Đang tải... (xem toàn văn)
b) Sau khi chia, học sinh này sơn 30 viên bi đó bởi một số màu (mỗi viên được sơn đúng một màu, một màu có thể sơn cho nhiều viên bi), sao cho không có 2 viên bi nào trong cùng một hộp c[r]
(1)Lời giải bình luận đề thi VMO 2020 Nguyễn Tăng Vũ - Lê Phúc Lữ - Nguyễn Cơng Thành
§1 Đề thi ngày (ngày 25/12/2020)
Bài (5 điểm) Cho dãy số thực (xn) có x1 ∈
0,1
2
và xn+1 = 3x2n−2nx3n với
n≥1
a) Chứng minh limxn =
b) Với n ≥1 đặt yn=x1 + 2x2+· · ·+nxn Chứng minh dãy (yn) có giới
hạn hữu hạn
Bài (5 điểm) Tìm tất hàm số f :R→R thỏa mãn
f(x)f(y) =f(xy−1) +xf(y) +yf(x) với số thực x, y
Bài (5 điểm) Cho tam giác nhọn khơng cânABC có trực tâm H vàD,E,F chân đường cao hạ từ đỉnh A, B, C Gọi (I) đường tròn ngoại tiếp tam giác
HEF với tâm I K,J trung điểmBC, EF ChoHJ cắt lại(I)tại G,GK
cắt lại(I) L
a) Chứng minh AL vng góc với EF
b) Cho AL cắt EF M, IM cắt lại đường tròn ngoại tiếp tam giác IEF N,
DN cắt AB, AC tạiP, Q Chứng minh P E,QF, AK đồng quy
Bài (5 điểm) Với số nguyên n ≥2, gọi s(n) tổng số nguyên dương không vượt quán không nguyên tố với n
a) Chứng minh s(n) = n
2 (n+ 1−φ(n)), φ(n) số số nguyên dương không vượt n nguyên tố với n
b) Chứng minh không tồn số nguyên n≥2 thỏa mãn s(n) = s(n+ 2021)
§2 Đề thi ngày (ngày 26/12/2020)
Bài (6 điểm) Cho đa thức P (x) = a21x21+a20x20 +· · ·+a1x+a0 có hệ số
thuộc [1011,2021] Biết P (x) có nghiệm nguyên c số dương cho
|ak+2−ak| ≤c với mọik ∈ {0,1, ,19}
(2)b) Chứng minh
10
P
k=0
(a2k+1−a2k)
2
≤440c2
Bài (7 điểm) Một học sinh chia tất 30 viên bi vào hộp đánh số 1,2, 3, 4, (sau chia có hộp khơng có viên bi nào)
a) Hỏi có cách chia viên bi vào hộp (hai cách chia khác có hộp có số bi hai cách chia khác nhau)?
b) Sau chia, học sinh sơn 30 viên bi số màu (mỗi viên sơn màu, màu sơn cho nhiều viên bi), cho khơng có viên bi hộp có màu giống từ hai hộp khơng thể chọn viên bi sơn màu Chứng minh với cách chia, học sinh phải dùng khơng 10màu để sơn bi
c) Hãy cách chia cho với 10 màu, học sinh sơn bi thỏa mãn điều kiện câu b)
Bài (7 điểm) Cho tam giác nhọn không cân ABC nội tiếp đường tròn (O) GọiD giao điểm hai tiếp tuyến (O)tại B C Đường tròn qua A tiếp xúc vớiBC
tạiB cắt trung tuyến qua Acủa tam giác ABC G ChoBG, CGlần lượt cắtCD,
BD E, F
a) Đường thẳng qua trung điểm BE CF cắt BF, CE M, N Chứng minh điểmA, D, M,N thuộc đường tròn
b) Cho AD, AG cắt lại đường tròn ngoại tiếp tam giác DBC, GBC
(3)§3 Lời giải chi tiết bình luận
Bài
Cho dãy số thực (xn) cóx1 ∈
0,1
2
và xn+1 = 3x2n−2nx3n với mọin≥1
a) Chứng minh limxn=
b) Với n ≥1 đặt yn =x1 + 2x2+· · ·+nxn Chứng minh dãy (yn) có
giới hạn hữu hạn
Lời giải
a) Ta chứng minh 0< xn <
1
2 (n−1) với mọin ≥2 quy nạp Thật vậy, ta có x2 = 3x21 −2x31 = x21(3−2x2) ≤ nên xét f(x) = 3x2−2x3
0,1
2
, ta có
f0(x) = 6x(1−x) ≥ với x ∈
0,1
2
, nên = f(0) <(xn)< f
= 2, hay 0< x2 <
1 Giả sử 0< xn <
1
2 (n−1) với n ≥2 Xét g(x) = 3x
2−2nx3 trên
0,
2 (n−1)
, ta có0≤x≤
2 (n−1) ≤
n nên g
0(x) = 6x(1−nx)≥0, suy ra
0 =g(0) < g(xn)< g
(n−1)
Mà 2n −g
(n−1)
=
2n −
2n−3 (n−1)3 =
(n−2) (2n2−4n+ 1)
4n(n−1)3 ≥0 với n≥2 nên ta suy 0< g(xn)<
1
2n, hay 0< xn+1 <
1
2n Theo nguyên lí
quy nạp, ta có 0< xn<
1
2 (n−1) với mọin ≥2
Từ đó, cho n →+∞, áp dụng nguyên lí kẹp ta có limxn=
b) Từ câu trên, ta thấy 3−2nxn > 3−
2n
2 (n−1) > với n ≥ nên theo bất đẳng thức AM - GM, ta có
xn+1 =x2n(3−2nxn) =
1
n2 (nxn)
(3−2nxn)≤
1
n2
nxn+nxn+ 3−2xn
3
3
=
n2
với n ≥2 Vì (n−1)4−3 (n+ 1)3 đa thức bậc theo biến n nên tồn số tự nhiênm >2 đủ lớn để (n−1)4 >3 (n+ 1)3 với n > m Lúc này, với n > m, ta có
xn+1 <3x2n <
3 (n−1)4 <
(4)Từ ta có
yn < m
X
k=1
(kxk) +
1 (m+ 1)2 +
1
(m+ 2)2 +· · ·+
n2
với mọin > m
Tuy nhiên (m+ 1)2 +
1
(m+ 2)2 +· · ·+
n2 <
1 12 +
1
22 +· · ·+
1
n2 <1 +
1·2 +
2·3 +· · ·+
n·(n+ 1) = +
1−1
2 + 2− +· · ·+ n −
n+
= 2−
n+ <2 nên ta cóyn<
m
P
k=1
(kxk) + với n > m, tức (yn)bị chặn Mặt khác, dễ
thấy(yn) dãy tăng ngặt nên theo định lý Weierstrass, ta có (yn) hội tụ
Nhận xét.Ở câu a, ta cách đánh giá khác xn ≤ 21n Hướng xử lý thực tương tự quy nạp, câu b, cần ước lượng đơn giản chuyển từ 2n→n3
Bài
Tìm tất hàm sốf :R→R thỏa mãn
f(x)f(y) =f(xy−1) +xf(y) +yf(x) với số thực x, y
Lời giải Giả sử f :R→R thỏa mãn
f(x)f(y) =f(xy−1) +xf(y) +yf(x) với số thực x, y
Thế y= vào đẳng thức trên, ta có
f(x)f(0) =f(−1) +xf(0)
Vì f(0) 6= f(x) phải có dạng x+k, với k số thực Tuy nhiên, hệ số củaxy vế trái phương trình đề cho 1, hệ số xy vế phải 3, vơ lí Vậy f(0) = 0, từ đẳng thức trên, ta có f(−1) = Từ đó, y= −1 vào phương trình đề cho, ta suy f(x) =f(−x−1) Với tính chất này, thếy −y−1 vào phương trình đề cho, ta thu
(5)Đối chiếu đẳng thức với phương trình đề cho, ta có
f(xy+x) = f(xy−1) + (2y+ 1)f(x)
Từ đẳng thức này, với x6= 0, thếy
x ta có f(x+ 1) =
x +
f(x) (1)
với x6=
Thế x x+ 1, y vào phương trình đề cho, ta có
f(x+ 1)f(1) =f(x) + (x+ 1)f(1) +f(x+ 1),
hay
(f(1)−1)f(x+ 1) =f(x) +f(1) (x+ 1) (2) Tiếp tục x=y= vào phương trình đề cho, ta cóf(1)2 = 2f(1) nênf(1) =
f(1) =
• Nếuf(1) = 0thì kết hợp (2) (1) ta có
−f(x) = f(x+ 1) =
2
x +
f(x) với mọix6= Từ đó, với ý f(0) = ta suy f(x)≡0
• Nếuf(1) = 2thì từ (2) (1) ta có
f(x) + (x+ 1) =f(x+ 1) =
2
x +
f(x)
với x 6= Suy f(x) = x(x+ 1) với x 6= Mà f(0) = nên
f(x) =x(x+ 1) với x
Thay lại vào phương trình đề cho, dễ thấy f(x)≡0và f(x) =x(x+ 1) thỏa mãn yêu cầu
Nhận xét.Ngoài cách xử lý trên, ta đặt g(x) =f(x)−xthì thay vào ngayg(x)g(y) =g(xy−1) + 2xy−1 Bài toán gọn gàng nhiều
Bài
Cho tam giác nhọn khơng cân ABC có trực tâm H D, E, F chân đường cao hạ từ đỉnh A, B, C Gọi (I) đường tròn ngoại tiếp tam giác HEF
với tâm I K,J trung điểm BC, EF ChoHJ cắt lại (I)tại G, GK
cắt lại (I) L
a) Chứng minh AL vng góc với EF
b) ChoAL cắtEF tạiM, IM cắt lại đường tròn ngoại tiếp tam giác IEF tạiN,
(6)Lời giải Ta thấy (HEF)là đường trịn đường kính AH nên I trung điểm AH, kéo theo (IEF) đường trịn Euler tam giác ABC nên qua D,K
a) Dễ thấy IE =IF vàKE =KF, IK trung trựcEF nên qua J, từ có
J I·J K =J E ·J F =J H·J G
nênHKGI tứ giác nội tiếp Suy ra∠HIK =∠HGK = ∠HAL, đóIK kAL MàIK ⊥EF nên AL⊥EF
b) Ta có
M A·M L=M E·M F =M I·M N
nên tứ giácAILN nội tiếp, suy
∠AN I =∠ALI =∠IAL=∠DIK = 90◦−∠IKD= 90◦−∠IN D
nên ∠AN D= 90◦
NếuDN kEF AN ⊥EF, mà AM ⊥EF nên M N qua A, suy A, I,M
thẳng hàng nên AI ⊥EF, kéo theo EF kBC, điều khơng thể xảy tam giác ABC khơng cân Do đó, DN EF khơng song song, giả sử chúng cắt điểm T
Ta thấy N thuộc đường trịn đường kính AD hai đường trịn đường kính AD,
AH tiếp xúc nên T A tiếp tuyến chung hai đường tròn nói trên, T
chính tâm đẳng phương chúng (IEF) Do T A⊥AD, hay AT kBC Gọi S giao điểm P E QF, ta có chùm điều hịa A(T S, BC) =
A(T S, P Q) =−1, mà AT kBC nênAS chia đôi BC, tức AS quaK, hay AK,
(7)Nhận xét.Bài tốn có ý thứ nhẹ nhàng, cịn tiếp cận cách sử dụng kiến thức tứ giác điều hòa đường đối song
Ý thứ hai khơng q khó, nhiên việc tiếp cận hướng không sử dụng kiến thức chùm điều hịa khó khăn nên nhìn chung, thí sinh không nắm vững phần gặp phải trở ngại định ý b) Khi chuyển mơ hình đường trịn Euler mơ hình đường trịn bàng tiếp, thấy∠AN D= 90◦ tính chất kinh điển mơ hình đường trịn nội tiếp, đường trịn bàng tiếp
Bài
Với số nguyên n ≥2, gọi s(n) tổng số nguyên dương không vượt n không nguyên tố với n
a) Chứng minh s(n) = n
2 (n+ 1−φ(n)), φ(n) số số nguyên dương không vượt n nguyên tố với n
b) Chứng minh không tồn số nguyênn ≥2thỏa mãns(n) =s(n+ 2021)
Lời giải
a) Với số d ∈ {1,2, , n} gcd(d, n) = 1, ta thấy gcd(n−d, n) = Ngồi ra, vớin≥2thì ϕ(n)chẵn nên số nguyên tố vớin chia thành cặp có dạng(d, n−d)với tổng n Từ suy tổng số nguyên tố với n không vượt n nϕ(n)
2 Do
s(n) = + +· · ·+n− nϕ(n)
2 =
n
2(n+ 1−ϕ(n))
b) Giả sử phản chứng tồn số n ≥ thỏa mãn s(n) = s(n + 2021) Ta có
s(n) = n
2(n+ 1−ϕ(n)) nên thay vào đẳng thức trên, ta
(n+ 2021)(n+ 2022−ϕ(n+ 2021)) =n(n+ 1−ϕ(n))
Ta xét trường hợp sau
1 Nếu 2021 - n gcd(n,2021) = dễ thấy gcd(n, n+ 2021) = có
n+ 2021|2s(n+ 2021) = 2s(n)nên n(n+ 2021)|2s(n)< n(n+ 1), vô lý
2 Nếu 2021-n gcd(n,2021)>1thì ý 2021 = 43·47 nên để đơn giản, ta thay2021 tích hai số nguyên tố lẻ p, q
Giả sử rằngp|n đặt n=pk với gcd(k, q) = 1.Thay vào
(pk+pq)(pk+pq+ 1−ϕ(pk+pq)) =pk(pk+ 1−ϕ(pk)) hay
(k+q)(pk+pq+ 1−ϕ(p(k+q))) =k(pk+ 1−ϕ(pk))
Do gcd(k+q, k) = nên đặt pk+q−ϕ(pk +pq) = ck với c ∈ Z+, c < p nên pk+ 1−ϕ(pk) = c(k+q) Trừ hai đẳng thức trên, vế theo vế, ta có
q(p+c) = ϕ(pk+pq)−ϕ(pk)
Lại có vế phải chia hết cho p−1 nên p−1 | q(c+p) hay c = p−2 Suy
(8)• Nếu p|k p2 |pk nênp|ϕ(pk), kéo theo p|(p−2)q+ 1, dễ thấy vô lý khi
(p, q) = (43,47),(47,43).Tương tự p|k+q
• Nếu gcd(k, p),gcd(k+q, p) = nên theo tính chất hàm nhân tính (p−1)ϕ(k+q) = 2k+pq+ 1, (p−1)ϕ(k) = 2k−(p−2)q+
Trừ hai đẳng thức trên, vế theo vế, ta có ϕ(k+q)−ϕ(k) = 2q, khơng chia hết cho Do đó, hai số ϕ(k+q), ϕ(k)không chia hết cho Ta có bổ đề quen thuộc sau (suy trực tiếp từ công thức hàm phi Euler)
Bổ đề
Với n≥5là số nguyên dương thỏa ϕ(n) không chia hết cho 4thì n= am
hoặc n= 2am với a là số nguyên tố lẻ vàm ∈
Z+
Áp dụng vào toán, ta thấy k=am thì ϕ(k) =am−1(a−1) nên
(p−1)am−1(a−1) = 2am−(p−2)q+ <2am hay (p−1) 1−
a
<2, dễ thấy vô lý
Tương tự k= 2am hoặc k+ =am hoặc k+ = 2am.
Do đó, trường hợp giải hồn tồn
3 Nếu 2021 | n ký hiệu trên, đặt n = pqk với k ∈Z+ thay vào đẳng thức
trên, ta
(k+ 1)(pqk+pq+ 1−ϕ(pq(k+ 1))) =k(pqk+ 1−ϕ(pqk)) (∗) Dogcd(k, k+ 1) = nênk+ 1|pqk+ 1−ϕ(pqk) Đặtpqk+ 1−ϕ(pqk) =c(k+ 1) với c∈Z+, c < pq thì thay vào đẳng thức (*) được
pqk+pq+ 1−ϕ(pq(k+ 1)) =ck
Trừ xuống ta c+pq=ϕ(pq(k+ 1))−ϕ(pqk) chia hết cho (p−1)(q−1)
c < pq nên cóc=pq−2p−2q+ Do
pqk+ 1−ϕ(pqk) = c(k+ 1) hay ϕ(pqk) = 2(p+q−1)k−c+
Tương tựϕ(pq(k+1)) = 2(p+q−1)k+pq+1.Nếu nhưgcd(k, pq),gcd(k+1, pq)>1 dễ thấy vơ lý tương tự (2) Do đó, ta lại áp dụng tính nhân tính, ta có
(
(p−1)(q−1)ϕ(k+ 1) = 2(p+q−1)k+pq−1 (p−1)(q−1)ϕ(k) = 2(p+q−1)k−pq+ 2p+ 2q−1
nên trừ xuống cóϕ(k+ 1)−ϕ(k) = 2.Suy hai số ϕ(k+ 1), ϕ(k)không chia hết cho4 Đến thực tương tự
Vậy trường hợp không tồn số nguyên dương n thỏa mãn đề
(9)Bài
Cho đa thức P (x) =a21x21+a20x20+· · ·+a1x+a0 có hệ số thuộc [1011,2021]
Biết P (x)có nghiệm nguyên clà số dương cho |ak+2−ak| ≤cvới
mọi k ∈ {0,1, ,19}
a) Chứng minh P(x) có nghiệm nguyên b) Chứng minh
10
P
k=0
(a2k+1−a2k)2 ≤440c2
Lời giải
a) DoP(x)là đa thức có hệ số tồn số dương nên nghiệm phải âm Ta có bổ đề quen thuộc sau (chứng minh theo kiểu bất đẳng thức trị tuyệt đối làm trội đơn giản):
Bổ đề
Cho đa thức hệ số thứcP(x)có dạngP(x) =
n
P
i=0
aixi vớian6= 0và có nghiệmx=x0
thì
|x0|<1 + max 0≤i<n an
Theo bổ đề |x0|<1 + 20211011 <3 nên x0 =−1 hoặcx0 =−2.Giả sử P(−2) = ta
có
a21221+a19219+· · ·+a12 =a20220+a18218+· · ·+a0
Ta thấy
V T ≥1011(2 + 23+· · ·+ 221) = 2022·
22−1
22−1 V P ≤2021(1 + 22+· · ·+ 220) = 2021·
22−1
22−1
Đến suy điều vô lý, nên x0 =−1 nghiệm nguyên đa thức
b) Theo câu a ta có
a0+a2+· · ·+a20=a1+a3+· · ·+a21
Do đó, đặtbi =a2i+1−a2i với 0≤i≤10 ta có
10
P
i=0
bi = cần
S =
10
X
i=0
b2i ≤440c2
Ta đánh giá giá trịb0 →b4 b6 →b10 thông qua b5, ý
|b5−b4|=|(a11−a10)−(a9−a8)| ≤ |a11−a9|+|a10−a8| ≤2c
nên
(b5−b4)
≤4c2 →b24 ≤4c2+ 2b4b5 −b25 ≤4c
(10)Tương tự ta có
b26 ≤4c2+ 2b6b5
Tiếp theo
|b5−b3|=|(a11−a10)−(a7−a6)|
≤ |a11−a9|+|a10−a8|+|a9−a7|+|a8−a6| ≤4c
nên
(b5−b3)2 ≤16c2 →b23 ≤16c 2+ 2b
4b5 b27 ≤16c 2+ 2b
7b5
Tổng quát lên thìb25±k ≤4k2+ 2b5b5±k với 1≤k ≤5 Cứ thế, ta
S ≤2·4·(12+ 22+· · ·+ 52)c2+ 2b5(b0+b1+· · ·+b10) = 440c2
Nhận xét Câu a tốn làm trực tiếp khơng cần thông qua bổ đề, nhiên áp dụng bổ đề vào bước xử lý sáng sủa nhiều Riêng ý b bất đẳng thức khó liên quan đến đánh trị tuyệt đối, bước quan trọng ý tưởng dồn biến số vị trí
Bài
Một học sinh chia tất 30 viên bi vào hộp đánh số 1, 2, 3, 4, (sau chia có hộp khơng có viên bi nào)
a) Hỏi có cách chia viên bi vào hộp (hai cách chia khác có hộp có số bi hai cách chia khác nhau)?
b) Sau chia, học sinh sơn 30 viên bi số màu (mỗi viên sơn màu, màu sơn cho nhiều viên bi), cho khơng có viên bi hộp có màu giống từ hai hộp khơng thể chọn 8viên bi sơn 4màu Chứng minh với cách chia, học sinh phải dùng khơng 10 màu để sơn bi
c) Hãy cách chia cho với đúng10 màu, học sinh sơn bi thỏa mãn điều kiện câu b)
Lời giải
a) Áp dụng toán chia kẹo Euler cho trường hợp30 viên kẹo em bé, khơng thiết em có kẹo, ta có đáp số
C30+5−15−1 =C344
b) Gọim số màu cần phải dùng để sơn bi
(11)Cách 1.Đếm{A, B}trước, ta có C52 = 10cách ChọnC có khơng q3cách Do S ≤10·3 = 30
Cách 2.Gọi a1, a2, , am số hộp có bi sơn màu 1,2, , m Do màu
chỉ dùng lần hộp nên có
x1 +x2+· · ·+xm = 30
Ta có
S=
m
X
i=0 Cx2
i =
1
m
X
i=0
(x2i −xi) =
1
m
X
i=0
x2i −30 !
Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz
S ≥
2
302
m −30
= 450
m −15
Vì nên
30≥ 450
m −15nên m≥10
Do đó, số màu cần dùng khơng nhỏ hơn10
c) Để xây dựng cách tô chom= 10 màu, ta thấy đánh giá phải xảy dấu bằng, tức là:
• Mỗi màu tơ cho 3hộp
• Mỗi hộp có 6viên bi tơ 6màu
• Hai hộp có chung 3màu Ta có bảng bên mô tả cách tô thỏa mãn
Hộp 10
1 × × × × × ×
2 × × × × × ×
3 × × × × × ×
4 × × × × × ×
5 × × × × × ×
Bài toán giải
(12)Bài
Cho tam giác nhọn không cân ABC nội tiếp đường tròn(O) Gọi D giao điểm hai tiếp tuyến (O)tại B C Đường tròn qua A tiếp xúc với BC tạiB
cắt trung tuyến qua A tam giác ABC tạiG Cho BG, CGlần lượt cắt CD,
BD E, F
a) Đường thẳng qua trung điểm củaBE CF cắt BF, CE tạiM,
N Chứng minh điểm A,D, M, N thuộc đường tròn b) Cho AD, AG cắt lại đường tròn ngoại tiếp tam giác DBC, GBC
tại H,K Trung trực HK, HE, HF cắt BC,CA, AB tạiR,P,
Q Chứng minh điểm R, P, Q thẳng hàng ’
Lời giải
a) Gọi T, I, J trung điểm BC, BE, CF Ta có (GBA) tiếp xúc BC
nên T C2 = T B2 = T G·T A, suy ra (GCA) cũng tiếp xúc với BC Từ ta có ∠F BA = ∠ACB = ∠T GC = ∠AGF nên tứ giác AGBF nội tiếp Chứng minh tương tự ta cóAGCE tứ giác nội tiếp, tồn phép vị tự quay tâm
A biến F thành C biến B thànhE
Ta thấy qua phép biến hình trên,J biến thànhI, màF BgiaoECtạiDvàF B giao
J I tạiN nên ta cóF ACD vàF AJ N nội tiếp, kéo theo ∠AN J = ∠AF J =∠ADC
nên AN DM nội tiếp b) Ta cần có bổ đề sau
Bổ đề
Cho tam P điểm nằm tam giác ABC Gọi X, Y, Z điểm đối xứng với P qua trung điểm BC, CA, AB Khi AX, BY,
(13)Chứng minh Để ý P BXC, P CY A vàP AZB hình bình hành nên dễ thấy
AX,BY,CZ đồng quy trung điểm đường
Bổ đề
Cho P điểm nằm tam giác ABC Đường thẳng qua P
vng góc với P A, P B, P C cắt BC, CA, AB X, Y, Z Khi
X, Y,Z thằng hàng
Chứng minh
Ta thấy X, Y Z thẳng hàng trung điểm AX, BY, CZ thẳng hàng, tức đường trịn đường kínhAX,BY,CZ đồng trục Tuy nhiên điều dễ thấy đường tròn đồng trụcP H, vớiH trực tâm tam giác
ABC
Trở lại toán
Gọi S giao điểm thứ hai AD với (O), ta thấy H trung điểm
AS ABSC tứ giác điều hòa
Từ ta có
∠ACH =∠BCS =∠BAS =∠T AC =∠GCB
nên CH CG đẳng giác gócACB, mặt khác ta có AH AG đẳng giác góc BAC nên H G hai điểm liên hợp đẳng giác tam giác
(14)Từ tính chất trên, ta hồn tất toán cách chứng minh kết tổng quát sau
Khẳng định — Cho tam giác ABC cóP, Q hai điểm liên hợp đẳng giác Gọi R giao điểm thứ hai củaP A với đường tròn ngoại tiếp tam giác P BC TrênBC lấyA1 cho A1R= A1Q Xác định điểmB1,C1 tương tự Khi
đó A1, B1, C1 thẳng hàng
Chứng minh Gọi QA, QB,QC giao(O) lần A0, B0,C0 Lấy A2 đối xứng Qqua B0C0 Trung trực A0A2 cắtB0C0 A3 Xác định B3, C3 tương tự Áp dụng
bổ đề bổ đề 2, ta suy A3, B3, C3 thằng hàng
Ta có
∠RBC =∠RP C =∠P AC +∠P CA=∠A0AB+∠C0CB =∠C0B0A0
Chứng minh tương tự ta có ∠RCB = ∠A0C0B0 nên hai tam giác RBC
A0B0C0 đồng dạng Hơn nữa, ∠A2B0C0 =∠B0C0C =∠B0BC =∠QBC, tương tự ∠A2C0B0 = ∠QCB, nên ta suy
A1B A1C
= A3B
0
A3C0
Từ đó, ý A3, B3, C3
thẳng hàng nên ta có
A1B A1C
· B1C
B1A
· C1A
C1B
= A3B
0
A3C0
·B3C
0
B3A0
· C3A
0
C3B0
=
Theo định lí Menelaus, ta có A1, B1, C1 thằng hàng
Bài tốn chứng minh hoàn toàn