CHUYÊN ĐỀ TOÁN HỌC SỐ 10 PTNK

ĐẠI HỌC QUỐC GIA THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH TRƯỜNG PHỔ THƠNG NĂNG KHIẾU CHUN ĐỀ TỐN HỌC SỐ Đặc san kỉ niệm 20 năm trường Phổ thông Năng khiếu TRẦN NAM DŨNG (Chủ biên) LÊ PHÚC LỮ NGUYỄN VĂN HUYỆN LƯƠNG VĂN KHẢI Chuyên đề Toán học Phổ thông khiếu TP.HCM số 10 Hướng tới kỷ niệm 20 năm thành lập trường PTNK TPHCM CHUYÊN ĐỀ TOÁN HỌC SỐ 10 CỦA PTNK Thành phố Hồ Chí Minh, ngày 16/09/2016 Chun đề Tốn học Phổ thơng khiếu TP.HCM số 10 Chun đề Tốn học Phổ thơng khiếu TP.HCM số 10 Mục lục Quá trình hình thành phát triển khối Tốn Tin trường PTNK Câu chuyện toán 21 Bài toán đường điểm cố định 27 Bài giảng Phương trình đồng dư Thặng dư phương 37 Các tính chất số học dãy số nguyên 43 Nhìn lại đề thi vào lớp 10 chuyên Toán qua năm 61 Một số tốn chọn lọc phép biến hình 73 Sử dụng tính liên tục chu kỳ để chứng minh hàm 87 Ứng dụng tỉ số đoạn thẳng tỉ số lượng giác 95 10 Giới thiệu Tốn mơ hình 127 11 Quy hoạch tuyến tính Ứng dụng 143 12 Phép nghịch đảo 161 13 Số phức hình học phẳng 191 14 Một số phương pháp tiếp cận tốn hình học phẳng 201 15 Định lý thặng dư Trung Hoa 215 16 Tứ giác ngoại tiếp 229 17 Giới thiệu kỳ thi Sharygin Olympic hình học tồn Nga mở rộng 241 18 Giới thiệu đề thi chọn đội tuyển PTNK qua năm 255 Chuyên đề Toán học số 10 Chuyên đề Tốn học Phổ thơng khiếu TP.HCM số 10 Hướng tới kỷ niệm 20 năm thành lập trường PTNK, ĐHQG TP HCM Chun đề Tốn học Phổ thơng khiếu TP.HCM số 10 Lời nói đầu Kỷ niệm 20 năm dĩ nhiên câu chuyện dài, xuyên qua nhiều hệ học sinh Ngũ hổ đại tướng quân ngày xưa, vốn trẻ trung oanh liệt, người hưu, người qua tuổi tri thiên mệnh Nhiều lứa học trò trở thành đồng nghiệp thầy, nhiều em vượt thầy đường khoa học Con đường PTNK đường chơng gai Nếu xét thành tích năm cuối cùng, kể từ Trần Hoàng Bảo Linh đoạt huy chương đồng IMO 2012, đến gần Phạm Nguyễn Mạnh đoạt huy chương bạc 2016, ta thấy dường PTNK ln đỉnh cao Thực tình câu chuyện gian khó nhiều Nếu khơng kể đến huy chương vàng APMO 1997 Lê Quang Nẫm, hay sau thành tích đấu trường APMO Trần Quang Vinh, Trần Vĩnh Hưng phải gần 10 năm sau thành lập, PTNK có huy chương IMO Nguyễn Đăng Khoa vào năm 2003 Thành tích tiếp nối Trần Chiêu Minh (2005, HCB), Đặng Trần Tiến Vinh (2008, HCĐ), Phạm Hy Hiếu (2009, HCB) cách vô chật vật Và huy chương vàng toán quốc tế PTNK đến sau gần 20 năm, vào năm 2013, hẳn chiếc, đem Phạm Tuấn Huy Cấn Trần Thành Trung Phạm Tuấn Huy học sinh miền Nam sau đoạt huy chương vàng tốn quốc tế Ngày PTNK thường xuyên nhắc tới, tính tới nói đội tuyển quốc gia Nhưng biết nhiều năm trước, có học sinh thi vòng niềm mơ ước thầy đội tuyển tốn Chơng gai lắm, khó khăn đội ngũ thầy cô giáo học trị khơng chùn bước, ln kiên gan, bền chí ln giữ vững tâm niệm giành vinh quang sức lực trí tuệ Trung thực, cơng bằng, nhiệt huyết, bí tạo nên sức mạnh tinh thần lớp lớp hệ đội tuyển toán PTNK Song hành với thành cơng đội tuyển tốn PTNK, thật vui mừng khơng khí phong trào chun tốn tỉnh phía Nam hâm nóng khích lệ Giải quốc gia khơng cịn phải điều xa xỉ Và thành tích quốc tế Quảng Ngãi, Bình Định, Phú n, Khánh Hịa đặc biệt Đà Nẵng thật đáng tự hào Vai trò dẫn dắt phong trào PTNK, mặt tinh thần, rõ ràng khẳng định Thêm vào đó, ấn phẩm hoạt động học sinh PTNK chuyên đề toán học, Seminar toán học, mặt phục vụ Chun đề Tốn học Phổ thơng khiếu TP.HCM số 10 Chuyên đề Toán học số 10 phong trào học tập học sinh PTNK, mặt khác có tầm ảnh hưởng khơng nhỏ đến phong trào học toán Tp HCM tỉnh lân cận Chuyên đề toán học PTNK số 10 ấn phẩm đặc biệt nhằm kỷ niệm 20 năm thành lập trường PTNK Ấn phẩm hình thành mặt viết học sinh học trường, mặt khác viết kinh điển tác giả học PTNK Và dĩ nhiên, thiếu viết tứ trụ "Trình-Dũng-Tuấn-Dũng" Câu chuyện PTNK dĩ nhiên cịn nhiều, cịn dài, khó lịng mà nói hết Chỉ kể tên tác giả viết cho chun đề PTNK khơng đủ thời gian Vì tốt để viết nói tác giả Vậy nhé, đọc cảm nhận tinh thần 20 năm PTNK Trần Nam Dũng Chủ biên Chuyên đề Toán học PTNK Hướng tới kỷ niệm 20 năm thành lập trường PTNK, ĐHQG TP HCM Chun đề Tốn học Phổ thơng khiếu TP.HCM số 10 Lời cảm ơn Tài liệu hoàn thành thiếu giúp đỡ nhiệt tình, đáng trân trọng Chúng tơi, Ban biên tập, xin gửi lời cảm ơn chân thành đến quý thầy cô, bạn sau Thầy Nguyễn Tăng Vũ, Giáo viên PTNK thành phố Hồ Chí Minh Anh Võ Quốc Bá Cẩn, Giáo viên trường Archimedes Academy Anh Đặng Nguyễn Đức Tiến, Trento University Bạn Tống Hữu Nhân, Sinh viên trường Đại học Y Dược thành phố Hồ Chí Minh Bạn Phạm Tiến Kha, Sinh viên trường Đại học Sư Phạm thành phố Hồ Chí Minh Huỳnh Phước Trường, Sinh viên trường Đại học Sư Phạm thành phố Hồ Chí Minh Bạn Bùi Mạnh Khang, Học sinh THPT Chuyên Lê Hồng Phong Bạn Cấn Trần Thành Trung, Duke University, USA Bạn Lê Việt Hải, Pennsylvania State University, USA 10 Bạn Phạm Hy Hiếu, Stanford University, USA 11 Bạn Hồ Quốc Đăng Hưng, University of Chicago, USA 12 Bạn Phạm Tuấn Huy, Stanford University, USA 13 Bạn Nguyễn Minh Trường Giang, Học sinh PTNK thành phố Hồ Chí Minh 14 Bạn Nguyễn Minh Châu, Học sinh PTNK thành phố Hồ Chí Minh Trong chuyên đề này, cố gắng để có đầy đủ viết tên tuối gắn liền với PTNK thầy Trần Nam Dũng, thầy Lê Bá Khánh Trình, thầy Nguyễn Thanh Dũng, thầy Nguyễn Trọng Tuấn Chuyên đề Toán học Phổ thơng khiếu TP.HCM số 10 Chun đề Tốn học số 10 Bên cạnh đó, chun đề cịn có góp mặt viết mà tác giả IMOer năm gần PTNK Phạm Hy Hiếu, Trần Hoàng Bảo Linh, Cấn Trần Thành Trung, Phạm Tuấn Huy, Hồ Quốc Đăng Hưng, Nguyễn Huy Hoàng Phạm Nguyễn Mạnh Để tiếp nối truyền thống, mục đề thi thiếu chuyên đề với hai viết Đề thi tuyển sinh vào lớp Chuyên đề thi chọn đội tuyển PTNK Ngồi cịn có viết bạn học sinh, cựu học sinh PTNK với nhiều chủ đề phong phú Nhưng bạn đọc dễ phát có nhiều chuyên đề viết hình phẳng, đặc điểm đặc trưng học sinh Năng khiếu Chúng tơi có nói vui lời nói đầu Chun đề Tốn học số vào tháng 10/2010, có đoạn viết: "Chun đề Tốn học số trường PTNK mà bạn cầm tay ấn phẩm có nhiều điều đặc biệt Thứ 1, thai nghén khoảng thời gian dài kỷ lục: năm Thứ 2, đời cách chuyên đề trước năm." Chuyên đề lần tạo kỷ lục mới: thai nghén tháng đời cách chuyên đề trước gần năm Và nữa, cịn đời mục tiêu hướng đến kỷ niệm 20 năm ngày thành lập lớp chuyên Toán PTNK Mong cố gắng Ban biên tập đem lại tài liệu có ích, có ý nghĩa cho bạn học sinh, thầy chun Tốn Hy vọng quà từ thầy cô, hệ đàn anh trước dành tặng cho lớp chun Tốn trường Phổ thơng khiếu tương lai Ban Biên tập Chuyên đề Toán học số 10 PTNK Hướng tới kỷ niệm 20 năm thành lập trường PTNK, ĐHQG TP HCM Chun đề Tốn học Phổ thơng khiếu TP.HCM số 10 Q trình hình thành phát triển khối Tốn Tin trường PTNK Ban biên tập Lời Ban biên tập: Trong cố gắng viết giới thiệu tổng qt tổ Tốn trường Phổ thơng Năng khiếu, ban biên tập nhận viết đóng góp nhóm học sinh lớp 11 Tốn năm Hỏi biết, tập thầy Nguyễn Tăng Vũ, vừa giúp bạn học sinh hiểu thêm lịch sử thành lập tổ Toán PTNK, vừa rèn kĩ làm việc nhóm cho bạn Sau chỉnh sửa, biên tập lại, ban biên tập xin giới thiệu bạn đọc viết Trân trọng cảm ơn thầy Nguyễn Tăng Vũ bạn học sinh Tiêu Phát Đạt, Thái Thành Trung, Đào Minh Khôi, Bùi Minh Kiệt, Nguyễn Tuấn Khôi, Dương Minh Nhất đóng góp Sự hình thành khối Tốn trường Phổ Thông Năng Khiếu 1.1 Lịch sử thành lập trường Lịch sử khối Tốn – Tin Sau khoảng thời gian tìm hiểu cơng tác đào tạo học sinh khiếu Tốn - Tin trường Đại học phía Bắc, cụ thể mơ hình Khối Chun Tốn-Tin Đại Học Khoa Học Tự Nhiên Hà Nội Khối Chuyên Toán Đại Học Sư Phạm Hà Nội, khoa Toán trường Đại học Tổng Hợp lập tờ trình xin mở khối chuyên nhằm phát bồi dưỡng học sinh khiếu toán học, tin học tạo nguồn đào tạo tốt cho khoa Ngày 14/07/1993, Thứ trưởng Bộ Giáo dục Đào tạo Trần Chí Đáo ký định thành lập "Hệ phổ thông trung học chuyên Toán – Tin, trường Đại Học Tổng Hợp Tp HCM" Hơn năm hoạt động, Hệ phổ thông trung học chuyên Toán – Tin Học gặt hái nhiều thành tích tốt đẹp kỳ thi năm 1995, 1996; Chun đề Tốn học Phổ thơng khiếu TP.HCM số 10 270 Chuyên đề Toán học số 10 Lời giải 1) Khơng tính tổng qt, ta giả sử X tập hợp 19 số nguyên dương Gọi X (k) tập hợp tất tập có phần tử X tổng phần tử chia 19 dư k Khi đó, dễ thấy |X (0)| + |X (1)| + · · · + |X (18)| số tập có 7 phần tử tùy ý X C19 Ta thấy hai tập hợp A, B ∈ X (k) tùy ý thỏa mãn đề Thật vậy, Giả sử |A ∩ B| = (khơng thể có |A ∩ B| = hai tập hợp trùng nhau) Đặt A = {a1 , a2 , a3 , a4 , a5 , a6 , x}, B = {a1 , a2 , a3 , a4 , a5 , a6 , y} 6 + x ≡ i=1 + y ≡ k(mod19) i=1 nên x ≡ y(mod19) Suy x = y, mâu thuẫn Đến đây, dễ thấy max {|X (k)|} ≥ 0≤k≤18 C19 19 = 2652 > 2600 Ta có đpcm 2) Xét tập hợp F thuộc họ Ω Vì |X \F | = 19 − = 12 nên có tất 12 tập hợp A ⊂ X với |A| = F ⊂ A Ngược lại, ứng với tập hợp A cận họ Ω, có khơng q tập F họ Ω cho F ⊂ A Do d ≥ 12 k hay d ≥ 32 k Đẳng thức xảy họ Ω tập hợp tất tập có phần tử X Bài Cho tam giác ABC không cân Gọi I trung điểm BC Đường tròn (I) qua A cắt AB, AC M , N Giả sử M I, N I cắt (I) P, Q Gọi K giao điểm PQ với tiếp tuyến A (I) Chứng minh K thuộc đường thẳng BC Lời giải Khơng tính tổng qt, giả sử AB < AC Kẻ đường kính AJ đường trịn (I) Khi đó, dễ thấy tứ giác ABJ C AN JQ hình bình hành nên J B AC, JQ AN dẫn đến J, Q, B thẳng hàng Tương tự J, P, C thẳng hàng Hướng tới kỷ niệm 20 năm thành lập trường PTNK, ĐHQG TP HCM Chuyên đề Toán học số 10 271 Chuyên đề Tốn học Phổ thơng khiếu TP.HCM số 10 Gọi H hình chiếu A lên BC tứ giác AQBH nội tiếp Suy ∠QH B = ∠QAB = ∠QAM = ∠QP M = ∠QP I nên tứ giác PQH I nội tiếp Gọi (O) đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC dễ thấy đường tròn (AH I) tiếp xúc với (O) A Xét ba đường trịn (O), (AH I), (PQH I) • Trục đẳng phương (O), (AH I) tiếp tuyến (O) A • Trục đẳng phương (O), (PQH I) PQ • Trục đẳng phương (PQH I), (AH I) H I Do đó, K tâm đẳng phương ba đường tròn nên K ∈ H I hay K, B, C thẳng hàng Bài Tìm n nguyên dương lớn thỏa mãn điều kiện sau: i n không chia hết cho ii Bảng vng n × n khơng thể phủ kín qn tetramino × qn trimino × Trong phủ quân tetramino trimino phép quay dọc không phép chườm lên nằm ngồi bảng vng Hướng tới kỷ niệm 20 năm thành lập trường PTNK, ĐHQG TP HCM Chun đề Tốn học Phổ thơng khiếu TP.HCM số 10 272 Chuyên đề Toán học số 10 Lời giải Ta chứng minh n = giá trị lớn cần tìm Ta nhận thấy n = 3k + 1, k ≥ ta ln phủ bảng vng n × n cách phủ hàng quân tetramino kích thước × (ta gọi tắt tetramino) k − qn trimino kích thước × (ta gọi tắt trimino) Các cột lại có chiều dài 3k phủ quân trimino (xoay dọc lại) Ta chứng minh n = 3k + 2, k ≥ bảng vng n × n phủ Cách phủ với n = minh họa sau Dễ dàng thấy với k ≥ ta thu cách phủ cho bảng vng n × n cách phủ phần hình vng × góc bên trái trên, phần cịn lại gồm hình chữ nhật kích thước 3(k − 2) × (3k + 2) hình chữ nhật kích thước × 3(k − 2) phủ quân trimino Bây ta chứng minh bảng vng × phủ quân tetramino quân trimino Trước hết ta chứng minh bổ đề: Nếu bảng vng × phủ hình vng × 1, ta gọi unomino qn trimino qn unomino × phải phủ ô trung tâm Thật vậy, Ta đánh số bảng vng × hình vẽ Hướng tới kỷ niệm 20 năm thành lập trường PTNK, ĐHQG TP HCM Chuyên đề Toán học Phổ thơng khiếu TP.HCM số 10 Chun đề Tốn học số 10 273 Ta thấy quân trimino phủ ô mang số 1, ô mang số mang số Vì số số 9, số số nên phép phủ đề thực quân unomino phải phủ ô mang số Mặt khác, ta đánh số bảng vng × cách khác Các tính chất nói cho cách đánh số này, nhiên số số 9, số số Do đó, lần ta kết luận quân unomino phải phủ ô mang số Giao hai điều kiện cần nói lại, ta thấy với cách phủ hợp lệ qn unomino phải phủ trung tâm Quay trở lại với vấn đề phủ bảng vuông × quân tetramino quân trimino Nếu tồn cách phủ cắt quân tetramino thành quân unomino quân trimino, ta thu phép phủ bảng vuông × quân unomino quân trimino Theo bổ đề qn unomino phải nằm trung tâm, nghĩa đầu quân tetramino phải nằm trung tâm, mâu thuẫn (vì qn tetramino bị lịi ngồi bảng vng) Với lý luận trên, ta kết luận n = giá trị lớn cần tìm Lời giải đề chọn đội tuyển năm 2015 − 2016 Ngày thi thứ Bài Cho tập hợp A = {n ∈ |1 ≤ n ≤ 2015, (n, 2016) = 1} Hỏi có số nguyên a ∈ A cho tồn số nguyên b mà a + 2016b số phương? Lời giải Cho n số nguyên dương lớn 1, ta quy ước gọi số nguyên dương a gọi thặng dư phương theo modulo n (a, n) = tồn Hướng tới kỷ niệm 20 năm thành lập trường PTNK, ĐHQG TP HCM Chuyên đề Toán học Phổ thơng khiếu TP.HCM số 10 274 Chun đề Tốn học số 10 số nguyên x cho a ≡ x (mod n) Trong này, để đơn giản, ta quy ước xét thặng dư phương nhỏ n Đặt s(n) số số nhỏ n thặng dư phương theo modulo n Ta chứng minh hai bổ đề đây: Bổ đề 1: Cho p số nguyên tố k số nguyên dương Khi đó: Nếu p = s(2k ) = 2max(k−3,0) Nếu p > s(p k ) = p k − p k−1 Bổ đề 2: s(n) hàm nhân tính Thật vậy, Trước hết, ta biết s(p) = với k ∈ + p−1 với p số nguyên tố lẻ Ta tính s(p k ) Xét thặng dư phương a p, tồn x cho a ≡ x (modp) Đặt a = x + pq hiển nhiên a ≡ x + pq(modp k ) ⇔ a − pq ≡ x (modp k ) đó, ta có p k−1 cách chọn q để số a − pq thặng dư phương modp k Suy s(p k ) = p k−1 s(p) = p k − p k−1 Xét số nguyên tố p = 2, với k = 1, 2, 3, dễ dàng kiểm tra s(2k ) = Ta xét k ≥ 4, tương tự trên, bước chọn q, ta có cách nên s(2k ) = 2s(2k−1 ) Từ quy nạp, ta có s(2k ) = 2k−3 , k ≥ Tiếp theo, xét hai số a, b nguyên dương (a, b) = Gọi A tập hợp thặng dư phương theo modulo ab B tập hợp số thặng dư phương chung a, b Nếu x ∈ A tồn y cho x ≡ y (modab) Rõ ràng đó, x ≡ y (mod a), x ≡ y (mod b) Hướng tới kỷ niệm 20 năm thành lập trường PTNK, ĐHQG TP HCM Chun đề Tốn học Phổ thơng khiếu TP.HCM số 10 Chuyên đề Toán học số 10 275 (chú ý x > a, ta chọn x cho x < a x ≡ x (mod a); tương tự với b) Do đó, x ∈ B, tức x ∈ A ⇒ x ∈ B nên |A| ≤ |B| Tiếp theo, xét x ∈ B Khi tồn r, s cho x ≡ r (mod a), x ≡ s2 (mod b) Theo định lý thặng dư Trung Hoa, tồn số nguyên z cho z ≡ r (mod a), z ≡ s (mod b) Khi x ≡ z (mod a), x ≡ z (mod b) nên x − z ab hay x ≡ z (modab) Do đó: x ∈ A, tức x ∈ B ⇒ x ∈ A nên |A| ≥ |B| Từ ta có |A| = |B| hay s(a)s(b) = s(ab) Vậy s(n) hàm nhân tính Các bổ đề chứng minh Trở lại toán, ta thấy 2016 = 25 · 32 · Rõ ràng toán yêu cầu đếm số thặng dư phương theo modulo 2016 Theo bổ đề s(2016) = s(25 )s(32 )s(7) Theo bổ đề s(25 ) = 22 = 4, s(32 ) = 7−1 32 − = 3, s(7) = = 2 Do đó, số số a cần tìm · · = 36 Bài Cho a, b, c, d số thực thỏa mãn điều kiện a2 ≤ 1, a2 + b2 ≤ 5, a2 + b2 + c ≤ 14, a2 + b2 + c + d ≤ 30 Chứng minh a + b + c + d ≤ 10 Chứng minh ad + bc ≤ 10 Hướng tới kỷ niệm 20 năm thành lập trường PTNK, ĐHQG TP HCM Chun đề Tốn học Phổ thơng khiếu TP.HCM số 10 276 Chuyên đề Toán học số 10 Lời giải 1) Dự đoán dấu xảy a = 1, b = 2, c = 3, d = nên ta có đánh giá sau  a + ≥ 2a     b2 + ≥ 4b  c + ≥ 6c    d + 16 ≥ 8d Do đó, ta có 24(a + b + c + d) ≤ 3(d + 16) + 4(c + 9) + 6(b2 + 4) + 12(a2 + 1) = 3d + 4c + 6b2 + 12a2 + 120 = 3(a2 + b2 + c + d ) + (a2 + b2 + c ) + 2(a2 + b2 ) + 6a2 + 120 ≤ · 30 + 14 + · + · + 120 = 240 Suy a + b + c + d ≤ 10 2) Ta có: 16a2 + d ≥ 8ad 9b2 + 4c ≥ 12bc Từ suy 24(ad + bc) ≤ 3(16a2 + d ) + 2(9b2 + 4c ) = 3(a2 + b2 + c + d ) + 5(a2 + b2 + c ) + 10(a2 + b2 ) + 30a2 ≤ · 30 + · 14 + 10 · + 30 · = 240 Suy ad + bc ≤ 10 Bài Tìm tất hàm số f : → thỏa mãn điều kiện f (x − f ( y)) = f (x) − 4x − f ( y) với x, y ∈ Lời giải Gọi (∗) điều kiện đề cho Trong (∗), thay x = y = 0, ta có f (−2 f (0)) = f (0) Đặt f (0) = a f (−2a) = 3a Trong (∗), thay x = y = −2a, ta có f (−2 f (−2a)) = 5a − f (−2a) ⇔ f (−6a) = −a Hướng tới kỷ niệm 20 năm thành lập trường PTNK, ĐHQG TP HCM Chuyên đề Toán học số 10 277 Chuyên đề Toán học Phổ thông khiếu TP.HCM số 10 Trong (∗), thay x = −2a, y = −6a, ta có f (−2a − f (−6a)) = f (−2a) − 4x − f (−6a) ⇔ f (0) = 15a + 8a + 2a ⇔ a = 25a ⇔a=0 Do f (0) = Trong (∗), thay y = 0, ta có f (x) = f (x) − 4x ⇔ f (x) = x Thử lại ta thấy thỏa Vậy hàm số cần tìm f (x) = x, ∀x ∈ Bài Cho đường tròn k điểm B, C thuộc đường trịn, khơng phải đường kính; I trung điểm BC Điểm A di động cung lớn BC k Gọi i1 đường tròn qua I tiếp xúc với AB B; i2 đường tròn qua I tiếp xúc với AC C Các đường tròn i1 , i2 cắt D (khác I) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác AI D qua điểm cố định Gọi K trung điểm AD, E tâm đường tròn qua K tiếp xúc với AB A, F tâm đường tròn qua K tiếp xúc với AC A Chứng minh góc EAF có số đo không đổi Lời giải 1) Gọi O tâm đường trịn k Khơng tính tổng qt, giả sử tia AD nằm hai tia AO, AB, trường hợp cịn lại tương tự Ta có: ∠I DB = ∠ABC, ∠I DC = ∠AC B nên ∠BAC + ∠BDC = ∠BAC + ∠ABC + ∠AC B = 180◦ Hướng tới kỷ niệm 20 năm thành lập trường PTNK, ĐHQG TP HCM 278 Chuyên đề Toán học số 10 Chun đề Tốn học Phổ thơng khiếu TP.HCM số 10 Do đó, tứ giác ABDC nội tiếp hay D ∈ (O) Ta thấy ∠DAO + ∠OI D = ∠BAC − (∠DAB + ∠OAC) + 360◦ − (90◦ + ∠DI C) = ∠BAC − (∠I C D + 90◦ − ∠ABC) + 270◦ − ∠DI C = ∠BAC + ∠ABC − (∠I C D + ∠DI C) + 180◦ = (180◦ − ∠AC B) − (180◦ − ∠I DC) + 180◦ = ∠I DC − ∠AC B + 180◦ = 180◦ Do đó, AOI D nội tiếp hay đường trịn (AI D) qua O cố định 2) Ta có: ∠EAC = 90◦ − ∠BAC, ∠FAB = 90◦ − ∠BAC nên ∠EAF = 180◦ − 2∠BAC + ∠BAC = 180◦ − ∠BAC Do đó, góc ∠EAF có số đo khơng đổi Hướng tới kỷ niệm 20 năm thành lập trường PTNK, ĐHQG TP HCM Chuyên đề Toán học số 10 279 Chun đề Tốn học Phổ thơng khiếu TP.HCM số 10 Ngày thi thứ Bài Dãy số (x n ) xác định x n = n cos với n ≥ Tính giới n hạn sau x + x + x + · · · + x 2n−1 lim x + x + x + s + x 2n Lời giải Trước hết, ta chứng minh bổ đề sau: Giá trị biểu thức 1 1 + + + ··· + n tiến tới vô cực n → +∞ Thật vậy, Xét hàm số f (x) = ln(1 + x) − x với x > Ta có f (x) = −1 Thay x 1n , ta ln + 1 < ⇔ > ln(1 + n) − ln n n n n Do đó, 1 1 + + + + > ln − ln + ln − ln + · · · + ln(n + 1) − ln n = ln(n + 1) n Vì ln(n + 1) → +∞ n → +∞ nên 1 1 + + + · · · + → +∞ n Trở lại toán, đặt yn = với n ≥ Ta thấy n x + x + x + · · · + x 2n−1 x + x + x + · · · + x 2n ∈ 0; π2 nên cos 1n > 0, suy xn = n cos 1n > 0, n ≥ Hướng tới kỷ niệm 20 năm thành lập trường PTNK, ĐHQG TP HCM Chun đề Tốn học Phổ thơng khiếu TP.HCM số 10 280 Chuyên đề Toán học số 10 t+t sin t Xét hàm số f (t) = cost t với t ∈ 0; π2 f (t) = coscos > nên 2t 1 hàm đồng biến Chú ý x n = f n , mà n dãy giảm nên x n dãy giảm Suy x > x , x > x , , x 2n−1 > x 2n nên yn > Ngồi ra, ta có x < x , x < x , , x 2n−1 < x 2n−2 nên yn < x + (x + x + · · · + x 2n−2 ) = x + x + · · · + x 2n x − x 2n x1 1− 0, tức (X − Y )2 ≥ Ta có b = X2 + Y2 = (Y − X )2 (X − Y )2 + (X + Y )2 ≥ ≥ 2 Mặt khác, với b ≥ 2, chọn X = −(a + 1) có Y = X + = − a Khi đó, ta có X + Y = (a + 1)2 + (a − 1)2 = 2(a2 + 1) = b Như thế, với a thỏa mãn 2(a2 + 1) = b hệ có nghiệm (X , Y ) = (−a − 1, − a) Dễ dàng thấy b ≥ nên tồn a Vậy giá trị cần tìm b b ≥ Bài Cho n nguyên dương, n ≥ X = {1, 2, 3, , n} Gọi A1 , A2 , , Am B1 , B2 , , Bm hai dãy tập khác rỗng X thỏa mãn điều kiện: Với i, j ∈ {1, 2, 3, , n}, Ai ∩ B j = ∅ i = j Chứng minh với hoán vị (x , x , , x n ) X , có khơng q cặp (Ai , Bi ) với i = 1, 2, 3, , n cho x k ∈ Ai x l ∈ Bi k < l Gọi , bi số phần tử tập hợp Ai , Bi với i = 1, 2, , m Chứng minh m ≤ Cai +bi i=1 Lời giải 1) Giả sử ngược lại, tồn cặp (Ai , Bi ) (A j , B j ) thỏa mãn điều kiện đề cho Vì i = j nên theo giả thiết, Ai ∩ B j ≥ 1, A j ∩ Bi ≥ Đặt x r ∈ Ai ∩ B j , x s ∈ A j ∩ Bi với ≤ r, s ≤ n thì: • Do x r ∈ B j nên với x k ∈ A j , ta có k < r • Do x r ∈ Ai nên với x k ∈ Bi , ta có k > r Hướng tới kỷ niệm 20 năm thành lập trường PTNK, ĐHQG TP HCM 282 Chuyên đề Tốn học số 10 Chun đề Tốn học Phổ thơng khiếu TP.HCM số 10 Từ suy A j ⊂ {x , x , , x r−1 } , Bi ⊂ {x r+1 , x r+2 , , x n } Điều cho thấy A j ∩ Bi = ∅, mâu thuẫn với giả thiết Vậy tồn không cặp (Ai , Bi ) thỏa mãn điều kiện cho 2) Gọi T tập hợp cách chọn hai dãy A1 , A2 , , Am B1 , B2 , , Bm thỏa mãn điều kiện là: với i, j ∈ {1, 2, 3, , n}, Ai ∩ B j = ∅ i = j Gọi Ti ⊂ T cách chọn cho cho cặp (Ai , Bi ) thỏa mãn điều kiện là: cặp (Ai , Bi ) với i = 1, 2, 3, , n cho x k ∈ Ai x l ∈ Bi x k < x l (ở ta xét thứ tự ban đầu phần tử X ) (*) Theo câu 1) Ti ∩ T j = ∅ với i = j nên ta có |T1 | + |T2 | + · · · + |Tm | = |T1 ∪ T2 ∪ ∪ Tm | ≤ T Tiếp theo, với ≤ i ≤ m, xét tập hợp S ⊂ X |S| = + bi Khi đó, tương ứng với S, có cách chọn (Ai , Bi ) thỏa mãn tính chất (∗) – tức Ai nhận số nhỏ tập S, Bi lấy phần lại a Trong đó, khơng có điều kiện (∗), ta chọn tùy ý Caii+bi phần tử S A số lại cho B Do đó, ta có |Ti | = |T | a Caii+bi với i = 1, 2, , m Từ suy m i=1 |T | ≤ |T | ⇔ a Caii+bi m a Caii+bi i=1 ≤1 Ta có đpcm Bài Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn tâm O Đường tròn tâm I qua B, C cắt tia BA, CA E, F Giả sử tia BF, C E cắt D T tâm đường tròn (AE F ) Chứng minh OT I D Hướng tới kỷ niệm 20 năm thành lập trường PTNK, ĐHQG TP HCM Chun đề Tốn học Phổ thơng khiếu TP.HCM số 10 Chuyên đề Toán học số 10 283 Trên BF, C E lấy điểm G, H cho AG⊥C E, AH⊥BF Các đường tròn (ABF ), (AC E) cắt BC M , N (khác B, C) cắt E F P, Q (khác E, F ) Gọi K giao điểm M P, NQ Chứng minh DK vuông góc với GH Lời giải 1) Giả sử E F cắt BC L (T ), (O) cắt J khác A Suy AJ trục đẳng phương (T ), (O) Do OT ⊥AJ Khi đó, LB · LC = LE · LF nên L thuộc trục đẳng phương (T ), (O) Suy A, J, L thẳng hàng Theo định lý Brocard cho tứ giác BE F C nội tiếp đường trịn (I) I trực tâm tam giác ADL Vì nên I D⊥AL, mà OT ⊥AJ nên I D OT 2) Dễ dàng thấy D trực tâm tam giác AGH nên AD⊥GH Ta chứng minh A, D, K thẳng hàng Ta có DB · DF = DE · DC nên D có phương tích tới đường trịn (ABF ), (AEC) Suy AD trục đẳng phương đường tròn Hướng tới kỷ niệm 20 năm thành lập trường PTNK, ĐHQG TP HCM Chuyên đề Tốn học Phổ thơng khiếu TP.HCM số 10 284 Chuyên đề Toán học số 10 Bằng biến đổi góc nội tiếp, ta thấy ∠M PQ = ∠M BF = ∠C E F = ∠C NQ Suy M N PQ nội tiếp, dẫn đến K M · K P = K N · KQ, tức K có phương tích tới đường trịn (ABF ), (AEC) Từ suy A, D, K thẳng hàng Do đó, DK vng góc với GH Các đề thi lời giải sử dụng từ nhiều nguồn, có • Diễn đàn http://mathscope.org • Diễn đàn http://diendantoanhoc.net Xin cám ơn thành viên diễn đàn, thầy cơ, học sinh đóng góp để xây dựng lời giải Hướng tới kỷ niệm 20 năm thành lập trường PTNK, ĐHQG TP HCM