Bài toán 3.1 (IMO năm 1962). Cho hình lập phươngABCD.A0B0C0D0 có
ABCD và A0B0C0D0 tương ứng là đáy dưới và đáy trên. Một điểm X chuyển động với tốc độ không đổi dọc theo chu vi hình vuôngABCD. Điểm Y cũng chuyển động cùng tốc độ đó dọc theo chu vi hình vuông B0C0CB. Điểm X
xuất phát từ A đi về phía B còn Y rời từ B0 để đi về hướng C0. Tìm quỹ tích trung điểm của XY.
Hướng dẫn giải
Ta kí hiệu O1, O2, O3 lần lượt là tâm của các mặt ABB0A0, BB0C0C và
ABCD. Ta sẽ chứng minh rằng quỹ tích trung điểm K của XY là đường gấp khúc O1O2CO3O1.
Giả sử A là gốc toạ độ, AB, AD, AA0 là các trục toạ độ Ox, Oy, Oz tương ứng. Đặt AB = AD = AA0 = 1. Chia thời gian điểm X chạy trên đường
ABCDA làm 4 phần bằng nhau và lấy mỗi phần ấy làm đơn vị thời gian. Nhận xét: Ta biết rằng nếu điểmH chuyển động thẳng đều thì sự phụ thuộc toạ độ của nó vào thời gian là sự phụ thuộc tuyến tính và ngược lại, nếu sự phụ thuộc toạ độ của điểmH vào thời gian là tuyến tính thìK chuyển động thẳng đều.
Nếu K là trung điểm của đoạn XY với X(x1, y1, z1), Y(x2, y2, z2) thì toạ độ
K là Kx1 + x2 2 , y1 +y2 2 , z1 + z2 2
Ứng dụng nhận xét đã nêu trên, ta lập bảng phụ thuộc toạ độ của các điểm X, Y, K vào t sau đây:
Hình 3.1:
Khit = 0,1,2,3,4dễ dàng thấy đượcK tương ứng ở các vị tríO1, O2, O3, O1; còn trên các đoạn giữa chúng, toạ độ của K thay đổi tuyến tính, nghĩa là K
vẽ trong không gian các đoạn thẳng O1O2, O2C, CO3, O3O1 và có nghĩa là
K chuyển động theo hình thoi O1O2CO3O1.
Quá trình chứng minh này cho thấy điều đảo lại là rõ ràng.
Bài toán 3.2 (Đề thi HSG lớp 12, tỉnh Nam Định, năm học 2014-2015). Trong mặt phẳng tọa độOxy cho đường tròn (T):2x2+2y2−2x+2y−1 = 0
và hai đường thẳng d1 : x−y + 4 = 0, d2 : 6x + 4y −1 = 0. Từ một điểm
M trên d1 kẻ hai tiếp tuyến phân biệt M A, M B tới đường tròn (T), (A, B
là hai tiếp điểm), viết phương trình đường thẳng AB biết rằng đường thẳng
d2 đi qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác M AB.
Lời giải. Ta có 2x2 + 2y2 −2x+ 2y−1 = 0 ⇔ x− 1 2 2 +y + 1 2 2 = 1. Do đó đường tròn (T) có tâm I1 2; −1 2 , bán kính R = 1.
Gọi K là giao điểm của M I với đường tròn (T) (K ở giữa M và I). Chứng minh được K là tâm đường tròn nội tiếp ∆M AB.
Nhận thấy d1 cắt d2 và d2 đi qua tâm I(1 2;
−1
2 ) nên K nằm trên d2 khi và
Xét hệ: x−y + 4 = 0 6x+ 4y−1 = 0 có nghiệm x = −3 2 , y = 5 2. Suy ra M −3 2 ; 5 2 .
Đường tròn (T1) đường kính M I có phương trình là x2+y2+x−2y−2 = 0. Mặt khác, A, B là các giao điểm của (T) và (T1) nên tọa độ các điểm A, B
thỏa mãn hệ: ( x2 + y2 −x+y − 1 2 = 0 x2 + y2 +x−2y−2 = 0 . Suy ra 4x−6y −3 = 0. Vậy phương trình đường thẳng AB là 4x−6y −3 = 0.
Bài toán 3.3 (Đề thi HSG tỉnh Nam Định, năm 2011). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(1;−2), B(3; 0). Gọi H là trực tâm tam giác ABC. Đường tròn ngoại tiếp tam giác AHB có tâm I(4;−3). Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Hình 3.2: (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Hướng dẫn giải.
- Chứng minh được đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC đối xứng với đường tròn ngoại tiếp tam giác AHB qua AB.
- Tìm được tọa độ I0(0; 1) đối xứng với I qua đường thẳng AB.
- Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC với tâm I0(0; 1) và bán kính I0A =
√
Bài toán 3.4 (Đề thi HSG lớp 12, tỉnh Nam Định, năm học 2014-2015). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a, BC =
a√
2, SA = a√
3 và SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Gọi E, F lần lượt là trung điểm SD và AD.
1) Chứng minh rằng đường thẳng AC vuông góc với mặt phẳng (BEF).
2) Gọi (P) là mặt phẳng qua B, E và vuông góc với mặt phẳng (BEF). Tính theo a khoảng cách từ D đến mặt phẳng (P).
Hướng dẫn giải.
1) Vì SA⊥(ABCD) ⇒ SA⊥AC. Có EF là đường trung bình tam giác
SAD ⇒ EF⊥AC (1).
Xét hai tam giác vuông AF B và BAC có AF
BA = AB BC = 1 √ 2 ⇒∆AF B ∼ ∆BAC ⇒AC⊥BF (2) Từ (1) và (2) suy ra AC⊥(BEF).
2) Ta có thể dựng mặt phẳng (P) và dùng phương pháp phân chia thể tích để tính khoảng cách.
Hoặc sử dụng phương pháp tọa độ: Chọn hệ trục tọa độOxyz sao cho gốcO
trùng điểm A, B thuộc trục Ox, D thuộc trục Oy, S thuộc trục Oz, từ đó viết phương trình mặt phẳng (P), áp dụng công thức khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng ta tính được d(D,(P)) = 2a
√
2 3 .
3.2 Đề toán hình học tổ hợp và mạng lưới ô vuông
Bài toán 3.5 (IMO năm 1964). Có 17 nhà bác học, mỗi người trao đổi thư từ với 16 người khác. Trong thư, họ chỉ bàn về ba đề tài, nhưng bất cứ hai nhà bác học nào cũng chỉ bàn với nhau chỉ về một đề tài. Chứng minh rằng có không ít hơn 3 nhà bác học đã bàn với nhau về cùng một đề tài.
Hướng dẫn giải
Xem một nhà bác học A nào đó. Vì A viết thư cho 16 nhà bác học còn lại về ba vấn đề (gọi là các vấn đề I, II, III), nên A phải trao đổi ít nhất với 6
nhà bác học về cùng một vấn đề. Giả thử đó là vấn đề I, và 6 nhà bác học ấy là B, C, D, E, F, G.
Sáu nhà bác học này cũng trao đổi với nhau về các vấn đề I, II, III. Nếu có một cặp nào đó, chẳng hạn cặp B, C trao đổi với nhau về vấn đề I, thì bài
toán được chứng minh: các nhà bác học A, B, C cùng trao đổi với nhau về vấn đề I.
Ta xét trường hợp B, C, D, E, F, G chỉ trao đổi với nhau về các vấn đề II và III. Vì B trao đổi với 5 người kia về hai vấn đề, nên B phải trao đổi ít nhất với 3 người cùng một vấn đề. Giả thử đó là vấn đề II và 3 nhà bác học ấy là
C, D, E. (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Mà ta đang xét C, D, E chỉ trao đổi với nhau về các vấn đề II và III. Nếu có hai người nào đó, chẳng hạn C, D trao đổi với nhau về vấn đề II, thì bài toán được chứng minh: các nhà bác học B, C, D cùng trao đổi với nhau về vấn đề II.
Khả năng còn lại là các nhà bác học C, D, E chỉ trao đổi với nhau về vấn đề III: trong trường hợp này, bài toán cũng được chứng minh.
Bài toán 3.6 (IMO năm 1973). Một người lính làm nhiệm vụ rà mìn, anh ta cần phải dò cùng khắp một khu vực có hình tam giác đều. Máy dò mìn có bán kính dò hiệu quả bằng một nửa chiều cao tam giác đó. Người lính bắt đầu từ một đỉnh của tam giác. Hỏi anh ta nên đi theo con đường nào để cho đó là con đường ngắn nhất mà vẫn dò khắp được cả miền tam giác ?
Hướng dẫn giải
Không mất tính tổng quát, ta giả sử rằng khu vực cần rà mìn là tam giác đều ABC có cạnh bằng 1, và người lính khởi sự từ đỉnh A. Anh ta cần phải rà đến hai đỉnh kia của tam giác. Do đó, con đường anh ta di chuyển phải
giao với hai đường tròn tâm B, C, bán kính
√
3 4 .
Giả sử đường đi của người lính cắt hai đường tròn tâm B, C nói trên tương ứng tại X và Y, và giả sử anh ta đi đến X trước, đến Y sau. Để đường đi ngắn nhất, rõ ràng các đường từ A đến X và từ X đến Y phải là những đường thẳng. Hơn nữa, đường đi ngắn nhất từ X đến đường tròn tâm C
phải nằm trên đường thẳng XC và có độ dài AX +XC − √
3 4 .
Vì lẽ đó ta đi tìm điểm X sao cho AX +XC cực tiểu. Xét điểm P, giao của đường cao BK kẻ từ B với đường tròn tâm B bán kính
√
3
4 . Ta thấy nếu
P0 là một điểm tùy ý khác P nằm trên đường thẳng đi qua P vuông góc với
BK, ta luôn có AP0+P0C > AP +P C.
của AX với đường thẳng qua P vuông góc với BK, ta được: AX +XC > AP0 +P0C > AP +P C.
Như vậy, ta chọn X trùng với P0 xác định như trên. Vấn đề còn lại là kiểm tra xem ba hình tròn tâm A, X, Y (xác định như đã nói trên), bán kính
√
3 4 ,
có phủ được trọn vẹn tam giác hay không. Điều này rõ ràng, do hình tròn tâm X đã phủ được gần trọn tam giác, ngoại trừ một phần nhỏ gần điểm A
và một phần nhỏ gần điểm C, mà các phần này thì phủ được bởi các hình tròn tâm A và Y bán kính √ 3 4 .
Bài toán 3.7 (IMO năm 1974). Một bàn cờ 8 ×8 ô, được chia thành p
hình chữ nhật rời nhau (đường kẻ được phân chia dọc theo các đường ranh giới giữa các ô bàn cờ) sao cho mỗi hình chữ nhật có số các ô trắng bằng số các ô đen và các hình chữ nhật này có tổng số ô vuông (ở mỗi hình) khác nhau. Tìm giá trị lớn nhất có thể có của p và tập các kích thước có thể có của những hình chữ nhật.
Hướng dẫn giải
Điều kiện mỗi hình chữ nhật có số các ô trắng bằng số các ô đen có nghĩa là mỗi hình chữ nhật có một số chẵn các ô vuông. Ta có 2 + 4 + 6 + 8 + 10 + 12 + 14 + 16 = 72> 64 do đó phải có p < 8. Có 5 khả năng phân chia số 64
thành tổng của 7 số không bằng nhau:
2 + 4 + 6 + 8 + 10 + 12 + 22; 2 + 4 + 6 + 8 + 10 + 14 + 20; 2 + 4 + 6 + 8 + 10 + 16 + 18; 2 + 4 + 6 + 8 + 12 + 14 + 18; 2 + 4 + 6 + 10 + 12 + 14 + 16
Khả năng đầu tiên bị loại bỏ vì một hình chữ nhật có 22 ô vuông thì phải có một cạnh dài hơn 8 (đơn vị ô). Các khả năng còn lại chấp nhận được, cụ thể, sự phân chia như sau: (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
1) Trường hợp 1:
(Trong bảng ta hiểu "các số 1" cùng nằm trong hình chữ nhật kích thước
4×5)
2 2 2 2 2 2 2 41 1 1 1 1 5 5 4 1 1 1 1 1 5 5 4 1 1 1 1 1 5 5 4 1 1 1 1 1 5 5 4 1 1 1 1 1 6 6 4 3 3 3 3 3 6 6 4 3 3 3 3 3 7 7 4 2) Trường hợp 2: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 5 5 1 1 1 1 1 1 5 5 1 1 1 1 1 1 5 5 3 3 3 3 3 7 6 6 3 3 3 3 3 7 6 6 4 4 4 4 4 4 4 4 3) Trường hợp 3: 2 2 2 2 2 2 2 7 2 2 2 2 2 2 2 7 1 1 1 1 1 1 4 4 1 1 1 1 1 1 4 4 1 1 1 1 1 1 4 4 3 3 3 3 3 3 4 4 3 3 3 3 3 3 6 6 5 5 5 5 5 5 6 6 4) Trường hợp 4: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 7 2 2 2 2 2 2 2 7
3 3 3 3 3 3 6 63 3 3 3 3 3 6 6 3 3 3 3 3 3 6 6 4 4 4 4 4 5 5 5 4 4 4 4 4 5 5 5
Bài toán 3.8 (IMO năm 1986). Cho trước một số đỉnh của mạng lưới ô vuông, chứng minh rằng ta có thể tô màu các đỉnh này bởi hai màu xanh và đỏ sao cho trên mỗi đường nằm ngang và trên mỗi đường thẳng đứng số điểm được tô đỏ và số điểm được tô xanh xấp xỉ nhau.
Lời giải.
Gọi T là tập hợp hữu hạn các đỉnh của mạng lưới ô vuông. Xét một đường thẳng L tùy ý song song với một trong các trục tọa độ và cắt tập hợp T theo thứ tự tại các điểm A1, A2, A3, . . . , Ak (thứ tự từ trái sang phải hoặc từ dưới lên trên). Nối A1 và A2, A3 và A4,. . .
Cũng làm như vậy với một đường thẳng L khác. Khi đó, ta được một họ các đoạn thẳng và mỗi điểm của T đều thuộc không quá hai đoạn. Vì vậy, ta được các đường gấp khúc không có đỉnh chung. Các đường gấp khúc này gồm một số chẵn các đoạn. Ta có thể tô màu xen kẽ đỏ, xanh, đỏ, xanh. . . đối với mỗi đường gấp khúc. Các điểm rời rạc khác không thuộc đường gấp khúc nào thì ta tô màu tùy ý. Ta được một cách tô màu thỏa mãn điều kiện đầu bài vì các điểm nằm trên các đường song song với các trục tọa độ được nối với nhau bởi các đoạn mà các đầu mút đầu và cuối có màu khác nhau.
Bài toán 3.9 (Đề thi HSG Quốc gia năm 2003, bảng B). Xét số nguyên n, (n > 1). Người ta muốn tô tất cả các số tự nhiên bởi hai màu xanh, đỏ sao cho các điều kiện sau được đồng thời thỏa mãn:
i) Mỗi số được tô bởi một màu và mỗi màu đều được dùng để tô vô số số; ii) Tổng của n số đôi một khác nhau cùng màu là số có cùng màu đó. Hỏi có thể thực hiện được phép tô màu nói trên hay không, nếu: a) n= 2002
b) n= 2003
Lời giải.
a) Xétn = 2002. Ta sẽ chứng minh rằng câu trả lời cho câu hỏi của bài toán trong trường hợp này là “không”.
Thật vậy, giả sử ngược lại, ta có thể tô tất cả các số tự nhiên bằng hai màu xanh, đỏ sao cho mỗi số được tô bởi một màu, mỗi màu được dùng để tô vô số số, và tổng của 2002 số đôi một khác nhau cùng màu là số có cùng màu đó. Khi đó, do có vô số số được tô bởi màu xanh và có vô số số được tô bởi màu đỏ nên:
-Tồn tại số a1 mà a1 được tô bởi màu xanh và số b1 = a1 + 1 được tô bởi màu đỏ;
- Tồn tại số b2 > b1 mà b2 được tô bởi màu đỏ và số a2 = b2 + 1 được tô bởi màu xanh;
- Tồn tại số a3 > a2 mà a3 được tô bởi màu xanh và số b3 = a3 + 1 được tô bởi màu đỏ;
- Tồn tại số b4 > b3 mà b4 được tô bởi màu đỏ và số a4 = b4 + 1 được tô bởi màu xanh;
. . .
- Tồn tại sốa2001 > a2000mà a2001được tô bởi màu xanh và sốb2001 = a2001+1
được tô bởi màu đỏ;
- Tồn tại số b2002 > b2001 mà b2002 được tô bởi màu đỏ và số a2002 = b2002+ 1
được tô bởi màu xanh.
Tóm lại, tồn tại 2002 số a1, a2, . . . , a2001, a2002 đôi một khác nhau và 2002 số
b1, b2, . . . , b2001, b2002 đôi một khác nhau thoả mãn các điều kiện sau:
α) 2002 số a1, a2, . . . , a2001, a2002 được tô bởi màu xanh; và 2002 số
b1, b2, . . . , b2001, b2002 được tô bởi màu đỏ.
β) b2k−1 = a2k−1 + 1 và b2k = a2k −1 với mọi k = 1,2, . . . ,1001.
Từ điều kiện i) và điều kiện ii) của đề bài suy ra số a = a1+a2+· · ·+a2001+ (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
a2002 được tô bởi màu xanh và số b = b1 +b2 +· · ·+b2001 được tô bởi màu đỏ.
Từ điều kiện ii) dễ dàng suy ra a = b. Do đó a và b phải được tô cùng màu, mâu thuẫn với điều vừa nhận được ở trên.
Từ đó suy ra điều phải chứng minh.
b) Với n = 2003, xét cách tô màu sau: tô tất cả các số chẵn bởi màu xanh và tô tất cả các số lẻ bởi màu đỏ.
Dễ thấy, cách tô màu vừa nêu trên thoả mãn tất cả các yêu cầu của bài toán. Vậy trong trường hợp này câu trả lời cho câu hỏi là “có”.