Bài toán 3.13 (Thi vô địch Matxcova 1961) Cho 100 điểm trên mặt phẳng, sao cho hai điểm nào cũng có khoảng cách không quá 1 và ba điểm nào cũng là các đỉnh của một tam giác tù. Chứng minh rằng tồn tại một hình tròn bán kính 1
2 phủ 100 điểm đã cho.
Lời giải:
Gọi 100 điểm đã cho là A1, A2, ..., A100. Gọi (Fi) là đường tròn tâm Ai, bán kính 1
2.
Ta xét 3 đường tròn bất kỳ trong họ (Fi). Giả sử là (Fm),(Fn),(Fk).
Ta có thể giả sử △AmAnAk tù tại Am. Gọi I là trung điểm của AnAk.
Vì AnAk < 1 ⇒AnI;AkI < 1
2 ⇒ I ∈ (Fn),(Fk).
Do góc A\nAmAk tù nên đường tròn
I;1 2
phủ Am.
⇒ AmI < 1
2 ⇒I ∈ (Fm).
Vậy (Fm),(Fn),(Fk) có giao khác rỗng.
⇒ Họ (Fi) có giao khác rỗng.
Ta đặt tâm của đường tròn bán kính 1
2 vào một điểm của giao này thì đường tròn đó sẽ phủ họ Ai.
Bài toán 3.14 (Thi vô địch Matxcova 1975) Cho một ngũ giác lồi có tất cả các góc là góc tù. Chứng minh rằng tồn tại hai đường chéo của ngũ giác sao cho hai hình tròn có đường kính là các đường chéo đó phủ kín đa giác.
Lời giải:
Gọi AB là cạnh lớn nhất của ngũ giác lồi ABCDE.
Kẻ Ax, By vuông góc với AB ta được một dải.
Do EAB,[ ABC[ tù nên E, C nằm ngoài dải này.
D nằm trong dải vì nếu D nằm ngoài giải, ví dụ D nằm cùng phía với C đối với By thì ED > AB, trái với giả thiết AB lớn nhất.
Hạ DH vuông góc với AB tại H ⇒ H nằm trong đoạn AB.
Đường tròn đường kính AD phủ tứ giác AHDE.
Đường tròn đường kính BD phủ tứ giác DHBC. Bài toán 3.15 (Thi vô địch Matxcova 1974)
Nối một điểm M nằm trong một lục giác đều có cạnh độ dài bằng 1 với các đỉnh của lục giác đó, ta được sáu tam giác. Chứng minh rằng trong số sáu tam giác ấy tồn tại hai tam giác mà mỗi cạnh không nhỏ hơn 1.
Lời giải:
Gọi O là tâm của lục giác đều ABCDEF.
Nếu M ≡ O thì bài toán được chứng minh.
Xét M 6≡ O. Giả sử O thuộc miền trong của △M AB.
Khi đó, M AB\ ≥ 60o,M BA\ ≥ 60o, nên AM B\ ≤ 60o. Từ đó ta có,
M AB\ ≥ AM B\ nên M B ≥ AB = 1.
M BA\ ≥ AM B\ nên M A ≥ AB = 1.
Vậy △M AB có các cạnh không nhỏ hơn 1.
Ta có, M F +M C > F C = 2.
Vậy một trong hai cạnh M F, M C có một cạnh lớn hơn 1.
Giả sử là M C suy ra △M BC có các cạnh không nhỏ hơn 1.
Bài toán 3.16 (Thi vô địch Hungary 1930)
Gọi M là một điểm tùy ý nằm trong tam giác nhọn ABC và không trùng với tâm O của đường tròn ngoại tiếp tam giác. Chứng minh rằng trong các đoạn thẳng AM, BM, CM tồn tại một đoạn thẳng lớn hơn R, một đoạn thẳng nhỏ hơn R. (R là bán kính đường tròn ngoại tiếp
△ABC) Lời giải:
Do△ABC nhọn nênOnằm trong△ABC. Giả sửM nằm trong△OAC. Hạ M H⊥BO tại H. Ta có, BM ≥ BH > BO =R.
Hạ OI⊥AC tại I. Do △OAC cân suy ra I là trung điểm của AC. M phải nằm một trong hai △OAI hoặc △OIC. Giả sử, M nằm trong
△OAI. Suy ra AM < OA = R do OA là đường kính của △OAI.
hàng. Ta xét tất cả những khả năng tạo thành tam giác có đỉnh từ những điểm này. Chứng minh rằng có nhiều nhất 70% những tam giác nói trên là những tam giác nhọn.
Lời giải:
Trước tiên ta có bổ đề sau:
Bổ đề. Nếu cho năm điểm, trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng thì tồn tại ít nhất ba tam giác không nhọn có đỉnh là những điểm này.
Chứng minh
Trường hợp 1. Nếu bao lồi của 5 điểm là tam giác. Gọi 5 điểm đó là A, B, C, D, E ở đó D, E nằm trong tam giác △ABC.
Nếu 2 góc trong 3 góc \ADB,ADC,\ BDC\nhọn. Giả sử làADB\và \ADC thì BDC\ = 360o −\ADB −ADC >\ 180o ⇒ D nằm ngoài △ABC (vô lý).
Vậy có ít nhất 2 tam giác không nhọn đỉnh D.
Tương tự, có ít nhất 2 tam giác không nhọn đỉnh E.
Vậy trong trường hợp này sẽ có ít nhất bốn tam giác không nhọn.
Trường hợp 2. Nếu bao lồi của 5 điểm là tứ giác lồi ABCD, E nằm
trong tứ giác ABCD.
Do Ab+Bb + Cb +Db = 360o nên có ít nhất một góc không nhọn. Tam giác có đỉnh này không nhọn.
E không nằm trên đường chéo AC do không có ba điểm nàm thẳng hàng. Giả sử E nằm trong △ABC.
Chứng minh như trường hợp 1, ta có ít nhất hai trong ba tam giác
△ABE,△AEC,△BEC không nhọn.
Vậy trong trường hợp này có ít nhất ba tam giác không nhọn.
Trường hơp 3. Nếu bao lồi là tứ giác ABCDE.
Tổng các góc trong của nó là 540o. Như vậy, ít nhất có hai góc của ngũ giác không nhọn. Do đó có ít nhất hai tam giác không nhọn.
• Nếu 2 góc không nhọn kề nhau, ví dụ A, B.
Xét tứ giác ACDE có ít nhất một tam giác không nhọn (Chứng minh như trường hợp 2).
• Nếu 2 góc không nhọn không kề nhau, ví dụ A, C.
Xét tứ giác ACDE có ít nhất một tam giác không nhọn.
Vậy có ít nhất ba tam giác không nhọn.
Theo bổ đề, từ 100 điểm ta có thể chọn được 3.C1005 tam giác không nhọn. Nhưng cùng một tam giác có thể tạo bởi những cặp năm điểm khác nhau, nghĩa là một tam giác nằm trong C972 cặp năm điểm.
Như vậy, có thể chọn ít nhất 3.C1005
C972 tam giác không nhọn. Số các tam giác là C1003 .
Nghĩa là số các tam giác nhọn có nhiều nhất là:
C1003 − 3.C1005
C972 . Tỷ số số lượng này trên toàn bộ số tam giác là:
C1003 − 3.C1005
C972
: C1003 = 1− 3
10 = 0,7 Bài toán 3.18 (Olympic Toán học Quốc tế 1972)
Chứng minh rằng mỗi tứ giác nội tiếp có thể chia ra n tứ giác (n ≥ 4) mà mỗi tứ giác này nội tiếp trong một đường tròn.
Lời giải:
Ta chứng minh cho n = 4.
Cho tứ giác ABCD nội tiếp. Gọi Ab là góc nhỏ nhất trong các góc của tứ giác ABCD.
Lấy điểm A1 nằm trong tứ giác ABCD đủ gần điểm A sao cho những đường thẳng kẻ qua A1 song song với các cạnh AB và AD cắt các cạnh BC và CD tại B1 và D1.
Do Db +Bb = 180o. Ta giả thiết Db ≥ 90o,Bb ≤ 90o.
Trên AD ta lấy điểm K sao cho A\1KD = \ADC. Điểm K thuộc đoạn AD do A1 đủ gần A.
Trên đoạn AB lấy điểm L sao cho A\1LB = ABC. Điểm[ L dựng được vì nếu L nằm ngoài đoạn AB thì ABC[ = A\1LB < Ab vô lý do góc Ab nhỏ nhất.
• Hai hình thang cân A1KDD1, A1LBB1 nội tiếp.
• Tứ giác A1B1CD1 đồng dạng với ABCD nên tứ giác này nội tiếp.
•AKA\1+ALA\1 = 360o−
A\1KD+A\1LB
= 360o−(Db +B) = 180b o. Nên tứ giác ALA1K nội tiếp.
Vậy khẳng định đúng với n = 4.
Với mỗi hình thang cân ta đều có thể chia thành tùy ý những hình thang cân bằng những đường song song với đáy.
Vậy tứ giác ABCD nội tiếp có thể chia thành n tứ giác (n ≥ 4) mà mỗi tứ giác này nội tiếp trong một đường tròn.
Bài toán 3.19 (Ba Lan 1989)
Giả sử một tam giác có thể đặt trước được vào trong một hình vuông có diện tích bằng 1 sao cho tâm của hình vuông không nằm trong hình tam giác. Hãy chỉ ra rằng một cạnh của hình tam giác có độ dài nhỏ hơn 1.
Lời giải:
Qua tâm O của hình vuông kẻ l1 song song với cạnh gần nhất của tam giác, l2 là đường thẳng vuông góc với l1 tại O.
l1, l2 chia hình vuông thành 4 tứ giác đồng dạng. Do O không nằm trong tam giác nên tam giác có thể nằm trong nhiều nhất hai tứ giác kề nhau.
Theo nguyên lý Dirichlet, hai trong số ba đỉnh của tam giác phải nằm trong cùng một tứ giác. Giả sử là tứ giác AM ON. Bốn cạnh của tứ giác này nhỏ hơn 1.
AO =
√2 2 < 1.
M N2 = AM2+AN2 <(AM +AN)2 = 1 ⇒M N < 1.
Vậy tứ giác AM ON có đường kính nhỏ hơn 1. Vậy cạnh của tam giác nằm trong tứ giác AM ON có cạnh nhỏ hơn 1.
Bài toán 3.20 (Australia 1991)
Có n điểm trên mặt phẳng sao cho diện tích tạo bởi ba điểm bất kỳ trong chúng lớn nhất bằng 1. Chứng minh rằng n điểm này nằm trên hoặc nằm trong một tam giác nào đó có diện tích lớn nhất bằng 4.
Lời giải:
Cho n điểm A1, A2, ..., An thỏa mãn điều kiện đề bài.
Gọi Ai, Aj, Ak là ba điểm sao cho △AiAjAk có diện tích lớn nhất trong các tam giác có đỉnh là 3 điểm trong n điểm A1, A2, ..., An.
Kẻ đường thẳng l1 qua Ai và song song với AjAk, với mọi điểm Am ta có diện tích △AmAjAk nhỏ hơn hoặc bằng diện tích △AiAjAk nên Am nằm trong nửa mặt phẳng chia bởi l1 và chứa đoạn AjAk.
Vậy n điểm A1, A2, ..., An nằm trong nửa mặt phẳng này.
Chứng minh tương tự n điểm A1, A2, ..., An nằm trong nửa mặt phẳng chia bởi l2 và chứa đoạn AiAj và nửa mặt phẳng chia bởi l3 và chứa đoạn AiAk.
Do đó, n điểm A1, A2, ..., An nằm trong △ABC với A, B, C là giao điểm của l1, l2, l3. Diện tích △ABC gấp 4 lần diện tích △AiAjAk.
Vậy diện tích △ABC có diện tích lớn nhất bằng 4.
Do đó bài toán được chứng minh.
Bài toán 3.21 (Putman 1969)
Chứng minh rằng đường cong liên tục bất kỳ với độ dài bằng 1 có thể phủ được bởi hình chữ nhật đóng có diện tích bằng 1
4. Lời giải:
Ta đặt đường cong sao cho những điểm cuối của nó nằm trên một đường
đường zíc zắc này.
Tổng hình chiếu của đường zíc zắc bên cạnh nằm ngang của hình chữ nhật không nhỏ hơn a do đường zíc zắc có P1, P3 nằm trên 2 cạnh bên trái và bên phải của hình chữ nhật.
Tổng hình chiếu cúa đường zíc zắc bên cạnh thẳng đứng của hình chữ nhật không nhỏ hơn 2b do P0, P5 nằm trên d và P2, P4 nằm trên 2 cạnh bên trên và bên dưới của hình chữ nhật.
Vậy đường zíc zắc có độ dài ít nhất là √
a2 + 4b2. Do đó, √
a2 + 4b2 ≤ 1.
Theo bất đẳng thức trung bình cộng, trung bình nhân ta có 4ab ≤ a2 + 4b2 ≤ 1. ⇒ ab ≤ 1
4.
Do đó hình chữ nhật có diện tích lớn nhất bằng 1 4. Bài toán 3.22 (Balan 1981-1982)
Cho một ngũ giác lồi mà tất cả các cạnh của nó có độ dài a. Chứng minh rằng có thể đặt trong nó một tam giác đều có độ dài cạnh bằng a.
Lời giải: Cho ABCDE là ngũ giác lồi mà các cạnh của nó có độ dài a.
Giả sử AC là đường chéo có độ dài lớn nhất.
• Do AC là đường chéo có độ dài lớn nhất nên ABC[ ≥ 1
5.540o = 108o. AC là cạnh đáy lớn nhất của △ABC cân tại B và ABC >[ 60o nên AC > AB = a.
Mà AC > AD, do đó AC là cạnh lớn nhất của △ADC nên\ADC > 60o. Chứng minh tương tự ta có AEC >[ 60o.
• Giả sử EAC <[ 60o và \ACD < 60o, P =AE ∩CD.
Xét △AP C có AC > AP và AC > P C. Từ đó ta có AP C >[ 60o. Vì AC < AB +BC = 2a, nên AP < 2a và CP < 2a.
Gọi F G là đường trung bình của △AP C. Khi đó F G = 1
2AC < a AF = 1
2AP < a CG = 1
2CP < a
Mà AE = CD =a, suy ra E ở giữa F và P còn D ở giữa P và G.
Khi đó, a =ED ≤ F G < a vô lý.
Từ đó suy ra EAC[ ≥ 60o hoặc \ACD ≥ 60o.
• Từ giả sử EAC[ ≥ 60o. Khi đó, trong △ACE có góc tại đỉnh A và E không nhỏ hơn 60o, AE = a suy ra tam giác này có thể đặt được một tam giác đều cạnh a ở bên trong.
Gọi P là điểm xa nhất đối với điểm O giữa 1978 điểm đã cho.
Đường thẳng OP và hai đường thẳng qua O tạo với OP một góc 60o chia mặt phẳng làm sáu phần.
Đường tròn tâm P phủ tất cả các điểm nằm trong hai phần chứa P. Trong mỗi phần còn lại, đường tròn tâm tại điểm cách xa O nhất phủ tất cả những điểm trong phần này.
Bốn hình tròn này với hình tròn đầu tiên phủ 1978 điểm đã cho.
Bài toán 3.24 (Thụy Điển 1983)
Một hình vuông có cạnh bằng 1 phải phủ ba hình tròn như nhau.
1. Chứng minh rằng ta có thể làm được với những hình tròn bán kính nhỏ hơn
√2 2 .
2. Hãy tìm khả năng bán kính nhỏ nhất cho những hình tròn này.
Lời giải:
1. Cho hình vuông ABCD cạnh là 1.
△DEF là tam giác đều có đỉnh E, F tương ứng trên cạnh BC và AB.
DF C\ = 180o−DF E\−\EF B = 75o
DF = DC
sinDF C\ = 1
sin 75o = 1
sin 30ocos 45o + cos 30osin 45o = √ 6−
√2
Gọi I là đỉnh thứ tư của hình chữ nhật EBF I.
DIF[ = 180o −F IB[ = 135o > 90o. Tương tự DIE >[ 90o. Do đó:
Đường tròn đường kính DF phủ tứ giác DCF I. Đường tròn đường kính DE phủ tứ giác DIEA.
Đường tròn đường kính EF phủ tứ giác BEIF. Mà BF = √
6 −√
2 < √
2 nên ta có thể phủ hình vuông ABCD bằng ba hình tròn bán kính nhỏ hơn
√2 2 .
2. Nếu ta phủ hình vuông bởi đường tròn bán kính nhỏ hơn √
6−√ 2 thì độ dài đường gấp khúc mà đường tròn này chắn trên cạnh của hình chữ nhật sẽ nhỏ hơn AD+DE.
Do đó 3 hình tròn có cùng đường kính nhỏ hơn √
6 − √
2 không thể phủ kín các cạnh của hình vuông. Vậy bán kính nhỏ nhất là√
6−√ 2
2 .
Bài toán 3.25 (Liên Xô 1970)
Cho hai hình chữ nhật giống nhau sao cho các cạnh của chúng cắt nhau tại tám điểm. Chứng minh diện tích của phần chung của hai hình chữ nhật lớn hơn một nửa diện tích của mỗi hình chữ nhật.
Lời giải:
Gọi a, b là độ dài cạnh hình chữ nhật. Gọi 4 điểm lần lượt nằm trên bốn cặp cạnh theo thứ tự là A, B, C, D. Ta có khoảng cách từ C đến cạnh đối diện của hai hình chữ nhật bằng nhau. Nên AC là phân giác của góc tạo bởi những cạnh giao nhau tại A.
Tương tự BD là phân giác của những cạnh giao nhau tại B.
Ta có: Ac1 = Dc1 = Dc2 = Cc1 = Cc2 = Bc1 = Bc2 do sự đồng dạng của các tam giác vuông tương ứng.
⇒ Ac2 = Bc3.
⇒ Ac2 +Bc3 +Bc2 = 2Ac2 +Bc2 = 2Ac2 +Ac1 = 180o.
⇒ Tứ giác có 2 cạnh là cạnh của hình chữ nhật còn 2 cạnh còn lại nằm trên hai đường chéo AC và BD nội tiếp.
⇒ AC⊥BD.
Diện tích của tứ giác ABCD bằng AC.BD
2 . Vì AC ≥ b và BD ≥ a nên diện tích của tứ giác ABCD không nhỏ hơn ab
2 . Nửa diện tích hình chữ nhật bằng ab
2 .
Từ đó ta có điều phải chứng minh.
Bài toán 3.26 (Balan 1978-1979)
Trong một mặt phẳng cho n điểm (n > 4), trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng. Chứng minh rằng có ít nhất Cn2−3 tứ giác lồi mà những đỉnh của chúng là các điểm đã cho.
Lời giải:
Gọi M là bao lồi của n điểm đã cho. GọiA, B, C là ba đỉnh của đa giác lồi này.
Gọi D, E là hai điểm trong các điểm này khác A, B, C. Khi đó đường thẳngDEkhông đi qua ba cạnh của△ABC giả sử làBC (1) Giả sử đường thẳng BC cắt đoạn DE tại I. Khi đó I nằm trong M, do D, E nằm trong M.
Do BC là đỉnh của M nên I nằm trong đoạn BC vô lý.
Do đó, đường thẳngBC không cắt đoạnDE (2)
Từ (1) và (2) suy ra một trong hai tứ giác BDEC, BEDC là lồi.
Như vậy, mỗi cặp hai điểm đã cho khác A, B, C cùng với hai trong ba điểm A, B, C tạo ít nhất một tứ giác lồi. Những cặp hai điểm khác nhau sẽ tạo tứ giác khác nhau.
Khi đó, số các tứ giác lồi mà các đỉnh thuộc những điểm đã cho không nhỏ hơn số lượng các cặp đôi khác A, B, C, số lượng đó là Cn2−3.
Bài toán 3.27 Chứng minh rằng tồn tại một hằng sốc < √
2 thỏa mãn tính chất sau: Từ bốn điểm bất kì nằm trong hình vuông có cạnh bằng 1, có thể chọn được hai điểm mà khoảng cách của chúng không lớn hơn c.
Lời giải: Ta sẽ chứng minh c = 1.
Cho A1, A2, A3, A4 là bốn điểm nằm trong hình vuông Q đã cho.
Trường hợp 1. Nếu có ba trong bốn điểm A1, A2, A3, A4 thẳng hàng.
1 1 = + 2
không thể được vì đường kính của Q bằng √2. Suy ra ít nhất một trong các đoạn A1A2, A2A3 không lớn hơn 1.
Trường hợp 2. Bao lồi của bốn điểm là tứ giác A1A2A3A4.
Vì A1A2A3A4 ⊂ Q, nên A1A2+A2A3 +A3A4 +A4A1 ≤ 4.
Từ đó suy ra ít nhất một trong những đoạn A1A2, A2A3, A3A4, A4A1
không lớn hơn 1.
Trường hợp 3. Bao lồi của bốn điểm là tam giác. Giả sử △A1A2A3.
Giả sử A1A4, A2A4, A3A4 lớn hơn 1.
Ta có, A\1A4A2 +A\2A4A3+A\3A4A1 = 360o
Suy ra có ít nhất một trong chúng là tù. Giả sử là A\1A4A2. Khi đó:
A1A22 = A1A24 +A2A24 −2A1A4.A2A4cosA\1A4A2 > A1A24+A2A24 >2
⇒ A1A2 > √
2, điều này không thể được vì đường kính của Q bằng √ 2.
Suy ra ít nhất một trong các đoạn A1A4, A2A4, A3A4 không lớn hơn 1.
quả về hình lồi, đường kính của hình và vận dụng" chúng tôi đã thu được các kết quả sau:
1. Trên đường thẳng nếu giao của hai đoạn bất kỳ khác rỗng thì giao của tất cả các đoạn khác rỗng. Trong mặt phẳng nếu giao của ba hình lồi bất kỳ khác rỗng thì giao của họ các hình lồi khác rỗng.
2. Chứng minh được trong mặt phẳng một hình bất kỳ luôn được chia thành ba hình có đường kính nhỏ hơn và trong không gian hình cầu chia được thành bốn hình có đường kính nhỏ hơn.
3. Áp dụng các kiến thức về giao khác rỗng của các hình lồi, đường kính của hình và các kết quả về chia hình vào các bài toán cụ thể, bài thi học sinh giỏi các nước và một số bài toán hình học tổ hợp IMO.