VNTST 2019 - loi giai binh luan

VỀ KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI OLYMPIC TOÁN QUỐC TẾ 2019 (Lê Phúc Lữ – Group “Hướng tới VMO, TST” thực hiện) A Giới thiệu Kỳ thi chọn đội tuyển IMO 2019 diễn trường THPT Chuyên Amsterdam Hà Nội vào ngày 29, 30/03/2019 Tham dự kỳ thi có 48 thí sinh đạt giải nhì VMO 2019 thí sinh đạt HCB IMO 2018 Đội tuyển chọn tới bao gồm thí sinh tham gia kỳ thi IMO 2019 Vương quốc Anh vào tháng tới Cấu trúc đề thi năm là: tổ – đại – hình, số – hình – tổ Đề thi mẻ, mang tính phân loại cao với dễ, trung bình, khó rõ rệt; tốn địi hỏi thí sinh phải có kỹ định xử lý Đánh giá sơ qua, toán đề thi lần đẹp, dù có chỗ phát triển từ mơ hình, kết cũ hình thức sáng tạo So với đề thi TST gần đây, đề có phần “thoải mái” cho thí sinh, khơng có đánh đố, mẹo mực hay cao cấp Tuy nhiên, điểm đáng tiếc mảng đại số đề Câu có liên quan đa thức trọng tâm đặt vào “ứng dụng số phức để rút gọn tổng nhị thức Newton”, gặp kỳ thi IMO Hơn nữa, điều khiến cho thí sinh có sở trường phần khác phương trình hàm, bất đẳng thức hay chí mảng đa thức không phát huy Mảng số học tổ hợp khai thác dạng cổ điển như: graph, phương trình nghiệm nguyên, đếm truy hồi Mảng hình học với kết đẹp ưu tiên mang tính định hai ngày thi Xin cám ơn thầy Nguyễn Duy Liên (THPT Chuyên Vĩnh Phúc), thầy Trần Vinh Hợp (THPT Chuyên Lê Quý Đôn, Quảng Trị), bạn Trần Quang Độ (THPT Chuyên Amsterdam HN), Phạm Đình Anh Khoa (THPT Chuyên Lê Hồng Phong TPHCM), Nguyễn Tiến Hoàng (PTNK TPHCM), Nguyễn Thành Lộc (THPT Chuyên Bến Tre), Trương Tuấn Nghĩa (Chuyên KHTN HN), Nguyễn Hà An (Chuyên ĐHSP HN), Trần Quân (Hà Nội) hỗ trợ thực tài liệu B Đề thi Ngày thi thứ (ngày 29/03/2019) Bài (7 điểm) Trong quốc gia có n  thành phố Giữa hai thành phố có đường bay trực hai chiều Người ta muốn cấp phép khai thác cho đường bay cho số hàng hàng không với điều kiện sau đây: i) Mỗi đường bay cấp phép cho hàng ii) Di chuyển đường bay hàng hàng khơng tùy ý, người ta từ thành phố tới thành phố lại Hỏi cấp phép cho tối đa hãng hàng không thỏa mãn ràng buộc trên? Bài (7 điểm) Với n số nguyên dương, chứng minh đa thức sau n Pn ( x )   2k C22nk  x k  ( x  1)n k k 0 có n nghiệm thực phân biệt Bài (7 điểm) Cho tam giác ABC nhọn khơng cân nội tiếp đường trịn (O ) có M trung điểm BC, BC trực tâm H Gọi D điểm thuộc tia đổi tia HA cho DM  D điểm đối xứng với D qua BC Giả sử AO cắt MD X a) Chứng minh AM qua trung điểm D X b) Định nghĩa điểm E , F tương tự điểm D ; định nghĩa điểm Y , Z tương tự điểm X Gọi S giao điểm hai tiếp tuyến (O ) B, C G hình chiếu trung điểm AS lên đường thẳng AO Chứng minh tồn điểm có phương tích với bốn đường trịn ( SGO ),( BYE ),(CFZ ),(O) Ngày thi thứ hai (ngày 30/03/2019) Bài (7 điểm) Tìm ba nguyên dương ( x, y, z ) thỏa mãn 2x   y  2z Bài (7 điểm) Cho tam giác ABC không cân nội tiếp đường tròn (O ), ngoại tiếp đường tròn ( I ) Giả sử BI cắt AC E CI cắt AB F Đường tròn qua E , tiếp xúc với OB B cắt (O ) M Đường tròn qua F tiếp xúc với OC C cắt (O ) N Các đường thẳng ME , NF cắt lại (O ) P, Q Gọi K giao điểm EF BC Đường thẳng PQ cắt BC, EF G, H Chứng minh trung tuyến qua G tam giác GHK vng góc với đường thẳng OI Bài (7 điểm) Một bọ vị trí có tọa độ x  trục số thực Ở bước, từ vị trí có tọa độ x  a, a bọ nhảy đến vị trí có tọa độ x  a  x  Chứng minh có tất Fn   (n  4) vị trí khác (kể vị trí ban đầu) mà bọ nhảy đến với khơng q n bước nhảy, ( Fn ) dãy Fibonacci xác định F0  F1  1, Fn  Fn 1  Fn 2 với n  - HẾT - C Lời giải chi tiết bình luận Bài Trong quốc gia có n  thành phố Giữa hai thành phố có đường bay trực hai chiều Người ta muốn cấp phép khai thác cho đường bay cho số hàng hàng không với điều kiện sau đây: i) Mỗi đường bay cấp phép cho hàng ii) Di chuyển đường bay hàng hàng khơng tùy ý, người ta từ thành phố tới thành phố cịn lại Hỏi cấp phép cho tối đa hãng hàng không thỏa mãn ràng buộc trên? Lời giải Giả sử ta cấp phép cho m hãng hàng không thỏa mãn đề bài, ta chứng minh n m    Thật vậy, 2 Mỗi đường bay cấp phép cho hãng hàng không k  {1, 2,, m} đánh số k Khi đó, theo i) đường bay đánh số lần Tiếp theo, từ ii) ta thấy hãng hàng khơng thứ k di chuyển quanh n thành phố nên phải có n  đường bay đánh số k (do trường hợp tốt đường bay thẳng qua n thành phố, ứng với n  đường bay, khơng thể hết qua thành phố) Tổng số đường bay n(n  1) n( n  1) n nên m(n  1)  , suy m    2 2 n Ta chứng minh cấp phép cho m    cạnh quy nạp theo n 2 Với n  2, có thành phố nên cấp phép cho hãng hàng không, thỏa mãn Giả sử khẳng định đến n  2, ta chứng minh với n  - Nếu n  2k số chẵn, xét thành phố B bay đến 2k thành phố lại A1 , A2 , , A2 k , cấp phép cho k hãng hàng không theo giả thiết quy nạp Ta cấp phép đường bay nối B  Ai cho hãng hàng khơng thứ i ,  i  k ; đường bay lại cấp phép tùy ý A1 A2 A3 B A2k Dễ thấy k hãng hàng khơng đến A, thỏa mãn đề Do đó, ứng với n  2k  đáp số k - Nếu n  2k  số lẻ, ta xét hai thành phố B, C 2k thành phố A1 , A2 , , A2 k cấp phép cho k hãng hàng không theo quy nạp Ta tiến hành cấp phép đường bay B  A2i cho hãng thứ i , với  i  k C  A2 i 1 cho hãng thứ i , với  i  k Giữa B, C B  A2 i 1 C  A2i , ta cấp phép cho hãng hàng không mới, thứ k  1 B chẵn k+1 C lẻ Dễ thấy k hãng hàng khơng cũ đến B, C Cịn hàng hàng khơng đến A1 , A2 , , A2 k , thỏa mãn đề Do đó, ứng với n  2k  đáp số k  n  Theo nguyên lý quy nạp, khẳng định với n  Vậy nên đáp số toán   2 Nhận xét Bài tốn phát biểu ngắn gọn là: Cho đồ thị đầy đủ G  (V , E ) Hỏi phân hoạch E thành tối đa tập E  cho graph G  (V , E ) liên thơng? Bài tốn nhẹ nhàng, với học sinh không quen thuộc lý thuyết graph Ý tưởng xét cấu trúc - graph liên thơng “tốn” cạnh tự nhiên, khiến cho hướng giải toán trở nên sáng sủa, mạch lạc Việc xây dựng cho trường hợp nhỏ, đặc biệt n  5, n  giúp ta hình dung cách làm tổng quát cho n  tùy ý Một số tốn tương tự: (1) Có đường Hamilton xuất phát từ đỉnh đồ thị đầy đủ gồm n đỉnh đánh số từ  n ? Đáp số ( n  1)! (2) Cho số nguyên dương lẻ n  Chứng minh graph đầy đủ n đỉnh, có n 1 thể chọn chu trình Hamilton đơi khơng có cạnh chung (3) Chứng minh cạnh graph đầy đủ gồm 3n đỉnh phân hoạch thành chu trình rời độ dài (4) Chứng minh graph G đơn vơ hướng, ln tồn đỉnh x có bậc d cho d  có   chu trình phân biệt G mà chu trình có đỉnh chung x   Bài Với n số nguyên dương, chứng minh đa thức sau n Pn ( x )   2k C22nk  x k  ( x  1)n k k 0 có n nghiệm thực phân biệt Lời giải Trước hết, ta thấy Pn ( x0 )   x0  Thật vậy,  Nếu x0  x0 , x0   nên Pn ( x0 )  , không thỏa  Nếu x0  đặt y0   x0  , ta có Pn ( x0 )  (1)n Pn ( y0 ) , Pn ( y0 )  nên Pn ( x0 )  0, không thỏa Tiếp theo, ta tìm cách rút gọn biểu thức Pn ( x ) Xét x0  (0;1) đặt x0  a ,1  x0  b2 ( x0  1)n k  (( 1)(1  x0 ))n k  (ib)2 , i  1 Ta đưa n Tn   C22nk  a k  (ib)2 n 2 k k 0 2n 2n Xét khai triển ( a  ib) n   C2kn  a k  (ib)2 n k (a  ib)2 n   C2kn ( 1)k a k  (ib) n k Suy k 0 k 0 Tn  (a  ib)2 n  (a  ib) n 2  a   b    , đặt Ta thấy a  b2  x0  nên   x    x       (cos   i sin  )n  (cos   i sin  ) n   với    0;  Khi đó, Tn   2 a b  cos  ,  sin  x0  x0  Theo công thức de Moive cho lũy thừa số phức Tn  cos(2n )  i sin(2n )  cos(2n )  i sin(2n )  cos(2n ) Từ suy Pn ( x0 )   Tn ( x0 )   cos(2n )      4n k  2n với  k  n  Ứng với số  , ta xác định số x0  (0;1) nên có n số x0 cho Pn ( x )  , chứng tỏ đa thức cho có n nghiệm thực phân biệt Ta có đpcm Nhận xét Biểu thức tốn có lẽ xuất phát từ việc rút gọn tổng nhị thức Newton dạng “chẵn – lẻ” quen thuộc:  Cn2 k a n2 k bk với việc xét khai triển ( a  b) n ( a  b)n 0 k  n Trở ngại lớn mũ số hạng hệ số nhị thức lại không khớp Dĩ nhiên ta chuyển C22nk  Cnk nên buộc phải nâng lũy thừa mũ thành bình phương Tuy nhiên, đặt đơn x  a ,1  x  b2 tổng chẵn đề cho đan dấu Chính dấu hiệu lạ gợi ý cho ta xét số phức i  1 để khắc phục điều Chú ý số 2k đề thay a k với a  toán Ngoài ra, đổi việc xét nhị thức vị trí chẵn thay vị trí chia hết cho 3,5, hay số nguyên tố p tạo thành nhiều tình thú vị khác Cách tiếp cận số phức có lẽ nhất, việc khoảng chứa n nghiệm Pn ( x ) khơng khả thi; cịn quy nạp theo bậc n lại khó tìm cơng thức tường minh toán đa thức Chebyshev Việc ứng dụng số phức vào đề TST xuất đề 2009 liên quan đến dãy sai phân cấp ba có hai nghiệm phức liên hợp Một số toán tương tự: n x (1  x ) k  (1) (THTT 2009) Chứng minh    x  Cnk x k (1  x )n k  , x   Từ n  k 0  n n k với x  [0;1]   x Cnk x k (1  x )n k  n k 0 n n (2) (Viện Toán 2016) Chứng minh với n    đa thức Pn ( x )   2k ( nk ) x k k 0 có n nghiệm thực phân biệt (3) (Trường Đông 2015) Cho dãy đa thức Pn ( x ) xác định P0 ( x )  2, P1 ( x )  x Pn ( x )  xPn 1 ( x )  Pn 2 ( x ) Chứng minh Pn ( x ) có n nghiệm thực phân biệt n (4) Chứng minh biểu thức C 2k 2n C2kk x n2 k số hạng không chứa y khai k 0  1 triển  xy    , từ rút gọn tổng x   xy  2n Bài Cho tam giác ABC nhọn không cân nội tiếp đường trịn (O ) có M trung điểm BC BC, trực tâm H Gọi D điểm thuộc tia đổi tia HA cho DM  D điểm đối xứng với D qua BC Giả sử AO cắt MD X a) Chứng minh AM qua trung điểm D X b) Định nghĩa điểm E , F tương tự điểm D ; định nghĩa điểm Y , Z tương tự điểm X Gọi S giao điểm hai tiếp tuyến (O ) B, C G hình chiếu trung điểm AS lên đường thẳng AO Chứng minh tồn điểm có phương tích với bốn đường trịn ( SGO ),( BYE ),(CFZ ),(O) Lời giải a) Gọi H  điểm đối xứng H qua M Khi đó, BH   CH , CH  AB kéo theo BH   AB nên dễ thấy AH  đường kính (O ) Gọi H a trung điểm DD  DH a đường cao DBC vng nên H a D  H a B  H aC  H a H  H a A Suy ( HA, DD )  1 theo hệ thức Newton, nên X ( HA, DD)  1 Mà M trung điểm HH  nên theo tính chất chùm điều hịa HH   DX Do đó, AM chia đơi D X A D' Hc O H X B Ha C M H' La D b) Đầu tiên, ta chứng minh tồn điểm có phương tích đến bốn đường trịn ( AXD),( BYE ),(CZF ) (O ) Ta chứng minh nhận xét sau: Đường tròn ( ADX ) cắt lại (O ) La Khi đó, ALa đường đối trung tam giác ABC Chứng minh Gọi H c hình chiếu H AB H c , H , H a , B đồng viên nên AH  AH a  AH c  AB  AD  AD AD  AH a AD  AX mà DX  HH  nên Do đó, theo định lý Thales đảo, ta có   AH AD AH AH  H a X  DH  hay AD  AX  AH a  AH   AB  AC nên Hơn nữa, AD, AX đẳng giác BAC nên D, X ảnh qua phép nghịch đảo phương tích AB  AC đối xứng qua phân giác góc BAC Mà DX qua trung điểm M nên ALa đường đối trung  ABC Trở lại tốn, Theo nhận xét đường đối trung ALa trục đẳng phương ( AXD) (O ) ; tương tự đường đối trung đỉnh B, C trục đẳng phương ( BYE ),(CZF ) với (O ) Suy điểm Lemoine L tam giác ABC , điểm đồng quy ba đường đối trung có phương tích đến bốn đường tròn ( AXD),( BYE ),(CZF ) (O ) Tiếp theo, ta chứng minh L có phương tích đến ( SGO ) (O ) Ta chứng minh bổ đề quen thuộc là: L, M , N thẳng hàng Thật vậy, đặt BC  a, CA  b, AB  c        ( a  b2  c ) H a B  (a  c  b2 ) H aC  a LA  b2 LB  c LC  nên    ( a  b  c ) LB  (a  c  b ) LC  2a LH       2 2 2 LB  LC Suy a LN  a LH a  a LA  (b  c  a )  ( a  b2  c ) LM nên L  MN A U N O L G J B Ha C M V S Đến đây, gọi N trung điểm AH a U ,V giao điểm MN với (O ) Do hai tam giác vuông AMH a  AJG (do cặp tia AH a , AO AJ , AM đẳng giác BAC ) nên AMN  ASG , suy OGS  AGS  ANM  OMV (do AN  OM ) Vì OM  OS  OV nên OMV  OVS , nên OGS  OVS suy O, G,V , S thuộc đường tròn Mặt khác, MO  MS  MB  MC  MU  MV nên suy điểm O, G,U ,V , S thuộc đường trịn Vậy nên L có phương tích đến đường tròn ( AXD),( BYE ),(CZF ),( SGO ),(O ) Nhận xét Đây toán đẹp, kiểu lồng ghép cồng kềnh không gượng ép điểm xây dựng có vai trị quan trọng mơ hình Ý a tốn nhẹ nhàng giải cách nhanh chóng nhờ phát chùm điều hòa X ( HA, DD)  1 Ý chiếm khoảng 1/4 “quy mô” lời giải Ý b toán, việc dự đoán chứng minh điểm Lemoine L tâm đẳng phương bốn đường tròn ( AXD ), ( BYE ),(CZF ) (O ) khơng q khó Tuy nhiên, đoạn trục đẳng phương ( SGO ),(O ) điểm nhấn, điểm điểm thử thách toán Ngoài cách tiếp cận ngắn gọn trên, ta chứng minh kết đẹp sau: (1) Cho tam giác ABC nội tiếp (O ) có M trung điểm BC điểm Lemoine L Khi LM cắt AO K OK  OG  OA2 Thật vậy, gọi Sb , Sc , P giao điểm tiếp tuyến C , B ; đường thẳng BC với tiếp tuyến A (O ) AO cắt ( BOC ) J Đường tròn (O ) bàng tiếp góc S SSb S c tiếp túc với Sb Sc Z Gọi T giao điểm SO với ( SSb Sc ) V trung điểm AZ Đầu tiên, ta chứng minh UJ  OH biến đổi góc tam giác đồng dạng Tiếp theo, theo AL ASc CSb ASc  ASb định lý Menelaus Ta có ( AP, Sb Sc )  1 nên VSb  VSc hay    LS S c Sb CS Sc Sb  SC KO AO AH MO LS AV  AP  ASb  ASc Ta cần chứng minh hay Ta đưa chứng   KA AG AH a MS LA 1 minh OZ  MS  Sb Sc  SC , VTSb BOS ( g g ) TSb  OZ , ScV  S c Sb 2 Nếu chứng minh kết này, ta dùng phép nghịch đảo tâm O, phương tích OA2 để G  K ; M  S ;(O)  (O) nên ( SGO)  MK mà L  MK nên L nằm trục đẳng phương (O), ( SGO) Ngoài ra, ý tưởng tự nhiên cho việc chứng minh kết chứng minh tỷ số kép ( LA, AS )  , A giao điểm AS (O ) Trên sở đó, ta tính trực tiếp phương tích L đến hai đường trịn (O ) ( SGO ) Liên quan đến bổ đề đường đối trung trên, ta áp dụng để giải toán sau: (2) (Sharygin 2017) Cho tam giác ABC có điểm Lemoine L đường cao BH Chứng minh ALH  2  180  CLH  2C  180 Từ ý chứng minh câu b, ta suy kết đẹp sau: (3) Cho tam giác ABC nội tiếp (O ) có đường cao AD Gọi M , N trung điểm BC , AD Giả sử MN cắt (O ) P, Q Lấy S  (O ) cho AS đường đối trung tam giác Giả sử (OPQ ) cắt AS R Chứng minh AK  AR Liên quan đến trục đẳng phương điểm Lemoine, ta có tốn thú vị sau: (4) Cho tam giác ABC nhọn không cân nội tiếp (O ) có AD, BE , CF phân giác AM , BN , CP đường cao a) Chứng minh trung trực đoạn thẳng DM , EN , FP KHƠNG đồng quy b) Chứng minh đường nối trực tâm tam giác DEF MNP qua O Ở ý a toán này, ta dùng định lý Carnot, kết hợp tính hiệu bình phương độ dài đoạn thẳng Ở ý b, ta tách riêng chứng minh hai kết sau: Trực tâm tam giác DEF nằm đường thẳng OL (chứng minh trục đẳng phương) trực tâm tam giác MNP nằm đường thẳng OL (chứng minh biến đổi tỷ số, dùng bổ để đoạn nối trung điểm trên, kết hợp định lý Talet), L điểm Lemoine 10 Bài Tìm ba nguyên dương ( x, y, z ) thỏa mãn 2x   y  2z Lời giải Vì x, y, z    nên y  , kéo theo x  z hay x  z , phương trình cho viết lại z (2 x  z  1)  y  Ta có y  (mod 3) nên | y  , kéo theo | x  z  nên x  z phải chẵn (*) Ta xét trường hợp sau: - Nếu y lẻ theo định lý LTE, ta có v2 (7 y  1)  v2 (7  1)  Suy v2 (2 z )   z  Thay vào phương trình đầu, ta x  y  Lại y lẻ nên v2 (7 y  1)  v2 (7  1)  , kéo theo x  3, y  Thử lại ta thấy thỏa Do đó, trường hợp này, ta có nghiệm ( x, y, z )  (3,1,1) - Nếu y chẵn, đặt y  2k với k    , thay vào đề ta có z (2 x  z  1)  49k  Ta lại xét tiếp hai trường hợp sau: + Nếu k lẻ v2 (49k  1)  v2 (49  1)  , kéo theo z  Thay lại vào phương trình đầu, ta có x  49k  15 , mà z  nên theo (*) x chẵn, đặt x  2t với t   4t  49k  15  (2t  7k )(2t  k )  15 Vì 2t  7k  15 nên 7k  15 hay k  Từ ta tìm 4t  64 hay t  Do x  6, y  Thử lại ta thấy thỏa nên ta có thêm nghiệm ( x, y, z )  (6,2, 4) + Nếu k chẵn, đặt k  2l y  4l , ta có 49k  ( 1)k  (mod 25) nên 25 | x  z  Cũng theo (*), ta đặt x  z  2a với a    25 | a  nên | 4a  , kéo theo a chẵn; lại đặt a  2b với b    v5 (49k  1)  , v5 (2 z (16b  1))  v5 (16b  1)  v5 (15)  v5 (b)   v5 (b) Từ suy | b nên đặt b  5c với c    , ta có x  z   1024c   (mod1023) Chú ý 31 |1023 nên 31 | y  Chú ý 715  (73 )5  3435  25  32  1(mod 31) 73 ,75 ,710  (mod 31) nên ord 31 (7)  15 11 Do đó, theo định lý bậc 15 | y nên | y , mà | y nên 12 | y , kéo theo 13 | y  nên 13 | x  z  , mà ord13 (2)  12 nên 12 | x  z , kéo theo | x  z  , vơ lý vế phải khơng chia hết cho Vì nên trường hợp này, phương trình khơng có nghiệm Vậy tất nghiệm phương trình cho ( x, y, z )  (3,1,1),(6,2,4) Nhận xét Trong lời giải trên, ta sử dụng kết phổ biến để đánh giá chia hết lũy thừa như: định lý Euler, định lý ord bổ đề LTE Nếu p số nguyên tố lẻ, a, b   cho p | a  b (a, p )  (b, p )  v p (a n  b n )  v p (a  b)  v p (n ) Phương trình nghiệm nguyên Diophante dạng chủ đề không mới, nói cần đổi số thích hợp, ta hàng loạt với mức độ khó dễ khác Các phương trình đơi cịn đưa dạng Catalan quen thuộc x  y  1 Tuy nhiên, điểm “mẹo mực” dạng ta cần phải chọn modulo để xét từ suy quan hệ thích hợp, tốn này, việc xét đến mod 31 điểm khó mà khơng nhiều thí sinh vượt qua Dưới số phương trình nghiệm nguyên khai thác việc xét modulo thích hợp kết hợp với kỹ thuật LTE: (1) (KHTN 2015) Tìm tất số nguyên dương n cho 3n  n  5n | 60n Đáp số: n  1,2,3 (2) (VN TST 2011) Tìm tất số nguyên dương n cho biểu thức sau số phương A  2n  (2n  1)   3n  Đáp số: n  3,5 (3) (JBMO Pratice) Giải phương trình nghiệm tự nhiên: x  13 y  z Đáp số: ( x, y, z )  (0,0,1),(1,0,3),(3,2,9) (4) (Olympic Tốn Trung Âu 2014) Tìm tất số nguyên dương ( x, y, z, t ) cho 20 x  142 y  ( x  y  z ) zt Đáp số: ( x, y, z, t )  (1,1,3,1) Bài Cho tam giác ABC khơng cân nội tiếp đường trịn (O ), ngoại tiếp đường tròn ( I ) Giả sử BI cắt AC E CI cắt AB F Đường tròn qua E , tiếp xúc với OB B cắt (O ) M Đường tròn qua F tiếp xúc với OC C cắt (O ) N Các đường thẳng ME , NF cắt lại (O ) P, Q Gọi K giao điểm EF BC Đường thẳng PQ cắt BC, EF G, H Chứng minh trung tuyến qua G tam giác GHK vng góc với đường thẳng OI 12 Lời giải Trước hết, ta chứng minh bổ đề sau: Cho tam giác ABC nhọn không cân có đường cao AD, BE, CF Gọi X , Y giao điểm cặp đường thẳng ( DE , CF );( DF , BE ) N tâm đường trịn Euler Khi đó, ta có AN  XY A O E N F H X Y B D M C O' Chứng minh Gọi H , O trực tâm tâm ngoại tiếp ABC Gọi O  điểm đối xứng O qua BC O tâm ngoại tiếp ( BHC ) Vì N trung điểm OH OM  AH nên OO  AH ,   kéo theo AHO O hình bình hành Từ đó, A, O , N thẳng hàng Vì H , F , D, B nằm đường trịn đường kính HB nên YH YB  YF YD hay Y nằm trục đẳng phương ( N ), ( BHC ) Tương tự với X ; điều cho thấy XY  O N Quay lại toán, Ta biết đường tròn Apollonius đỉnh B tam giác ABC trực giao với (O ) qua B, E nên ( BEM ) đường trịn B  Apollonius Suy MA BA EA hay ME phân giác AMC   MC BC EC Do đó, P trung điểm cung  ABC Tương tự, Q trung điểm cung  ACB hay PQ  AI Gọi I a , I b , I c tâm đường tròn bàng tiếp đối diện đỉnh A, B, C tam giác ABC Dễ thấy AI a , BI b , CI c đường cao tam giác I a Ib I c nên theo bổ đề OI a  EF Gọi S trung điểm cung nhỏ BC (O ) S trung điểm II a OS  GH Ngồi ra, P, Q trung điểm I a I c , I a I b nên PQ  AI a đường cao đỉnh I a tam giác I a I b I c 13 Ib M A H Ic E F K B O I G Q R P C S Ia Do đó, GKH , SOI a có cạnh tương ứng vng góc nên chúng đồng dạng với nhau, tồn phép vị tự quay góc 90 biến tam giác thành tam giác Khi đó, ta cần chứng minh đường trung tuyến từ đỉnh S tam giác SOI a song song với OI Tuy nhiên, điều hiển nhiên, gọi R trung điểm OI a SR đường trung bình I a IO nên SR  OI Ta có đpcm Nhận xét So với hình ngày 1, khơng mẻ khơng khó để nhận diện kết cũ lồng ghép Cụ thể mơ hình đường trịn Apollonius mơ hình trục đẳng phương nêu Trong lời giải trên, ta dùng kết quen thuộc đường tròn Apollonius: Trong tam giác ABC , đường tròn Apollonius đỉnh A trực giao với đường trịn ngoại tiếp (O ) Ý tưởng có xuất trước đó: (1) (VN TST 2008) Cho tam giác ABC nhọn không cân lấy điểm M , N , P AM BN CP    k  Đường tròn đường phân giác AD, BE , CF cho AD BE CF (O1 ) qua A, M tiếp xúc với OA A Định nghĩa tương tự với (O2 ),(O3 ) Tìm tất giá trị k cho ba đường trịn (O1 ),(O2 ),(O3 ) có hai điểm chung Bước quan trọng để giải tốn việc chuyển đổi mơ hình từ tâm bàng tiếp sang trực tâm Đây ý tưởng chuyển mơ hình quan trọng tự nhiên, dễ sử dụng khơng địi hỏi dùng phép biến hình Tuy nhiên, tốn “thành cơng” việc giấu tâm bàng tiếp khiến cho thứ trở nên khó khăn tiếp cận làm việc trực tiếp mơ hình có sẵn Bổ đề mang tính chất định để giải tốn có nhiều ứng dụng, chẳng hạn như: 14 (2) (Trường hè 2018) Cho tam giác ABC có AD, BE , CF đường cao đồng quy H X tâm ( DEF ) Gọi K , L trung điểm HB, HC Giả sử FK  DE  M , EL  DF  N , EF  {DK , DL}  {P, Q} Chứng minh PM , QN , AX đồng quy Ở cách tiếp cận khác, việc dùng hàng điểm điều hịa, ta chứng minh G trọng tâm tam giác I a HK đưa toán việc chứng minh I aG  OI Nếu xét theo góc độ tam giác thơng thường ta phát biểu lại cho dễ hình dung sau: Cho tam giác ABC có đường cao BD, CE M , N trung điểm AB, AC Giả sử DE  MN  K AK vng góc với đường thẳng Euler tam giác ABC Bổ đề chứng minh trục đẳng phương định lý Brocard, có xuất (3) (OMO 2016) Cho BC dây cung cố định (O ) điểm A di động (O ) cho tam giác ABC nhọn Gọi BE , CF đường cao tam giác H trực tâm Gọi M , N , K trung điểm BC , AH , EF AM cắt lại (O ) T a) Chứng minh phương tích từ K đến ( ANT ) không đổi A di động b) Đường trung bình song song với BC tam giác ABC cắt EF Q Chứng minh MQ  OH AB  AC  BC Cuối cùng, tốn ban đầu rút gọn thành phát biểu đơn giản sau: (4) Cho tam giác ABC khơng cân nội tiếp (O ) có tâm nội tiếp I Gọi E , P giao điểm BI với AC ,(O ); F , Q giao điểm CI với AB,(O ) Chứng minh OI vng góc với trung tuyến tam giác tạo ba đường thẳng PQ, BC , EF P A Q M X Y E F I Z B O C Bài Một bọ vị trí có tọa độ x  trục số Ở bước, từ vị trí có tọa độ x  a, a bọ nhảy đến vị trí có tọa độ x  a  x  Chứng minh có tất Fn   (n  4) vị trí khác (kể vị trí ban đầu) mà bọ nhảy đến với khơng q n bước nhảy, ( Fn ) dãy Fibonacci cho F0  F1  1, Fn  Fn 1  Fn 2 với n  Lời giải 15 a với a nguyên dương lẻ, n nguyên không âm Dễ 2b thấy tất vị trí mà bọ nhảy đến Đặt M tập hợp số thực có dạng Với x  M , ta gọi f ( x ) số bước cần để nhảy từ đến vị trí x Rõ ràng f ( x ) xác a a 1 định hữu hạn nhận thấy với x0  b  M sau bước " 2" , từ bọ có 2 thể nhảy đến a Tiếp theo, sau b bước nhảy "/ 2" , bọ đến x0 nên số bước không a 1  b vượt Với số nguyên dương n, đặt  x  Pn  x x  M  f ( x )  n, Qn   x x  Pn   Pn 1  Rn  Pn \ Qn   Dễ thấy Qn tập hợp số mà x phải đến bước thứ n  thu được; Rn x  Pn Với cách đặt đó, ta thấy số lượng vị trí khác mà bọ nhảy đến sau n bước P0  P1    Pn tập hợp số mà Ta tìm cơng thức cho Pn Ta có nhận xét rằng: từ  x ta cần n bước để  x  2, ta cần n  bước; x ra, từ  ta cần n  bước để  x , ta cần n bước Do đó, với x  M mà f ( x )  n f ( x  2)  n  Vì nên ta có Pn 1  Pn  Qn với n    Tiếp theo, ta chứng minh x  Pn  x   Rn  x0  x0   số thu 2 n  bước nên x0   Rn2 Ngược lại, x0   Rn2 tương tự Thật vậy, xét x0  Pn x0   Pn2 , nhiên x0 x   Pn2   Pn1  x0  Pn 2 Từ suy Pn  Rn  Do đó, ta có quan hệ truy hồi Pn  Qn  Rn  Pn1  Pn  Pn2  Pn1  Pn  Pn2 với n  Chú ý P0  1, P1  2, P2  nên đặt un  Pn1  Pn un  un1  un2 u0  1, u1  nên dễ thấy un  Fn2 với ( Fn ) dãy Fibonacci Do đó, ta đưa Pn  Fn2 1 với n  16 Cuối cùng, yêu cầu toán tương đương với việc chứng minh n  (F k 2  1)  Fn4  (n  4) k 0 Tuy nhiên, điều dễ dàng thực quy nạp với ý  Khi thay n  n  , vế trái tăng lên Fn3  đơn vị  Khi thay n  n  1, vế phải thay đổi  Fn5  (n  5)   Fn4  (n  4)  Fn3 1 Vậy toán giải hồn tồn Nhận xét Đây tốn đẹp ứng dụng phép đếm công thức truy hồi Nó gây khơng a khó khăn phải kiểm sốt số lần nhảy bọ cần thực để đến số b Mấu chốt toán nhận xét: “hai bước 2 bước /2 ” quy đổi “một bước /2 bước 2 ”, từ thiết lập thành cơng hệ thức truy hồi Thực phát biểu yêu cầu đề từ “đúng n bước” thành “không n bước” không làm thay đổi chất vấn đề, không làm khó bao, lại toán cũ Dưới số toán tương tự có liên quan: (1) (Dãy Farey) Cho số nguyên dương n, xét dãy tăng phân số có dạng p  [0;1] q n với p, q    q  n Khi đó, dãy có độ dài   (k ) k 1 VD: n  , ta có dãy 1       3 (2) (APMO 2015) Cho ( an ) dãy số xác định a0    cịn an 1 tính an 1   2( an  1) an 1   2(an  1) an  Hỏi tồn k nguyên dương để ak  2014 giá trị nhỏ k mấy? (3) (Định lý Lamé – Knuth) Với n nguyên dương, gọi u  v  số nguyên cho thuật toán Euclid áp dụng (u, v ) kết thúc sau n bước; ra, u số nhỏ thỏa mãn (u, v )  ( Fn  , Fn 1 ) với ( Fn ) dãy Fibonacci (4) (Tài liệu đội tuyển IMO 2011) Có trị chơi truyền hình mà người chơi phải trả lời n câu hỏi Nếu trả lời cộng điểm, sai bị chia đơi số điểm có Biết ban đầu người chơi có điểm Gọi Sn tập hợp điểm số mà người chơi nhận sau trò chơi kết thúc Chứng minh Sn  Fn 3  1   VD: n  S  0,1, ,    17 ... không n bước nhảy, ( Fn ) dãy Fibonacci xác định F0  F1  1, Fn  Fn 1  Fn 2 với n  - HẾT - C Lời giải chi tiết bình luận Bài Trong quốc gia có n  thành phố Giữa hai thành phố có đường... điểm có phương tích với bốn đường tròn ( SGO ),( BYE ),(CFZ ),(O) Ngày thi thứ hai (ngày 30/03 /2019) Bài (7 điểm) Tìm ba nguyên dương ( x, y, z ) thỏa mãn 2x   y  2z Bài (7 điểm) Cho tam...B Đề thi Ngày thi thứ (ngày 29/03 /2019) Bài (7 điểm) Trong quốc gia có n  thành phố Giữa hai thành phố có đường bay trực hai chiều