LỜI GIẢI VÀ BÌNH LUẬN ĐỀ CHỌN ĐỘI TUYỂN QUỐC GIA DỰ THI IMO NĂM 2013

LỜI GIẢI VÀ BÌNH LUẬN ĐỀ CHỌN ĐỘI TUYỂN QUỐC GIA DỰ THI IMO NĂM 2013 Những người thực hiện: Trần Nam Dũng Trần Quang Hùng Võ Quốc Bá Cẩn Lê Phúc Lữ Xin chân thành cảm ơn thầy Nguyễn Tăng Vũ, thầy Trần Quốc Luật, bạn Nguyễn Văn Quý, Võ Anh Đức, Hoàng Đỗ Kiên, Phạm Tuấn Huy, Nguyễn Huy Tùng nhiều thành viên diễn đàn đóng góp ý kiến để chúng tơi hồn tất tài liệu này! Thành phố Hồ Chí Minh, ngày 07 tháng 05 năm 2013 Phần ĐỀ THI CHÍNH THỨC Ngày thi thứ Bài Cho tứ giác ABCD có cạnh đối khơng song song nội tiếp đường tròn (O , R) Gọi E giao điểm hai đường chéo đường phân giác góc AEB cắt đường thẳng AB, BC , CD , DA điểm M , N , P , Q Chứng minh đường tròn ( AQM ),( BMN ),(CNP),( DPQ) qua điểm Gọi điểm K Đặt  AC , BD  m Chứng minh OK  R2 4R2  m2 Bài Chứng minh tồn vô số số nguyên dương t cho 2012t  2013t  số phương Xét m, n số nguyên dương cho mn  ( m  1)n  số phương Chứng minh n chia hết cho 8(2m  1) Bài Với số n nguyên dương, đặt Sn  0,1, 2, , 2n  1 Xét hàm số f : (  Sn )  [0;1] thỏa mãn đồng thời điều kiện sau: i/ f ( x ,0)  f ( x , 2n  1)  với số nguyên x ii/ f ( x  1, y)  f ( x  1, y )  f ( x , y  1)  f ( x , y  1)  với x , y    y  2n Gọi F tập hợp tất hàm số f thỏa mãn Chứng minh F vô hạn Với hàm số f  F , đặt v f tập hợp ảnh f Chứng minh v f hữu hạn Tìm giá trị lớn v f với f  F Ngày thi thứ hai Bài Tìm số k nguyên dương lớn thỏa mãn: Với a , b , c dương mà abc  ta có bất đẳng thức sau 1 k k     3 a b c abc1 Bài Cho tam giác ABC nhọn khơng cân có A 45 Các đường cao AD , BE, CF đồng quy trực tâm H Đường thẳng EF cắt đường thẳng BC P Gọi I trung điểm BC ; đường thẳng IF cắt PH Q Chứng minh IQH  AIE Gọi K trực tâm tam giác AEF ( J ) đường tròn ngoại tiếp tam giác KPD Đường thẳng CK cắt ( J ) G , đường thẳng IG cắt ( J ) M , đường thẳng JC cắt đường trịn đường kính BC N Chứng minh điểm G , M , N , C thuộc đường tròn Bài Cho khối lập phương 10  10  10 gồm 1000 ô vuông đơn vị màu trắng An Bình chơi trò chơi An chọn số dải   10 cho hai dải khơng có chung đỉnh cạnh đổi tất ô sang màu đen Bình chọn số ô hình lập phương hỏi An có màu Hỏi Bình phải chọn ô để với câu trả lời An Bình ln xác định ô màu đen? Phần LỜI GIẢI CHI TIẾT VÀ BÌNH LUẬN Bài Cho tứ giác ABCD lồi có cạnh đối khơng song song nội tiếp đường tròn (O , R) Gọi E giao điểm hai đường chéo đường phân giác góc AEB cắt đường thẳng AB, BC , CD , DA điểm M , N , P , Q Chứng minh đường tròn ( AQM ),( BMN ),(CNP),( DPQ) qua điểm Gọi điểm K Đặt  AC , BD  m Chứng minh OK  R2 4R2  m2 Lời giải Q R N K A B M E O S D P C Gọi R giao điểm AD , BC S giao điểm AB, CD (do cạnh đối tứ giác ABCD khơng song song nên điểm hồn toàn xác định) Giả sử B nằm A , S nằm C , R hình vẽ Gọi K giao điểm đường tròn ngoại tiếp tam giác RAB, SBC BKR  BKS  BAD  BCD  180 hay R , K , S thẳng hàng Suy RK  RS  RB  RC  RA  RD SK  SR  SB  SA  SC  SD nên tứ giác ADSK CDRK nội tiếp hay K thuộc đường tròn ( RCD) (SDA) Do đó, ta có AKD  ASD  BSC  BKC ADK  ASK  BSK  BCK KA AD AE AM    , theo tính KB BC BE BM chất đường phân giác KM phân giác góc AKB nên tam giác KAD KBC đồng dạng Suy Mặt khác, ta có RNQ  BNE  CBD  BEN  CAD  AEQ  RQN nên ta ARB  2BNM 1 AKB  ARB  BNM hay tứ giác BMNK nội tiếp, tức 2 K thuộc đường trịn ( BMN ) Từ suy BKM  Chứng minh tương tự, ta có K thuộc đường tròn ( AQM ),(CNP),( DPQ) Tiếp theo, ta chứng minh K điểm chung đường tròn Thật vậy, đường trịn ( AMP),( BMQ) có hai điểm chung K , M cịn đường trịn ( DNP),(CNP) có hai điểm chung K , N Do đó, bốn đường trịn có hai điểm chung M , N trùng nhau, vơ lí Ta có đpcm Theo tính chất phương tích RK  RS  RB  RC  RO  R2 , SK  SR  SB  SA  SO  R nên RO  SO  RK  RS  SK  SR  RK  SK Từ suy OK  RS Hơn nữa, theo định lí Brocard tứ giác nội tiếp ABCD E trực tâm tam giác ORS , suy OE  RS Do đó, O , E, K thẳng hàng Ta lại có RKA  SKC  RBA  SBC  2ADC  AOC nên AKC  AOC  180 hay tứ giác AOCK nội tiếp Suy R2 EO  EK  EA  EC  R  OE  EO( EO  EK )  R hay OK  EO 2 Mặt khác, theo bất đẳng thức đường xiên đường vng góc 1  EO  max d(O , AC ), d(O , BC )  max  R  AC , R2  BD   4R2  m2 2   Vậy ta OK  2R2 R2  m Đây đpcm Nhận xét Lời giải toán dựa hai định lý hình học điểm Miquel tứ giác tồn phần định lý Brocard Nói đến định lý Miquel nhiều người quen thuộc dạng phát biểu sau Định lý Miquel Cho tam giác ABC điểm D , E, F thuộc đường thẳng BC , CA , AB Khi đường trịn ngoại tiếp tam giác ( AEF ),( BFD),(CDE) có điểm chung M gọi điểm Miquel Hệ Các điểm D , E, F thẳng hàng điểm Miquel M thuộc đường tròn ( ABC ) Hệ có ý nghĩa ta coi tam giác đường thẳng tứ giác toàn phần ta phát biểu lại hệ sau Hệ Cho tứ giác ABCD có AB giao CD E , AD giao BC F Khi đường trịn ( EAD),( EBC ),( FAB),( FCD) có điểm chung M Điểm M gọi điểm Miquel tứ giác ABCD Điểm Miquel M đặc biệt có nhiều tính chất thú vị tứ giác ABCD nội tiếp Một tính chất quan trọng sau Hệ Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) Giả sử AB giao CD E , AD giao BC F , AC giao BD G Khi đường trịn ( EAD),( EBC ),( FAB),( FCD) có điểm chung M O , G , M thẳng hàng Định lý Brocard định lý quen thuộc Định lý Brocard Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) Giả sử AB giao CD E , AD giao BC F , AC giao BD G Khi O trực tâm tam giác EFG Một toán ứng dụng hay định lý thi quốc gia Việt Nam năm 2012 vừa qua Chứng minh định lý Miquel hệ coi thể quan trọng việc phải sử dụng góc định hướng hình học Ở này, không dùng độ dài đại số góc định hướng, ta phải quy ước vị trí điểm trình bày để lời giải chặt chẽ Bài thi ý tưởng hay cho việc kết hợp định lý Miquel định lý Brocard đặc biệt câu 2) Ý tưởng câu có lẽ bắt nguồn từ đẳng thức   OK  OE  OR  OS  R ; nhiên, để giấu diện điểm E thi đưa bất đẳng thức liên hệ đường xiên hình chiếu, OE  max d(O , AC ), d(O , BD)  R   AC , BD  Thực ý tưởng muốn giấu điểm E hay xong việc phải dùng đến bất đẳng thức hình học khiến cho tốn nhiều vẻ đẹp Bài tốn giải cách sử dụng bổ đề sau liên quan đến phép biến sau: Cho hai đoạn thẳng AB, CD cho ABCD khơng phải hình thang Khi đó, tồn phép vị tự quay tâm O biến AB thành CD Nếu P giao điểm AB CD , Q giao điểm AD BC tứ giác ADPK , BCPK , ABQK , CDQK nội tiếp Trong toán cho, điểm K tâm phép vị tự quay Ý tưởng sử dụng bất đẳng thức giống với hình số đề thi TST 2006, so sánh đường xiên đường vng góc Tuy nhiên, ta khơng cần với trường hợp đẳng thức xảy Nếu tổng quát lên, thay đường phân giác góc E thành đường thẳng qua E , ta có tốn sau: Cho tứ giác ABCD lồi có cạnh đối khơng song song nội tiếp đường trịn (O , R) Gọi E giao điểm hai đường chéo đường thẳng qua E cắt đường thẳng AB, BC , CD , DA điểm M , N , P , Q Chứng minh giao điểm khác M , N , P , Q cặp đường tròn ( AQM ),( BMN ) ; ( BMN ),(CNP) ; (CNP ),( DPQ) ( DPQ),( AQM ) thuộc đường tròn qua điểm Miquel K tứ giác ABCD R K Q A B M E O D C S P N Trong trường hợp đường thẳng trở thành phân giác bốn giao điểm trùng trùng với K Bài Chứng minh tồn vô số số nguyên dương t cho 2012t  2013t  số phương Xét m, n số nguyên dương cho mn  ( m  1)n  số phương Chứng minh n chia hết cho 8(2m  1) Lời giải Đặt d  (2012t  1, 2013t  1) dễ thấy d  Do đó, 2012t  2013t  số phương (2012t  1)(2013t  1)  y với y số nguyên dương Ta biến đổi đẳng thức (2012t  1)(2013t  1)  y   2012  20132 t   2012  2013  4025t   2012  2013   2012  2013  y  (2  2012  2013t  4025)    2012  2013  y Đặt x   2012  2013t  4025 ta có phương trình x   2012  2013 y  Dễ thấy  2012  2013 khơng phải số phương nên phương trình Pell loại có vơ số nghiệm Nghiệm nhỏ phương trình ( x , y)  (4025,1) nên nghiệm cho công thức x0  1, x1  4025, xn  8050 xn1  xn ,n   y  1, y  1, y  8050 y  y n n1 n  Bằng quy nạp, ta chứng minh x2 i 1 chia  2012  2013 dư 4025 với i giá trị nguyên dương x2 i 1  4025 cho ta giá trị t thỏa mãn đề  2012  2013 Vậy tồn vô số giá trị nguyên dương t cho 2012t  2013t  số phương Ta có đpcm Đặt d  ( mn  1, mn  n  1) d  mn  n   mn  1 hay d n , suy d (mn   mn) hay d Do d  hay số mn  1,( m  1)n  nguyên tố Khi đó, mn  ( m  1)n  số phương ( mn  1)  (m  1)n  1 số phương Giả sử ( mn  1)  (m  1)n  1  y với y    Biến đổi biểu thức này, ta thu m( m  1)n2  (2 m  1)n   y  m2 ( m  1)2 n2  4m( m  1)(2m  1)n  4m(m  1)  4m( m  1) y 2   2m(m  1)n  (2 m  1)    4m( m  1)y Đặt x  m( m  1)n  (2 m  1) ta có phương trình sau x  4m(m  1) y  (*) Đây phương trình Pell loại 4m( m  1) không số phương với m ngun dương nên (*) có vơ số nghiệm Phương trình (*) có nghiệm nhỏ ( x , y)  (2 m  1,1) nên công thức nghiệm ( xi , yi ) viết dạng x0  1, x1  m  1, xi   2(2m  1)xi 1  xi ,i   y  0, y  1, y  2(2 m  1) y  y i 2 i 1 i  Bằng quy nạp, ta chứng minh x2i chia 2m( m  1) dư x2 i 1 chia 2m( m  1) dư 2m  với i  0,1, 2, (**) Thật vậy, - Với i  0, theo công thức truy hồi dãy ( xi ) ta thấy khẳng định (**) - Giả sử (**) đến i , tức x2i chia 2m( m  1) dư x2 i 1 chia 2m( m  1) dư 2m  Ta có x2 i   2(2 m  1)x2 i 1  x2 i  2(2m  1)(2 m  1)   m(m  1)   (mod 2m( m  1)) x2 i   2(2m  1)x2 i   x2 i 1  2(2 m  1)  (2 m  1)  m  (mod 2m(m  1)) Do đó, (**) với i  Theo nguyên lí quy nạp, (**) với số tự nhiên i Tiếp theo, ta xây dựng công thức truy hồi cho dãy ri  x2 i 1 với i  0,1, 2, Ta có ri   x2 i   2(2m  1)x2 i   x2 i   2(2m  1)  2(2m  1)x2 i   x2 i    x2 i     4(2m  1)   2 x    4(2m  1)2  x2 i   2(2 m  1)x2 i   4(2m  1)  x2 i   ( x2 i   x2 i 1 ) 2 i3    x2 i 1  4(2 m  1)2  ri 1  ri Đặt ri  m( m  1)si  (2m  1) dãy ( si ), i  nguyên dương xác định Thay vào công thức truy hồi (ri ), ta 10 Trong bất đẳng thức cho, đẳng thức xảy a  b  c  nên ta dự đoán giảm số biến cách đặt a  1, b  x , c    thu k   x    , tiếp tục cho x x   x  có k  16 Tuy nhiều điều kiện chưa chặt! Ta tiếp tục cho b  c  , a  x thay vào bất đẳng thức ban đầu, ta x 4(2 x  x3  x  x  2) 4( x  2)(2 x  x  1) k   f ( x) với x  (***) x2  x x2  x Khi đó, ta phải có k  f ( x) x 0 Dưới ta phân tích số cách để từ (***) suy k  14 (1) Ta có f ( x)  tương đương với phương trình bậc 5: g( x)  x  x  x  x   Ta khơng giải phương trình này, khơng thể tìm chặn xác cho k Tuy nhiên, toán yêu cầu tìm k nguyên dương lớn nhất, nên ta khơng cần tìm giá trị min, mà đánh giá nhằm tìm chặn cho k Chú ý phương trình g( x)  viết dạng x  x    x x Trên miền (0; ) vế trái hàm tăng, vế phải hàm giảm nên g( x)  có nhiều nghiệm dương  1 Chú ý g      0, g(1)  12  nên nghiệm x0 phương trình nằm 2 Ta ý định tìm x0 mà thơng tin dùng để có định hướng để chọn giá trị x để thay vào bất đẳng thức 4( x  2)(2 x  x  1) k x2  x 1  Ta thay giá trị đặc biệt nằm  ;1 2   Thay x  , ta k  16  Thay x  , ta k  15 24 , ta k  13,98 3  Thay x  , ta k  14, Đến đây, ta k  14  Thay x  (2) Ở cách tiếp cận này, ta chứng minh k  14 không (do đánh giá đơn giản dễ đưa trường hợp k  14 nhiều hơn) Với k  14 , ta có bất đẳng thức x  10 x  10 x  x   Ta chứng minh bất đẳng thức không với x  Đặt h( x) vế trái nó, ta có h( x)  16 x  30 x  20 x  5, h( x)  48 x  60 x  20 Ta thấy h( x)  có nghiệm f (0)   f (1) nên khảo sát hàm số h( x), ta phương trình h( x)  có nghiệm x0 thỏa x0  (0;1) h( x)  h( x0 ) x 0  3 3  Chú ý f      a0   a0   ;1  nên 16 x03  30 x02  20 x0   ta có 4 4  f ( x0 )  7(4 x04  10 x03  10 x02  5x0  4)  x0 (16 x03  30 x02  20 x0  5)  ( x0  1)(12 x03  52 x02  x0  28)  3 3 Ta có 12 x  52 x  x0  28  12    52    30  x0   nên f ( x0 )  , mâu 4 4 3  thuẫn (chú ý 12 x  52 x  x  28 đồng biến  ;  ) 4  Do k  14 khơng thỏa mãn (3) Do f ( x) có dạng cồng kềnh nên để nguyên mà khảo sát phức tạp Do đó, ta nghĩ đến việc biến đổi f ( x) dạng đơn giản để dễ tính đạo hàm f ( x) có dạng phân thức nên ta nghĩ đến việc tách chia đa thức: f ( x)  x  x   x 2x  Đến việc lấy đạo hàm trở nên dễ dàng, ta tính 25   f ( x)   x     x (2 x  1)   Ta cần giải phương trình f ( x)  Quan sát chút, ta phát : x  ( x  1)( x  x  1) 4( x  x  1) x   , 1  x x2 x2 (2 x  1)2 (2 x  1)2 Như vậy, ta phân tích nhân tử: x 1  f ( x)  ( x  x  1)   ,  x (2 x  1)   từ ta đưa việc xét f ( x)  xét phương trình đơn giản hơn: x 1    x  x  x   2 x (2 x  1) Đến đây, ta gặp phải khó khăn lớn, phương trình x  x  x   khơng có “nghiệm đẹp” Khi khảo sát phương trình, ta quan tâm đến hai việc: phương trình có nghiệm giá trị Việc thứ dễ dàng thực cách viết lại phương trình dạng: 4x2  4x    x Vế trái phương trình hàm liên tục đồng biến với x  0, đồng thời kiểm tra trực tiếp ta dễ thấy phương trình có nghiệm thuộc (0, 1) nên cách kết hợp điều lại, ta khẳng định phương trình f ( x)  có nghiệm thuộc (0, 1) Việc thứ hai thực khó khăn trường hợp tốn Rõ ràng với việc tính tay, ta khó tính giá trị xác nghiệm phương trình x  x  x   Vả lại, tính chắn cơng thức nghiệm có thức chằng chịt thay vào f ( x), ta khó để đánh giá xấp xỉ sang dạng thập phân để từ đưa nhận định k Có vẻ ta vào ngõ cụt… Tuy nhiên, bạn ý ta cần tìm giá trị nguyên dương lớn k , ta hồn tồn khơng cần phải tính giá trị nhỏ f ( x) làm Thay vào đó, ta nghĩ đến việc tìm giá trị “sát” với giá trị nhỏ Muốn vậy, ta cần tìm giá trị x sát với nghiệm phương trình f ( x)  để thay vào tính toán Từ nhu cầu này, ta nghĩ đến việc đánh giá chặn miền cho nghiệm phương 26 trình x  x  x   Gọi x0  (0, 1) nghiệm phương trình Ý tưởng ta khử dạng bậc ba để có phương trình bậc thấp giải nhanh chóng tính tay Đầu tiên ta có để ý với x0  (0,1) x03  x02 , x02  x0   x03  x02  x0   Từ đây, ta tìm chặn cho x0 x0   41  Tiếp theo, ta tìm chặn 16 cho x0 Bằng ý nhỏ với x0  (0,1) lũy thừa nhỏ “xấp xỉ” với nên để khử bậc ba, ta mạnh dạn sử dụng bất đẳng thức AM-GM sau:  x03  x02  x0   (4 x03  x0 )  x02  x0   x02  x02  x0   x02  x0  Từ đây, ta tìm chặn cho x0 x0  đánh giá sát nên ta mạnh dạn chọn x  1  41 1 Như  x0  Vì 16 1 để thay vào f ( x) Để ý x nghiệm phương trình x  x   0, x  4x  1 ,  x  4,   x x 2x  Suy f ( x)  4x  45 95 45  95 45  50  x  2(8 x  4)  (4  x)  x     8 8 Với kết này, ta thu k  45  50  45   25  45  0,866  25  13,97 2 Tất nhiên, lựa chọn giá trị đẹp cho x để thuận tiện cho việc tính tốn ta nên thận trọng cần chọn số x lệch xa so với x0 thơi đưa đến việc k bị lệch đơn vị sang 14, 15 chí 16 Tốt nhất, ta nên sử dụng giá trị mà ta biết “sát” với x0 dù lẻ chút khơng sao, bù lại ta n tâm kết Sau tìm k  13, ta thử chứng minh bất đẳng thức với k  13 nhiều cách độ chặt bất đẳng thức ( k số tốt nhất) nên tất nhiên ta chọn giải pháp an toàn mà hiệu phương pháp mà ta chọn làm giảm số biến dồn biến 27 Cuối cùng, ta cách để tìm số thực k gần với số tốt để bất đẳng thức (*) Đặt F( x)  4(2 x  x  x  x  2)  k(2 x  2)  0, x    Vì với số tốt điểm cực tiểu x0 đa thức gần với tiểu x0 x nên ta giả sử với k cần tìm điểm cực , tức đạo hàm F ( x)  32 x  60 x  16 x   k(4 x  1) 1372 , ta tính k  Với giá trị k F( x) đạt cực tiểu nên 99   152 F ( x)  F    0   891 Do đó, bất đẳng thức (*) với k  Chú ý với k  k1  1372  13, 85859 99 880  13,96825 với k2  13,85859 (*) nên 63 số thực tốt k thỏa mãn k2  k  k1 (ta tính k  13,96764 ) Một điều thú vị dù k2 dù lớn 13 nhiều bất đẳng thức trường hợp tương ứng lại dễ chứng minh Nhận xét chung, toán có hình thức đơn giản lại địi hỏi nhiều xử lí trung gian tinh tế, phần tính tốn điều kiện thời gian có giới hạn khơng có máy tính hỗ trợ Nhiều bạn chủ quan gặp này, đánh giá k vội vàng để k  k  16 từ “kết luận” ln để điểm đáng tiếc Một suy nghĩ thường thấy việc chứng minh bất đẳng thức biến chuyện đơn giản (các dồn biến thường đưa bất đẳng thức biến hiển nhiên đúng) thực vậy; phương trình đại số, bất đẳng thức biến khó chí khó q trình xử lí, khơng thu nghiệm đặc biệt Có tốn có cách giải giống với (phần chứng minh), nhiên đơn giản Có lẽ toán phát triển từ toán (Vasile Cirtoaje, Algebraic Inequalities, Chapter 1, toán 50 55) 28 Cho a , b , c số thực dương cho abc  Chứng minh ( a  b)(b  c)(c  a)   5( a  b  c ) Cho a , b , c số thực dương cho abc  Chứng minh   a  b  c ab  bc  ca Bài Cho tam giác ABC nhọn khơng cân có góc A 45 Các đường cao AD , BE, CF đồng quy trực tâm H Đường thẳng EF cắt đường thẳng BC P Gọi I trung điểm BC ; đường thẳng IF cắt PH Q Chứng minh IQH  AIE Gọi K trực tâm tam giác AEF ( J ) đường tròn ngoại tiếp tam giác KPD Đường thẳng CK cắt ( J ) G , đường thẳng IG cắt ( J ) M , đường thẳng JC cắt đường trịn đường kính BC N Chứng minh điểm G , M , N , C thuộc đường tròn Lời giải Giả sử AB  AC , B nằm P , C Trường hợp AB  AC chứng minh hoàn toàn tương tự Trước hết, ta chứng minh PH vng góc với AI Thật vậy, gọi U , V trung điểm AH , IH ta có UV  AI Dễ thấy ( P , D , B, C )  1 nên theo tính chất hàng điểm điều hịa PB  PC  PD  PI Ta có PE  PF  PB  PC nên PE  PF  PD  PI hay P nằm trục đẳng phương đường tròn đường kính AH (tâm U ) IH (tâm V ) Hơn H nằm trục đẳng phương hai đường tròn nên PH  UV Do PH  AI Vì BAC  45 nên EIF  90 , suy IQH  90  AIF  EIF  AIF  AIE Vậy ta có IQH  AIE 29 G A K J N F H Q P T B D E M I C Ta thấy EKF  ECF  EKF  EAF  180 nên K thuộc đường tròn đường kính BC Do hàng điểm D , P , B, C điều hịa nên ta có ID  IP  IC , mà IM  IG  ID  IP (cùng phương tích I đến ( J ) ) nên IM  IG  IC hay IMC  ICG(c.g.c ) nên IMC  ICG  ICK  45 (1) Gọi T trung điểm PD theo hệ thức Maclaurin, ta có CB  CT  CD  CP  CK  CG hay tứ giác GTBK nội tiếp BKG  90 nên có GTD  90 hay GT  PD Tam giác JPD cân J có T trung điểm PD nên JT vng góc với PD Do đó, G , J , T thẳng hàng KGJ  45 Mặt khác CN  CJ  CB  CT  CK  CG nên tứ giác KNJG nội tiếp dẫn đến JNG  JKG  JGK  45 (2) Từ (1) (2) suy GMC  GNC  135 hay điểm G , M , N , C thuộc đường tròn Đây đpcm 30 Nhận xét Ở ý thứ 1, việc chứng minh PH vng góc với AI thực nhiều cách Chẳng hạn, xét tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn tâm I Theo định lí Brocard H trực tâm tam giác AIP nên PH vng góc với AI Cũng dùng cách tính tốn chứng minh AD PD  để chứng minh kết ID HD Ý thứ ứng dụng đẹp hang điểm điều hịa có kết hợp hai hệ thức hệ thức Newton hệ thức Maclaurin Số toán hàng điểm điều hòa vận dụng đến hai hệ thức tốn khơng nhiều, nên câu 2) ý chứng minh hay thú vị Ngồi cách giải trên, ta sử dụng hướng tiếp cận khác sau: Gọi L giao điểm thứ hai khác K hai đường tròn ( I ),( J ) Khi đó, để chứng minh G , M , N , C thuộc đường tròn, ta đưa chứng minh GI , CJ , LK đồng quy Trước hết, ta theo hướng hoàn toàn túy sau: G A K J N E F H M P B L D I C 31 Chú ý ( P , D , B, C )  1 BKC  90 nên KB, KC phân giác ngồi góc PKD Từ dẫn đến DKI  DPK hay IK tiếp xúc với đường tròn ( J ) , điều có nghĩa đường tròn ( I ),( J ) trực giao dẫn đến ILJ  GLC  90 Hơn nữa, GI CJ đường đối trung tam giác GKL, CKL Gọi U trung điểm KL GI , CJ đối xứng với GU , CU qua phân giác góc LGC , LCG tam giác LGC Do đường thẳng LK , GU , CU đồng quy U LK phân giác góc GLC nên đường thẳng LK , GI , CJ đồng quy Từ lời giải tốn hồn tất Tuy nhiên, từ đầu, ta phát biểu lại tốn thành: Cho tam giác vng KIJ K dựng phía ngồi tam giác KJG vuông cân đỉnh J KIC vuông cân đỉnh I Chứng minh GI , CJ đồng quy điểm nằm đường cao đỉnh K tam giác KIJ (Chú ý tam giác GJK , CIK vng cân chứng minh hồn tồn dễ dàng) Để giải tốn này, ta cần biến đổi đại số thông qua định lí Ceva, Thales xử lí nhanh chóng Tuy điều chưa hoàn hảo toán câu 1) câu 2) khơng liên quan tới Thực chất vai trị giả thiết góc A 45 khơng thật cần thiết toán Các bạn tìm hiểu mở rộng đơn giản sau Cho tam giác ABC đường cao AD , BE, CF đồng quy H , EF cắt BC G Gọi ( K ) đường tròn đường kính BC Trung trực BC cắt ( K ) điểm L cho A , L nằm phía BC Gọi ( N ) đường tròn ngoại tiếp tam giác GDL Đường thẳng CL cắt ( N ) M khác L Đường thẳng MK cắt ( N ) P khác M Đường thẳng CN cắt ( K ) Q khác C Chứng minh M , P , Q , C thuộc đường trịn Cách chứng minh hồn tồn tương tự lời giải toán gốc Thực toán đánh giá cao khơng phát biểu đẹp chứng minh hay mà cịn tính phát triển Trong tốn này, cịn có nhiều khám phá đợi bạn suy ngẫm 32 Bài Cho khối lập phương 10  10  10 gồm 1000 ô vng đơn vị màu trắng An Bình chơi trò chơi An chọn số dải   10 cho hai dải khơng có chung đỉnh cạnh đổi tất ô sang màu đen Bình chọn số hình lập phương hỏi An màu Hỏi Bình phải chọn ô để với câu trả lời An Bình ln xác định màu đen? Lời giải Trước hết, ta chứng minh nhận xét tổng quát: Cho khối lập phương 2n  2n  2n gồm 8n3 ô vuông đơn vị màu trắng An Bình chơi trị chơi An chọn số dải   n cho với hai dải chúng khơng có chung đỉnh cạnh đổi tất ô sang màu đen Bình chọn số ô hình lập phương hỏi An có màu Khi đó, Bình cần chọn 6n2 xác định có màu đen Thật vậy, gọi Sn tập hợp khối mà Bình cần phải chọn để hỏi An với u Bình chọn, đặt Ru hợp ô thuộc ba dải ngang, dọc, chéo qua u Ta thấy rằng: 33 Do điều kiện hai dãy chọn khơng chung cạnh đỉnh nên với câu trả lời màu cho u mà Bình chọn Ta thấy gọi Ru hợp chọn màu đen, có ba dải ngang, dọc, chéo qua tơ màu đen Trong trường hợp này, ta cần chọn thêm số ô thuộc Ru để biết xác dải Nếu chọn thêm thơi An trả lời màu trắng, Bình khơng xác định dải hai dải cịn lại tơ đen Do đó, Bình phải chọn thêm hai Ru có khả trả lời Thêm vào đó, hai phải thuộc hai dải khác chúng thuộc dải tương tự trường hợp chọn ô nêu Với nhận xét này, ta gán cho ô u hình lập phương số ( a , b , c ) với định nghĩa sau:  a  dải hình hộp theo chiều ngang qua u khơng có thêm điểm thuộc Sn a  ngược lại  b  dải hình hộp theo chiều dọc qua u khơng có thêm điểm thuộc Sn b  ngược lại 34  c  dải hình hộp theo chiều chéo qua u khơng có thêm điểm thuộc Sn c  ngược lại Khi đó, có hai ba số a , b , c có giá trị số cịn lại khơng vượt q nên abc  Đặt T tổng số dùng để gán cho hình lập phương Khi đó, ta có T  ( a  b  c)  S n uSn Mặt khác, với dãy   n khối lập phương (theo ba chiều) có khối thuộc tập hợp Sn khơng, Bình khơng có thơng tin dải trường hợp An trả lời tất ô Bình chọn tơ màu trắng Bình khơng biết dải cịn lại có tơ màu đen hay khơng Dễ thấy có tất (2n)2 dải   2n nằm ngang tất dải đóng góp 2(2n)2 đơn vị vào T (đóng góp vào số a theo định nghĩa trên) Tương tự với (2n)2 dải   2n dọc (2n)2 dải   2n chéo nên ta suy T   2(2n)  24n2 Từ đó, ta Sn  24n2 hay Sn  6n2 , n    Đến đây, ta suy hai điều sau: - Trong hình lập phương   , Bình cần chọn - Trong hình lập phương 10  10  10 , Bình cần chọn 150 ô Ta cách tô màu ô thỏa mãn đề từ cách xây dựng cho hình lập phương 10  10  10 cho (Trên thực tế, ta hồn tồn xây dựng cho trường hợp tổng quát cho hình lập phương 2n  2n  2n ) Thật vậy, hình lập phương   , trừ hai đối xứng qua tâm, Bình chọn cịn lại hình bên Ta chứng minh cách chọn thỏa mãn yêu cầu 35 Dễ thấy hình lập phương   , có khơng q dải tơ màu nên khơng có có hình lập phương tơ màu phải thuộc dải Do đó, chọn, ta có trường hợp: - Nếu khơng có tơ đen hình lập phương khơng có - Nếu có tơ đen đen cịn lại thuộc khơng chọn có dải với đen biết - Nếu có tơ đen tất đen hình lập phương Do đó, cách chọn với hình lập phương   thỏa mãn điều kiện đề Tiếp theo, ta xây dựng cho hình lập phương 10  10  10 sau: Ta chia hình lập phương thành lớp 10  10  ta chia thành 25 phần, phần hình lập phương   đánh số hình bên dưới: 5 4 3 2 36 Ở lớp thứ i với i  1, 2,3, 4, , ta chọn khối đánh số i với khối đó, ta bỏ ô đối xứng qua tâm cách nêu chọn lại Dễ thấy với cách tô vậy, ta chiếu hình lập phương chọn xuống mặt hình chiếu phủ kín mặt Điều có nghĩa với dải mà An chọn qua hình lập phương   mà Bình chọn Khi đó, chứng minh trên, ta xác định dải có tơ màu hay khơng, tức xác định màu tất ô tô màu đen hình lập phương ban đầu Do đó, cách chọn ô thỏa mãn đề Vậy số mà Bình cần chọn 150 Nhận xét Có thể nói tốn khó kỳ thi, nhiên, khó khơng nặng tính kỹ thuật mà khó mặt phương pháp Thực tế nhiều thí sinh nói “Em thực khơng biết phải xoay sở nào!” Để làm toán này, trước hết phải thật tập trung để hiểu rõ yêu cầu toán phải dùng trường hợp n  xét tốn chiều để hình dung toán cách cụ thể Trong nhận xét nhật xét dải có chọn hiển nhiên (và nhiều thí sinh phát biểu nhận xét này), cịn nhận xét ngồi khối u hợp Ru cịn có khối chọn tinh tế Khi có hai nhận xét việc áp dụng kỹ thuật đếm hai cách để đánh giá tự nhiên Việc xây dựng cấu hình cách chọn thách thức Ở đây, trường hợp n  đóng vai trò quan trọng, viên gạch để ta xây dựng Rõ ràng cấu trúc hình vng Latin giải giúp giải tốn Các mơ hình, cấu trúc, cách xếp ln đóng vai trị quan trọng tốn xây dựng ví dụ, phản ví dụ Nếu có làm quen nhiều với tốn cực trị rời rạc xử lí này, việc xây dựng cách chủ động Trong kỳ TST trước đây, có số tốn sử dụng phương pháp đếm hai cách để đánh giá, chẳng hạn như: 37 (Việt Nam TST 2000) Trong mặt phẳng cho 2000 đường trịn bán kính cho khơng có hai đường trịn tiếp xúc hợp đường tròn tạo thành tập hợp liên thông Chứng minh số điểm thuộc hai đường tròn đường tròn cho không nhỏ 2000 (Việt Nam TST 2010) Gọi hình chữ nhật có kích thước  hình chữ nhật đơn hình chữ nhật có kích thước  , bỏ ô góc chéo (tức có có ô vng con) hình chữ nhật kép Người ta ghép khít hình chữ nhật đơn hình chữ nhật kép lại với bảng hình chữ nhật có kích thước 2008  2010 Tìm số nhỏ hình chữ nhật đơn dùng để ghép Một lần tốn cực trị kì thi chọn đội tuyển, dấu xảy xây dựng khơng q khó để giá trị tốt điều hồn tồn khơng dễ dàng, chí khó! Một vấn đề thú vị đặt kích thước hình lập phương lẻ ta có kết nào? Áp dụng cách đánh giá chặn trường hợp n chẵn, ta n  k  số hình vuông cần đánh dấu phải thỏa mãn bất đẳng thức T  3(2 k  1)2 Từ suy T  k  k  Tuy nhiên, việc xây dựng cách chọn k  k  hình lập phương đơn vị thỏa mãn yêu cầu toán câu hỏi mở Với n  , tức k  , chưa tìm cách chọn 14 hình lập phương thỏa mãn yêu cầu toán chưa chứng minh cần nhiều (Ta 15 hình lập phương thỏa mãn yêu cầu) Ta thử thay giả thiết nêu đề chút để có tốn mới: “Bình chọn hình lập phương hỏi An có màu sau tiếp tục thế” kiện khác giữ tương tự Hoặc toán trường hợp hai chiều: Thay khối lập phương bảng ô vuông thay dải ô vuông chọn hàng, cột bảng Khai thác trường hợp giúp ta thu nhiều kết thú vị khác! 38