Tài liệu được thầy Lê Văn Tho soạn bằng word, nội dung là lời giải trọn vẹn các đề bài trong bài thi toán quốc tế những năm 1960 và 1961. Tài liệu viết bằng tiếng việt có dẫn nguồn địa chỉ lời giải cụ thể. Tài liệu hơn 10 trang với giá chỉ có 2000.
Trang 1IMO 1961
Câu 1 Giải hệ các phương trình sau
trong đó a và b là các hằng số Tìm điều kiện của a và b phải thỏa mãn sao cho x, y, z
(nghiệm của hệ) là các số dương phân biệt
Giải:
Chú ý rằng do đó hai phương trình đầu trở thành
Chúng ta chú ý rằng , do đó nếu thì cũng bằng 0 Lúc này chúng ta có Điều này dẫn chúng ta đến Nhân cả hai vế với ta có Vì ta tìm là các số thực dẫn đến Nhưng chỉ có thể bằng 0 khi (và trong trường hợp này ) Do đó, ở đây không có nghiệm dương nào khi Khi ta chia cho thì được hệ
cái mà rõ ràng có nghiệm
Để cả hai đều là các số dương thì phải dương và Bây giờ, chúng ta có
vì vậy là nghiệm của phương trình bậc hai
Biệt thức của phương trình này là
Nếu các biểu thức đồng thời âm thì tổng cũng phải âm, điều này không thể xảy ra Như vậy, biệt thức của phương trình bậc hai sẽ dương khi Nhưng chúng ta vừa thay thế bất đẳng thức đầu tiên cho một điều kiện sắc hơn là Rõ ràng hai nghiệm của phương trình bậc hai dương khi biệt thức dương (chúng ta có thể thấy điều này từ
hay từ luật dấu Descartes) Bây giờ chúng ta tìm các nghiệm của hệ và xác nhận chúng dương nếu và chỉ nếu dương và
Trang 2http://artofproblemsolving.com/wiki/index.php/1961_IMO_Problems/Problem_1
Câu 2 Cho a, b và c là chiều dài các cạnh của một tam giác có diện tích S Chứng minh
rằng
Trong trường hợp nào dấu bằng xảy ra?
Giải: Ta có
Dấu bằng xảy ra khi , tức là khi tam giác đều
Nguồn:
http://artofproblemsolving.com/wiki/index.php/1961_IMO_Problems/Problem_2
Câu 3 Giải phương trình
ở đây n là một số nguyên dương cho trước.
Giải:
+ Với :
+ Với
Dấu bằng xảy ra khi
* Nếu n chẵn thì
* Nếu n lẻ thì
Trang 3+ Nếu n chẵn thì
+ Nếu n lẻ thì hoặc
Nguồn:
http://artofproblemsolving.com/wiki/index.php/1961_IMO_Problems/Problem_3
Câu 4 Cho tam giác và một điểm ở miền trong của tam giác này Gọi lần lượt là giao
điểm của với cạnh đối diện Chứng minh rằng trong các tỉ số
tồn tại tỉ số không lớn hơn 2 và tỉ số không nhỏ hơn 2
Giải:
P
Q 3
Q 2
P 2
P 1
Ta có
nên trong các tỉ số
sẽ có tỉ số nhỏ hơn 1/3 và có tỉ số lớn hơn 1/3 Từ đây suy ra
tồn tại tỉ số không lớn hơn 2 và tỉ số không nhỏ hơn 2
Trang 4http://artofproblemsolving.com/wiki/index.php/1961_IMO_Problems/Problem_4
Câu 5 Dựng tam giác ABC biết ở đây M là trung điểm của BC Chứng minh bài toán có
nghiệm hình khi và chỉ khi
Trong trường hợp nào đẳng thức xảy ra?
Giải:
c
b c
b
X D
B A
* Phân tích: Giả sử đã dựng được tam giác thỏa mãn yêu cầu bài toán Ta thấy, nếu kéo dài BA tới điểm D sao cho A là trung điểm của BD thì Như vậy thì điểm C sẽ vừa nằm trên cung lớn BD có số đo (vì ) và đường tròn tâm A bán kính b.
* Cách dựng: Dựng đoạn và điểm D sao cho A là trung điểm của BD Dựng cung tròn
BD có số đo và đường tròn tâm A bán kính b Xác định C là giao điểm của cung tròn và
đường tròn
* Chứng minh: Theo cách dựng ta được tam giác ABC có Vì A là trung điểm của dây BD
nên
* Biện luận: Ta có hai cung BD nên trong trường hợp tổng quát với mỗi đoạn AB ta có bốn điểm C thỏa mãn.
Trang 5Từ A ta dựng đường thẳng vuông góc với AB cắt cung lớn BD tại X thì Để đường tròn và cung tròn có giao điểm C mà tạo thành tam giác thì Chú ý vì A là trung điển BD và nên
Gộp chung lại
Dấu bằng xảy ra khi hay
Nguồn:
http://artofproblemsolving.com/wiki/index.php/1961_IMO_Problems/Problem_5
Câu 6: Cho mặt phẳng P và 3 điểm không thẳng hàng A, B, C nằm cùng phía so với mặt
phẳng P Trong mặt phẳng P lấy ba điểm A’, B’, C’và gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của AA’, BB’, CC’ (ta lấy các điểm A’, B’, C’ sao cho M, N, P tạo thành một tam giác Gọi
G là trọng tâm của tam giác MNP Tìm quỹ tích của điểm G khi các điểm A’, B’, C’ thay đổi trên P.
Giải:
G'
G'' C
B A
P
N
M
G
C'
B' A'
P
Gọi G’’ là trọng tâm của tam giác ABC và G’ là trọng tâm của tam giác A’B’C’ Khi đó, G
là trung điểm của đoạn G’G’’ Khi A’, B’, C’ chạy trên P thì G’ cũng chạy trên P nên G chạy trên mặt phẳng song song với P và cách đều mặt phẳng P và điểm G’’.
Nguồn:
http://artofproblemsolving.com/wiki/index.php/1961_IMO_Problems/Problem_6
IMO 1962 Tiệp Khắc
Trang 6Câu 1 Tìm số tự nhiên n nhỏ nhất có tính chất sau
a Biểu diễn thập phân có chữ số cuối là 6
b Nếu chuyển chữ số 6 từ sau ra trước thì được số mới gấp 4 lần số cũ
Giải: + Chữ số mới có số 6 đứng đầu và gấp 4 lần số ban đầu nên số ban đầu phải có chữ
số đầu là 1 (vì )
+ Lúc này phần đầu tiên của số sau là 61 và nên số ban đầu sẽ bắt đầu là 15 (vì và ) + Tương tự, ta tìm được kết quả là 153846
Câu 2 Tìm tất cả các số thực x thỏa mãn bất phương trình
Giải: Điều kiện Khi đó
Điều kiện Khi đó
So sánh điều kiện, kết quả
Câu 3 Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ Một điểm X di chuyển với vận tốc không
đổi trên chu vi hình vuông ABCD theo hướng ABCDA, một điểm Y di chuyển với vận tốc tương tự trên chu vi hình vuông B’C’CB theo hướng B’C’CBB’ Hai điểm X, Y bát đầu di chuyển cùng lúc lần lượt tại A, B’ Xác định và vẽ quỹ tích trung điểm của đoạn XY.
Giải: Đặt hệ trục tọa độ vào và gọi P, Q, R, M lần lượt là trung điểm của AB’, BC’, BD,
XY Nhận xét, khi X tương ứng trên AB, BC, CD, DA thì Y tương ứng trên B’C’, C’C, CB, BB’ và X chia các cạnh này theo tỉ số t thì Y tương ứng sẽ chia các cách kia cùng tỉ số đó.
Trang 7Ta sẽ chứng minh khi X chạy tương ứng trên AB, BC, CD, DA thì Y chạy tương ứng trên B’C’, C’C, CB, BB’ và M chạy tương ứng trên PQ, QC, CR, RP Vì vận
tốc như nhau theo đề, ta cần
chứng minh khi X trên AB còn các
trường hợp còn lại là tương tự
+ Khi X chia đoạn AB theo tỉ số t
thì
Suy ra
Hay M thuộc đoạn PQ
+ Ta có thể thấy PQCR là hình thoi vì (vì cùng song song với A’C) và bốn cạnh bằng một nửa đường chéo mặt ABCD
+ Như vậy, quỹ tích của M là hình thoi PQCR.
Câu 4 Giải phương trình
Giải: Ta có
Câu 5 Trên đường tròn K cho ba điểm phân biệt A, B, C Dùng thước thẳng và compa
dựng điểm thứ tư D trên K sao cho có một đường tròn nội tiếp được bên trong tứ giác ABCD.
Giải: Đầu tiên ta xác định tâm E của đường tròn nội tiếp trong tứ giác ABCD cần dựng
bằng quan sát là E sẽ nằm trên đường phân giác các góc A, B, C và hai góc đối (A và C) của tứ giác nội tiếp có tổng là Chúng ta dựng phân giác góc B Chú ý rằng góc là tổng các góc ngoài tại E của tam giác EAB và ECB Vì góc ngoài bằng tổng hai góc trong đối
diện nên chúng ta có
Trang 8M
F
E
D
I O
C B
A
Tập hợp các điểm P sao cho và B nằm ngoài góc này là một cung của đường tròn dễ dàng dựng được Giao của cung tròn và phân giác góc B sẽ là điểm E.
Bây giờ ta dựng góc Một cạnh của góc A là AB, một cạnh giao với đường tròn K là điểm D cần tìm
K
O E
D
C
B A
Câu 6 Cho tam giác cân Gọi R là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác và r là tâm đường
tròn nội tiếp tam giác Chứng minh rằng khoảng cách d giữa tâm của các đường tròn được
tính
Giải: Kết quả cũng đúng với tam giác bất kì theo Định lí Euler Ở đây, xin trình bày lại
định lí này
Gọi tam giác là ABC; O, I lần lượt là
tâm đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp
tam giác Hạ ID vuông góc với AB tại D Kéo dài AI cắt đường tròn O tại E, kéo dài EO cắt đường tròn O tại F, kéo dài
OI cắt đường tròn O tại M và N.
Đầu tiên ta sẽ chứng minh bằng cách chứng minh Thật vậy, trong có (hai
góc nội tiếp cùng chắn cung AC của đường tròn O) nên (vì tổng ba góc của
và là bằng nhau) Mặt khác, ta có
Trang 9nên
Tiếp theo, ta có (vì cung BE và CE bằng nhau), nên (g.g) Suy ra
Câu 7 Cho tứ diện SABC có các tính chất sau: tồn tại năm mặt cầu và mỗi mặt cầu này
cùng tiếp xúc với sáu cạnh SA, SB, SC, AB, AC, BC hoặc phần kéo dài của chúng.
a Chứng minh tứ diện SABC là đều.
b Chứng minh ngược lại mỗi tứ diện đều đều có năm mặt cầu như vậy
Giải:
a Một trong năm mặt cầu tiếp xúc với cả 6 cạnh của tứ diện Mỗi một trong năm mặt cầu còn lại tiếp xúc với các cạnh của một mặt tứ diện và tiếp xúc với phần kéo dài các cạnh còn lại xuất phát từ đỉnh đối diện với mặt đó
Đầu tiên, xét mặt cầu tiếp xúc với 6 cạnh của tứ diện Vì độ dài các đoạn nối từ một điểm đến các tiếp điểm bất kì của mặt cầu là bằng nhau nên
ta có thể kí hiệu như hình vẽ và từ
đó suy ra được Tiếp tục, ta xét mặt cầu tiếp xúc với
các cạnh AB, BC, CA và ba cạnh SA,
SB, SC kéo dài Gọi là các tiếp điểm trên BC, CA, AB và là các tiếp điểm trên SA, SB, SC Khi đó Vì nên chu
vi của tam giác SBC là
Cùng cách này chúng ta sẽ thấy được cả ba tam giác SBC, SCA, SAB có cùng chu vi là
Vì tam giác SBC và SCA có chu vi bằng nhau và chung cạnh SC nên Theo (1) chúng ta
có Dựa vào những mối liên hệ này suy ra Tương tự Lại theo (1) suy ra
Trang 10T 3
T 2
U 1 C B
S
Hơn Hơn nữa sử dụng và một mặt cầu khác
kết luận được tam giác ABC đều và ba mặt
khác của tứ diện SABC cân Sử dụng bất kì
một trong bốn mặt cầu còn lại có thể suy ra
tất cả các cạnh của tứ diện bằng nhau
b Ngược lại, giả sử tứ diện đều có W là
trọng tâm Vì tứ diện đều nên các đoạn nối
trung điểm hai cạnh đối diện bất kì là bằng
nhau và vuông góc với hai cạnh đối diện
đó W là trung điểm của ba đoạn nối trung
điểm đó nên mặt cầu tâm W bán kính bằng
nửa độ dài đoạn nối trung điểm sẽ tiếp xúc
với sáu cạnh của tứ diện
Vì SW là trục đối xứng của đường tròn nội
tiếp tam giác ABC nên mặt cầu nào có tâm trên SW mà tiếp xúc với AB thì sẽ tiếp xúc với hai cạnh còn lại Lại vì nên SW là tập hợp các điểm cách đều ba đường SA, SB, SC Suy
ra mặt cầu có tâm trên SW mà tiếp xúc với một trong ba đường đó thì sẽ tiếp xúc với hai đường còn lại Như vậy, giao điểm của SW và mặt phẳng phân giác sẽ là tâm mặt cầu tiếp xúc với tất cả các đường chứa 6 cạnh tứ diện Một giao điểm là W (phân giác trong), một giao điểm (phân giác ngoài) là tâm mặt cầu tiếp xúc với các cạnh AB, BC, CA và phần dài
ba cạnh SA, SB, SC Tương tự, ta sẽ xác định được tâm 3 mặt cầu còn lại