Bằng cách ghép 4 mảnh hình cho trước lại với nhau, hãy tạo thành một hình có ít nhất 2 trục đối xứng phản xạ.
Ghép 4 mảnh hình quanh một tâm đối xứng để tạo thành hình chữ thập đối xứng hoàn hảo, có cả hai trục đối xứng thẳng đứng và nằm ngang (như hình vẽ trong đáp án chính thức).
Các điểm $K, L, M, N$ lần lượt nằm trên các cạnh $AB, BC, CD, DA$ của hình vuông $ABCD$ sao cho diện tích của tứ giác $KLMN$ bằng một nửa diện tích của hình vuông $ABCD$. Chứng minh rằng có ít nhất một đường chéo của $KLMN$ song song với một cạnh của hình vuông $ABCD$.
Ký hiệu $[P]$ là diện tích của đa giác $P$. Giả sử phản chứng $LN \not\parallel AB$. Lấy điểm $N' \ne N$ trên $AD$ sao cho $LN' \parallel AB$. Khi đó dễ thấy $[KLMN'] = \frac{1}{2}[ABCD]$. Do đó $[KLMN] = [KLMN']$, suy ra $[KMN] = [KMN']$, dẫn tới $KM \parallel NN' = AD$. Vậy nếu đường chéo này không song song thì đường chéo kia bắt buộc phải song song với cạnh hình vuông.
Một hình trái tim $\omega$ được tạo bởi ba nửa đường tròn có đường kính $AB, BC$ và $AC$ sao cho $B$ là trung điểm của đoạn $AC$. Một cặp điểm $(P, P')$ trên $\omega$ được gọi là "cặp phân đôi" nếu chúng chia đôi chu vi của $\omega$. Cho $(P, P')$ và $(Q, Q')$ là hai cặp phân đôi. Các tiếp tuyến tại $P, P', Q, Q'$ với $\omega$ tạo thành một tứ giác lồi $XYZT$ nội tiếp đường tròn. Hãy tìm số đo góc giữa hai đường thẳng $PP'$ và $QQ'$.
Bổ đề: Nếu $(P, P')$ là cặp phân đôi thì ba điểm $P, P', B$ thẳng hàng (đường thẳng $PP'$ luôn đi qua điểm $B$).\nXét hai trường hợp vị trí của các điểm trên các nửa đường tròn:\n- TH1: $P, Q$ cùng nằm trên cung $AC$, còn $P', Q'$ cùng nằm trên cung $AB$. Khi đó góc nội tiếp của tứ giác tiếp tuyến cho $\angle PBQ = 60^\circ$.\n- TH2: $P'$ trên cung $AB$, còn $Q'$ trên cung $BC$. Khi đó tính toán góc cho $\angle PBQ = 120^\circ$.\nTrong cả hai trường hợp, góc nhọn giữa hai đường thẳng $PP'$ và $QQ'$ luôn luôn bằng $60^\circ$.
Trong hình thang cân $ABCD$ ($AB \parallel CD$), các điểm $E$ và $F$ nằm trên đoạn thẳng $CD$ theo thứ tự $D, E, F, C$ sao cho $DE = CF$. Gọi $X$ và $Y$ lần lượt là điểm đối xứng của $E$ và $C$ qua $AD$ và $AF$. Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác $ADF$ và tam giác $BXY$ trùng nhau (hai đường tròn đồng tâm).
Gọi $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\triangle ADF$ (đường tròn $\omega$). Lấy điểm $Z$ trên $AB$ sao cho $AZFD$ là hình thang cân (nội tiếp $\omega$). Vì $X, Y$ đối xứng với $E, C$ qua $AD, AF$ và $ZBCF$ là hình bình hành, ta có $ED = XD = CF = FY = ZB$. Biến đổi góc tính được $\angle OZB = \angle ODX = \angle OFY = 90^\circ - \angle AFD + \angle ADC$. Từ đó suy ra ba tam giác $\triangle OZB \cong \triangle ODX \cong \triangle OFY$ bằng nhau (c-g-c), dẫn tới $OB = OX = OY$. Do đó $O$ chính là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác $BXY$.
Cho 2021 điểm $A_1, A_2, \dots, A_{2021}$ trên mặt phẳng sao cho không có 3 điểm nào thẳng hàng và $\angle A_1A_2A_3 + \angle A_2A_3A_4 + \dots + \angle A_{2021}A_1A_2 = 360^\circ$, trong đó mỗi góc $\angle A_{i-1}A_iA_{i+1}$ là góc nhỏ hơn $180^\circ$ ($A_{2022} = A_1, A_0 = A_{2021}$). Chứng minh rằng có một tập hợp con của các góc này có tổng đúng bằng $90^\circ$.
Đi vòng quanh đa giác $A_1A_2\dots A_{2021}$: tại mỗi đỉnh $A_i$, góc quay là $180^\circ - \alpha_i$ (theo chiều kim đồng hồ hoặc ngược chiều kim đồng hồ). Tổng đại số các góc quay sau khi đi một vòng khép kín phải là một bội số của $360^\circ$. Chia các góc thành hai tập $C_1$ (quay cùng chiều) và $C_2$ (quay ngược chiều). Do tổng số góc là 2021 (số lẻ), ta có $\sum_{C_1} \alpha_i - \sum_{C_2} \alpha_j = 360^\circ t + 180^\circ \equiv \pm 180^\circ$. Mặt khác tổng tất cả các góc bằng $360^\circ$, nên ta có hệ phương trình tổng và hiệu của hai tập góc, giải ra được một tập có tổng bằng $90^\circ$ và tập kia có tổng bằng $270^\circ$.
Cho tam giác $ABC$ có $AB = AC$. Gọi $H$ là trực tâm của tam giác $ABC$. Điểm $E$ là trung điểm của cạnh $AC$ và điểm $D$ nằm trên cạnh $BC$ sao cho $3CD = BC$. Chứng minh rằng: $BE \perp HD$.
Gọi $G$ là trọng tâm của tam giác $ABC$. Vì $E$ là trung điểm $AC$ nên $G \in BE$ và $\frac{EG}{EB} = \frac{1}{3}$. Mặt khác theo giả thiết $\frac{CD}{BC} = \frac{1}{3} = \frac{EG}{EB}$, theo định lý Thales đảo ta có $GD \parallel EC = AC$. Vì $H$ là trực tâm nên $BH \perp AC$, suy ra $BH \perp GD$. Mặt khác tam giác $ABC$ cân tại $A$ nên trung tuyến $AG$ đồng thời là đường cao, do đó $GH \perp BC$. Trong tam giác $BGD$, $BH \perp GD$ và $GH \perp BD$, suy ra $H$ chính là trực tâm của tam giác $BGD$. Do đó $DH \perp BG$, tức $HD \perp BE$.
Cho hình bình hành $ABCD$. Các điểm $E, F$ lần lượt nằm trên các cạnh $AB, CD$ sao cho $\angle EDC = \angle FBC$ và $\angle ECD = \angle FAD$. Chứng minh rằng: $AB \ge 2BC$.
Biến đổi góc suy ra $\triangle DAF \sim \triangle BEC$, dẫn tới $\frac{AD}{BE} = \frac{DF}{BC}$, và tương tự $\frac{CF}{AD} = \frac{BC}{AE}$. Nhân hai đẳng thức suy ra $\frac{CF}{BE} = \frac{DF}{AE} \implies EF \parallel AD \parallel BC$. Lấy điểm đối xứng $F'$ của $F$ qua $E$, tứ giác $AF'BF$ nội tiếp, suy ra hệ thức phương tích $AE \cdot EB = EF^2 = BC^2$. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM: $BC^2 = AE \cdot EB \le \left(\frac{AE + EB}{2}\right)^2 = \left(\frac{AB}{2}\right)^2$, khai căn hai vế ta được $BC \le \frac{AB}{2}$, hay $AB \ge 2BC$.
Cho tứ giác lồi $ABCD$ có $AB = BC$ và $\angle ABD = \angle BCD = 90^\circ$. Gọi $E$ là giao điểm của hai đường chéo $AC$ và $BD$. Điểm $F$ nằm trên cạnh $AD$ sao cho $\frac{AF}{FD} = \frac{CE}{EA}$. Đường tròn $\omega$ đường kính $DF$ và đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABF$ cắt nhau lần thứ hai tại $K$. Gọi $L$ là giao điểm thứ hai của $EF$ với $\omega$. Chứng minh rằng đường thẳng $KL$ đi qua trung điểm của đoạn thẳng $CE$.
Dựng điểm $K'$ sao cho hai tam giác $\triangle ABC$ và $\triangle AK'D$ đồng dạng quay. Vì $\frac{AE}{EC} = \frac{DF}{FA}$ nên $\triangle FK'D \sim \triangle EBA$, suy ra $\angle FK'D = 90^\circ$. Chứng minh $ABK'F$ nội tiếp để suy ra $K' \equiv K$. Gọi $M$ là trung điểm của $CE$. Vì $\angle DEC = 90^\circ - \angle BAC = \angle DCE$ nên tam giác $DEC$ cân tại $D$ ($DC = DE$), do đó $DM \perp CE$ ($\angle DME = 90^\circ$). Tứ giác $ELDM$ nội tiếp đường tròn đường kính $DE$. Khi đó biến đổi góc nội tiếp $\angle MLD = \angle MED = \angle AEB = \angle KFD = \angle KLD$, suy ra ba điểm $K, L, M$ thẳng hàng, tức $KL$ đi qua trung điểm $M$ của $CE$.
Cho tam giác nhọn không cân $ABC$ có tâm đường tròn nội tiếp là $I$ và đường tròn ngoại tiếp là $\Gamma$. Đường thẳng $AI$ cắt lại $\Gamma$ tại $M$. Gọi $N$ là trung điểm của $BC$ và $T$ là điểm trên $\Gamma$ sao cho $IN \perp MT$. Gọi $P$ và $Q$ lần lượt là giao điểm của $TB$ và $TC$ với đường thẳng vuông góc với $AI$ tại $I$. Chứng minh rằng: $PB = CQ$.
Gọi $S$ là trung điểm của cung $BAC$ của $\Gamma$ và gọi $Q'$ là điểm đối xứng của $S$ qua đường trung trực của đoạn thẳng $IC$. Vì $M$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $BIC$, đường trung trực của $CI$ đi qua $M$. Đường kính $MS$ vuông góc với $MC$, theo đối xứng suy ra $Q'I \perp MI$. Chứng minh hai tam giác $\triangle MIQ' \sim \triangle MNC$, từ đó suy ra ba điểm $T, C, Q'$ thẳng hàng, dẫn tới $Q \equiv Q'$. Do đó $CQ = SI$. Chứng minh tương tự ta có $PB = SI$. Vậy $PB = CQ$.
Cho ngũ giác lồi $ABCDE$ và một điểm $X$ thay đổi trên cạnh $CD$. Giả sử các điểm $K, L$ nằm trên đoạn thẳng $AX$ sao cho $AB = BK$ và $AE = EL$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $CXK$ và tam giác $DXL$ cắt nhau lần thứ hai tại $Y$. Chứng minh rằng khi $X$ di động trên $CD$, tất cả các đường thẳng $XY$ luôn đi qua một điểm cố định, hoặc chúng song song với nhau.
Gọi $\omega_b, \omega_e$ là các đường tròn tâm $B, E$ đi qua $A$ ($K \in \omega_b, L \in \omega_e$). Chứng minh rằng tất cả các đường tròn $(DXL)$ đều đi qua một điểm cố định $D'$ trên $\omega_e$, và tất cả các đường tròn $(CXK)$ đều đi qua một điểm cố định $C'$ trên $\omega_b$. Xét tứ giác cố định $C'CDD'$: góc định hướng $\angle(YC', YD') = \angle(CC', DD')$ là không đổi. Nếu $Y \in C'D'$, các đường thẳng $XY$ tạo góc không đổi với $C'D'$ nên chúng đôi một song song. Nếu $Y \notin C'D'$, các đường thẳng $XY$ cùng đi qua một điểm cố định trên đường tròn ngoại tiếp $(YC'D')$.
Cho tam giác nhọn $ABC$ nội tiếp đường tròn $\omega$. Gọi $D$ là trung điểm của cạnh $AC$, $E$ là chân đường cao kẻ từ $A$ xuống $BC$, và $F$ là giao điểm của $AB$ và $DE$. Điểm $H$ nằm trên cung nhỏ $BC$ của $\omega$ sao cho $\angle BHE = \angle ABC$. Chứng minh rằng: $\angle BHF = 90^\circ$.
Tam giác vuông $AEC$ có $D$ là trung điểm cạnh huyền $AC$ nên $DA = DE = DC$. Khi đó tính góc: $\angle EFA = \angle DEA - \angle FAE = (90^\circ - \angle C) - (90^\circ - \angle B) = \angle B - \angle C$. Mặt khác $\angle EHA = \angle BHE - \angle BHA = \angle B - \angle C = \angle EFA$. Suy ra 4 điểm $A, E, H, F$ cùng thuộc một đường tròn. Do đó $\angle BHF = \angle AHF - \angle AHB = \angle AEF - \angle C = (90^\circ + \angle C) - \angle C = 90^\circ$.
Hai đường tròn $\Gamma_1$ và $\Gamma_2$ cắt nhau tại hai điểm phân biệt $A$ và $B$. Một đường thẳng đi qua $A$ cắt lại $\Gamma_1$ và $\Gamma_2$ lần lượt tại $C$ và $D$ ($A$ nằm giữa $C$ và $D$). Tiếp tuyến tại $A$ của $\Gamma_2$ cắt lại $\Gamma_1$ tại $E$. Gọi $F$ là một điểm trên $\Gamma_2$ sao cho $F$ và $A$ nằm về hai phía khác nhau đối với đường thẳng $BD$, và $2\angle AFC = \angle ABC$. Chứng minh rằng tiếp tuyến tại $F$ của $\Gamma_2$ cùng với hai đường thẳng $BD$ và $CE$ đồng quy.
Gọi $P = BD \cap CE$. Dựng tiếp tuyến từ $P$ đến $\Gamma_2$ tiếp xúc tại $F'$ (nằm khác phía với $A$ so với $BD$). Cần chứng minh $2\angle AF'C = \angle ABC$. Do $\angle ECB = \angle EAB = \angle ADB$ nên $CP$ là tiếp tuyến của đường tròn $(CBD)$, suy ra $PC^2 = PB \cdot PD = PF'^2$, tức $PC = PF'$. Biến đổi góc: $\angle F'BC = \angle BDF' + (180^\circ - 2\angle CF'P) + \angle CDB = \angle CDF' + 180^\circ - 2\angle CF'P$. Khi đó $\angle ABC = \angle F'BC - \angle F'BA = 2(\angle CDF' - \angle CF'P) = 2\angle AF'C$. Do đó $F' \equiv F$, suy ra tiếp tuyến tại $F$, $BD$ và $CE$ cùng đi qua điểm $P$ (đồng quy).
Cho tam giác $ABC$ có các đường cao $AD, BE, CF$ và trực tâm $H$. Đường thẳng vuông góc kẻ từ $H$ đến $EF$ cắt $EF, AB$ và $AC$ lần lượt tại $P, T$ và $L$. Điểm $K$ nằm trên cạnh $BC$ sao cho $BD = KC$. Gọi $\omega$ là đường tròn đi qua $H, P$ và tiếp xúc với $AH$. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác $ATL$ và đường tròn $\omega$ tiếp xúc với nhau, và đường thẳng $KH$ đi qua tiếp điểm đó.
Thực hiện phép nghịch đảo cực $H$ phương tích $-AH \cdot HD$: Điểm $E, F$ biến thành $B, C$; $P$ biến thành $P'$ nằm trên đường tròn $(HBC)$ với $\angle HCP' = 90^\circ$. Tứ giác $ACP'B$ là hình bình hành, tính đối xứng suy ra $P'K \perp BC$. Đường tròn $\omega$ biến thành đường thẳng $P'K$, và đường tròn $(ATL)$ biến thành đường tròn $(DT'L')$. Gọi $M, N$ là trung điểm của $BC$ và $BH$, chứng minh tứ giác $DL'KT'$ nội tiếp đường tròn tâm $M$. Do $\angle MKP' = 90^\circ$, đường thẳng $P'K$ tiếp xúc với đường tròn $(DT'L')$ tại điểm $K'$, suy ra hai đường tròn ban đầu tiếp xúc nhau tại điểm nghịch đảo, và đường nối tâm $KH$ đi qua tiếp điểm.
Cho 2021 điểm trên mặt phẳng ở vị trí lồi (là các đỉnh của một đa giác lồi 2021-đỉnh), sao cho không có 3 điểm nào thẳng hàng và không có 4 điểm nào cùng thuộc một đường tròn. Chứng minh rằng tồn tại hai điểm sao cho mọi đường tròn đi qua hai điểm này đều chứa ít nhất 673 điểm khác ở miền trong của nó.
Bổ đề 1: Một tam giác gọi là "tốt" nếu đường tròn ngoại tiếp của nó bao trọn tất cả các điểm còn lại. Tập hợp các tam giác tốt tạo thành một phép tam giác phân Delaunay của đa giác 2021-đỉnh.\nBổ đề 2: Trong phép tam giác phân này, xét đa giác đều tương ứng, tam giác chứa tâm ngoại tiếp là tam giác nhọn có góc $\ge 60^\circ$, cạnh đối diện dài nhất chia đa giác thành hai phần mà mỗi phần chứa ít nhất $\lceil(2021-1)/3\rceil = 673$ đỉnh. Cạnh đường chéo này nối hai điểm $P_i, P_j$. Do mọi đường tròn đi qua $P_i, P_j$ phải phủ kín toàn bộ các điểm về một trong hai phía của đường chéo, nên nó chứa ít nhất 673 điểm ở miền trong.
Cho tam giác $ABC$ có tâm đường tròn nội tiếp là $I$. Đường tròn nội tiếp tiếp xúc với $BC$ tại $D$. Lấy các điểm $P$ và $Q$ trên cạnh $BC$ sao cho $\angle PAB = \angle BCA$ và $\angle QAC = \angle ABC$. Gọi $K$ và $L$ lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp của các tam giác $ABP$ và $ACQ$. Chứng minh rằng đường thẳng $AD$ chính là đường thẳng Euler của tam giác $IKL$.
Gọi $\Gamma, O, H$ lần lượt là đường tròn ngoại tiếp, tâm ngoại tiếp và trực tâm của tam giác $IKL$. Đường thẳng Euler của $\triangle IKL$ là đường thẳng $OH$.\n- Khẳng định 1: Điểm $A$ thuộc $OH$. Sử dụng định lý Pascal cho lục giác nội tiếp $\Gamma$ chứng minh các điểm $H, O$ và giao điểm các đường thẳng đối xứng thẳng hàng, kết hợp phép vị tự giữa $\triangle AKL$ và $\triangle A'K'L'$ chứng minh $A$ nằm trên $OH$.\n- Khẳng định 2: Điểm $D$ thuộc $OH$. Dựng điểm đối xứng và chứng minh tứ giác nội tiếp, chỉ ra rằng các đường trung trực $OX, OY$ song song với các đường cao $HF, HE$, tạo thành hai tam giác đồng dạng $\triangle OXY \sim \triangle HFE$. Vì $DO$ và $DH$ là hai đường trung tuyến tương ứng nên $\angle HDE = \angle ODY$, chứng tỏ $D$ nằm trên đường thẳng nối $O$ và $H$.\nTừ hai khẳng định suy ra đường thẳng $AD$ trùng với đường thẳng Euler $OH$ của tam giác $IKL$.
─── HẾT ĐỀ THI IGO 2021 ───