Đang tải... (xem toàn văn)
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 1965 và 1966. 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
IMO 1965 CỘNG HỊA DÂN CHỦ ĐỨC Câu Tìm tất giá trị x đoạn thỏa mãn dãy bất phương trình Giải: + Ta thấy bất phương trình vế vế phải ln với giá trị x + Về bất phương trình vế trái vế phải ta có nhận xét sau Do đó, ta có nghiệm bất phương trình vế trái với vế nghiệm dãy bất phương trình đoạn Câu Xét hệ phương trình sau với ẩn Các hệ số thỏa mãn điều kiện sau (a) số dương; (b) hệ số lại số âm; (c) phương trình tổng hệ số dương Chứng minh hệ cho có nghiệm Giải: Giả sử hệ cho có nghiệm khơng tầm thường, tức có khác Sau đến nghịch lí cách có phương trình khơng thỏa mãn Chúng ta tiến hành với thành phần nghiệm không tầm thường có giá trị tuyệt đối lớn phương trình thứ i khơng thỏa mãn hạng tử trội định mang dấu với , khác Ví dụ, Chúng ta phương trình thứ hai khơng thỏa mãn Thật vậy, từ phương trình viết lại Điều trái với giả thiết ta có điều phải chứng minh Tương tự có giá trị tuyệt đối lớn ta phương trình thứ khơng thỏa mãn có giá trị tuyệt đối lớn chứng minh phương trình thứ ba khơng thỏa mãn Câu Cho tứ diện ABCD với hai cạnh AB, CD có độ dài a b Khoảng cách hai đường chéo AB, CD d, góc chúng Mặt phẳng song song với AB CD chia tứ diện ABCD thành hai khối Tỉ số khoảng cách từ đến AB CD k Tính tỉ số thể tích hai khối chia từ tứ diện Giải: Thể tích khối đa diện có tất đỉnh nằm hai mặt phẳng song song cho công thức diện tích hai đáy song song, h khoảng cách hai đáy M diện tích mặt cắt trung bình Chúng ta áp dụng công thức cho khối chia từ tứ diện mặt phẳng Vì song song với AB CD nên mặt cắt với tứ diện hình bình hành PQRS có Gọi m chiều cao khối đa diện với đáy PQRS cạnh đáy AB; n chiều cao khối đa diện với đáy PQRS cạnh đáy CD Khi đó, chiều cao khối đa điện cho theo tỉ số đề đưa Kí hiệu thể tích Diện tích hình bình hành PQRS Vì nên Do Ta cần tính diện tích mặt cắt trung bình lần luợt Tương tự diện tích PQRS ta có diện tích hai hình bình hành sau Từ thay vào Do dẫn đến tỉ số Vì nên Ta viết lại Câu Tìm tất bốn số thực cho tổng số với tích ba số lại Giải: Chúng ta tìm nghiệm hệ số đối xứng Ký hiệu tích số Nhận thấy khơng thể 0, vì, giả sử trường hợp theo phương trình theo ba phương trình lại, điều dẫn đến mâu thuẫn Do đó, ta có phương trình sau Phương trình bậc hai có nhiều hai nghiệm phân biệt để nghiệm số thực Lúc này, có khả sau: Các nghiệm Theo Các nghiệm phân biệt có số hai số lại Khi Suy hai nghiệm dẫn đến mâu thuẫn Hai nghiệm phân biệt, số nghiệm số lại nghiệm Khi hoặc Trong trường hợp đầu, lại suy , mâu thuẫn với có hai nghiệm phân biệt Nhưng trường hợp thứ hai, có Theo số ba số lại Vậy tập hợp số Câu Cho tam giác OAB có góc nhọn Từ điểm M khác O kẻ đường vng góc với OA, OB tương ứng P, Q Giao điểm đường cao tam giác OPQ H Quỹ tích điểm H M thay đổi a Cạnh AB; b Phần bên tam giác OAB Giải: a Chúng ta chọn O gốc kí hiệu A, B, H, M, P, Q vectơ Ta có nên MPHQ hình bình hành Do đó, suy Bây giờ, Gọi C chân đường cao hạ từ B đến OA D chân đường cao từ A đến OB Chúng ta khẳng định Để chứng minh ta thử gọi rõ ràng nằm OA Từ có Do đó, nên Điều chứng minh khẳng định Chứng minh hoàn toàn tương tự Thay vào , ta có hay Vì t chạy từ tới M chạy từ A đến B nên theo H chạy từ C tới D Do đó, quỹ tích H đoạn thẳng CD b Chúng ta xem tam giác OAB hợp đoạn thẳng A’B’ song song với AB Với đoạn A’B’ loại này, gọi C’ chân đường cao hạ từ B’ đến OA D’ chân đường cao hạ từ A’ đến OB Theo câu a, M chạy A’B’ H chạy D’C’ Do đó, M chạy khắp miền tam giác OAB H quét tam giác OAB Câu Cho tập hợp gồm điểm mặt phẳng Mỗi cặp điểm nối với đoạn thẳng Cho d độ dài đoạn thẳng dài đoạn thẳng Chúng ta kí hiệu đường kính tập hợp đoạn thẳng nối hai điểm có độ dài d Chứng minh số đường kính tập hợp cho lớn n Giải: Chúng ta chứng minh qui nạp theo n cách sử dụng bổ đề sau Bổ đề Nếu có hai đường kính xuất phát từ điểm cho có điểm khác có đường kính xuất phát từ Chứng minh Cho A mút ba (hay nhiều ba) đường kính đầu đường kính nằm đường tròn tâm A bán kính d Hơn nữa, chúng nằm cung không vượt khơng có cung nhỏ chứa tất chúng có hai điểm cho khoảng cách lớn d Kí hiệu mút ba đường kính xuất phát từ A nằm cung tròn Lấy làm tâm, vẽ đường tròn bán kính d gọi giao điểm P Q Ta chứng minh ngồi A khơng có điểm tập hợp điểm cho nằm đường tròn Tất điểm cung lớn PQ ngoại trừ P Q có khoảng cách đến A lớn d, tất điểm cung PA trừ P A có khoảng cách đến lớn d, tất điểm cung QA ngoại trừ Q A có khoảng cách đến lớn d Do đó, A đường kính xuất phát từ điểm Như vậy, có đường kính xuất phát từ điểm A có điểm mà từ có đường kính Chứng minh qui nạp: Với tập hợp có điểm có nhiều đoạn thẳng nên rõ ràng có nhiều đường kính Do đó, khẳng định với Giả sử khẳng định cho tập hợp gồm n điểm, Ta chứng minh với tập hợp gồm phần tử Xét tập S gồm điểm Có hai trường hợp phân biệt sau: (a) Có nhiều đường kính xuất phát từ điểm cho Vì đường kính có hai đầu mút nên có nhiều đường kính khẳng định tốn cho tập S (b) Có điểm A S mà từ xuất phát nhiều đường kính Bây giờ, dùng bổ đề chứng minh khẳng định có điểm B khác A mà xuất phát B có đường kính Khi đó, xét tập gồm điểm lại B bị lấy từ S Theo giả thiết quy nạp, có nhiều m đường kính Khi thêm B vào để thành S S có thêm xác đường kính Do đó, có nhiều đường kính Chứng minh hoàn thành IMO 1966 BUNGARI Câu Trong thi tốn có A, B, C Có 25 thí sinh giải Trong số thí sinh khơng giải câu A số thí sinh giải câu B gấp lần số thí sinh giải câu C Số thí sinh giải câu A nhiều thí sinh so với số giải câu A câu khác Trong số tất thí sinh giải câu khơng giải câu A Hỏi có thí sinh giải câu B? Giải: Ba đường tròn đánh dấu A, B, C biểu diễn tập hợp thí sinh tương ứng giải câu A, B, C Các chữ bên biểu diễn cho số thí sinh tập hợp đánh dấu, ví dụ, p nằm vùng chung B C A nên số thí sinh giải câu B C không giải câu A Chúng ta hy vọng tìm y số thí sinh giải câu B Chúng ta chuyển giả thuyết đề cho thành phương trình theo ẩn Vì 25 thí sinh giải nên cộng số thí sinh giải bài, hai ba phương trình Trong thí sinh khơng giải câu A, có giải câu B giải câu C Và theo giả thiết hay Số thí sinh giải câu A x số thí sinh giải câu A câu khác , theo đề Và cuối cùng, số thí sinh giải câu, có thí sinh khơng giải câu A Chúng ta có Bốn phương trình bao gồm ẩn xuất theo tổng nên đặt dẫn đến hệ gồm phương trình ẩn, ẩn số ngun khơng âm Cộng phương trình ta Từ thấy theo Vì Thay vào thấy Bất phương trình dẫn đến nên Bất phương trình thứ hai dẫn đến nên Như vây, Câu Cho a, b, c chiều dài ba cạnh tam giác tương ứng ba góc đối diện với ba cạnh Chứng minh tam giác cân Giải: Ta có Vì nên Suy nên dẫn đến hay tam giác cân Còn áp dụng Định lí hàm số sin ta có chia vế theo vế cho Như hay tam giác cân Câu Chứng minh tổng khoảng cách từ đỉnh tứ diện đến tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện nhỏ tổng khoảng cách từ đỉnh tứ diện đến điểm khơng gian Giải: Gọi tứ diện ABCD có tâm G điểm M khơng gian Khi hay Như dấu xảy chiều với hay M nằm đường thẳng OA, OB, OC, OD Vì đường thẳng khơng trùng nên M trùng với O Câu Chứng minh với số tự nhiên n số thực Giải: Ta có Nên Câu Giải hệ phương trình sau bốn số thực phân biệt Giải: Giả sử hệ trở thành Ta lấy ta Ta lấy Thay kết vào Lại thay kết tìm vừa tìm vào Nhận xét: Với trường hợp lại so sánh ta giải tương tự Bài Trên cạnh BC, CA, AB tam giác ABC, lấy điểm K, L, M Chứng minh diện tích tam giác AML, BKM, CLK nhỏ phần tư diện tích tam giác ABC Giải: Gọi A’, B’, C’ tương ứng trung điểm canh BC, CA, AB kí hiệu cạnh tam giác A’B’C’ a’, b’, c’ Tam giác ABC chia thành tam giác có diện tích phần tư diện tích tam giác ABC Bây giờ, lấy K, L, M tương ứng BC, CA, AB Chúng ta chứng minh diện tích ba tam giác AML, BKM, CLK bé phần diện tích tam giác ABC qua hai trường hợp sau A: cạnh LM, MK, KL không cắt cạnh a’, b’, c’; B: ML cắt a’, MK cắt b’, KL cắt c’ Trường hợp A: Giả sử ML không cắt a’ Nếu ML nằm ngồi tam giác A’B’C’ Nếu ML cắt b’ c’ MK khơng cắt b’ KL không cắt c’ tương ứng xảy Trường hợp B: ML cắt a’, KL cắt c’ MK cắt b’ Giả sử M thuộc đoạn AC’ (trường hợp BC’ lý luận hồn tồn tương tự) L phải thuộc đoạn CB’ K thuộc đoạn BA’ Lúc này, A’M kéo dài cắt CA kéo dài phía A, ML kéo dài cắt BC kéo dài phía C Một cách để có điều phải chứng minh ta diện tích tam giác KML lớn phần tư diện tích tam giác ABC Ta bắt đầu chứng minh điều Thật vậy, nên Vì A’M kéo dài cắt CA kéo dài phía A B’ nằm gần giao điểm L nên khoảng cách từ B đến A’M nhỏ khoảng cách từ điểm L đến A’M Cũng từ đó, suy Tương tự Như vậy, ta vừa chứng minh Nhận thấy diện tích ba tam giác AML, BKM CLK khơng nhỏ phần tư diện tích tam giác ABC tổng diện tích ba tam giác với tam giác KLM lớn diện tích tam giác ABC dẫn đến mâu thuẫn với thật tổng diện tích bốn tam giác diện tích tam giác ABC Mâu thuẫn dẫn đến ba tam giác phải có diện tích nhỏ phần tư diện tích tam giác ABC ... minh hồn thành IMO 1966 BUNGARI Câu Trong thi tốn có A, B, C Có 25 thí sinh giải Trong số thí sinh khơng giải câu A số thí sinh giải câu B gấp lần số thí sinh giải câu C Số thí sinh giải câu A nhiều... khơng giải câu A, có giải câu B giải câu C Và theo giả thiết hay Số thí sinh giải câu A x số thí sinh giải câu A câu khác , theo đề Và cuối cùng, số thí sinh giải câu, có thí sinh khơng giải câu... so với số giải câu A câu khác Trong số tất thí sinh giải câu khơng giải câu A Hỏi có thí sinh giải câu B? Giải: Ba đường tròn đánh dấu A, B, C biểu diễn tập hợp thí sinh tương ứng giải câu A,