Hsg đs8 chuyên đề các bài toán sử dụng nguyên lý cực hạn (19 trang)

CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN CHUYÊN ĐỀ.CÁC BÀI TOÁN SỬ DỤNG NGUYÊN LÝ CỰC HẠN A KIẾN THỨC CẦN NHỚ Nguyên lý cực hạn Nguyên lí cực hạn phát biểu đơn giản sau: Nguyên lí 1: Trong tập hữu hạn khác rỗng số thực ln ln chọn số bé số lớn Nguyên lí 2: Trong tập khác rỗng số tự nhiên ln ln chọn số bé Nhờ nguyên lý ta xét phần tử mà đại lượng có giá trị lớn nhỏ nhất, chẳng hạn : - Xét đoạn thẳng lớn (hoặc nhỏ nhất) số hữu hạn đoạn thẳng - Xét góc lớn (hoặc nhỏ nhất) số hữu hạn góc - Xét đa giác có diện tích chu vi nhỏ ( lớn nhất) số hữu hạn đa giác - Xét khoảng cách lớn (hoặc nhỏ nhất) số hữu hạn khoảng cách hai điểm khoảng cách từ điểm đến đường thẳng - Xét điểm đầu mút đoạn thẳng, xét điểm phía trái phải đoạn thẳng( giả thiết đoạn thẳng nằm ngang) Nguyên lí cực hạn thường sử dụng kết hợp với phương pháp khác, đặc biệt phương pháp phản chứng, vận dụng trong trường hợp tập giá trị cần khảo sát tập hợp hữu hạn( nguyên lí 1) có vơ hạn tồn phần tử lớn nhỏ (nguyên lí 2) Các bước áp dụng nguyên lý cực hạn giải tốn Khi vận dụng ngun lí này, ta phải tiến hành bước sau:  Bước Chứng minh tất giá trị cần khảo sát tồn giá trị lớn giá trị nhỏ  Bước Xét toán trường hợp riêng nhận giá trị (nhỏ lớn nhất)  Bước Chỉ mâu thuẫn, giá trị nhỏ (hay lớn hơn) giá trị ta khảo sát Theo nguyên lí phương pháp phản chứng, ta suy điều phải chứng minh B BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài tốn Tồn hay khơng tồn 100 điểm cho với hai điểm A; B 100 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN điểm tồn điểm C điểm lại mà góc ACB  600 Hướng dẫn giải Giả sử tồn 100 điểm có tính chất đề C Gọi A; B hai điểm có khoảng cách lớn 100 điểm tồn điểm C mà góc ACB  600 Điểm C khơng thể thuộc đường thẳng AB Xét tam giác ABC có cạnh AB lớn nên góc C lớn nhất, mà góc ACB  600 nên góc A B A B < 600 Do A  B  C  1800 vô lý nên không tồn 100 điểm Bài toán Cho 10 đường thẳng khơng có hai đường song song Biết qua giao điểm đường thẳng 10 đường thẳng có đường thẳng đường thẳng lại qua Chứng minh 10 đường thẳng đồng qui Hướng dẫn giải Giả sử 10 đường không đồng qui Xét A đường thẳng d, có nhiều giao điểm đường thẳng cho nằm d, ta gọi E A điểm nằm gần d Theo giả thiết có đường thẳng qua d B C D A khơng có hai đường thẳng // nên ba đường thẳng cắt d điểm khác B; C; D giả sử C nằm B D Cũng theo giả thiết qua C cịn có đường thẳng nữa, đường thẳng cắt đoạn AB, AD E; F , chẳng hạn cắt AB E nằm A D, dễ thấy khoảng cách từ E đến d < khoảng cách từ A đến d, điều trái với cách chọn điểm A đường thẳng d Vậy 10 đường thẳng đồng qui Bài toán Cho đa giác lồi n cạnh ( n > 3) Chứng minh tồn tam giác có đỉnh lấy CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN từ đỉnh đa giác cho mà đường tròn ngoại tiếp tam giác chứa tất đỉnh lại đa giác Hướng dẫn giải Với đa giác A1 A2 An , xét tất góc A1 Ai A2 ( Với i từ đến n) ta chọn góc có số đo nhỏ A1 Ak A2 đường tròn ngoại tiếp tam giác A1 Ak A2 chứa tất đỉnh khác đa giác Thật có đỉnh Aj (j từ đến n) mà ngồi đường trịn A1 Aj A2  A1 Ak A2 Mâu thuẫn, toán chứng minh Bài toán Một nước có 80 sân bay, mà khoảng cách hai sân bay khác Mỗi máy bay cất cánh từ sân bay bay đến sân bay gần chứng minh rằng, sân bay khơng thể có q máy bay bay đến Hướng dẫn giải Từ giả thiết suy máy bay bay từ sân bay M N đến sân bay O khoảng cách MN lớn cạnh tam giác MON, MON  600 Giả sử máy bay bay từ sân bay M1 , M , , M n đến sân bay O góc M i OM j khơng lớn Vậy: 3600 (i, j, n  1, 2,3, 80) tổng góc cho 3600 n 3600  600  n  ; suy điều phải chứng minh n Bài toán Trong tam giác ABC có ba góc nhọn lấy điểm P bất kỳ; chứng minh khoảng cách lớn khoảng cách từ điểm P đến đỉnh A, B, C tam giác không nhỏ lần khoảng cách bé khoảng cách từ điểm P đến cạnh tam giác Hướng dẫn giải Dựng PA1 , PB1 , PC1 tương ứng vng góc với cạnh BC, CA, AB Vì tam giác ABC có ba góc nhọn nên điểm A1 , B1 , C1 tương ứng nằm đoạn BC, CA AB Nối PA, PB, PC ta có: APC1  C1PB  BPA1  A1PC  CPB1  B1PA  3600 Suy góc lớn góc khơng thể nhỏ 600 Khơng tính tổng quát, ta giả sử góc APC1 lớn nhất, APC1  600 Xét APC1 vng C1 , ta có: PC1  cos APC1  600  Từ ta có: AP  2PC1 Nếu thay AP | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN PA khoảng cách lớn khoảng cách từ P đến đỉnh thay PC1 khoảng cách ngắn khoảng cách từ P đến cạnh bất đẳng thức thỏa mãn Bài tốn Chứng minh rằng: Nếu tất cạnh tam giác nhỏ diện tích tam giác nhỏ Hướng dẫn giải Gọi A góc nhỏ tam giác ABC, suy ra: A  600 Ta có: S ABC  1 1 3  BH AC  AB.sin A AC Do đó: S ABC  AB AC.sin 600  1.1 2 2 Bài tốn Chứng minh bốn hình trịn đường kính bốn cạnh tự giác lồi phủ kín miền tứ giác ABCD Hướng dẫn giải Lấy M điểm tùy ý tứ giác lồi ABCD Có hai khả xảy ra: B  Nếu M nằm biên đa giác (tức M nằm cạnh tứ giác ABCD) Khi M nằm hình trịn có đường C kính cạnh Trong trường hợp kết luận toán hiển nhiên M A D  Nếu M nằm bên tứ giác lồi ABCD Khi ta có AMB  BMC  CMD  DMA  3600 Theo ngun lí cực hạn góc AMB, BMC,CMD, DMA ln tồn góc có số đo lớn   Giả sử MaxBMC  AMB, BMC,CMD, DMA Khi BMC  900 Từ suy M nằm (hoặc nằm trên) đường trịn đường kính BC Vậy dĩ nhiên M bị phủ đường tròn Như M điểm tùy ý tứ giác ABCD, ta suy bốn hình trịn nói phủ kín tứ giác lồi cho Vậy ta có điều phải chứng minh CHUN ĐỀ HSG VÀ TỐN CHUN Bài tốn Trên mặt phẳng cho  2000 điểm; khơng có điểm thẳng hàng Người ta tô 2000 điểm màu đỏ tô 2000 điểm lại màu xanh Chứng minh răng; tồn cách nối tất điểm màu đỏ với tất điểm màu xanh 2000 đoạn thẳng khơng có điểm chung Hướng dẫn giải Xem tất cách nối 2000 cặp điểm ( đỏ với xanh) 2000 đoạn thẳng Các cách nối luôn tồn có 2000 cặp điểm nên số tất cạnh nối hưỡ hạn Do đó, tìm cách nối có tổng độ dài đoạn thẳng ngắn Ta chứng minh cách nối phải tìm Thật vậy; giả sử ngược lại ta có hai đoạn thẳng AX BY mà cắt điểm O ( Giả sử A B tơ màu đỏ, cịn X Y tơ màu xanh) Khi đó, ta thay đoạn thẳng AX BY hai đoạn thẳng AY BX, đoạn khác giữ ngun ta có cách nối có tính chất: AY  BX  ( AO  OY )  ( BO  OX) = ( AO  OX) + ( BO  OY )  AY  BX  AX + BY Như vậy; việc thay hai đoạn thẳng AX BY hai đoạn thẳng AY BX, ta nhận cách nối có tổng độ dài đoạn thẳng nhỏ Vơ lý, trái với giả thiết chọn cách nối có tổng độ dài bé Điều vơ lý chứng tỏ: Cách nối có tổng độ dài đoạn thẳng nắng khơng có điểm chung Bài tốn Cho 2000 đường thẳng phân biệt, ba đường thẳng số chúng đồng qui Chứng minh rằng: 2000 đường thẳng cho đồng qui điểm Hướng dẫn giải Bằng phương pháp phản chứng: Giả sử A ngược lại đường thẳng cho không G qua điểm Xét giao điểm tạo nên 2000 đường thẳng cho Xét tất P l B Q C D khoảng cách khác hạ từ giao điểm đến đường thẳng cho Giả sử A giao điểm số Và gọi AQ khoảng cách nhỏ số vẽ từ A đến đường thẳng l số 2000 đường thẳng Qua A theo giả thiết, phải có ba đường thẳng cắt l B, C D .5 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN Vẽ AQ  l , hai ba điểm B, C, D phải nằm phía điểm Q, chẳng hạn C D Giả sử QC  QD ; vẽ CP  AD, QK  AD  CP  QK  AQ Vơ lí, trái với giả sử AQ khoảng cách bé Điều vơ lí chứng tỏ 2000 đường thẳng cho đồng qui điểm Bài toán 10 Trên mặt phẳng cho 2000 điểm, khoảng cách chúng đôi khác Nối điểm số 2000 điểm với điểm gần Chứng minh rằng, với cách nối khơng thể nhận đường gấp khúc khép kín Hướng dẫn giải Giả sử ngược lại, nhận đường gấp khúc khép kín Gọi AB mắt lớn đường gấp khúc khép kín Giả sử AC BD hai mắt kề với mắt AB, ta có: ● AC  AB nên B không điểm ngắn A ● BD  AB nên A không điểm ngắn B Chứng tỏ Ava B khơng nối với Vơ lí! Điều vơ lí chứng tỏ không nhận đường gấp khúc khép kín với cách nối Cách khác: Nếu có đoạn nối AB B điểm ngắn A ( khoảng cách khác ) Vậy khơng tồn đoạn nối A với 1998 điểm cịn lại đoạn nối tạo thành đường gấp khúc ( đường ấp khúc khôn tồn kể có hai đoạn) C BÀI TẬP ÁP DỤNG Bài 1:Bên đườn tròn tâm O bán kinh R = có điểm phân biệt, chứng minh rằng: Tồn hai điểm tron số chúng mà khoảng cách hai điểm nhỏ Bài Trên cạnh tam giác ABC lấy điểm C1 , A1 , B1 thuộc AB, BC, CA Biết rằng, độ dài đoạn thẳng AA1 , BB1 , CC1 không lớn Chứng minh rằng: S ABC  (đơn vị diện tích) Bài 3: Trong hình vng mà độ dài cạnh cho trước 33 điểm phân biệt, khơng có ba điểm thẳng hàng Người ta vẽ đường trịn có bán kính , có tâm điểm cho Hỏi có hay khơng ba điểm số điểm nói chúng thuộc vào phần chung ba hình trịn có tâm ba điểm đó? CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN Bài Trên mặt phẳng cho 2000 điểm không thẳng hàng Chứng minh tồn đường tròn qua ba số 2000 điểm cho mà đường trịn khơng chứa điểm số 1997 điểm cịn lại Bài Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn tâm O Chứng minh đường chéo AC, BD giao O tứ giác ABCD hình thoi Bài Cho 19 điểm khơng có ba điểm thẳng hàng, nằm hình lục giác có cạnh Chứng minh tồn tam giác mà đỉnh ba 19 điểm có góc khơng lớn 450 nằm đường trịn bán kính nhỏ Bài Cho tứ giác ABCD thỏa mãn: bán kinh đường tròn nội tiếp bốn tam giác ABC , BCD, CDA DAB Chứng minh rằng: ABCD hình chữ nhật Bài Cho 2000 đường thẳng phân biệt; có ba đường thẳng số chúng đồng quy Chứng minh 2000 đường thẳng cho đồng quy điểm Bài Trên mặt phẳng cho 2000 điểm, khoảng cách chúng đôi khác Nối điểm số 2000 điểm với điểm gần Chứng minh với cách nối khơng thể nhận đường gấp khúc khép kín Bài 10 Trên mặt phẳng cho 2000 điểm thoả mãn ba điểm số chúng thẳng hàng Chứng minh 2000 điểm cho thẳng hàng Bài 11 Cho tứ giác lồi ABCD có hai đường chéo AC BD cắt E Chứng minh bán kính đường tròn nội tiếp ram giác EAB, EBC, ECD, EDA mà tứ giác ABCD hình thoi ( Đề thi học sinh giỏi quốc gia lớp năm 1986 – 1987 Bảng A) Bài 12 Trong tam giác ABC có ba góc nhọn Lấy điểm P bất kì, chứng minh khoảng cách lớn khoảng cách từ điểm P đến đỉnh A, B, C tam giác không nhỏ lần khoảng cách bé khoảng cách từ điểm P đến cạnh tam giác (Thi chọ học sinh giỏi lớp quốc gia năm 1991 – 1993 bảng B) Bài 13 Chứng minh bốn hình trịn đường kính bốn cạnh tứ giác phủ kín miền tứ giác ABCD | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN Bài 14 Gọi O giao điểm tứ giác lồi ABCD Chứng minh tam giác AOB, BOC, COD, DOA có chu vi tứ giác ABCD hình thoi Bài 15 Bên hình vng cạnh cho n điểm Chứng minh tồn tam giác có đỉnh điểm cho đỉnh hình vng cho diện tích S thỏa mãn bất đẳng thức S 2(n  1) Bài 16 Trong mặt phẳng cho n đường thẳng mà đôi không song song với nhau, cho qua giao điểm cặp đường thẳng có đường thẳng thứ ba Chứng minh tất n đường thẳng cho đồng quy Bài 17 Trên mặt phẳng cho n điểm phân biệt Chứng minh tồn đường gấp khúc với đỉnh n điểm cho mà chúng không tự cắt Bài 18 Trong dãy số gồm số nguyên dương theo thứ tự tăng dần thỏa mãn số đứng sau bội số đứng trước tổng sáu số 79 Tìm dãy số mà số thứ sáu có giá trị lớn Bài 19 Cho 21 số nguyên đôi khác thỏa mãn điều kiện tổng 11 số nguyên tùy ý chúng lớn tổng 10 số nguyên lại Biết 21 số có số 101 số lớn 2014 Tìm 19 số cịn lại Bài 20 Chọn 100 số tự nhiên khác cho số không vượt qua 2015 số chia 17 dư 10 Chứng minh 100 số ln chọn ba số có tổng khơng lớn 999 HƯỚNG DẪN Bài 1: Nhận xét: điểm số điểm cho khác tâm O Gọi điểm A1 , A2 , A3 , A4 , A5 , A6 , A7 , A8 Ta có góc nhỏ số góc AOA i k (i  k ,1  i, k  8) không lớn 360  60 A1 A2 O Giả sử A1OA2 bé Xét A1OA2 , A1OA2  60 CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN nên OA1 A2  60 OA2 A1  60 Suy ra, OA2  A1 A2 OA1  A1 A2 Mà OA1  OA2   A1 A2  Bài Khơng tính tổng qt, giả sử C  B  A Xét hai trường B hợp: C1 A1 TH1: Tam giác ABC có ba góc nhọn, đó: A  60 A  90 A Ta có: hb  BB1  1, hc  CC1  B1 1 h h 1 S ABC  c.hc  b c    S ABC  2 sin A 2sin 60 3 TH2: Tam giác ABC không tam giác nhọn, đó: A  90  AB  BB1  1, AC  CC1   S ABC  1 AB AC   2 Bài 3: Chia hình vng cho thành 16 hình vng, hình vng có cạnh 1; có 33 điểm chứa 16 hình vng, theo ngun tắc Dirichlet phải có hình vng chứa khơng ba điểm Khoảng cách hai điểm tron hình vng đơn vị cho khơng thể vượt qua độ dài đường chéo Gọi O1 , O2 , O3 ba điểm nằm hình vng đơn vị Vẽ ba đườn trịn tâm O1 , O2 , O3 bán kính Chắc chắn ba điểm O1 , O2 , O3 nằm ba đường tròn này, nghĩa chúng nằm phần chung ba hình trịn có tâm điểm O1 , O2 , O3 Bài Nối hai điểm số 2000 điểm cho đoạn thẳng Ta có tất 1999000 đoạn thẳng Gọi AB đoạn thẳng có độ dài bé Vẽ đường trịn tâm O đường kính AB  1998 điểm cịn lại nằm ngồi đường trịn tâm O Gọi C điểm số 1998 điểm lại thỏa mãn góc ACB lớn số góc nhìn điểm A B Xét ABC Ta có đường trịn ngoại tiếp ABC khơng chứa điểm số 1997 điểm lại .9 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN C Bài Khơng tính tổng qt, ta giả sử: OC  OA, OB  OD Gọi B1 , C1 điểm đối xứng B C qua O  OB  OB1 , OC  OC1 A Bởi BC tiếp tuyến (O) nên B1C1 tiếp xúc với (O) B D O Mặt khác, AD tiếp xúc với (O) C  A  C1 , D  B1  OA  OC, OB  OD  ABCD hình bình hành Mặt khác, ABCD ngoại tiếp (O)  AB  CD  AD  BC  AB  AD  AB  AD  ABCD hình thoi Bài Vẽ đường chéo lục giác Các đường chéo chia lục giác thành tam giác cạnh tam giác có độ dài Theo ngun lí Dirichlet 19 điểm ln tồn bốn điểm nằm trịn tam giác Giả sử bốn điểm nằm tam giác A, B, C, D Ta xét vị trí bốn điểm A, B, C, D theo trường hợp sau:  Trường hợp 1: Bốn điểm A, B, C, D tạo thành tứ giác lồi Khi A ta có A  B  C  D  360 Như bốn góc tồn góc nhỏ 900 , B giả sử góc A Khi ta có DAC  CAB  90 nên D hai góc DAC; CAB có góc khơng lớn 450 Như hai tam giác ADC ABD có góc không lớn C 450  Trường hợp 2: Trong bốn điểm A, B, C, D có điểm nằn tam giác có ba đỉnh ba điểm lại Giả sử điểm D nằm tam giác ABC 10 CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN + Nếu BDC  900 ta DBC  DCB  900 nên A hai góc DBC; DCB khơng lớn 450 Suy tam giác BCD thỏa mãn yêu cầu toán D + Nếu BDC  900 ta BAC  900 , CAD  BAD  900 B C Từ ta hai góc CAD; BAD khơng lớn 450 hay hai tam giác ADC ADB thỏa mãn yêu cầu toán Mạt khác ta giác có cạnh nên bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác Mà 3  nên ta có điều phải chứng minh Bài Giả sử: rABC  rBCD  rCDA  rDAB B B' Vẽ hình bình hành ABB ' C, ADD ' C suy tứ giác BB ' D ' C hình bình hành C A E Do đó: ABC  B ' CB; ADC  D ' CD  rABC  rB 'CB ; rADC  rD 'CD D Mặt khác: ABD  CB ' D '(c.c.c)  rABD  rCB ' D ' Theo giả thiết: rABC  rBCD  rCDA  rDAB  rB 'CB  rCB ' D '  rD 'CD  rCBD Gọi E giao điểm BD ' DB ' Ta chứng minh C  E Giả sử C khác E  E thuộc vào tam giác EBD, EBB ', EB ' D ', ED ' D Giả sử C thuộc vào miền tam giác BDE  rBCD  rBED  rB ' ED  rCB ' D ' (vô lý) Điều vơ lí chứng tỏ E trùng với C  B, C, D ' thẳng hàng D, C, B ' thẳng hàng Ta có: D ' C // AD  BC // AD 11 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN D' Vì : CB ' // AB  DC // AB Suy ABCD hình bình hành Xét tiếp: S ABD  S ADC   rABD S ABCD (vì ABCD hình bình hành) AB  BD  DA AD  DC  CA  rADC  AB  BD  DA  AD  DC  CA  BD  CA 2 Vậy ABCD hình chữ nhật Bài Bằng phương pháp chứng minh phản chứng: Giải sử A ngược lại đường thẳng cho không qua điểm Xét giao điểm tạo nên 2000 đường thẳng cho K Xét tất khoảng cách khác hạ từ giao giao điểm P đến đường thẳng cho Giả sử A giao điểm số gọi AQ khoảng cách nhỏ số vẽ từ A đến đường thẳng l số 2000 đường l B Q C D thẳng Qua A theo giả thiết, phải có đường thẳng cắt l B, C D Vẽ AQ  l , hai ba điểm B, C, D phải nằm phía với điểm Q, chẳng hạn C D Giả sử QC  QD; vẽ CP  AD, vẽ QK  AD Suy ra: CP  QK  AQ Vơ lí, trái với giả sử AQ khoảng cách bé Điều vô lí chứng tỏ 2000 đường thẳng cho đồng quy điểm Cách khác: Lấy hai đường thẳng a, b cắt M đường thẳng tùy ý phải qua M Vậy 2000 đường thẳng đồng quy Bài Giả sử ngược lại với cách nối đó, nhận B đường thẳng gấp khúc khép kín Gọi AB mắt lớn đường gấp khúc khép kín A D Giả sử AC, BD hia mắt kề với mắt AB C 12 CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TỐN CHUN Ta có:  AC < AB nên B không điểm gần A  BD < AB nên A không điểm gần B Chứng tỏ A B không nối với Vơ lí! Điều vơ lí chứng tỏ nhận đường gấp khúc khép kín với cách nối Cách khác: Nếu có đoạn nối AB B điểm gần A (các khoảng cách khác nhau) Vậy không tồn đoạn nối A với 1998 điểm lại Như đoạn nối tạo thành đường gấp khúc (đường gấp khúc không tồn kể có đoạn) Bài 10 Giả sử ngược lại 2000 điểm cho không thẳng hàng Dựng qua cặp hai điểm số 2000 điểm đường thẳng Số đường thẳng nối hoàn toàn xác định, hữu hạn Xét khoảng cách khác nhỏ từ 2000 điểm đường thẳng vừa dựng Số khoảng cách tồn hữu hạn Gọi khoảng cách từ A đến đường thẳng BC bé (A, B, C ba điểm số 2000 điểm cho) Theo giả thiết, BC cịn có điểm thứ D khác B C Vẽ AQ  BC, khoảng cách AQ bé (theo giả sử), ta có ba điểm B, C, D phải có điểm nằm phía với điểm Q, giả sử C D Giả sử CQ  DQ; vẽ CR  AD, dễ thấy CR  AQ (vơ lí) Điều vơ lí chứng tỏ 2000 điểm cho thẳng hàng Cách khác: Lấy hai điểm cố định A, B số 1998 điểm lại nằm đường thẳng AB Vậy 2000 điểm cho thẳng hàng Bài 11 Khơng tính tổng qt, ta giả sử rằng: CE  AE, BE  DE Gọi B1 , C1 tương ứng điểm đối xứng B C qua tâm E , ta có cảm giác C1EB1 nằm miền tam giác AED Giả sử đoạn thẳng AD không trùng với đoạn thẳng C1 B1 Khi B đường trịn nội tiếp tam giác C1EB1 nằm bên đường tròn C E C1 B1 A 13 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN D nội tiếp tam giác AED , đồng dạng (phối cảnh) với đường tròn với tâm đồng dạng E , hệ số đồng dạng lớn Như vậy: rAED  rC1EB1  rCEB ( rAED bán kính đường trịn nội tiếp tam giác AED ); vơ lí trái với giả thiết rAED  rCEB , điều chứng tỏ A  C1 , D  B1 Khi OA  OC, OB  OD  ABCD hình bình hành Trong hình bình hành ABCD có p1r  S AEB  S BEC  p1r (trong đó, p1 , p2 nửa chu vi tam giác AEB, BEC ) Suy ra: p1  p2  AB  BE  EA BC  CE  EB   AB  BC (vì AE  CE ) 2 Hình bình hành ABCD có AB  BC nên ABCD hình thoi Bài 12 Dựng PA1 , PB1 , PC1 tương ứng vng góc với cạnh BC, CA, AB Vì tam giác ABC có ba góc nhọn nên điểm A1 , B1 , C1 tương ứng nằm đoạn BC, CA, AB Nối PA, PB, PC ta có: APC1  C1PB  BPA1  A1PC  CPB1  B1PA  360 C Suy góc lớn góc khơng thể nhỏ 60 Khơng A1 B1 tính tổng qt, ta giả sử APC1 góc lớn nhất, đó: P APC1  60 Xét tam giác APC1 vuông C1 ta có: A B C1 PC1  cos APC1  cos60  AP Từ ta có: AP  2PC1 D Nếu thay PA khoảng cách lớn khoảng cách từ P đến đỉnh thay PC1 khoảng cách nhỏ cách khoảng cách từ P đến cạnh bất đẳng thức thỏa mãn Bài 13 Gọi M điểm bên tứ giác ABCD Ta có: AMB  BMC  CMD  DMA  360 14 A M B C CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TỐN CHUN Do góc lớn bố góc khơng nhỏ 90 Khơng tính tổng quát, giả sử góc BMC lớn  BMC  90  M nằm đường trịn đường kính BC Bài 14 Khơng tính tổng qt, ta giả sử: AO  CO, DO  BO Gọi B1 , C1 tương ứng điểm đối xứng B C qua O  OB  OB1 , OC  OC1 B C Tam giác B1OC1 nằm tam giác AOD O Ta có: chu vi ( AOD )  chu vi ( B1OC1 )  chu vi ( BOC )  chu vi ( AOD ) C1 B1 A D Dấu “=” xảy  B1  D, C1  A Khi đó, tứ giác ABCD có: OA  OC, OB  OD  ABCD hình bình hành Mặt khác: Chu vi ( AOB )  AB  BO  OA , chu vi (BOC )  BC  BO  OA Suy AB  BC Vậy ABCD hình thoi Bài 15 B C B C B C An A1 A1 A1 A2 Ak A3 A2 A2 A D A D A D Gọi A, B, C, D bốn đỉnh hình vng A1 ; A2 ; ; An n điểm nằm hình vng Nối A1 với đỉnh A, B, C, D Khi ta hình tam giác + Nếu A nằm trong tam giác (giả sử A nằm tam giác ADA1 ) Ta nối A với A, D A1 Sau nối xong số tam giác tăng thêm .15 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN + Nếu A nằm cạnh chung nối A với A C Khi số tam giác tăng thêm Như trường hợp, số tam giác tăng thêm Với điểm A3 ; A4 ; ; An ta làm tương tự Cuối số tam giác tạo thành   n  1  2n  tam giác Các tam giác có đỉnh đỉnh hình vng n điểm cho Khi đó, tổng diện tích 2n  tam giác diện tích hình vng(bằng 1) Theo ngun lý cực hạn tồn tam giác có diện tích nhỏ 2n  tam giác Gọi diện tích S S  Ta có điều cần chứng minh 2(n  1) Bài 16 Giả sử tất đường thẳng cho không đồng quy điểm Xét giao điểm A hai đường thẳng tùy ý n đường thẳng A d5 cho Kí hiệu hai đường thẳng d1 E d Với đường thẳng d không B qua điểm A ta xét khoẳng cách từ điểm A C d3 D đến đường thẳng d Trong số cặp điểm d2 d4 d1 A đường thẳng d ta chọn cặp điểm A đường thẳng d mà khoảng cách từ A đến d nhỏ Giả sử đường thẳng d cắt hai đường thẳng d1 d B C Theo giả thiết toán tồn đường thẳng d qua A cắt đường thẳng d lại D Không tính tổng qt ta giả sử D thuộc đoạn BC Qua D tồn đường thẳng d cắt phần đoạn thẳng AB AC Giả sử đường thẳng d cắt AC E nằm đoạn AC Khi khoảng cách từ E đến đường thẳng d nhỏ khoảng cách từ A đến đường thẳng d , điều mâu thuẫn với khoảng cách từ A đến d nhỏ Vậy tất đường thẳng cho đồng quy điểm 16 CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN Bài 17 Xét hệ tất đường gấp khúc khép kín gồm có n khúc với n đỉnh n điểm cho Vì số đường gấp Ai Aj+1 khúc hữu hạn nên tồn đường có tổng độ dài bé Gọi đường gấp khúc có tổng độ dài bé Aj A1A2 An A1 Khi đường gấp khúc Ai+1 cần tìm khơng có hai cạnh đường cắt Thật vậy, ta giả sử hai cạnh đường gấp khúc cắt O Ai Ai 1 A j A j1 Từ ta có Ai Ai 1  A jA j1  Ai A j  Ai 1A j1 Theo bất đẳng thức tam giác đường gấp khúc nhày khép kín A1A2 Ai A jA j1 Ai 1A j1A j2 An A1 có tổng đội dài ngắn đường gấp khúc chọn Điều mâu thuẫn Do tốn chứng minh Bài 18 Giả sử sáu số nguyên dương a1 ;a ;a ;a ;a ;a6 thỏa mãn thỏa mãn yêu cầu tốn Ta có a1  a  a  a  a  a6 a1  a  a  a  a  a6  79 Ta có nhận xét, a  12 a  2a  24 a6  2a  48 Khi a1  a  a  a  a  a6  12  24  48  79 không thỏa mãn u cầu tốn Do ta a  12 Để ý trừ số số cịn lại dãy số bội số đứng trước nó, ta có cách chọn bốn số a1  1;a  2;a  4;a  Ta có a  ma  8m a6  na  8mn với m, n số nguyên dương lớn Mặt khác ta lại có a1  a  a  a  a  a6  79 Từ ta     8m  8mn  79  m 1  n   Giải phương trình nghiệm nguyên kết hợp với điều kiện số thứ sáu dãy lớn ta m  2; n  nên ta a  48 Vậy dãy số cần tìm 1; 2; 4; 8; 16; 48 .17 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN Bài 19 Gọi 21 số a1 ;a ;a ; ;a 21 Khơng tính tổng qt ta giả sử a1  a  a   a 21 Khi ta a 21  2014 Theo ta có a1  a  a   a11  a12  a13   a 21 Nên ta a1   a12  a   a13  a3    a 21  a11  Do a1 ;a ;a ; ;a 21 21 số guyên đôi khác a1  a  a   a 21 nên ta suy a12  a2  10; a13  a  10; ; a 21  a 11  10 Do ta a1  100 nên suy a1  101 Theo 21 số có số 101 nên từ kết ta suy a1  101 Và ta có 101   a12  a    a13  a     a 21  a11  Do 100   a12  a    a13  a     a 21  a11  nên a12  a  a13  a   a 21  a11  10 Từ ta a11  a21  10  2014  10  2004 Từ a11  2004 đến a 21  2014 có 11 số nguyên khác nên ta a12  2005;a13  2006; ;a 20  2013 Từ ta a  a12  10  2005  10  1995;a  a 13  10  2006  10  1996; ;a 10  2004 Vậy 19 số cần tìm 19 số nguyên liên tiếp từ 1995 đến 2013 Bài 20 Giả sử n số tự nhiên chia 17 dư 10, n  n có dạng n  17k  10 với k  N Gọi 100 số tự nhiên chọn 17k1  10;17k2  10;17k3  10; ;17k100  10 Khơng tính tổng qt ta giả sử k1  k2  k3   k100 Nếu k100  118 thi 17k100  10  17.118  10  2016 Do k100  117 Ta chứng minh k  20 Thật vậy, giả sử k  21 Khi từ k1  k2  k3   k100 suy k4  k3  1; k5  k4  1; k6  k5  1; ; k100  k99  18 CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN Nên từ k  21 suy k4  21   22; k5  22   23; k6  23   24; ; k100  117   118 , điều trái với k100  118 Do k  20 Vì k  20 nên suy k2  19; k1  18 Với kết ta chon ba số nhỏ 100 số 17k1  10;17k2  10;17k3  10 Khi ta 17k1  10  17k  10  17k  10  17.18  10   17.19  10   17.20  10   999 Vậy ta ln chọn ba số có tổng khơng lớn 999 toán chứng minh .19 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN