Sử dụng phương pháp đại số trongchứng minh hình học

Mục lục Sử dụng phương pháp đại số chứng minh hình học Bổ đề số mũ 19 Đa thức bất khả quy 27 Các toán tổ hợp dãy số 41 Đề thi tham khảo hướng tới VMO 2019 50 NGUYỄN TĂNG VŨ - NGUYỄN NGỌC DUY VƯƠNG TRUNG DŨNG - LÊ PHÚC LỮ TẬP SAN TOÁN HỌC STAR EDUCATION Số thứ 01 - 2019 Phong trào chuyên Tốn năm gần diễn ngày sơi khắp nước; với nhiều chuyên tạp chí, kỷ yếu, chuyên đề liên quan đến Tốn sơ cấp phát hành rộng rãi Để góp phần vào phong trào ấy, STAR EDUCATION mắt tập san cho riêng dành tặng bạn đồng nghiệp, học sinh đam mê với mơn Tốn, giúp em có thêm nhiều kinh nghiệm kì thi HSG kì thi tốn khác Dự định chúng tơi năm có hai là: • Quyển 1: mắt vào đầu năm, hướng tới kỳ thi HSG quốc gia • Quyển 2: mắt vào năm, hướng tới kỳ thi tuyển sinh THPT, Đại học Trong tài liệu đợt này, giới thiệu giảng chọn lọc đề thi thử tham khảo Lần đầu mắt, tác giả viết giáo viên STAR EDUCATION, mong đón nhận bạn đọc nơi mong có thêm nhiều viết gửi STAR EDUCATION để thêm phần phong phú Ban biên tập dù cố gắng nhiều không tránh khỏi sai sót, xin nhận góp ý từ đồng nghiệp em học sinh Mong tài liệu có ích cho thí sinh chuẩn bị cho kỳ thi tới Mọi thắc mắc, đóng góp xin liên hệ nguyentangvu@gmail.com Tập san Toán học STAR EDUCATION Sử dụng phương pháp đại số chứng minh hình học Nguyễn Tăng Vũ (Giáo viên PTNK TP Hồ Chí Minh) Bài tốn hình học phẳng thường xoay quanh việc chứng minh điểm thẳng hàng, điểm đồng viên, tiếp xúc, đẳng thức, bất đẳng thức hình học Có nhiều phương pháp tiếp cận phương tích trục đẳng phương, hàng điểm điều hòa, cực đối cực, phép biến hình, tính tốn Trong phương pháp tính tốn có nhiều cách tọa độ Oxy, số phức, tọa độ cực, Việc tính tốn hình học, nhìn khơng đẹp, lời giải cồng kềnh khơng mang nhiều ý nghĩa hình học túy Người làm toán hay học sinh giỏi thường ngại sử dụng phương pháp này, nhiên lúc cần cơng cụ để giải nhanh tốn phương pháp lại hiệu Vì muốn đẹp mặc hình học cần phải vẽ thêm nhiều yếu tố phụ ẩn chứa sau mơ hình, với việc tính tốn ta giảm việc phát yếu tố phụ sử dụng yếu tố có sẵn Hơn việc tính tốn phức tạp với định hướng rõ ràng có lợi sau việc nghiên cứu vấn đề khác Trong viết đưa phương pháp tính gần gũi với hình học túy việc sử dụng định lý pitago, định lý sin, định lý cosin, ptoleme việc tính toán độ dài, hay tỉ số đoạn thẳng, bên cạnh kết hợp định lý Ceva, Menelaus để chứng minh toán thẳng hàng, đồng viên Lý thuyết ví dụ Ngồi định lý Ceva, Menelaus dạng đại số, lượng giác ta sử dụng định lý sau: Định lý (Định lý Sin) Cho tam giác ABC, đặt BC = a, AC = b, AB = c, R bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác Khi a b c = = = 2R sin A sin B sin C Chú ý Định lý sin hiệu việc chuyển tỉ lệ độ dài sang tỉ lệ lượng giác, từ biến đổi lượng giác Định lý (Định lý Cosin) Trong tam giác ta có a2 = b2 + c − 2bc cos A NGUYỄN TĂNG VŨ Định lý (Ptolemy) Cho điểm A, B, C, D Khi AB.C D + AD.BC ≥ AC.BD Đẳng thức xảy ABC D tứ giác nội tiếp Định lý Cho tam giác ABC Khi đó: 1 SABC = AB.AC sin BAC 2 M điểm cạnh BC, BC AB sin M AC = AC sin M AB BM AB sin M AB = Nếu M trung điểm CAM AC sin M AC Chú ý Tính chất tính chất sử dụng cần chứng minh đường thẳng qua trung điểm đoạn thẳng Tính chất Cho tam giác ABC cân A, M điểm thuộc cạnh BC Khi đó: MB sin M AB = MC sin M AC Tính chất Cho 0o ≤ x, y ≤ α < 90o thỏa sin y sin x = x = y sin(α − x) sin(α − y) Có số bổ đề định lý bạn biết cách chứng minh phương pháp hình học túy sử dụng tam giác đồng dạng, phép biến định lý Feuerbach, định lý Protassov cho lời giải ngắn gọn, để có lời giải điều khơng dễ dàng nghĩ Trong vị dụ này, đưa chứng minh chủ yếu dựa vào tính tốn đại số Ví dụ Cho tam giác ABC, đường tròn tâm I nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với BC, AC, AB D, E, F DI cắt E F K Chứng minh AK qua trung điểm BC Bổ đề chứng minh dựa vào tứ giác nội tiếp, cách vẽ đường thẳng qua K song song với BC cắt AB, AC P, Q chứng minh tam giác I PQ cân Đó cách mà học sinh giỏi làm Tuy nhiên để giải ta phải biết vẽ đường phụ, trở ngại lớn học sinh Ta giải toán theo hướng tiếp cận đại số Chứng minh Gọi M trung điểm BC, ta chứng minh tia AK trùng tia AM Từ tính chất 2, ta thấy để chứng minh tia trùng nhau, ta cần chứng minh sin ∠BAM sin ∠BAK = (*) sin ∠CAK sin ∠CAM Tập san Toán học STAR EDUCATION NGUYỄN TĂNG VŨ Áp dụng tính chất 1, ta có: có sin C sin ∠K I E KE sin ∠KAE AB = = = = Mặt khác, ta AC sin B sin ∠K I F KF sin ∠KAF AB sin ∠M AB = Từ ta có: AC sin ∠M AC sin ∠KAE sin ∠M AE = sin ∠KAF sin ∠M AF Tiếp theo định lý Casey - Một mở rộng định lý Ptoleme, định lý với phát biểu hình thức phức tạp, để giải ta cần cơng cụ tính tốn đơn giản định lý cosin định lý Pitago, tất nhiên phải cần đến định lý Ptoleme Ví dụ (Định lý Casey - Mở rộng định lý Pltolemy) Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O, R) Đặt đường tròn α, β, γ, δ đường tròn tiếp xúc với (O) đỉnh A, B, C, D Đăt t αβ độ dài đoạn tiếp tuyến chung hai đường tròn α, β Trong t αβ độ dài tiếp tuyến chung ngồi hai đường tròn α, β tiếp xúc tiếp xúc với (O), độ dài đoạn tiếp xúc với trường hợp lại Các đoạn t αγ , t βγ , xác định tương tự Khi ta có t αβ t γδ + t βγ t αδ = t αγ t βδ Lời giải Gọi (A ; r1 ), (B , r2 ), (C , r3 ), (D , r4 ) đường tròn tiếp xúc với (O) tiếp điểm A, B, C, D Đặt a = AB, b = BC, c = C D, d = DA, x = AC, y = BD 2 Ta có t αβ = A B − (r2 − r1 )2 Theo định lý cosin ta có A B = OA + OB − 2OA OB cos ∠A OB = (r + r1 )2 + (r + r2 )2 − 2(r + r1 )(r + r2 ) cos ∠A OB AOB , suy t αβ = ar (r + r1 )(r + r2 ) Khi t αβ = 4(r + r1 )(r + r2 ) sin2 Tập san Toán học STAR EDUCATION NGUYỄN TĂNG VŨ Tương tự ta có t βγ = br (r + r2 )(r + r3 ), t γδ = cr (r + r3 )(r + r4 ), t αδ = d r (r + r1 )(r + r4 ) Và t αγ = x r (r + r1 )(r + r3 ), t βδ = y r (r + r2 )(r + r4 ) Từ ta có (∗) ⇔ ac + bd = x y (Đúng định lý Ptoleme) Ví dụ (Đường thẳng Newton) Cho tứ giác ABC D ngoại tiếp đường tròn (I) Gọi E, F, G, H tiếp điểm (I) với cạnh AB, BC, C D, DA; M , N trung điểm AC BD Chứng minh AC, BD, EG, F H đồng quy Chứng minh I, M , N thẳng hàng IM BE + DH = IN AE + C H Lời giải Đặt AE = AH = a, BE = BF = b, C F = C G = c, DG = DH = d Tập san Toán học STAR EDUCATION NGUYỄN TĂNG VŨ AK sin ∠AEK CK sin ∠C GK = = Mà AE sin AK E CG sin ∠C K G sin ∠AK E = sin ∠C K G, sin ∠AEK = sin C GK AK AE a Do = = Gọi K giao điểm H F AC ta chứng minh CK CG c AK a = Do K ≡ K hay EG, H F, AC đồng quy Tương tự ta có BD, EG, H F CK c đồng quy − → − → − → − → − → − → − → − → − → −→ (b) Ta có AB I E = b IA + a I B, BC I F = b I C + c I B, C D I G = c I D + d I C, AD I H = − → − → d IA + a I D Theo định lý nhím ta có (a) Gọi K giao điểm EG AC Ta có → − → − → − → −→ − AB I E + BC I F + C D I G + AD I H = , − → → → − → − → − → − − → − −→ − → − → −→ suy (a+c).( I B + I D)+(b+d).( IA+ I C) = Mà IA+ I C = I M , I B + I D = I N Do b+d IM → −→ −→ − = (a + c) I N + (b + d) I M = , từ suy I, M , N thẳng hàng IN a+c Ví dụ (Định lý Feuerbach) Trong tam giác đường tròn Euler tiếp xúc với đường tròn nội tiếp tiếp xúc ngoại với đường tròn bàng tiếp Lời giải Gọi E, O, I tâm đường tròn Euler, ngoại tiếp, nội tiếp tam giác ABC SQ đường kính vng góc BC M P hình chiếu A PS; gọi K, N , F hình chiếu A, I, E BC Ta có E trung điểm OH, nên F trung điểm M K Ta thấy tam giác I HO I E trung tuyến, hướng suy nghĩ tự nhiên tính I E theo I H, IO OH, đoạn thẳng biểu diễn theo p, R, r, nhiên cách tiếp cận bắt buộc tính nhiều đẳng thức liên quan đến độ dài Trong viết này, trình bày khác, áp dụng với số tính chất hình học phẳng nên cách tính nhẹ nhàng hơn, dùng pitago cho tam giác I E L, với L giao điểm I N HO, tất nhiên đoạn thẳng I L, LE cần liên hệ với R, r Tập san Toán học STAR EDUCATION NGUYỄN TĂNG VŨ Chứng minh OP = 2E F Ta có AH = 2OM OM + K H = 2E F AK = P M Khi OP = P M − OM = AK − OM = AH + H K − OM = OM + H K = 2E F Chứng minh I N PQ = M N N K Ta có ∠KAS = ∠N I D = ∠PAQ = ∠ASQ, đặt α Mà I N = I D cos α, PQ = AP tan α = AS sin α tan α, suy I N PQ = I D.AS sin2 α Mặt khác, M N N K = IS sin α.AI sin α = IS.AI sin2 α Mà SD.SA = SM SQ = SB = IS nên suy I D.AS = (IS − SD)(IS + IA) = IS − SD(IS + IA) + IS.IA = IS.IA Từ ta I N PQ = M N N K Chứng minh I E = R − r Ta có I E = (I N − E F )2 + (M N − M F )2 = (I N = OP MK ) + (M N − ) 2 OP M K2 + I N − I N OP + + M N − M N M K 4 OA2 R2 = + I N − I N OP − M N N K = + r − I N (OP + PQ) 4 R2 R = + r − R.r = ( − r)2 = Do I E = R − r nên ta có (I) (E) tiếp xúc Ví dụ (Định lý Protasov) Cho tam giác ABC, đường tròn w qua A, C cắt AB, BC D, E Một đường tròn w tiếp xúc với AD, AE cung DE M Chứng minh phân giác góc ∠AM C qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Lời giải Gọi N điểm cung AC, N I cắt cung DE M Ta chứng minh M ≡ M Vẽ tiếp tuyến (O) M cắt AB, BC P, Q Ta cần chứng minh M tiếp điểm w w hay M tiếp điểm đường tròn nội tiếp tam giác BPQ PQ Từ cot ∠BPQ M P = cần chứng minh MQ cot BQP Bài toán đưa việc tính tốn tỉ số lượng giác góc • Đặt a = ∠IAM , x = ∠M AB; b = ∠I C M , y = ∠M C B Khi ∠BPQ = 2b + y + x, ∠BQP = ∠2a + x + y AM PM AM sin x = , suy P M = sin ∠AP M sin M AP sin(2b + x + y) C M sin y Tương tự QM = sin(2a + x + y) PM AM sin x sin(2a + x + y) sin x sin(2b + y) sin(2a + x + y) Suy = = QM C M sin y sin(2b + x + y) sin y sin(2a + x) sin(2b + x + y) • Ta có Tập san Tốn học STAR EDUCATION NGUYỄN TĂNG VŨ 2b + x + y ) sin x sin(2b + y) sin(2a + x + y) • Ta cần chứng minh = 2a + x + y sin y sin(2a + x) sin(2b + x + y) cot( ) cot( (1) • Sau biến đổi lượng giác ta có (1) tương đương: sin x sin(2b+ y) cos(2a+ x + y)−sin y sin(2a+ x) cos(2b+ x + y) = sin y sin(2a+ x) − sin x sin(2b + y) • Áp dụng biến tích thành tổng liên tục ta có: RH = sin x sin(2b + y) cos(2a + x + y) − sin y sin(2a + x) cos(2b + x + y) = 2(sin b sin(a + x) cos b cos(a + x) − sin a sin(b + y) cos a cos(b + y) (2) • Mặt khác áp dụng Ceva sin cho tam giác AM C với AI, C I, M I ∠AM I = ∠C M I nên: sin a sin(b + y) = sin b sin(a + x) (3) • Từ (2), (3) ta có: RHS = (cos b sin(b+ y)(sin(2a+x)−sin x)−sin b cos(b+ y)(sin(2a+x)+sin x) = sin(2a+x)(sin(b+ y) cos b−sin b cos(b+ y))−sin x(sin(b+ y)−sin b cos(b+ y)) = sin(2a + x) sin y − sin x sin(2b + y) = LHS Ví dụ Cho tam giác ABC có BB , C C đường phân giác góc B, C Chứng minh rằng: BC ≥ 2bc A a (a + b + c) sin − (a + b)(a + c) 2 Lời giải • Áp dụng bất đẳng thức Ptoleme cho tứ giác BC B C ta có B C ≥ BB C C − BC B C (1) BC Tập san Toán học STAR EDUCATION 10 NGUYỄN TĂNG VŨ ∠B cos ∠ cos ∠C = a + b + c sin ∠A a+c 2 2a 2ac cos • Ta có BB = 4a2 bc ∠B ∠C 2abc(a + b + c) ∠A cos cos = sin (2) • Khi BB C C = (a + c)(a + b) 2 (a + b)(a + c) • Hơn BC = ac ab a2 bc , CB = , suy BC C B = a+b a+b (a + b)(a + c) (3) • Từ (1), (2) (3) ta có điều cần chứng minh Ví dụ Cho tam giác ABC nhọn có trực tâm H Gọi M trung điểm BC, đường tròn tâm M bán kính M H cắt BC A1 , A2 ; điểm B1 , B2 , C1 , C2 xác định tương tự Chứng minh điểm A1 , A2 , B1 , B2 , C1 , C2 thuộc đường tròn Lời giải Ta dễ nhận điểm cách tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, ta cần tính OA1 cho khơng phụ thuộc vào vị trí A1 , hay kết biểu thức đối xứng ta có điều cần chứng minh Ta có OA21 = OM + M A21 = OM + M H 1 M H = (H B + H C )− BC = 2ON +2OP − a2 = R2 (2 cos2 B +2 cos2 C −sin2 A) 4 Khi OA21 = R2 (2 cos2 B + cos2 C + cos2 A − sin2 A) = R2 (2 cos2 B + cos2 C + cos2 A − 1) Tương tự cho độ dài khác, từ ta có điểm thuộc đường tròn tâm O Tập san Toán học STAR EDUCATION 46 LÊ PHÚC LỮ Nhận xét Nếu đề đổi giả thiết thành ≤ um+n − um − un ≤ 2, ta cần đến hai số a, b thỏa mãn kết luận (vì khoảng chênh lệch số hạng rộng tí), cụ thể tồn a, b > để −1 ≤ un − [an] − [bn] ≤ Ở tốn trên, ta chứng minh kết mạnh tồn a để un = [an] với n Một toán tương tự đề trường Đơng miền Trung: Bài tốn 10 Cho hàm số f : → thỏa mãn | f (x + y) − f (x) − f ( y)| ≤ 1, ∀x, y ∈ Chứng minh tồn hàm cộng tính g : → thỏa mãn | f (x) − g(x)| ≤ 1, ∀x Đây nói phiên tốn (thay xét ) Tiếp theo, ta xét lớp toán sử dụng định lý thú vị dãy số, số học Trước hết, ta xét định lý Beatty với nội dung sau: Cho hai số vô tỷ dương α, β Xét hai dãy số: • [α], [2α], [3α], tạo thành dãy A • [β], [2β], [3β], tạo thành dãy B Khi α + β1 = A, B phân hoạch + Định lý chứng minh cách sử dụng BĐT phần nguyên Dưới cách chứng minh cho chiều đảo: Với số nguyên dương k, gọi m, n số nguyên dương thỏa mãn [mα] ≤ k < [(m + 1)α] [nβ] ≤ k < [(n + 1)β] Đặt A = {[iα], ≤ i ≤ m} B = {[ jβ], ≤ j ≤ n} |A| = m, |B| = n A, B phân hoạch tập hợp {1, 2, 3, , k} theo định nghĩa đề Do m + n = k Theo bất đẳng thức phần nguyên mα − < k < (m + 1)α nên m m+1 n n+1 k+1 < α < k Tương tự k+1 < β < k Suy 1 m+n+2 k 1 k+2 m+n < + < hay < + < k+1 α β k k+1 α β k Cho k → +∞, ta thu α + β1 = Bài tốn 11 Hai dung dịch A, B có đặc điểm: số đo thể tích kg A số đo khối lượng lít B Ngồi ra, p lít A nặng q lít B với p, q nguyên tố khác Mỗi dung dịch chia cho vào bình nhỏ giống nhau, chứa lít vỏ nặng kg Chứng minh có cách ghép bình loại (A B) lại với mà khối lượng chúng thuộc khoảng (2017; 2018) Lời giải Gọi x, y khối lượng riêng dung dịch 1x = · y, px = q y q p q p nên x = p, y = q Khối lượng bình α = + p,β = + q Dễ thấy α + β1 = 1, thỏa mãn định lý Beatty Suy hai dãy [mα], [nβ] phân hoạch số ngun dương nên ta có đpcm Tập san Tốn học STAR EDUCATION LÊ PHÚC LỮ Bài toán 12 (APMO 2006) Với số nguyên dương n, gọi an , bn số cách viết 10n hệ nhị phân, ngũ phân Chứng minh (an ), (bn ) phân hoạch + \{1} Lời giải Để giải này, ý rằng: số chữ số M hệ p phân [log p M ] + Ngoài ra, α = log2 10, β = log5 10 thỏa mãn điều kiện định lý Beatty Từ đó, ta có nhận xét thú vị rằng: tổng số chữ số 2n 5n hệ thập phân n + Bài toán 13 (VN TST 2000) Cho số nguyên dương k Dãy số (un ) xác định bởi: u1 = un+1 số nguyên dương nhỏ không thuộc tập hợp {u1 , u2 , , un , u1 + k, u2 + 2k, , un + nk} Chứng minh tồn α vô tỷ dương cho un = [nα] với n Lời giải Để giải toán này, ta xét đa thức P(x) = x + (k − 2)x − k với k số nguyên dương cho P(x) có hai nghiệm phân biệt trái dấu Hơn nữa, ∆ P(x) = (k − 2)2 + 4k = k2 + 4, khơng thể số phương với số k nguyên dương nên hai nghiệm số vô tỉ Ta thấy P(1) = + (k − 2) − k = −1 < 0, P(2) = + 2(k − 2) − k = k > nên nghiệm dương phương trình P(x) = thuộc khoảng (1, 2) Gọi nghiệm a Đặt b = a + k a, b vô tỉ ab = a(a + k) = a2 + ak = 2a + k = a + b nên 1 a + b = Xét f (n) = [na], g(n) = [nb] = f (n) + kn với n số nguyên dương Ta chứng minh x n = f (n) quy nạp Thật vậy, - Với n = 1, khẳng định hiển nhiên < a < - Giả sử x n = f (n) với n = 1, 2, 3, , m Ta chứng minh x m+1 = f (x m+1 ) Ta có f (i) = x i , g(i) = f (i) + ik = x i + ik với i = 1, 2, 3, , m nên ta có tập hợp H = {x , x , , x m , x + k, x + 2k, , x m + mk} = { f (1), f (2), , f (m), g(1), g(2), , g(m)} Rõ ràng f (m + 1) ∈ / H g(n) > f (n) với n, f (n) hàm số đồng biến ∗ nên ta thấy f (m + 1) số tự nhiên nhỏ khơng thuộc H Theo định nghĩa dãy số (x n ) cho ta có x m+1 = f (m + 1) Do đó, khẳng định với m + Theo ngun lí quy nạp, ta có đpcm Vậy số tự nhiên cần tìm a nghiệm dương phương trình x + (k − 2)x − k = Nhận xét Đây kết có từ 1959 Ta phân tích cách tiếp cận sau: Xuất phát từ việc α = 2, β = 2+2 thỏa mãn điều kiện Beatty Ta có hai dãy với cơng thức an = n , bn = an + 2n phân hoạch + Từ đó, để giấu dãy bn đi, ta cần xét an + 2n Để ý a1 = 1, a2 = 2, a3 = 4, b1 = 3, b2 = 6, b3 = 10 nên a4 định nghĩa số nguyên dương nhỏ không thuộc {a1 , a2 , a3 , a1 + 2, a2 + 4, a3 + 6} Đó sở để có tốn Tập san Tốn học STAR EDUCATION 48 LÊ PHÚC LỮ Bài toán 14 (Dãy Wythoff) Cho chuỗi S1 = Chuỗi Sn tạo thành từ chuỗi Sn−1 cách thay → 01 → Các chuỗi S1 , S2 , S3 , ghép liên tiếp lại với thành chuỗi vô hạn L Gọi an vị trí số thứ n chuỗi L Chứng minh tồn α vô tỷ dương cho an = [nα] , ∀n Ở đây, ta có nhận xét số thứ n sinh số thứ n nên gọi kn số số đứng trước số thứ n bn vị trí số thứ n, ta có an = n + kn bn = 2n + kn nên bn = an + n Chú ý (an ), (bn ) phân hoạch + nên = hay α tỷ số vàng dễ dàng tìm α nghiệm α1 + α+1 Bài toán 15 Cho n số nguyên dương, hỏi có dãy số a1 , a2 , , a2n cho i) ∈ {−1, 1} với i = 1, 2, 3, , 2n 2l ii) ≤ với ≤ k < l ≤ n? i=2k+1 Lời giải Gọi S tập hợp dãy thỏa mãn đề đặt |S| = sn Gọi T tập hợp tất tổng lấy từ số lẻ đến 2n Theo giả thiết T ⊂ {±2, ±1, 0}, nhiên, tất tổng T có chẵn số hạng mà số hạng ±1 nên tất phải chẵn Suy T ⊂ {±2, 0} Nếu T chứa lẫn −2 giả sử 2n k=2i+1 ak = 2n ak = −2 với i < j , k=2 j+1 2n 2j 2n 4= ak = ak − k=2i+1 k=2 j+1 ak , k=2i+1 mâu thuẫn Ứng với (a1 , a2 , , a2n ) ∈ S, ta có phân loại sau: • Tất tổng T 0, đặt số lượng dãy có tính chất an • Trong T có chứa số 2, đặt số lượng dãy có tính chất bn • Trong T có chứa số −2, đặt số lượng dãy có tính chất cn Từ đó, ta dễ dàng chứng minh hệ thức truy hồi  an+1 = 2an bn+1 = an + 2bn + cn  cn+1 = an + bn + 2cn Chú ý an = 2n an + bn + cn = sn Cộng hai cơng thức cuối lại, ta có bn+1 + cn+1 = 2an + 3(bn + cn ) ⇔ sn+1 − 2n+1 = 2n+1 + 3(sn − 2n ) hay sn+1 = 3sn + 2n ⇔ sn+1 + 2n+1 = 3(sn + 2n ) Với n = 1, ta có dãy (1, 1), (−1, −1), (−1, 1), (1, −1) nên s1 = Từ đẳng thức trên, ta có sn + 2n = 3n−1 (s1 + 21 ) = · 3n nên sn = · 3n − 2n Tập san Toán học STAR EDUCATION LÊ PHÚC LỮ Nhận xét Bài tốn nhìn quen thuộc thật không đơn giản Điều kiện đề cho giá trị tuyệt đối tất tổng từ vị trí lẻ đến vị trí chẵn không vượt buộc ta phải có đánh giá thích hợp truy hồi Bài tập áp dụng (TP.HCM 2018) Hỏi có hốn vị (a1 , a2 , , a164 ) 164 số nguyên dương cho = i ≡ i (mod41) với i = 1, 2, , 164? (Bài tốn phát kẹo) Cơ giáo có 10 loại kẹo (mỗi loại có nhiều viên) cần phát cho 30 học sinh lớp (một em nhận không viên/loại), giả sử em có học lực đơi khác Hỏi giáo có cách phát kẹo, biết học sinh A giỏi B B có kẹo A có kẹo (tính trường hợp khơng em nhận kẹo)? (Bài tốn nhện) Một nhện có chân, cặp vớ - giày khác (vớ dùng chung với giày tương ứng) Con nhện có thứ tự mang vớ giày để cho chân, giày phải mang vào sau vớ? Tập san Toán học STAR EDUCATION Đề thi tham khảo hướng tới VMO 2019 Kỳ thi chọn HSG cấp quốc gia (viết tắt VMO) năm diễn vào ngày 13 14 tháng 01/2019 Trong viết này, Ban biên tập đưa giới thiệu đề thi thử đáp án phân tích chi tiết Đề thi tham khảo 1.1 Đề thi ngày thứ Bài Cho dãy số dương (un ) xác định u1 = 31 , u2 = Giả sử: 1+ un un+1 + un 1+ un un+2 + un = = 1+ un+1 un+2 + un+1 1+ un+1 un+2 + un+1 với n ≥ Tìm giới hạn dãy (un ) với n ≥ Chứng minh lim un = tan2 5π 18 Bài Cho tam giác ABC nhọn, khơng cân nội tiếp đường tròn (O) có trực tâm H M trung điểm AH Gọi (O1 ), (O2 ) đường tròn qua H tiếp xúc với BC B, C Gọi X , Y tâm bàng tiếp góc H hai tam giác H M O1 , H M O2 Chứng minh X Y song song với O1 O2 Giả sử O1 O2 cắt BC T Đường tròn (M OT ) cắt OH K khác O Chứng minh tâm đường tròn (AOK) nằm đường trung bình tam giác ABC Bài Xét hàm số f : → thỏa mãn với x, y số thực f (x ) + f (x y) = f ( f (x)) + y f (x) + x f ( y) Chứng minh f hàm Khẳng định không điều kiện đề đổi thành f (x ) + f (x y) = f ( f (x)) + y f (x) + |x| f ( y)? Bài Cho bảng vng kích thước 100 × 100 mà ô điền ký tự A, B, C, D cho hàng, cột bảng số lượng ký tự loại 25 Ta gọi hình chữ nhật có cạnh song song với bảng bốn đỉnh điền đủ bốn ký tự A, B, C, D “bảng tốt” Hỏi cách điền trên, có cách điền mà bảng vng × 4, × × có chứa đủ ký tự A, B, C, D? Chứng minh với cách điền thỏa mãn đề bảng vng cho ln có bảng tốt 50 LÊ PHÚC LỮ 1.2 Đề thi ngày thứ hai Bài Với a, b ∈ , xét hai dãy đa thức P0 (x) = x + a, Pn+1 (x) = Pn2 (x) + (−1)n n Q (x) = x + b, Q n+1 (x) = −Q2n (x) + (−1)n n với n ≥ Tìm điều kiện a, b để tồn n cho Pn (x) + Q n (x) chia hết cho x + Hỏi đa thức f (x) = P 2018 (x) · Q 2018 (x) có nhiều nghiệm? Bài Xét tam giác Pascal có 2019 dòng bố trí theo dạng tam giác với số1 ≤ k ≤ 2019 dòng thứ k có k số Biết ngoại trừ số hàng số tổng hai số kề với hàng liền Gọi S số đỉnh tam giác a0 , a1 , , a2018 số hàng 2018 Chứng minh S = C2018 a0 + C2018 a1 + · · · + C2018 a2018 Hỏi có cách gán cho số a0 , a1 , , a2018 nhận giá trị để số S chia hết cho 1009? Bài Cho tam giác ABC nhọn khơng cân có tâm nội tiếp I (d) đường thẳng thay đổi tiếp xúc với (I) K Đường thẳng qua I, vuông góc với IA, I B, I C cắt (d) A1 , B1 , C1 Chứng minh đường thẳng AA1 , BB1 , C C1 đồng quy Giả sử (d) cắt BC, CA, AB theo thứ tự M , N , P đường thẳng qua M , N , P song song với phân giác góc A, B, C tam giác ABC đôi cắt tạo thành tam giác X Y Z Chứng minh I K tiếp xúc với (X Y Z) Lời giải chi tiết bình luận Bài tốn Cho dãy số dương (un ) xác định u1 = 31 , u2 = Giả sử: 1+ un un+1 + un 1+ un un+2 + un = = 1+ + un+1 1+ 1+ un+1 un+2 + un+1 1+ un un+1 Lời giải 1) Ta thấy Do un+1 un+2 1+un un un+1 + un Đặt = un v1 = vn+1 − 3 , v2 2= = = với n ≥ Tìm giới hạn dãy (un ) với n ≥ Chứng minh lim un = tan2 5π 18 số với n nên 3⇔ un+1 = vn+1 = 3(1 + vn2 ) − vn = Xét hiệu (vn − 1+u1 3(1 + un ) − un 3(1+vn2 )−1 = 1+ u1 u2 2) 3(1 + vn2 ) + Tập san Toán học STAR EDUCATION 1+ 13 = 52 LÊ PHÚC LỮ Từ suy ≥ với n ≥ dễ thấy vn+1 − kẹp, ta có lim(vn − 2) = nên lim un = 2≤ (vn − 2) Bằng nguyên lý 2) Ở đây, ta dùng phép lượng giác Đặt un = tan với ∈ 0; π2 + tan tan vn+2 cos = + tan vn+1 tan vn+2 cos vn+1 hay cos + sin tan vn+2 = cos vn+1 + sin vn+1 tan vn+2 Ta đưa tan vn+2 = cos − cos vn+1 + vn+1 = tan sin vn+1 − sin hay vn+2 = Ta tính v1 = π6 , v2 = π3 nên dễ dàng tính lim = bình cộng) lim un = tan2 5π 18 5π 18 + vn+1 (do dãy trung Bài toán Cho tam giác ABC nhọn, không cân nội tiếp đường tròn (O) có trực tâm H M trung điểm AH Gọi (O1 ), (O2 ) đường tròn qua H tiếp xúc với BC B, C Gọi X , Y tâm bàng tiếp góc H hai tam giác H M O1 , H M O2 Chứng minh X Y song song với O1 O2 Giả sử O1 O2 cắt BC T Đường tròn (M OT ) cắt OH K khác O Chứng minh tâm đường tròn (AOK) nằm đường trung bình tam giác ABC Lời giải 1) Kẻ đường kính BU, C V đường tròn (O1 ), (O2 ) đặt R = H U ∩ AB, S = H V ∩ AC Tập san Toán học STAR EDUCATION LÊ PHÚC LỮ Ta có BH⊥H U, mà BH⊥AC nên HR AC Tương tự HS hình bình hành Suy M trung điểm RS AB nên tứ giác ARHS Mặt khác, O1 trung điểm BU BU AH nên theo bổ đề hình thang O1 , R, M thẳng hàng Tương tự O2 , S, M thẳng hàng Do đó, năm điểm O1 , O2 , R, S, M thẳng hàng Vì X tâm bàng tiếp góc H tam giác H M O1 nên M X phân giác ngồi góc ∠O1 M H, suy XX HR = MMHR Tương tự YY HS = MMHS , mà M R = M S nên XX HR = YY HS , điều cho thấy X Y RS hay X Y O1 O2 2) Ký hiệu (M ) đường tròn đường kính AH Gọi N trung điểm BC dễ thấy phương tích từ N đến ba đường tròn (M ), (O1 ), (O2 ) (đều BC4 ) Ba đường tròn có điểm chung H có ba tâm thẳng hàng nên điểm chung L = H Suy L ∈ H N L ∈ (M ) nên theo tính chất quen thuộc L giao điểm tia N H (O) Do OL = OA, mà M A = M L nên OM ⊥AL Ta có AL O1 O2 (cùng vng góc với H L) nên ∠T M O = 90◦ , suy ∠T KO = 90◦ Để chứng minh tâm (AOK) thuộc đường trung bình song song BC tam giác ABC, ta cần chứng minh (AOK) qua chân đường cao D kẻ từ A xuống BC Gọi G điểm đối xứng với H qua BC dễ thấy G ∈ (O) Ta có AON M , M ON H hình bình hành nên dễ thấy M ON G hình thang cân Do điểm O, N , G, M , T, L thuộc đường tròn đường kính T O Suy H K · HO = H M · H G = HA · 2H D = HA · H D nên D ∈ (AOK) Ta có đpcm Tập san Toán học STAR EDUCATION 54 LÊ PHÚC LỮ Nhận xét Bài tốn nhiều cách tiếp cận khác cơng cụ điều hòa, nghịch đảo, biến đổi cạnh – góc, Có thể xem mơ hình “ơn tập” lại nhiều mơ hình cũ Mấu chốt cho hai ý nhận xét O1 , M , O2 thẳng hàng Nếu phát mơ hình như: điểm Miquel L, điểm Humpty H, tốn giải nhẹ nhàng sáng sủa nhiều Bài toán Xét hàm số f : → thỏa mãn với x, y f (x ) + f (x y) = f ( f (x)) + y f (x) + x f ( y) Chứng minh f hàm Khẳng định khơng điều kiện đề đổi thành f (x ) + f (x y) = f ( f (x)) + y f (x) + |x| f ( y)? Lời giải 1) Thay x = 0, ta có f (0) = f ( f (0))+ y f (0); f (0) = y = 2− số, vơ lý Do f (0) = Thay y = 0, ta có f (x ) = f ( f (x)) với x f ( f (0)) f (0) (*) Do đó, ta viết lại điều kiện cho f (x y) = y f (x) + x f ( y) với x, y ∈ • Thay x = y = f (1) = f (1) nên f (1) = • Thay x = y = −1 f (1) = −2 f (−1) nên f (−1) = • Thay y = −1 f (−x) = − f (x) nên f hàm số lẻ Cuối cùng, (∗) thay x → −x f ( f (x)) = f (x ) = f ( f (−x)) = f (− f (x)) = − f ( f (x)) Suy f ( f (x)) = f (x ) = 0, ∀x nên f (x) = 0, ∀x > 0; mà f (−x) = − f (x) nên ta có f (x) = 0, ∀x < Điều chứng tỏ f (x) ≡ hàm 2) Câu trả lời phủ định Thật vậy, xét hàm số: f (x) = 0, ∀x ≥ − x, ∀x < Khi đó, f (x ) = f ( f (x)) = f (0) = 0, ∀x ≥ f ( f (x)) = f (−x) = 0, ∀x < nên ta ln có f ( f (x)) = 0, ∀x, điều kiện ban đầu trở thành f (x y) = y f (x) + |x| f ( y) Dễ dàng kiểm tra x = y = đẳng thức Ta xét trường hợp sau: • Nếu x > 0, y > dễ thấy tất số hạng 0, thỏa mãn • Nếu x > 0, y < −x y = + x(− y), • Nếu x < 0, y < = y(−x) + (−x)(− y), • Nếu x < 0, y > −x y = y(−x) + (−x) · 0, Do đó, hàm số nêu thỏa mãn điều kiện đề Tập san Toán học STAR EDUCATION LÊ PHÚC LỮ Bài toán Cho bảng vng kích thước 100 × 100 mà ô điền ký tự A, B, C, D cho hàng, cột bảng số lượng ký tự loại 25 Ta gọi hình chữ nhật có cạnh song song với bảng bốn đỉnh điền đủ bốn ký tự A, B, C, D “bảng tốt” Hỏi cách điền trên, có cách điền mà bảng vng × 4, × × có chứa đủ ký tự A, B, C, D? Chứng minh với cách điền thỏa mãn đề bảng vng cho ln có bảng tốt Lời giải 1) Khơng tính tổng qt, giả sử cột điền A, B, C, D Khi đó, thứ hai cột phải điền D thuộc hai hình vng × chứa sẵn A, B, C Do đó, ta điền tiếp cột theo thứ tự C, D, A, B Cứ thế, ta điền tiếp cho cột 3, A B C D C D A B A B C D C D A B Tuy nhiên, ta thấy hàng khơng thỏa mãn chứa hai loại ký tự Vậy nên khơng có cách điền thỏa mãn điều kiện nêu 2) Trước hết, ta chứng minh tồn hai cột cho đó, có 76 cặp hàng điền khác ký tự Giả sử phản chứng cặp cột tùy ý có 25 cặp ô ký tự Cố định cột 1, xét 99 cột lại Gọi T số (a, b) cột a ≥ có thứ b từ xuống ký tự • Theo giả sử T ≥ 99 · 25 • Mặt khác, theo giả thiết T = 100 · 24(tính theo hàng) Suy 100 · 24 ≥ 99 · 25, điều vô lý chứng tỏ giả thiết phản chứng sai, tức chọn hai cột thỏa mãn đề Tiếp theo, lại giả sử phản chứng khơng có hàng, cột cắt tạo thành hình chữ nhật thỏa mãn Xét cột chọn trên, giả sử có cặp (A, B), (A, C) khơng có (C, D) (B, D) Ta có hai khả năng: • Nếu có (A, D) khơng có (B, C), cặp 76 cặp có ký tự A; số lần ký tự A xuất tối đa 50, vơ lý • Nếu có (B, C) khơng có (A, D); đó, 76 cặp có 76 · = 152 ký tự, số ký tự tối đa 25 · · = 150, vơ lý Từ ta có đpcm Tập san Toán học STAR EDUCATION 56 LÊ PHÚC LỮ Bài toán Với a, b ∈ , xét hai dãy đa thức P0 (x) = x +a, Pn+1 (x) = Pn2 (x)+(−1)n n Q (x) = x + b, Q n+1 (x) = −Q2n (x) + (−1)n n với n ≥ Tìm điều kiện a, b để tồn n cho Pn (x) + Q n (x) chia hết cho x + Hỏi đa thức f (x) = P 2018 (x) · Q 2018 (x) có nhiều nghiệm? Lời giải a) Để Pn (x)+Q n (x) chia hết cho x +1, ta cần có Pn (−1)+Q n (−1) = Ta xét trường hợp: - Nếu n = P0 (x) +Q (x) = 2x + a + b nên cần có a + b = - Nếu n = P1 (x)+Q (x) = (x + a)2 −(x + b)2 = (a− b)(2x +a+ b) nên ta cần có a+ b = a = b - Nếu n = P2 (x) + Q (x) = [P1 (x) − Q (x)] [P1 (x) + Q (x)] − Do cần có [P1 (−1) − Q (−1)] [P1 (−1) + Q (−1)] = Dễ thấy hai số P1 (−1) − Q (−1), P1 (−1) + Q (−1) tính chẵn lẻ nên khơng thể có đẳng thức Bằng cách tương tự, ta thấy với n chẵn n ≥ khơng thỏa mãn điều kiện Thật vậy, P2k+2 (x) + Q 2k+2 (x) = [P2k+1 (x) + Q 2k+1 (x)] [P2k+1 (x) − Q 2k+1 (x)] − 2(2k + 1) với k ∈ Vì 2(2k + 1) chia dư nên đẳng thức khơng thể xảy - Nếu n = P3 (x) + Q (x) = [P2 (x) − Q (x)] [P2 (x) + Q (x)] + Do cần có [P2 (−1) − Q (−1)] [P2 (−1) + Q (−1)] = −4 hay (a − 1)4 − (b − 1)4 = −4 Dễ chứng minh hiệu hai lũy thừa bậc chia hết cho 16 nên đẳng thức xảy Xét n ≥ n lẻ, ta đặt n = 2k + k ≥ Ta có 2 P2k+1 (x) = P2k (x) + 2k = P2k−1 (x) − (2k − 1) + 2k, Q 2k+1 (x) = −Q22k (x) + 2k = − −Q22k−1 (x) − (2k − 1) + 2k Để P2k+1 (−1) + Q 2k+1 (−1) = [P2k (−1) + Q 2k (−1)] [P2k (−1) − Q 2k (−1)] = −4k Dễ thấy P2k (−1) + Q 2k (−1) = khơng thỏa nên P2k (−1) + Q 2k (−1) = 2 Chú ý P2k (−1) − Q 2k (−1) = P2k−1 (−1) − (2k − 1) + Q22k−1 (−1) + (2k − 1) (2k − 1)2 > 0, với k ≥ (2k − 1)2 > 4k nên ta thấy ≥ |P2k (−1) + Q 2k (−1)| ≥ 1, |P2k (−1) − Q 2k (−1)| > 4k nên |P2k+1 (−1) + Q 2k+1 (−1)| > 4k Do đó, trường hợp này, ta khơng thể có đẳng thức Vậy điều kiện a, b cần tìm a + b = a = b Tập san Toán học STAR EDUCATION LÊ PHÚC LỮ 2) Ta thấy P P n+1 (x)Q n+1 (x) 2018 (x)·Q 2018 (x) = −4P n (x)Q n (x) · Pn (x)Q n (x) Quy nạp = 24036 P2017 (x)Q 2017 (x)·P2016 (x)Q 2016 (x) · · · P0 (x)Q (x)·P (x)Q (x) 2 Ta có P4 (x) = (((x + a)4 − 1) + 2) − ≥ 22 − > Pn+1 (x) = Pn2 (x) + (−1)n+1 (n + 1) ≥ n2 − (n + 1) > n + Ngoài ra, Q (x) = − − (x + b)2 + +2 − ≤ −3 n+1 Q n+1 (x) = −Q2n (x) + (−1) (n + 1) ≤ −n2 + n + < −(n + 1) Do đó, ta chứng minh quy nạp Pn (x) > với n ≥ Q n (x) < với n ≥ Ta cần xét n ≤ Với n = 0, ta có P0 (x) = ⇔ x = −a Q (x) = ⇔ x = −b Tương tự với n = P1 (x) = P02 (x), Q (x) = Q20 (x) Do đó, chọn a = b ta có nghiệm thực phân biệt Với n = 2, ta có P2 (x) = P12 (x) − = ⇔ (x + a)4 = ⇔ x + a = ±1 Q (x) = −Q21 (x) − < Với n = 3, ta có P3 (x) = P22 (x) + > Q (x) = −Q22 (x) + = ⇔ Q (x) = − ⇔ (x + b)2 = 2−1 Do f (x) có tối đa nghiệm thực phân biệt cực trị xảy a = b Nhận xét Bài toán gốc yêu cầu tìm số nghiệm tích P1 (x)P2 (x) Pn (x)Q (x)Q (x) Q n (x) Ở dãy đa thức Q n (x), dấu − khiến cho tốn khó chịu nhiều Đặc biệt ý a, ta cần kiên nhẫn xét trường hợp để tìm quy luật chung khiến cho nhân tử x + sinh n lớn; cần kết hợp thêm yếu tố số học đánh giá độ lớn biểu thức Nhân tử x + thay x + c Bài toán Xét tam giác Pascal có 2019 dòng bố trí theo dạng tam giác với số1 ≤ k ≤ 2019 dòng thứ k có k số Biết ngoại trừ số hàng số tổng hai số kề với hàng liền Gọi S số đỉnh tam giác a0 , a1 , , a2018 số hàng tam giác 2018 Chứng minh S = C2018 a0 + C2018 a1 + · · · + C2018 a2018 Hỏi có cách gán cho số a0 , a1 , , a2018 nhận giá trị để số S chia hết cho 1009? Lời giải 1) Ta chứng minh quy nạp tam giác Pascal có n + dòng số dòng cuối a0 , a1 , , an số dòng S = Cn0 a0 + Cn1 a1 + · · · + Cnn an Tập san Toán học STAR EDUCATION 58 LÊ PHÚC LỮ Với n = 1, ta thấy tam giác có hai dòng hiển nhiên S = a0 + a1 = C10 a0 + C11 a1 Giả sử khẳng định với n Ta thêm vào bên tam giác Pascal có n + dòng dòng gồm n + số b0 , b1 , , bn+1 Khi đó, theo giả thiết quy nạp S = Cn0 a0 + Cn1 a1 + · · · + Cnn an = Cn0 (b0 + b1 ) + Cn1 (b1 + b2 ) + · · · + Cnn (bn + bn+1 ) i Với ≤ i ≤ n hệ số bi S Cni−1 + Cni = Cn+1 nên từ suy n+1 S = Cn+1 b0 + Cn+1 b1 + · · · + Cn+1 bn Theo nguyên lý quy nạp khẳng định Thay n = 2018, ta có đpcm 2) Với p số ngun tố lẻ, ta có tính chất sau: p i) C2p ≡ 2(modp) k ii) C2p ≡ (modp) với ≤ k ≤ 2p − k = p i) Ta có: (p + 1)(p + 2) (2p − 1)(2p) (2p)! −2= −2 p!p! p! (p + 1)(p + 2) (2p − 1) − (p − 1)! =2 (p − 1)! p C2p − = Tử số đồng dư với · · · (p − 1) − (p − 1)! = theo modp nên C2p ≡ 2(modp) 2p−k k ii) Do C2p = C2p nên ta giả sử ≤ k < p Biến đổi tương tự k C2p = (2p − k + 1)(2p − k + 2) (2p − 1)(2p) k! Ta thấy tử số chia hết cho p (p, k!) = ≤ k < p nên mẫu số không chia hết cho p, tức biểu thức chia hết cho p Từ ta thấy rằng, để 1009|S a0 + a2018 + 2a1009 phải chia hết cho 1009 Điều xảy tất số Các giá trị lại ta chọn tùy ý nên có tất 22016 cách Nhận xét Bài toán mở rộng thú vị tam giác Pascal thông thường, giá trị tổng S tổng số nhỏ với hệ số tương ứng hệ số nhị thức Kết toán thay 2018 2p với p số nguyên tố lẻ Bài toán Cho tam giác ABC nhọn khơng cân có tâm nội tiếp I (d) đường thẳng thay đổi tiếp xúc với (I) K Đường thẳng qua I, vng góc với IA, I B, I C cắt (d) A1 , B1 , C1 Chứng minh đường thẳng AA1 , BB1 , C C1 đồng quy Giả sử (d) cắt BC, CA, AB theo thứ tự M , N , P đường thẳng qua M , N , P song song với phân giác góc A, B, C tam giác ABC đôi cắt tạo thành tam giác X Y Z Chứng minh I K tiếp xúc với (X Y Z) Tập san Toán học STAR EDUCATION LÊ PHÚC LỮ Lời giải 1) Giả sử (d) tiếp xúc với (I) K Gọi D, E, F tiếp điểm (I) với cạnh BC, CA, AB Gọi V hình chiếu K lên A1 I U = AI ∩ E F Khi dễ thấy I U · IA = I V · IA1 = r (với r bán kính (I)) Xét phép nghịch đảo Ω tâm I, phương tích r A ↔ U, A1 ↔ V nên AA1 ↔ (I U V ) Xây dựng điểm B , C tương tự ta đưa tốn chứng minh đường tròn đường kính IA , I B , I C có điểm chung khác I Tuy nhiên, A , B , C nằm đường thẳng Simson K tam giác DE F nên xét phép vị tự tâm I, tỷ số 12 tâm đường tròn thẳng hàng Do đó, chúng có điểm chung khác I; ảnh điểm qua phép nghịch đảo điểm đồng quy ba đường thẳng nêu 2) Xét vị trí tương đối điểm hình bên dưới, trường hợp lại chứng minh tương tự Gọi S điểm đối xứng với I qua K Ta có Y Z AI, Y X I C nên ∠M Y P = ∠X Y Z = (Y X , Y Z) = (IA, I C) = 90◦ − ∠B Mặt khác, ta có ∠M SP = ∠M I P = ∠K I M − ∠K I P = ∠K I D − ∠K I E ∠B = ∠DI F = 90◦ − , 2 suy M , P, Y, S thuộc đường tròn hay S ∈ (M PY ) Chứng minh tương tự S ∈ (N P X ), S ∈ (M N Z) Từ suy S điểm Miquel tứ giác toàn phần gồm đỉnh M , N , P, X , Y, Z Do S ∈ (X Y Z) Tiếp theo, để ý biến đổi góc tương tự trên, ta có hai tam giác X Y Z, DE F đồng dạng thuận Do đó, tồn phép vị tự quay Ω biến X Y Z → DE F với góc quay 90◦ (do cạnh hai tam giác tương ứng vng góc) Tập san Tốn học STAR EDUCATION 60 LÊ PHÚC LỮ Kẻ đường kính K G (I), ta có ∠GDE = ∠GK E = ∠I K E = ∠K N I = ∠K N S = ∠P X S = ∠SX Y ; tương tự ∠GE D = ∠SY X Suy Ω : S → G (hai điểm tương ứng) Gọi J tâm X Y Z Ω : J → I nên ta phải có JS⊥I G Mà điểm I, G, K, S thẳng hàng nên ∠JSK = 90◦ chứng tỏ I K tiếp xúc (X Y Z) Nhận xét Ngoài cách tiếp cận phép nghịch đảo cho câu a, ta dùng cực – đối cực cách tự nhiên Ở câu b, mấu chốt vấn đề phát điểm Miquel tiếp điểm I K với đường tròn (X Y Z) Thực biến đổi góc phù hợp để ∠X SK = ∠X ZS trực tiếp rắc rối, thiếu tự nhiên Tập san Toán học STAR EDUCATION ...2 NGUYỄN TĂNG VŨ - NGUYỄN NGỌC DUY VƯƠNG TRUNG DŨNG - LÊ PHÚC LỮ TẬP SAN TOÁN HỌC STAR EDUCATION Số thứ 01 - 2019 Phong trào chuyên Toán năm gần diễn ngày sôi khắp nước; với nhiều chuyên... thí sinh chuẩn bị cho kỳ thi tới Mọi thắc mắc, đóng góp xin liên hệ nguyentangvu@gmail .com Tập san Toán học STAR EDUCATION Sử dụng phương pháp đại số chứng minh hình học Nguyễn Tăng Vũ (Giáo viên... đường nối điểm chung (b) Tìm k cho (X ), (Y ), (Z) có điểm chung Tập san Toán học STAR EDUCATION NGUYỄN TĂNG VŨ (4a Vietnam TST 2014 ) Cho tam giác ABC có đường cao AD P di động AD Các đường thẳng