẳng nối 2 đỉnh kề nó, nên số điểm đánh dấu tối đa là $n$.\nVới $n = 4$: Nếu 4 điểm tạo thành tứ giác lồi, giả sử cả 4 điểm đều được đánh dấu thì dẫn tới mâu thuẫn về diện tích tam giác $S_{ACD} > S_{ACB}$. Nếu một điểm nằm trong tam giác tạo bởi 3 điểm kia, giả sử cả 4 điểm được đánh dấu sẽ dẫn tới mâu thuẫn với định lý Ceva. Vậy với $n = 4$, số điểm đánh dấu tối đa chỉ là 3.
Trong tam giác cân $ABC$ ($AB = AC$), gọi $l$ là đường thẳng đi qua $A$ và song song với cạnh $BC$. Cho $D$ là một điểm tùy ý trên $l$. Gọi $E, F$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $A$ lên $BD$ và $CD$. Giả sử $P, Q$ là hình chiếu vuông góc của $E, F$ lên $l$. Chứng minh rằng $AP + AQ \le AB$.
Gọi $M, N$ là trung điểm $AB, AC$. Do $\angle AEB = \angle AFC = 90^\circ$ nên $ME = NF = \frac{AB}{2} = \frac{AC}{2}$. Chiếu $M, N$ lên $l$ tại $X, Y$, ta có $AX = AY$. Khi đó $XP = AX + AP \le ME = \frac{AB}{2}$ và $YQ = AQ - AY \le NF = \frac{AC}{2}$. Cộng hai bất đẳng thức suy ra $AP + AQ \le AB$ (hoặc lấy đối xứng $P, E$ qua trung trực $BC$ để có $AP + AQ = QP' \le FE' \le AB$).
Cho hai điểm $X, Y$ nằm trên cạnh $BC$ của tam giác $ABC$ sao cho $2XY = BC$ ($X$ nằm giữa $B$ và $Y$). Gọi $AA'$ là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác $AXY$. Đường thẳng đi qua $B$ vuông góc với $BC$ cắt $AX$ tại $P$; đường thẳng đi qua $C$ vuông góc với $BC$ cắt $AY$ tại $Q$. Chứng minh rằng tiếp tuyến tại $A'$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác $AXY$ đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác $APQ$.
Gọi $O, M, N$ lần lượt là tâm ngoại tiếp $\triangle APQ$, trung điểm $AP$, trung điểm $AQ$. Ta có $\angle OMA = \angle ONA = 90^\circ$ nên tứ giác $AMON$ nội tiếp. Cần chứng minh tiếp tuyến tại $A'$ vuông góc $AA'$, tức $\angle OA'A = 90^\circ$, tương đương $AMA'N$ nội tiếp, hay $\angle A'XM = \angle A'NY$ (chứng minh $\triangle A'XM \sim \triangle A'YN$). Chiếu vuông góc các điểm $A, A', M, N$ xuống $BC$ tại $H, K, M', N'$, sử dụng $2XY = BC$ chứng minh được $XM' = YN'$, kết hợp với các cặp tam giác đồng dạng suy ra $\frac{A'X}{MX} = \frac{A'Y}{NY}$, hoàn tất chứng minh.
Trong tam giác $ABC$, đường tròn nội tiếp tâm $I$ tiếp xúc với cạnh $BC$ tại điểm $D$. Đường thẳng $DI$ cắt $AC$ tại $X$. Tiếp tuyến kẻ từ $X$ đến đường tròn nội tiếp (khác với $AC$) cắt cạnh $AB$ tại điểm $Y$. Nếu $YI$ và $BC$ cắt nhau tại $Z$, chứng minh rằng $AB = BZ$.
Trong tam giác $AXY$, $I$ là tâm bàng tiếp nên $\angle XIY = 90^\circ - \frac{\angle A}{2}$. Do đó $\angle DIZ = 90^\circ - \frac{\angle A}{2}$, suy ra $\angle IZB = \frac{\angle A}{2} = \angle BAI$. Mặt khác $BI$ là tia phân giác góc $B$ nên $\angle IBZ = \angle IBA$. Hai tam giác $\triangle ABI$ và $\triangle ZBI$ có góc bằng nhau và chung cạnh $BI$, nên $\triangle ABI = \triangle ZBI$ (g-c-g), từ đó suy ra $AB = BZ$.
Cho 6 đường tròn đôi một không giao nhau trên mặt phẳng, mỗi đường tròn có bán kính không nhỏ hơn 1. Chứng minh rằng bán kính của bất kỳ đường tròn nào cắt cả 6 đường tròn này đều không nhỏ hơn 1.
Gọi tâm của 6 đường tròn là $O_1, \dots, O_6$ với bán kính $R_i \ge 1$. Giả sử đường tròn tâm $O$ bán kính $R$ cắt cả 6 đường tròn. Chia mặt phẳng quanh $O$ thành 6 góc, tồn tại một cặp $i, j$ sao cho $\angle O_i O O_j < 60^\circ$. Khoảng cách $O_i O_j \ge R_i + R_j$, trong khi $OO_i \le R_i + R$ và $OO_j \le R_j + R$. Nếu $R < 1$, do $R_i, R_j \ge 1$ nên trong tam giác $O_i O O_j$ cạnh dài nhất là $O_i O_j$, suy ra góc đối diện $\angle O_i O O_j \ge 60^\circ$, mâu thuẫn. Vậy bắt buộc $R \ge 1$.
Cho $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác $ABC$. Đường thẳng $CO$ cắt đường cao kẻ từ đỉnh $A$ tại điểm $K$. Gọi $P, M$ lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng $AK, AC$. Nếu $PO$ cắt $BC$ tại $Y$, và đường tròn ngoại tiếp tam giác $BCM$ cắt $AB$ tại $X$, chứng minh rằng tứ giác $BXOY$ nội tiếp.
Mục tiêu là chứng minh $\angle XOP = \angle B$. Tứ giác $BXMC$ nội tiếp nên $\triangle AXM \sim \triangle ACB$, suy ra $\frac{AX}{XM} = \frac{AC}{BC}$. Áp dụng định lý sin trong các tam giác $AKC, OMC, ABC$ tính được $\frac{AK}{OM} = \frac{AC}{OC \sin A} \implies \frac{AP}{OM} = \frac{AC}{2OC \sin A} = \frac{AC}{BC}$. Do đó $\frac{AX}{XM} = \frac{AP}{OM}$, kết hợp góc $\angle XMO = \angle XAK$ suy ra $\triangle XPA \sim \triangle XOM$, dẫn tới $\triangle XOP \sim \triangle XMA$, suy ra $\angle XOY = \angle XOP = \angle B$, chứng minh $BXOY$ nội tiếp.
Ba đường tròn $\omega_1, \omega_2, \omega_3$ tiếp xúc với đường thẳng $l$ tại $A, B, C$ ($B$ nằm giữa $A, C$) và $\omega_2$ tiếp xúc ngoài với hai đường tròn còn lại. Gọi $X, Y$ là các giao điểm của $\omega_2$ với tiếp tuyến chung ngoài còn lại của $\omega_1, \omega_3$. Đường thẳng vuông góc với $l$ tại $B$ cắt lại $\omega_2$ tại $Z$. Chứng minh rằng đường tròn đường kính $AC$ tiếp xúc với hai đường thẳng $ZX$ và $ZY$.
Gọi $M$ là trung điểm $AC$. Bằng biến đổi góc và tiếp điểm, chứng minh $ZM$ là trục đẳng phương của $\omega_1, \omega_3$. Độ dài tiếp tuyến từ $Z$ đến $\omega_1, \omega_3$ bằng $ZB$. Áp dụng định lý Casey cho các tứ giác nội tiếp $\omega_2$, ta rút ra được hệ thức khoảng cách từ $M$ tới các đường thẳng $ZX, ZY$ đúng bằng $\frac{AC}{2}$, suy ra đường tròn đường kính $AC$ tiếp xúc với cả hai đường thẳng $ZX$ và $ZY$.
Mặt cầu $S$ tiếp xúc với một mặt phẳng $(\alpha)$. Cho $A, B, C, D$ là 4 điểm trên mặt phẳng $(\alpha)$ sao cho không có 3 điểm nào thẳng hàng. Xét điểm $A'$ sao cho mặt cầu $S$ tiếp xúc với tất cả các mặt của tứ diện $A'BCD$. Các điểm $B', C', D'$ được định nghĩa tương tự. Chứng minh rằng 4 điểm $A', B', C', D'$ cùng thuộc một mặt phẳng và mặt phẳng $(A'B'C'D')$ tiếp xúc với mặt cầu $S$.
Gọi $S$ tiếp xúc với $(\alpha)$ tại $P$. Thực hiện phép nghịch đảo tâm $P$ biến mặt phẳng và các mặt tiếp xúc cầu: các đường tròn tiếp xúc cùng đi qua điểm Miquel $P'$ trên $S$. Điểm $D'$ thuộc mặt phẳng tiếp diện tại $P'$, và tương tự $A', B', C'$ cũng đều thuộc mặt phẳng tiếp diện này. Do đó $A', B', C', D'$ đồng phẳng và mặt phẳng chứa chúng tiếp xúc với mặt cầu $S$ tại $P'$.
─── HẾT ĐỀ THI IGO 2017 ───