Phương pháp tọa độ trong hình học tổ hợp và số học

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC LẠI TIẾN ĐẨU PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG HÌNH HỌC TỔ HỢP VÀ SỐ HỌC LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - NĂM 2015 Tai ngay!!! Ban co the xoa dong chu nay!!! ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC LẠI TIẾN ĐẨU PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG HÌNH HỌC TỔ HỢP VÀ SỐ HỌC LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số 60 46 01 13 Người hướng dẫn khoa học GS TSKH NGUYỄN VĂN MẬU THÁI NGUYÊN - NĂM 2015 i LỜI CAM ĐOAN Tôi xin cam đoan luận văn cơng trình nghiên cứu tơi (từ tháng năm 2014 đến tháng năm 2015), sở tham khảo tài liệu, tham dự buổi hội thảo chuyên đề Toán học kinh nghiệm qua năm công tác ii Mục lục Mở đầu Phương pháp tọa độ tính chất liên quan 1.1 Phương pháp tọa độ mặt phẳng không gian 1.1.1 Véctơ tọa độ đường thẳng 1.1.2 Véctơ tọa độ mặt phẳng 1.1.3 Véctơ tọa độ không gian 1.2 Một số ví dụ áp dụng phương pháp tọa độ mặt phẳng 1.2.1 Dạng toán phải chọn hệ trục tọa độ 1.2.2 Dạng toán cho trước hệ trục tọa độ 1.3 Một số ví dụ áp dụng phương pháp tọa độ khơng gian 1.3.1 Dạng tốn phải chọn hệ trục tọa độ 1.3.2 Bài tập tương tự 4 5 7 15 18 18 26 Phương pháp tọa độ hình học tổ hợp số học 30 2.1 Dạng tốn hình học tổ hợp 30 2.2 Dạng tốn mạng lưới vng 36 Một số đề toán Olympic 52 3.1 Đề toán phương pháp tọa độ mặt phẳng không gian 52 3.2 Đề tốn hình học tổ hợp mạng lưới vng 55 Kết luận 65 Tài liệu tham khảo 66 Mở đầu Lí chọn đề tài Chuyên đề phương pháp tọa độ có vị trí quan trọng tốn học bậc trung học phổ thơng Nó khơng đối tượng nghiên cứu trọng tâm hình học mà cịn cơng cụ đắc lực nhiều lĩnh vực giải tích, đại số, lượng giác ứng dụng khác Trong kỳ thi học sinh giỏi Toán quốc gia, Olympic Tốn quốc tế tốn liên quan đến dạng tốn rời rạc hình học tổ hợp số học hay đề cập xem dạng toán thuộc loại khó Các tốn dạng thường đề cập chương trình tốn bậc trung học phổ thông Để đáp ứng cho nhu cầu bồi dưỡng giáo viên bồi dưỡng học sinh giỏi chuyên đề ứng dụng phương pháp tọa độ, luận văn "Phương pháp tọa độ hình học tổ hợp số học" nhằm cung cấp số phương pháp có tính hệ thống để tiếp cận dạng tốn từ hình học tổ hợp số học liên quan Mục đích nghiên cứu Hệ thống hóa Lý thuyết cách giải dạng tập Hình học tổ hợp Số học phương pháp tọa độ đồng thời nắm số kỹ thuật tính tốn liên quan Đối tượng phạm vi nghiên cứu 3.1 Đối tượng nghiên cứu Nghiên cứu tốn Hình học tổ hợp Số học giải theo phương pháp tọa độ, tốn liên quan đến lưới vng 3.2 Phạm vi nghiên cứu Nghiên cứu tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi, kỷ yếu hội thảo chuyên đề bồi dưỡng HSG cấp tỉnh, cấp quốc gia, thi Olympic; tủ sách chuyên Toán Phương pháp nghiên cứu Tham khảo tài liệu bồi dưỡng cho giáo viên, bồi dưỡng HSG Tham gia buổi seminar: Các chuyên đề tốn phổ thơng, Các trường hè bồi dưỡng nâng cao kiến thức chuyên môn để trao đổi kết nghiên cứu Ý nghĩa khoa học thực tiễn đề tài Luận văn chuyên đề hướng tới bồi dưỡng học sinh giỏi bậc trung học phổ thông Tạo đề tài phù hợp cho việc giảng dạy, bồi dưỡng học sinh trung học phổ thơng Đề tài đóng góp thiết thực cho việc học dạy chuyên đề toán trường THPT, đem lại niềm đam mê sáng tạo việc dạy học tốn Cấu trúc luận văn Ngồi phần Mở đầu Kết luận, luận văn chia thành ba chương đề cập đến vấn đề sau đây: Chương trình bày phương pháp tọa độ tính chất liên quan Chương trình bày phương pháp tọa độ giải tốn hình học tổ hợp số học Chương trình bày số đề toán thi Olympic Lời cảm ơn Luận văn hoàn thành hướng dẫn khoa học đầy nhiệt tình nghiêm túc GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu Nhân dịp tác giả xin bày tỏ lịng biết ơn chân thành kính trọng sâu sắc Giáo sư - người thầy truyền đạt nhiều kiến thức quý báu với kinh nghiệm nghiên cứu khoa học suốt thời gian tác giả theo học nghiên cứu đề tài Đồng thời, tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến Ban giám hiệu trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Ngun; Phịng Đào tạo, Khoa Tốn - Tin, thầy cô giảng dạy lớp Cao học K7N (Khóa 2013-2015) - trường Đại học Khoa học; Ban giám hiệu Trường THPT Trần Nhân Tông - Nghĩa Hưng - Nam Định gia đình tạo điều kiện thuận lợi, động viên tác giả suốt trình học tập, cơng tác thực đề tài luận văn Thái Nguyên, tháng năm 2015 Tác giả Lại Tiến Đẩu Chương Phương pháp tọa độ tính chất liên quan 1.1 Phương pháp tọa độ mặt phẳng không gian Định nghĩa 1.1 (Hệ tọa độ Đề-các tổng quát hệ tọa độ trực chuẩn) a) Trục tọa độ đường thẳng chọn điểm O làm gốc → − − − véctơ → e (→ e khác ) Ta lấy điểm I đường thẳng cho −→ → OI = − e tia OI (có gốc O qua I ) gọi tia dương trục Ta ký hiệu tia Ox Tia đối tia Ox tia âm trục ký hiệu Ox0 Trục nói ký hiệu trục x0 Ox b) Trên mặt phẳng cho hai trục x0 Ox y Oy cắt O Các véctơ − − đơn vị → e1 , → e2 đặt Ox, Oy có chung gốc O Chú ý → − → − − véctơ e1 , → e2 khác , độ dài khác Hệ gồm hai trục cho gọi hệ trục tọa độ tổng quát hay hệ trục tọa độ − − Đề-các xiên góc mặt phẳng, ký hiệu Oxy Cặp véctơ (→ e1 , → e2 ) có thứ 0 tự gọi sở hệ tọa độ Các trục x Ox, y Oy gọi trục hoành trục tung, O gốc tọa độ c) Trong không gian cho ba trục x0 Ox, y Oy , z Oz có chung gốc O − − − không nằm mặt phẳng Gọi → e1 ,→ e2 ,→ e3 véctơ đơn vị → − trục (đơn vị trục), véctơ khác − − − Hệ thống gồm ba trục cho với sở (→ e1 , → e2 , → e3 ) gọi hệ tọa độ Đề -các tổng quát không gian, ký hiệu Oxyz Điểm O gọi gốc tọa độ trục x0 Ox, y Oy, z Oz gọi trục hoành, trục tung trục cao d) Hệ tọa độ Đề-các vng góc Trong trường hợp trục tọa độ vng góc với đơi (ở O) − − véctơ đơn vị trục có độ dài, nghĩa |→ e1 | = |→ e2 | = → − → − → − (trong mặt phẳng) | e1 | = | e2 | = | e3 | = (trong khơng gian), hệ trục tọa độ Oxy (hay Oxyz ) gọi hệ tọa độ Đề-các vng góc hay hệ tọa độ trực chuẩn mặt phẳng (hay không gian) 1.1.1 Véctơ tọa độ đường thẳng Trên đường thẳng có định hướng gốc O, điểm M gắn với tọa độ x ký hiệu M = (x) Giả sử hai điểm A, B nằm đường thẳng Ox có tọa độ A = (a), B = (b) số b − a gọi tọa độ véctơ −→ −→ −→ −→ AB , ký hiệu AB = (b − a) Độ dài véctơ AB , ký hiệu |AB| = |b − a| Với ba điểm A, B, C đường thẳng, ta có −→ −−→ −→ (a) AB + BC = AC ; −→ −−→ −→ (b) |AB| + |BC| ≥ |AC| −→ −−→ Dấu đẳng thức (b) xảy hai véctơ AB BC −→ −−→ hướng, tức tồn số k > cho AB = k BC có hai véctơ véctơ không 1.1.2 Véctơ tọa độ mặt phẳng − − Trên mặt phẳng xét hệ trục tọa độ Đề-các vng góc x0 Ox, y Oy với → e1 , → e2 véctơ đơn vị −−→ − − Nếu OM = x→ e1 + y → e2 x, y gọi tọa độ điểm M ký hiệu M (x; y) − − − Nếu → a = a1 → e1 + a2 → e2 a1 , a2 gọi tọa độ véctơ ~a ký hiệu → − a = (a1 ; a2 ) → − − Cho điểm A(xA ; yA ), B(xB ; yB ) véctơ → a = (a1 ; a2 ), b = (b1 ; b2 ) Ta có, −→ AB = (xB − xA ; yB − yA ), → − → − a + b = (a1 + b1 ; a2 + b2 ), → − → − → − a − b = (a 1 − b1 ; a2 − b2 ), k a = (ka1 ; ka2 ), → − a1 = b → − a = b ⇔ a2 = b → − → − → − a b (khác ) phương với a1 b2 = a2 b1 p −→ −→ Độ dài AB |AB| = (xB − xA )2 + (yB − yA )2 p − − Độ dài véctơ → a |→ a | = a21 + a22 → − → − − − Tích vơ hướng hai véctơ → a b , ký hiệu → a b định nghĩa: → − → − → − → − − − a b = |→ a |.| b | cos(→ a , b ) → − − Biểu thức tọa độ tích vơ hướng → a b = a1 b1 + a2 b2 → − → − a vng góc với b a1 b1 + a2 b2 = Cơng thức tính góc hai véctơ: → − a1 b + a2 b − p cos(→ a, b)= p a1 + a22 b21 + b22 Khoảng cách từ điểm M (x0 ; y0 ) đến đường thẳng(M) có phương trình Ax + By + C = là: d(M, M) = 1.1.3 |Ax0 + By0 + C| √ A2 + B Véctơ tọa độ không gian − − − Trong không gian xét hệ trục tọa độ Đề-các vng góc Oxyz với → e1 , → e2 , → e3 véctơ đơn vị −−→ − − − Nếu OM = x→ e1 + y → e2 + z → e3 ta gọi x, y, z tọa độ điểm M ký hiệu M (x; y; z) − − − − − Nếu → a = a1 → e + a2 → e + a3 → e3 ta gọi a1 , a2 , a3 tọa độ → a ký → − hiệu a = (a1 ; a2 ; a3 ) → − − Cho điểm A(xA ; yA ; zA ), B(xB ; yB ; zB ) véctơ → a = (a1 ; a2 ; a3 ), b = (b1 ; b2 ; b3 ) Ta có −→ AB = (xB − xA ; yB − yA ; zB − zA ), → − → − a + b = (a1 + b1 ; a2 + b2 ; a3 + b3 ), → − → − a − b = (a1 − b1 ; a2 − b2 ; a3 − b3 ), − k→ a = (ka1 ; ka2 ; ka3 ),  a1 = b1 → − → − a2 = b2 a = b ⇔  a3 = b3 → − → − → − a b (khác ) phương với số (a ; a ; a ) tỉ lệ với số (b1 ; b2 ; b3 ) p −→ −→ Độ dài AB |AB| = (xB − xA )2 + (yB − yA )2 + (zB − zA )2 p − − Độ dài véctơ → a |→ a | = a21 + a22 + a23 → − → − − − Tích vơ hướng hai véctơ → a b , ký hiệu → a b định nghĩa: → − → − → − → − − − a b = |→ a |.| b | cos(→ a , b ) 46 p, qkhơng d(t) Tính tổngsau:  vượtquá tsẽ ký hiệu  100 100 100 100 +d + ··· + d +d S=d 99 100 Lời giải Hình 2.13: p với < p ≤ 100, < q ≤ 100 (1) tương ứng q với điểm M (p; q) mặt phẳng tọa độ Bất đẳng thức (1) có nghĩa M nằm bên hình vng OACB (OA = OB = 100) M thuộc cạnh p AC, BC hình vng nói Vì phân số tối giản, nên đoạn q OM khơng có điểm nguyên khác M Giả sử M0 (p0 ; q0 ) điểm nguyên p0 ứng với phân số tối giản thỏa mãn (1) Gọi l đường thẳng qua O q0 M0 , giả sử phần chung với hình vng OACB có chứa n điểm nguyên Trong số điểm nguyên ta có M0 (p0 ; q0 ) điểm gần O (theo lập luận trên) Như điểm nguyên (p0 ; q0 ), (2p0 ; 2q0 ), , (np0 ; nq0 ) thuộc giao đường thẳng l với hình vng OACB 100 100 100 100 < < < ··· < Ta có np0 ≤ 100, nq0 ≤ 100, suy p0 ≤ n n−1 n−2 100 100 100 100 q0 ≤ < < < ··· < n n−1 n−2 p0 Suy theo định nghĩa phân số tối giản tính đến số q  100   100   100   100  d ,d ,d , ,d tổng S , tức phân số tối giản n p0 tham gia vào tổng S n lần Như số lần xuất phân số q0 tối giản tổng S số điểm nguyên OP (P điểm nguyên xa O số n điểm nguyên nói trên) p Lập luận phân số tối giản thỏa mãn (1) nên suy q số phân số tham gia vào tổng S , tức giá trị tổng S Mỗi phân số tối giản 47 tất điểm ngun hình vng OACB 100 P  100  = 100.100 = 10000 Vậy S = d k k=1 Bài tốn 2.21 Nền nhà hình chữ nhật lát kín viên gạch hình chữ nhật kích thước × ba miếng hình vng × Hỏi lát lại nhà loại gạch × hay khơng ? Lời giải Ta có nhận xét sau: Nền nhà có kích thước số ngun chia hết cho Thật vậy, giả thiết phản chứng vậy, kích thước nhà có dạng: a) 3k + 1; 3l + Khi diện tích S nhà là: S = (3k + 1)(3l + 1) = 3kl + 3(k + l) + không chia hết cho b) 3k + 1; 3l + Khi diện tích S = (3k + 1)(3l + 2) = 9kl + 3(2k + l) + không chia hết cho c) 3k+2; 3l+2 Khi diện tích S = (3k+2)(3l+2) = 9kl+3(2k+2l)+3+1 không chia hết cho Vậy ba trường hợp có S khơng chia hết cho (1) Mặt khác, nhà cho lát kín viên gạch × ba viên × nên diện tích S = 3n + 3, n số viên gạch × dùng Như lại có S chia hết cho (2) Từ (1) (2) suy điều vô lý, giả thiết phản chứng sai Nhận xét chứng minh Quay trở lại tốn xét: Lát viên gạch × theo chiều cạnh hình chữ nhật có kích thước chia hết cho Làm lát kín nhà cho, mà phải dùng loại gạch có kích thước × Bài tốn có câu trả lời khẳng định Bài toán 2.22 Cho bảng vng có n × n ơ, với n số lẻ Trong ô bảng ta đặt số −1 Gọi ak tích số cột k , cịn bk tích số hàng k(k = 1, n) Chứng minh n n P P ak + bk 6= k=1 k=1 Lời giải Giả thiết phản chứng kết luận toán khơng tức ta có 48 n P k=1 ak + n P bk = (1) k=1 Từ giả thiết suy với k = 1, n số ak , bk −1 Mặt khác, ta có a1 a2 an b1 b2 bn bình phương tích tất số bảng, mà tích số bảng −1, a1 a2 an b1 b2 bn = (2) Từ (2) suy tất số ak , bk nói trên, số số −1 phải số chẵn Từ (1) suy số −1 nhau, số số ak , bk phải số chẵn Do số số ak , bk tổng hai số chẵn nhau, nên số chia hết cho 4, tức 2n Do n số lẻ nên 2n = 2(2m + 1) = 4m + không chia hết cho Điều mâu thuẫn Vậy giả thiết phản chứng sai n n P P Điều có nghĩa ak + bk 6= k=1 k=1 Bài tốn 2.23 Cho hình lập phương Ta điền tám số nguyên dương đôi khác vào tám đỉnh hình lập phương Trên cạnh hình lập phương ta ghi ước chung lớn hai số điền hai đầu mút cạnh Hỏi xảy trường hợp tổng tám số tám đỉnh tổng mười hai số 12 cạnh khơng? Lời giải Ta có nhận xét sau đây: Gọi a, b hai số nguyên dương khác U CLN (a, b) = d (1) Khi ta có a + b ≥ 3d (2) Thật vậy, từ (1) suy a = da0 , b = db0 ; với U CLN (a0 , b0 ) = Do a0 ≥ 1, b0 ≥ a 6= b, nên a0 b0 Từ có a0 + b0 ≥ Vì a + b = (a0 + b0 )d ≥ 3d, (2) Dấu xảy a = 2b b = 2a Giả sử tám đỉnh hình lập phương ta ghi số nguyên dương (i = 1, 8) Chú ý số đôi khác Giả sử U CLN (ai , aj ) = dij (1 ≤ i, j ≤ 8) P P Theo nhận xét ta có: + aj ≥ 3dij Từ (ai + aj ) ≥ dij 1≤i,j≤8 1≤i,j≤8 (3) Vì đỉnh ghi số thuộc ba cạnh nên tổng vế trái (3) 49 số tính ba lần P P (ai + aj ) = Từ (4) i=1 1≤i,j≤8 Từ (3) (4) suy P ≥ i=1 P dij (5) 1≤i,j≤8 Dấu (5) xảy = 2aj hay aj = 2ai , ∀1 ≤ i, j ≤ Nhưng điều không xảy 6= aj , ∀i 6= j P P > dij (6) Vậy từ (5) có i=1 1≤i,j≤8 Từ (6) suy tốn có câu trả lời phủ định: khơng thể có cách điền số vào đỉnh cạnh hình lập phương cho tổng số tám đỉnh tổng 12 số 12 cạnh hình lập phương Bài tốn 2.24 Cho tam giác chia thành n2 tam giác Một số tam giác đánh số số 1, 2, , m cho tam giác với số liên tiếp phải có cạnh chung Chứng minh m ≤ n2 − n + Hình 2.14: Lời giải Chia cạnh tam giác thành n phần Từ điểm chia kẻ đường thẳng song song với cạnh tam giác Khi số tam giác là: + + + · · · + (2n − 1) = n2 Tô màu tam giác thành tam giác đen, trắng xen kẽ hình vẽ Khi số đen 1+2+3+· · ·+n = n(n + 1) n(n − 1) , số ô trắng là: + + + · · · + (n − 1) = 2 Theo cách đánh số tam giác hai tam giác đánh số liên tiếp phải có cạnh chung phải có màu khác 50 Vĩ lẽ đó, số tam giác đánh số, số tam giác đen nhiều số tam giác trắng Vậy tổng số tam giác đánh 2n(n − 1) + hay m ≤ n2 − n + số m phải thỏa mãn bất đẳng thức m ≤ (đpcm) Bài tốn 2.25 Trên tờ giấy có kẻ vơ hạn ô vuông ô tô hai màu xanh đỏ cho hình chữ nhật kích thước × có hai màu đỏ Xét hình chữ nhật kích thước 2004 × 2005 Tính số đỏ Lời giải Hình 2.15: Ta có nhận xét: Mọi hình chữ nhật kích thước × chứa ô màu đỏ Thật vậy, giả sử kết luận nhận xét không đúng, tức tồn hình chữ nhật × có số ô màu đỏ khác Không giảm tổng quát giả sử hình chữ nhật AKHD kích thước × có hai đỏ (nếu khơng khơng có đỏ nào, khơng thể ba hình chữ nhật × có hai màu đỏ) Trường hợp AKHD khơng có đỏ lý luận tương tự Cũng cho hai ô đỏ AKHD ô 7, ô (nếu khác lý luận vậy) Xét hình chữ nhật BF N A Đó hình chữ nhật × 3, nên theo giả thiết có hai đỏ (7 hai đỏ), 1, 2, 4, màu xanh Xét hình chữ nhật BCHK , từ giả thiết ô 1, 2, 4, màu xanh nên ô 3, màu đỏ Xét hình chữ nhật ECDM kích thước × 3, ta thấy ô 3, 6, màu đỏ nên 51 suy mâu thuẫn Vậy giả thiết phản chứng sai Nhận xét chứng minh Vì 2004 : = 668, hình chữ nhật kích thước 2004 × 2005 chia thành 2005 × 668 hình chữ nhật × Vậy số đỏ hình chữ nhật tùy ý kích thước 2004 × 2005 2005 × 668 = 1.339.340 Bài tốn 2.26 (Xem [1]) Tìm tất nghiệm nguyên khác (0; 0; 0) phương trình x2 + 2y = 3z (1) Lời giải  y 2  x 2 +2 = Chia hai vế (1) cho z ta được: z z x y Đặt u = , v = ta phương trình u2 + 2v = (∗), u, v z z số hữu tỷ Ta phải tìm nghiệm hữu tỷ phương trình (∗), tức tìm điểm hữu tỷ đường cong u2 + 2v = Nhận xét: (1; 1) nghiệm hữu tỷ (∗) Nếu (u0 ; v0 ) nghiệm hữu tỷ khác (1; 1) đường thẳng qua (1; 1) (u0 ; v0 ) có hệ số góc hữu tỷ, phương trình đường thẳng có dạng: y = k(x − 1) + 1, vớik hữu tỷ u2 + 2v = Xét hệ phương trình ⇒ u2 + 2[k(u − 1) + 1]2 = v = k(u − 1) + ⇒ (2k + 1)u2 + 4k(1 − k)u + 2k − 4k − = 2k − 4k − Phương trình có hai nghiệm u = u = 2k + 2k − 4k − −2k − 2k + ⇒ v = , (k ∈ Z) nghiệm Với u = 2k + 2k + tổng quát phương  trình (∗) từ tìm nghiệm (1) −5  u = Chẳng hạn: k = −1 Khi nghiệm (x; y; z) = (−5; −1; 3)  v = 52 Chương Một số đề toán Olympic 3.1 Đề toán phương pháp tọa độ mặt phẳng không gian Bài tốn 3.1 (IMO năm 1962) Cho hình lập phương ABCD.A0 B C D0 có ABCD A0 B C D0 tương ứng đáy đáy Một điểm X chuyển động với tốc độ khơng đổi dọc theo chu vi hình vng ABCD Điểm Y chuyển động tốc độ dọc theo chu vi hình vng B C CB Điểm X xuất phát từ A phía B cịn Y rời từ B để hướng C Tìm quỹ tích trung điểm XY Hướng dẫn giải Ta kí hiệu O1 , O2 , O3 tâm mặt ABB A0 , BB C C ABCD Ta chứng minh quỹ tích trung điểm K XY đường gấp khúc O1 O2 CO3 O1 Giả sử A gốc toạ độ, AB, AD, AA0 trục toạ độ Ox, Oy, Oz tương ứng Đặt AB = AD = AA0 = Chia thời gian điểm X chạy đường ABCDA làm phần lấy phần làm đơn vị thời gian Nhận xét: Ta biết điểm H chuyển động thẳng phụ thuộc toạ độ vào thời gian phụ thuộc tuyến tính ngược lại, phụ thuộc toạ độ điểm H vào thời gian tuyến tính K chuyển động thẳng Nếu K trung điểm đoạn XY với X(x1 , y1 , z1 ), Y (x2 , y2 , z2 ) toạ độ x + x y + y z + z  2 K K , , 2 Ứng dụng nhận xét nêu trên, ta lập bảng phụ thuộc toạ độ điểm X, Y, K vào t sau đây: 53 Hình 3.1: Khi t = 0, 1, 2, 3, dễ dàng thấy K tương ứng vị trí O1 , O2 , O3 , O1 ; đoạn chúng, toạ độ K thay đổi tuyến tính, nghĩa K vẽ không gian đoạn thẳng O1 O2 , O2 C, CO3 , O3 O1 có nghĩa K chuyển động theo hình thoi O1 O2 CO3 O1 Quá trình chứng minh cho thấy điều đảo lại rõ ràng Bài toán 3.2 (Đề thi HSG lớp 12, tỉnh Nam Định, năm học 2014-2015) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (T ): 2x2 +2y −2x+2y −1 = hai đường thẳng d1 : x − y + = 0, d2 : 6x + 4y − = Từ điểm M d1 kẻ hai tiếp tuyến phân biệt M A, M B tới đường tròn (T ), (A, B hai tiếp điểm), viết phương trình đường thẳng AB biết đường thẳng d2 qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác M AB Lời giải  2  2 Ta có 2x + 2y − 2x + 2y − = ⇔ x − + y+ = 2  −1  Do đường trịn (T ) có tâm I ; , bán kính R = 2 Gọi K giao điểm M I với đường tròn (T ) (K M I ) Chứng minh K tâm đường tròn nội tiếp ∆M AB −1 Nhận thấy d1 cắt d2 d2 qua tâm I( ; ) nên K nằm d2 2 M giao d1 d2 2 54  −3  −3 x−y+4=0 , y = Suy M ; Xét hệ: có nghiệm x = 6x + 4y − = 2 2 Đường trịn (T1 ) đường kính M I có phương trình x2 + y + x − 2y − = Mặt khác, A, B giao điểm (T ) (T1 ) nên tọa độ điểm A, B thỏa ( mãn hệ: x2 + y − x + y − = Suy 4x − 6y − = x2 + y + x − 2y − =  Vậy phương trình đường thẳng AB 4x − 6y − = Bài toán 3.3 (Đề thi HSG tỉnh Nam Định, năm 2011) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có A(1; −2), B(3; 0) Gọi H trực tâm tam giác ABC Đường tròn ngoại tiếp tam giác AHB có tâm I(4; −3) Viết phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC Hình 3.2: Hướng dẫn giải - Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC đối xứng với đường tròn ngoại tiếp tam giác AHB qua AB - Tìm tọa độ I (0; 1) đối xứng với I qua đường thẳng AB - Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC với tâm I (0; 1) bán kính I A = √ 10, có phương trình là: x2 + (y − 1)2 = 10 55 Bài toán 3.4 (Đề thi HSG lớp 12, tỉnh Nam Định, năm học 2014-2015) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật, AB = a, BC = √ √ a 2, SA = a SA vng góc với mặt phẳng (ABCD) Gọi E, F trung điểm SD AD 1) Chứng minh đường thẳng AC vng góc với mặt phẳng (BEF ) 2) Gọi (P ) mặt phẳng qua B, E vng góc với mặt phẳng (BEF ) Tính theo a khoảng cách từ D đến mặt phẳng (P ) Hướng dẫn giải 1) Vì SA⊥(ABCD) ⇒ SA⊥AC Có EF đường trung bình tam giác SAD ⇒ EF ⊥AC (1) AF AB Xét hai tam giác vng AF B BAC có = =√ BA BC ⇒ ∆AF B ∼ ∆BAC ⇒ AC⊥BF (2) Từ (1) (2) suy AC⊥(BEF ) 2) Ta dựng mặt phẳng (P ) dùng phương pháp phân chia thể tích để tính khoảng cách Hoặc sử dụng phương pháp tọa độ: Chọn hệ trục tọa độ Oxyz cho gốc O trùng điểm A, B thuộc trục Ox, D thuộc trục Oy , S thuộc trục Oz , từ viết phương trình mặt phẳng (P ), áp dụng công √ thức khoảng cách từ điểm 2a đến mặt phẳng ta tính d(D, (P )) = 3.2 Đề tốn hình học tổ hợp mạng lưới vng Bài tốn 3.5 (IMO năm 1964) Có 17 nhà bác học, người trao đổi thư từ với 16 người khác Trong thư, họ bàn ba đề tài, hai nhà bác học bàn với đề tài Chứng minh có khơng nhà bác học bàn với đề tài Hướng dẫn giải Xem nhà bác học A Vì A viết thư cho 16 nhà bác học lại ba vấn đề (gọi vấn đề I, II, III), nên A phải trao đổi với nhà bác học vấn đề Giả thử vấn đề I, nhà bác học B, C, D, E, F, G Sáu nhà bác học trao đổi với vấn đề I, II, III Nếu có cặp đó, chẳng hạn cặp B, C trao đổi với vấn đề I, 56 tốn chứng minh: nhà bác học A, B, C trao đổi với vấn đề I Ta xét trường hợp B, C, D, E, F, G trao đổi với vấn đề II III Vì B trao đổi với người hai vấn đề, nên B phải trao đổi với người vấn đề Giả thử vấn đề II nhà bác học C, D, E Mà ta xét C, D, E trao đổi với vấn đề II III Nếu có hai người đó, chẳng hạn C, D trao đổi với vấn đề II, toán chứng minh: nhà bác học B, C, D trao đổi với vấn đề II Khả lại nhà bác học C, D, E trao đổi với vấn đề III: trường hợp này, toán chứng minh Bài tốn 3.6 (IMO năm 1973) Một người lính làm nhiệm vụ rà mìn, cần phải dị khắp khu vực có hình tam giác Máy dị mìn có bán kính dị hiệu nửa chiều cao tam giác Người lính đỉnh tam giác Hỏi nên theo đường đường ngắn mà dò khắp miền tam giác ? Hướng dẫn giải Khơng tính tổng quát, ta giả sử khu vực cần rà mìn tam giác ABC có cạnh 1, người lính khởi từ đỉnh A Anh ta cần phải rà đến hai đỉnh tam giác Do đó, con√đường di chuyển phải giao với hai đường tròn tâm B , C , bán kính Giả sử đường người lính cắt hai đường trịn tâm B, C nói tương ứng X Y , giả sử đến X trước, đến Y sau Để đường ngắn nhất, rõ ràng đường từ A đến X từ X đến Y phải đường thẳng Hơn nữa, đường ngắn từ X đến đường √ tròn tâm C phải nằm đường thẳng XC có độ dài AX + XC − Vì lẽ ta tìm điểm X cho AX + XC cực tiểu Xét √ điểm P , giao đường cao BK kẻ từ B với đường trịn tâm B bán kính Ta thấy P điểm tùy ý khác P nằm đường thẳng qua P vuông góc với BK , ta ln có AP + P C > AP + P C Bây giờ, với X nằm đường trịn tâm B nói trên, gọi P giao điểm 57 AX với đường thẳng qua P vng góc với BK , ta được: AX + XC > AP + P C > AP + P C Như vậy, ta chọn X trùng với P xác định Vấn đề lại kiểm √ , tra xem ba hình trịn tâm A, X, Y (xác định nói trên), bán kính có phủ trọn vẹn tam giác hay không Điều rõ ràng, hình trịn tâm X phủ gần trọn tam giác, ngoại trừ phần nhỏ gần điểm A phần nhỏ gần điểm C√, mà phần phủ hình  3 trịn tâm A Y bán kính Bài tốn 3.7 (IMO năm 1974) Một bàn cờ × ô, chia thành p hình chữ nhật rời (đường kẻ phân chia dọc theo đường ranh giới bàn cờ) cho hình chữ nhật có số trắng số đen hình chữ nhật có tổng số vng (ở hình) khác Tìm giá trị lớn có p tập kích thước có hình chữ nhật Hướng dẫn giải Điều kiện hình chữ nhật có số trắng số đen có nghĩa hình chữ nhật có số chẵn vng Ta có + + + + 10 + 12 + 14 + 16 = 72 > 64 phải có p < Có khả phân chia số 64 thành tổng số không nhau: + + + + 10 + 12 + 22; + + + + 10 + 14 + 20; + + + + 10 + 16 + 18; + + + + 12 + 14 + 18; + + + 10 + 12 + 14 + 16 Khả bị loại bỏ hình chữ nhật có 22 vng phải có cạnh dài (đơn vị ơ) Các khả lại chấp nhận được, cụ thể, phân chia sau: 1) Trường hợp 1: (Trong bảng ta hiểu "các số 1" nằm hình chữ nhật kích thước × 5) 2 2 2 58 1 1 3 1 1 3 1 1 3 1 1 3 1 1 3 5 6 5 6 4 4 4 2 1 3 2 1 3 2 1 3 2 1 3 2 1 3 2 1 7 2 5 6 2 5 6 2 1 3 2 1 3 2 1 3 2 1 3 2 1 3 2 1 3 2 4 4 6 7 4 4 6 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 7 2) Trường hợp 2: 3) Trường hợp 3: 4) Trường hợp 4: 59 3 4 3 4 3 4 3 4 3 4 3 5 6 5 6 5 Bài toán 3.8 (IMO năm 1986) Cho trước số đỉnh mạng lưới vng, chứng minh ta tơ màu đỉnh hai màu xanh đỏ cho đường nằm ngang đường thẳng đứng số điểm tô đỏ số điểm tô xanh xấp xỉ Lời giải Gọi T tập hợp hữu hạn đỉnh mạng lưới ô vuông Xét đường thẳng L tùy ý song song với trục tọa độ cắt tập hợp T theo thứ tự điểm A1 , A2 , A3 , , Ak (thứ tự từ trái sang phải từ lên trên) Nối A1 A2 , A3 A4 , Cũng làm với đường thẳng L khác Khi đó, ta họ đoạn thẳng điểm T thuộc không hai đoạn Vì vậy, ta đường gấp khúc khơng có đỉnh chung Các đường gấp khúc gồm số chẵn đoạn Ta tơ màu xen kẽ đỏ, xanh, đỏ, xanh đường gấp khúc Các điểm rời rạc khác khơng thuộc đường gấp khúc ta tơ màu tùy ý Ta cách tô màu thỏa mãn điều kiện đầu điểm nằm đường song song với trục tọa độ nối với đoạn mà đầu mút đầu cuối có màu khác Bài tốn 3.9 (Đề thi HSG Quốc gia năm 2003, bảng B) Xét số nguyên n, (n > 1) Người ta muốn tô tất số tự nhiên hai màu xanh, đỏ cho điều kiện sau đồng thời thỏa mãn: i) Mỗi số tô màu màu dùng để tô vô số số; ii) Tổng n số đôi khác màu số có màu Hỏi thực phép tơ màu nói hay khơng, nếu: a) n = 2002 b) n = 2003 Lời giải a) Xét n = 2002 Ta chứng minh câu trả lời cho câu hỏi toán trường hợp “không” 60 Thật vậy, giả sử ngược lại, ta tơ tất số tự nhiên hai màu xanh, đỏ cho số tô màu, màu dùng để tô vô số số, tổng 2002 số đôi khác màu số có màu Khi đó, có vơ số số tơ màu xanh có vơ số số tô màu đỏ nên: -Tồn số a1 mà a1 tô màu xanh số b1 = a1 + tô màu đỏ; - Tồn số b2 > b1 mà b2 tô màu đỏ số a2 = b2 + tô màu xanh; - Tồn số a3 > a2 mà a3 tô màu xanh số b3 = a3 + tô màu đỏ; - Tồn số b4 > b3 mà b4 tô màu đỏ số a4 = b4 + tô màu xanh; - Tồn số a2001 > a2000 mà a2001 tô màu xanh số b2001 = a2001 +1 tô màu đỏ; - Tồn số b2002 > b2001 mà b2002 tô màu đỏ số a2002 = b2002 + tô màu xanh Tóm lại, tồn 2002 số a1 , a2 , , a2001 , a2002 đôi khác 2002 số b1 , b2 , , b2001 , b2002 đôi khác thoả mãn điều kiện sau: α) 2002 số a1 , a2 , , a2001 , a2002 tô màu xanh; 2002 số b1 , b2 , , b2001 , b2002 tô màu đỏ β ) b2k−1 = a2k−1 + b2k = a2k − với k = 1, 2, , 1001 Từ điều kiện i) điều kiện ii) đề suy số a = a1 + a2 + · · · + a2001 + a2002 tô màu xanh số b = b1 + b2 + · · · + b2001 tô màu đỏ Từ điều kiện ii) dễ dàng suy a = b Do a b phải tô màu, mâu thuẫn với điều vừa nhận Từ suy điều phải chứng minh b) Với n = 2003, xét cách tô màu sau: tô tất số chẵn màu xanh tô tất số lẻ màu đỏ Dễ thấy, cách tô màu vừa nêu thoả mãn tất yêu cầu toán Vậy trường hợp câu trả lời cho câu hỏi “có” Bài tốn 3.10 (Xem [2]) Chứng minh dọc theo cạnh