Một phép gấp tờ giấy hình đa giác nghĩa là vẽ một đoạn thẳng trên tờ giấy rồi gấp tờ giấy lại theo đoạn thẳng đó. Cho một mảnh giấy hình đa giác thu được bằng cách cắt theo biên của phần tô đậm trong hình vẽ. Hãy xuất phát từ đa giác này để tạo thành một mảnh giấy hình chữ nhật bằng không quá 5 nếp gấp. (Mô tả các đường nếp gấp và hình vẽ sau mỗi nếp gấp).
Có nhiều cách gấp để thu được hình chữ nhật. Trong đáp án chính thức, có thể hoàn thành chỉ với 4 nếp gấp thẳng: lần lượt gập các phần tam giác nhô ra ở các góc vào bên trong hoặc gập đôi đối xứng dọc theo các trục phù hợp để tất cả các mép biên trùng khít tạo thành một hình chữ nhật phẳng hoàn chỉnh.
Cho hình bình hành $ABCD$ ($AB \ne BC$). Lấy các điểm $E$ và $G$ trên đường thẳng $CD$ sao cho đường chéo $AC$ là đường phân giác của cả hai góc $\angle EAD$ và $\angle BAG$. Đường thẳng $BC$ cắt $AE$ và $AG$ lần lượt tại $F$ và $H$. Chứng minh rằng đường thẳng $FG$ đi qua trung điểm của đoạn thẳng $HE$.
Do $AD \parallel BC$ nên $\angle FCA = \angle DAC = \angle FAC$, suy ra $FA = FC$. Tương tự $GA = GC$. Do đó $\triangle GAF \cong \triangle GCF$ (c-c-c), dẫn tới $\angle GAF = \angle GCF$, kéo theo $\angle HAF = \angle ECF$ và $\angle AFH = \angle CFE$. Từ đó suy ra $\triangle AFH \cong \triangle CFE$ (g-c-g), nên $FE = FH$. Tương tự $GE = GH$. Do cả hai điểm $F$ và $G$ đều cách đều hai đầu mút $H$ và $E$, đường thẳng $FG$ chính là đường trung trực của đoạn thẳng $HE$, do đó $FG$ đi qua trung điểm của đoạn thẳng $HE$ (và vuông góc với $HE$).
Theo hình vẽ, cho ba tam giác đều có độ dài cạnh lần lượt là $a, b, c$ có chung một đỉnh và không có điểm chung nào khác. Các độ dài $x, y$ và $z$ được xác định như trong hình vẽ (là khoảng cách nối giữa các đỉnh tự do của các tam giác đều). Chứng minh rằng: $3(x + y + z) > 2(a + b + c)$.
Xét ba tam giác màu trắng xen kẽ nằm giữa các tam giác đều. Khi quay mỗi tam giác một góc $60^\circ$ cùng chiều kim đồng hồ quanh đỉnh chung, một cạnh của nó sẽ chập vào cạnh của tam giác đều tiếp theo. Nối các phép quay và dán lại, ta tạo thành một đường gấp khúc nối giữa hai điểm có khoảng cách bằng $2a$ và tổng độ dài các đoạn trên đường gấp khúc là $x + y + z$. Theo bất đẳng thức đường gấp khúc, ta có $x + y + z > 2a$. Tương tự thực hiện cho hai đỉnh còn lại, ta được $x + y + z > 2b$ và $x + y + z > 2c$. Cộng cả ba bất đẳng thức lại ta được: $3(x + y + z) > 2(a + b + c)$.
Cho điểm $P$ tùy ý nằm bên trong tam giác $ABC$. Các đường thẳng $BP$ và $CP$ cắt $AC$ và $AB$ lần lượt tại $E$ và $F$. Gọi $K$ và $L$ lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng $BF$ và $CE$. Các đường thẳng qua $L$ và $K$ song song với $CF$ và $BE$ cắt $BC$ lần lượt tại $S$ và $T$. Gọi $M$ và $N$ lần lượt là điểm đối xứng của $S$ và $T$ qua $L$ và $K$. Chứng minh rằng khi điểm $P$ di động bên trong tam giác $ABC$, đường thẳng $MN$ luôn đi qua một điểm cố định.
Tứ giác $EMCS$ có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm $L$ nên là một hình bình hành, suy ra $EM \parallel BC$. Gọi $X = EM \cap CF$. Vì $ML \parallel CX$ và $L$ là trung điểm $CE$ nên $M$ là trung điểm của đoạn thẳng $EX$. Vì $EX \parallel BC$, theo định lý Thales trong hình thang, đường thẳng $MP$ nối đỉnh đối diện với trung điểm cạnh đáy sẽ đi qua trung điểm của đáy $BC$. Tương tự, đường thẳng $NP$ cũng đi qua trung điểm của $BC$. Do đó đường thẳng $MN$ (chính là đường thẳng $MNP$) luôn đi qua trung điểm cố định của cạnh $BC$.
Ta nói hai đỉnh của một đa giác đơn là "nhìn thấy nhau" nếu chúng kề nhau trên cạnh, hoặc đoạn thẳng nối chúng nằm hoàn toàn bên trong đa giác (ngoại trừ hai đầu mút nằm trên biên). Tìm tất cả các số nguyên dương $n$ sao cho tồn tại một đa giác đơn có $n$ đỉnh mà mỗi đỉnh đều nhìn thấy đúng 4 đỉnh khác.
ĐÁP SỐ: $n = 5$ DUY NHẤT.\n- Bổ đề 1: Nếu đỉnh $A_i$ nhìn thấy $A_{i-1}, A_j, A_k, A_{i+1}$ theo thứ tự vòng quanh, thì các cặp đỉnh kề nhau này cũng nhìn thấy nhau.\n- Bổ đề 2: $A_j A_k$ bắt buộc phải là một cạnh của đa giác. Từ đó chứng minh không tồn tại đa giác nào thỏa mãn với $n > 6$.\n- Với $n = 6$: Trong lục giác, nếu $A_2, A_4, A_6$ tạo thành tam giác đường chéo bên trong thì ít nhất một góc tại đỉnh phải $> 180^\circ$, dẫn tới một đỉnh chỉ nhìn thấy ít hơn 4 đỉnh, mâu thuẫn.\n- Với $n = 5$: Mọi ngũ giác lồi đều thỏa mãn (mỗi đỉnh nhìn thấy 2 đỉnh kề và 2 đỉnh qua 2 đường chéo, tổng cộng đúng 4 đỉnh). Vậy $n = 5$ là giá trị duy nhất.
Cho hình thang $ABCD$ có hai đáy $AB$ và $CD$ song song với nhau. Gọi $M$ là trung điểm của đoạn thẳng $AB$. Điểm $N$ nằm trên đoạn thẳng $CD$ sao cho $\angle ADN = \frac{1}{2}\angle MNC$ và $\angle BCN = \frac{1}{2}\angle MND$. Chứng minh rằng $N$ là trung điểm của đoạn thẳng $CD$.
Ta có $\angle BCN + \angle ADN = \frac{1}{2}(\angle MNC + \angle MND) = \frac{1}{2}(180^\circ) = 90^\circ$. Do đó hai đường thẳng chứa hai cạnh bên $AD$ và $BC$ cắt nhau tại điểm $P$ vuông góc ($\angle DPC = 90^\circ$). Trong tam giác vuông $APB$, $M$ là trung điểm cạnh huyền $AB$ nên $PM = MA = MB$, suy ra góc ngoài $\angle PMA = 2\angle PBA = 2\angle PCD = \angle MND$. Vì $AB \parallel CD$, góc so le trong bằng nhau chứng tỏ $PM \parallel MN$, suy ra ba điểm $P, M, N$ thẳng hàng. Đường thẳng nối đỉnh góc vuông $P$ với trung điểm cạnh đáy $AB$ trong hình thang vuông cắt đáy đối diện tại trung điểm, do đó $N$ là trung điểm của đoạn $CD$.
Cho tam giác cân $ABC$ ($AB = AC$) có tâm đường tròn ngoại tiếp là $O$. Điểm $N$ là trung điểm của cạnh $BC$ và điểm $M$ là điểm đối xứng của $N$ qua cạnh $AC$. Giả sử $T$ là một điểm sao cho tứ giác $ANBT$ là một hình chữ nhật. Chứng minh rằng: $\angle OMT = \frac{1}{2}\angle BAC$.
Vì tam giác $ABC$ cân tại $A$ nên $AN \perp BC$ ($\angle ANC = 90^\circ$). Ta có $\angle OCM = \angle OCA + \angle MCA = \angle OAC + \angle NCA = 90^\circ = \angle TAO$. Mặt khác $CM = CN = BN = AT$ và $OC = OA$, do đó hai tam giác $\triangle OCM$ và $\triangle OAT$ bằng nhau (c-g-c). Suy ra $OT = OM$ và $\angle AOT = \angle MOC \implies \angle TOM = \angle AOC$. Khi đó hai tam giác cân $\triangle AOC$ và $\triangle MOT$ đồng dạng (chung góc ở đỉnh), suy ra góc ở đáy $\angle OMT = \angle OAC = \frac{1}{2}\angle BAC$.
Trong tam giác nhọn $ABC$ ($AC > AB$), gọi $H$ là trực tâm và $M$ là trung điểm của cạnh $BC$. Đường trung tuyến $AM$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ tại $X$. Đường thẳng $CH$ cắt đường trung trực của $BC$ tại $E$ và cắt lại đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ tại $F$. Điểm $J$ nằm trên đường tròn $\omega$ đi qua ba điểm $X, E, F$ sao cho $BCHJ$ là một hình thang ($CB \parallel HJ$). Chứng minh rằng các đường thẳng $JB$ và $EM$ cắt nhau tại một điểm nằm trên đường tròn $\omega$.
Gọi $D$ là chân đường cao kẻ từ $A$, $P = EM \cap AC$ và $K = JH \cap AM$. Từ các cặp đường thẳng song song, ta có $\frac{ME}{EP} = \frac{DH}{HA} = \frac{MK}{KA} \implies EK \parallel AC$. Do đó $\angle XKE = \angle XAC = \angle XFE$, chứng tỏ $K$ nằm trên $\omega$. Gọi $Q$ là giao điểm thứ hai của đường thẳng $EM$ với đường tròn $\omega$. Bằng biến đổi góc $\angle KJQ = \angle KEP = \angle QPC$, bài toán quy về chứng minh $CPBQ$ nội tiếp, tương đương với hệ thức phương tích $MP \cdot MQ = MB \cdot MC$. Sử dụng tính chất các đoạn song song và phương tích của $M$ đối với $(ABC)$ và $\omega$: $MB \cdot MC = MA \cdot MX = \frac{MK \cdot MX}{ME} \cdot MP = MQ \cdot MP$, suy ra điều phải chứng minh.
Cho tam giác $ABC$. Một đường tròn tùy ý có tâm $J$ đi qua $B$ và $C$ cắt các cạnh $AC$ và $AB$ lần lượt tại $E$ và $F$. Gọi $X$ là điểm sao cho tam giác $FXB$ đồng dạng với tam giác $EJC$ (theo đúng thứ tự đỉnh) và các điểm $X, C$ nằm cùng phía đối với đường thẳng $AB$. Tương tự, gọi $Y$ là điểm sao cho tam giác $EYC$ đồng dạng với tam giác $FJB$ (theo đúng thứ tự đỉnh) và các điểm $Y, B$ nằm cùng phía đối với đường thẳng $AC$. Chứng minh rằng đường thẳng $XY$ đi qua trực tâm của tam giác $ABC$.
Gọi $H$ là trực tâm của tam giác $ABC$, $P = BE \cap CF$. Đoạn thẳng $PH$ cắt đường trung trực của $BC$ tại $Z$. Biến đổi góc: $\angle HBP = \angle ABH - \angle ABP = (90^\circ - \angle A) - \angle ABP = 90^\circ - \angle BEC = \angle JBC$. Do đó $BH$ và $BJ$ là hai tia đẳng giác trong góc $\angle PBC$. Tương tự $CH, CJ$ đẳng giác trong góc $\angle PCB$, suy ra $H$ và $J$ là hai điểm liên hợp đẳng giác trong $\triangle BPC$. Khi đó đường thẳng $HP$ là trục đẳng phương của hai đường tròn đường kính $BE$ và $CF$. Chứng minh các điểm $X, Y$ và $Z$ đều cùng nằm trên trục đẳng phương $HP$ này, suy ra đường thẳng $XY$ trùng với $HP$, do đó $XY$ đi qua trực tâm $H$.
Tìm tất cả các số nguyên $n \ge 4$ sao cho tồn tại một khối đa diện lồi có đúng $n$ mặt mà tất cả các mặt đều là các tam giác vuông.
ĐÁP SỐ: TẤT CẢ CÁC SỐ CHẴN $n \ge 4$.\n- Điều kiện cần: Mỗi mặt là tam giác có 3 cạnh, tổng số cạnh của các mặt là $3n = 2E$ (với $E$ là số cạnh của khối đa diện), suy ra $3n$ là số chẵn, tức $n$ phải là số chẵn.\n- Điều kiện đủ: Bổ đề: Điểm $O'$ trên trục $z$ và góc vuông $\angle OXY = 90^\circ$ trên mặt phẳng $xy$ tạo ra tam giác vuông $\triangle O'XY$ với góc vuông tại $X$ theo định lý Pythagoras. Với mọi số chẵn $n = 2m + 2 \ge 4$, dựng một đa giác $(m+2)$-đỉnh $OA_0 A_1 \dots A_m$ trên mặt phẳng $xy$ gồm các tam giác vuông kề nhau có góc nhọn nhỏ tại gốc $O$, rồi lấy hai đỉnh $O', O''$ đối xứng trên trục $z$. Bao lồi của các điểm này tạo thành khối đa diện lồi có đúng $n$ mặt và tất cả các mặt đều là tam giác vuông.
Gọi $M, N$ và $P$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $BC, AC$ và $AB$ của tam giác $ABC$. Lấy hai điểm $E$ và $F$ trên đoạn thẳng $BC$ sao cho $\angle NEC = \frac{1}{2}\angle AMB$ và $\angle PFB = \frac{1}{2}\angle AMC$. Chứng minh rằng: $AE = AF$.
Gọi $Q$ là trung điểm của đoạn thẳng $NP$, $H$ là chân đường cao hạ từ $Q$ xuống $BC$, và $K = NE \cap PF$. Để chứng minh $AE = AF$, ta chỉ cần chứng minh $H$ là trung điểm của $EF$. Ta có $\angle NEC + \angle PFB = \frac{1}{2}(\angle AMB + \angle AMC) = 90^\circ$, suy ra tam giác $EKF$ vuông tại $K$ ($\angle EKF = 90^\circ$). Đoạn thẳng $KQ$ là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền trong tam giác vuông $\triangle PKN$, suy ra $\angle PQK = 2\angle PNK = 2\angle NEC = \angle AMB$. Mặt khác, $H$ là hình chiếu của $Q$ nên $\angle PQH = \angle AMB$. Từ đó suy ra ba điểm $K, H, Q$ thẳng hàng, dẫn tới $H$ chính là trung điểm của $EF$, suy ra tam giác $AEF$ cân tại $A$, tức $AE = AF$.
Cho tam giác nhọn $ABC$ có tâm đường tròn nội tiếp là $I$. Gọi $N$ là trung điểm của cung $BAC$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$, và $P$ là điểm sao cho $ABPC$ là một hình bình hành. Gọi $Q$ là điểm đối xứng của $A$ qua $N$, và $R$ là hình chiếu vuông góc của $A$ lên đường thẳng $QI$. Chứng minh rằng đường thẳng $AI$ tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác $PQR$.
Thực hiện phép vị tự tâm $A$ tỉ số $\frac{1}{2}$: Điểm $P$ biến thành trung điểm $M$ của $BC$, $Q$ biến thành $N$, và $R$ biến thành $T$ (hình chiếu của $A$ lên $SN$, với $S$ là trung điểm $AI$). Bài toán tương đương với việc chứng minh đường tròn $(MNT)$ tiếp xúc với $AI$ tại điểm $I$. Vì $\angle NAS = 90^\circ$, hai tam giác vuông $\triangle ASN \sim \triangle TSA$ suy ra $ST \cdot SN = SA^2 = SI^2$, do đó $SI$ tiếp xúc với $(ITN)$. Gọi $D$ là giao điểm thứ hai của $AI$ với $(ABC)$, dùng hệ thức lượng quen thuộc $DB = DC = DI$ và phương tích $DM \cdot DN = DB^2 = DI^2$ suy ra $DI$ tiếp xúc với $(NIM)$. Kết hợp lại ta có đường tròn ngoại tiếp $(MNT)$ tiếp xúc với $AI$ tại $I$.
Cho ba đường tròn đôi một nằm ngoài nhau có tính chất: Mọi đường thẳng phân tách hai đường tròn bất kỳ đều cắt miền trong của đường tròn thứ ba. Chứng minh rằng tổng các khoảng cách giữa các tâm của chúng không vượt quá $2\sqrt{2}$ lần tổng các bán kính của chúng. (Một đường thẳng được gọi là phân tách hai đường tròn nếu hai đường tròn không giao với đường thẳng đó và nằm về hai phía khác nhau của nó).
Gọi bán kính ba đường tròn là $r_1, r_2, r_3$ và khoảng cách giữa các tâm là $d_{ij}$. Xét hai tiếp tuyến chung trong $\ell, \ell'$ của $\omega_1$ và $\omega_2$, ta có $d_{12} = \frac{r_1 + r_2}{\sin\alpha}$. Do mọi đường phân tách đều phải cắt $\omega_3$, bán kính $r_3$ phải đủ lớn để bao phủ chùm tiếp tuyến, dẫn tới đánh giá $r_3 \ge r_2 \cot^2\alpha \ge \frac{r_1 + r_2}{2}\left(\frac{d_{12}^2}{(r_1+r_2)^2} - 1\right)$. Biến đổi tương đương suy ra: $d_{12}^2 \le (r_1 + r_2)^2 + 2r_3(r_1 + r_2)$. Thiết lập hai bất đẳng thức tương tự cho $d_{23}^2$ và $d_{31}^2$, cộng lại và áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz: $(\sum d_{ij})^2 \le 3 \sum d_{ij}^2 \le 8 (\sum r_i)^2$, khai căn hai vế ta được $\sum d_{ij} \le 2\sqrt{2} \sum r_i$.
Cho tứ giác lồi $ABCD$ ngoại tiếp đường tròn tâm $I$, tiếp xúc với các cạnh $AD, DC, CB, BA$ lần lượt tại $K, L, M, N$. Các đường thẳng $AD$ và $BC$ cắt nhau tại $E$; các đường thẳng $AB$ và $CD$ cắt nhau tại $F$. Đường thẳng $KM$ cắt $AB$ và $CD$ lần lượt tại $X$ và $Y$; đường thẳng $LN$ cắt $AD$ và $BC$ lần lượt tại $Z$ và $T$. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác $XFY$ tiếp xúc với đường tròn đường kính $EI$ khi và chỉ khi đường tròn ngoại tiếp tam giác $TEZ$ tiếp xúc với đường tròn đường kính $FI$.
Theo định lý Brianchon, bốn đường thẳng $AC, BD, KM, LN$ đồng quy tại $P$, và $IP \perp EF$. Áp dụng định lý Casey cho các điểm $X, F, Y$ và đường tròn đường kính $EI$: điều kiện tiếp xúc của hai đường tròn tương đương với một hệ thức lượng giác đối xứng qua các góc tạo bởi các đường đối cực của $E$ và $F$ đối với đường tròn nội tiếp. Biến đổi lượng giác cho thấy điều kiện tiếp xúc của cặp thứ nhất tương đương với hệ thức độc lập $\sin^2(\angle EIF) = \frac{FS}{FI}$, hệ thức này hoàn toàn đối xứng vai trò giữa $E$ và $F$. Do đó cặp đường tròn thứ nhất tiếp xúc khi và chỉ khi cặp đường tròn thứ hai tiếp xúc.
Cho tam giác nhọn $ABC$ ($AC > AB$) có trực tâm $H$ và đường tròn ngoại tiếp $\Gamma$. Gọi $M$ và $P$ lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng $BC$ và $AH$. Đường thẳng $AM$ cắt lại $\Gamma$ tại $X$, và điểm $N$ nằm trên đường thẳng $BC$ sao cho $NX$ tiếp xúc với $\Gamma$. Lấy các điểm $J$ và $K$ trên đường tròn đường kính $MP$ sao cho $\angle AJP = \angle HNM$ ($B$ và $J$ nằm cùng phía đối với $AH$). Giả sử đường tròn $\omega_1$ đi qua $K, H, J$ và đường tròn $\omega_2$ đi qua $K, M, N$ tiếp xúc ngoài với nhau. Chứng minh rằng các tiếp tuyến chung ngoài của $\omega_1$ và $\omega_2$ cắt nhau tại một điểm nằm trên đường thẳng $NH$.
Gọi $\Omega$ là đường tròn đường kính $PM$. Dựng các giao điểm trực giao và áp dụng phép nghịch đảo tâm $A$ biến đường tròn $\Omega$ thành đường thẳng. Sử dụng bổ đề tiếp xúc của hai đường tròn qua 4 điểm: tồn tại duy nhất hai vị trí của điểm $K$ trên $\Omega$. Bằng cách khai thác tỉ số tiếp tuyến và tính chất tâm vị tự ngoài của hai đường tròn $\omega_1$ và $\omega_2$, ta chứng minh tâm vị tự ngoài chính là điểm chia đoạn $NH$ theo tỉ số bán kính. Do các tiếp tuyến chung ngoài luôn đồng quy tại tâm vị tự ngoài, nên giao điểm của chúng bắt buộc phải nằm trên đường thẳng $NH$.
─── HẾT ĐỀ THI IGO 2020 ───