Tong hop de thi truong dong 2015

Gọi X là giao điểm của CM và BN thì ta có I là trực tâm tam giác XBC Ta có .một bổ đề thường xuất hiện ở THCS là: Đường thẳng qua trực tâm, vuông góc với đoạn nối trực tâm với trung điểm

Trần Nam Dũng,

Lê Phúc Lữ, Trần Quốc Luật

(Tổng hợp và giới thiệu)

TỔNG HỢP ĐỀ THI & LỜI GIẢI ĐỀ TRƯỜNG ĐÔNG BA MIỀN 2015

Xin cám ơn sự chia sẻ của thầy Huỳnh Tấn Châu, anh Võ Quốc Bá Cẩn và bạn Lê Tạ Đăng Khoa để có thể hoàn thành tài liệu này

Lời nói đầu

Thế là chỉ còn đúng 1 tuần nữa là kỳ thi chọn HSG cấp quốc gia năm 2016 sẽ diễn ra

Kỳ thi năm nay vẫn được tổ chức như thời điểm thường lệ (trong 3 ngày) và môn Toán sẽ thi vào 2 ngày 06-07/01/2016

Thời gian vừa qua, các đội tuyển trên khắp cả nước đã tích cực ôn luyện, chuẩn bị về hành trang kiến thức lẫn kỹ năng làm bài thi để có thể mang về kết quả tốt nhất

Song song với các buổi bồi dưỡng trên lớp, các địa phương cũng đã chung tay tổ chức các lớp học tập trung gồm các học sinh đến từ nhiều tỉnh khác nhau mà chúng ta quen gọi là

“trường Đông Toán học”

Chương trình Trường Đông năm nay khởi đầu ở TP.HCM (từ ngày 22-29/11/2015) trải dài trên nhiều tỉnh từ Bắc vào Nam, ở các địa điểm nổi bật là: Hà Nội, TP Vinh, Phú Yên, TP.HCM và trường Đông của Viện Toán Trong mỗi trường như thế, học sinh trong các đội tuyển đều được trải nghiệm tâm lý thi cử thực sự với một đề thi thử gồm 2 ngày, phỏng theo đúng cấu trúc của đề thi hàng năm Những đề thi như thế đều rất hay, giá trị và

có thể xem là một nguồn tài liệu hữu ích cho thí sinh trong giai đoạn ôn luyện này

Nhằm chia sẻ với các bạn học sinh, quý thầy cô nguồn tài liệu đó, chúng tôi đã dành thời gian tổng hợp, biên tập và bình luận đôi chút về các bài toán trong mỗi đề thi Hy vọng rằng sự cố gắng này sẽ giúp ích được phần nhỏ nào đó cho các bạn học sinh và cũng đóng góp được một nguồn tài liệu tham khảo cho quý thầy cô trong quá trình bồi dưỡng HSG

Cho tam giác ABC cân tại A có P nằm trong tam giác sao cho BPC180 Các A

đường thẳng PB PC, lần lượt cắt CA AB, tại ,E F Gọi ,I J lần lượt là tâm bàng tiếp ứng với đỉnh B C, của tam giác ABE và ACF Gọi K là tâm ngoại tiếp tam giác AEF

Lời giải

Giả sử với mọi x  thì ( )0 f x 0

Ta thấy điều này không thỏa ii) vì chẳng hạn xét dãy số ( )x n xác định bởi x n2n thì rõ ràng x n  0, n và x  n 0, tuy nhiên ta luôn có f x( )n  0, n nên lim ( n) 0

n

n

f x x

Từ đó suy ra điều giả sử là sai, tức là phải tồn tại x 0 0 sao cho f x ( )0 0

Đặt (0)f  , ta sẽ chứng minh rằng a a 0 Trong i), thay x bởi y , ta có:

2( 2 ) (2 ) 4 ( )

a  f  y f y  yf y với y   hay

2( 2 ) (2 ) 4 ( ),

a  f  x f x  xf x    x

Trong i), tiếp tục thay y bởi  ta có: x,

2(2 ) ( 2 ) 4 ( )

  với n   Với y là số cho trước, xét

n   , ta có 2n y thế nên theo ii) thì 0

(2 )

2

n n n

Nhận xét Đây là một bài PTH khá thú vị và cũng khá lạ, khi đòi hỏi phải kết hợp khéo

léo các yếu tố giải tích lồng vào biến đổi đại số Việc thu được kết quả: tồn tại x 0 0 mà 0

Trước hết, ta sẽ chứng minh bổ đề sau:

Cho tam giác ABC có đường tròn nội tiếp ( ) I tiếp xúc với BC tại D Kẻ đường kính

DK của ( ) I và gọi M là trung điểm BC Khi đó IMAK

Chứng minh Giả sử AK cắt BC tại E Qua K kẻ đường thẳng song song với BC , cắt

các cạnh AB AC, lần lượt tại B C , thì ABCAB C 

Do đó, tồn tại phép vị tự tâm A biến AB C  thành ABC , biến K là tiếp điểm đường tròn bàng tiếp góc A lên B C   của AB C   thành E , cũng là điểm tương ứng trong

ABC

 Suy ra E là tiếp điểm đường tròn bàng tiếp góc A lên BC của tam giác ABC

C' B'

E M

K

D

I

C B

A

Vì thế nên M là trung điểm của DE , mà I là trung điểm của DK nên IM AK

Bổ để được chứng minh

Trở lại bài toán,

Gọi D là tiếp điểm của ( ) I lên BC và , Q K lần lượt là các điểm đối xứng với D P, qua tâm I Dễ dàng thấy rằng K( )I và do PD tiếp xúc với ( ) I nên ta có QK cũng tiếp

xúc với ( ).I

Cũng do tính đối xứng Vì EF đối xứng với GH qua I và PGH nên QEF

Giả sử AK cắt lại ( ) I tại L thì rõ ràng tứ giác KEFL điều hòa (vì AE AF, là các tiếp tuyến của ( )I ), suy ra EF và tiếp tuyến tại K L, đồng quy

Từ đó ta cũng có QL tiếp xúc với ( ) I và ALIP

Gọi R là trung điểm BC Áp dụng bổ đề trên, ta có IR AK nên IRIP

Tiếp theo, giả sử BN CM, cắt EF tại , S T thì bằng biến đổi góc, dễ dàng có được:

90

R L

Q K

N

M S

Nhận xét. Ta thấy bài toán phát biểu khá đơn giản, rất đẹp nhưng để giải quyết một cách thuần túy, cần phải vận dụng kết hợp nhiều bổ đề, định lý trong đó một cách rất khéo léo Đặc biệt, mô hình định lý con bướm cũng là một kết thúc ấn tượng cho bài toán này

Để giải thích cho việc xử lý theo hướng trên, ta có thể tiếp cận theo hướng sau:

Trước hết, rõ ràng kết quả BTC BSC90 đã khá quen thuộc sau kỳ thi VMO

2009 Gọi X là giao điểm của CM và BN thì ta có I là trực tâm tam giác XBC Ta có .một bổ đề thường xuất hiện ở THCS là: Đường thẳng qua trực tâm, vuông góc với đoạn nối trực tâm với trung điểm 1 cạnh, cắt 2 cạnh còn lại tại 2 điểm thì trực tâm là trung điểm của đoạn thẳng nối 2 điểm đó Từ đó dẫn đến “nhu cầu” chứng minh IRMN

Dấu bằng trong (1) xảy ra khi 2

a bcabac, đảm bảo cả hai trường hợp dấu bằng là

Bài 4 (5 điểm)

Trên bàn cờ 8 8  , ta đặt các quân xe màu xanh, đỏ, vàng sao cho các quân xe khác màu không ăn nhau Hỏi có thể đặt tối đa được bao nhiêu quân xe như vậy nếu biết rằng số quân xe mỗi màu giống nhau?

Lời giải

Gọi n là số xe mỗi loại thì tổng số xe sẽ là 3n Ta chứng minh rằng n 6

Thật vậy, giả sử ngược lại là n  7

Ta gọi G X là số hàng chứa ít nhất 1 quân xe màu xanh và V X là số cột chứa ít nhất 1 quân

Từ (1) và (2) ta suy ra mâu thuẫn Do đó, n  6

Với n  , ta có thể xếp được 18 quân xe, 6 quân mỗi màu thỏa mãn điều kiện đề bài như 6hình vẽ sau:

Trong lời giải trên, BĐT G XV X 7 hoặc G X V X 6 đều có thể kiểm tra trực tiếp bằng cách xét các trường hợp Tuy nhiên, nhờ sự tương quan giữa hàng – cột trong bàn cờ, đánh giá tích như ở trên lại được thấy rõ hơn (nếu có 1 số bằng 1 thì số kia phải bằng 7, nếu có

1 số bằng 2 thì 1 trong 2 số kia phải ít nhất là 4, …)

Đặt a(xy y)( z z)( x) và b(x y 1)(y z 1)(z  , ta có: x 1)

 Biến đổi P n1( , ,x y z : 1)

Ta có thể tiếp cận bài toán theo hướng sau: Đặt p  x y z q, xy yzzx r, xyz

Vì đa thức P x y z n( , , ) đối xứng giữa các biến , ,x y z nên tồn tại đa thức f p q r n( , , ) sao cho ( , , ) ( , , )

Bài 6 (7 điểm)

Cho tam giác ABC cân tại A có P nằm trong tam giác sao cho BPC180 Các A

đường thẳng PB PC, lần lượt cắt CA AB, tại ,E F Gọi ,I J lần lượt là tâm bàng tiếp ứng với đỉnh B C, của tam giác ABE và ACF Gọi K là tâm ngoại tiếp tam giác AEF

Chứng minh rằng KI  KJ

Lời giải

Trước hết, ta sẽ chứng minh bổ đề sau:

Cho tứ giác toàn phần ABCDEF có ABCD nội tiếp Gọi M N, lần lượt là trung điểm

,

AC BD Khi đó, phân giác trong của góc , E F cùng đi qua một điểm thuộc MN

Chứng minh Ta có: EACEBD g g( ) và M N, lần lượt là trung điểm của hai cạnh tương ứng nên ta cũng có EMCEND g g( ) Suy ra EM EN, đẳng giác trong góc E

và phân giác góc AEB,MEN trùng nhau

Giả sử I là giao điểm của phân giác trên và MN thì IM EM AC

IN  EN  BD

I

N

M E

F

A

B

C D

Trở lại bài toán,

Do BPC180 nên A EPFEAF180 , tức là AEPF nội tiếp hay P( ).K Gọi G là điểm đối xứng với A qua BC Vì BPCBGC180 nên G(BPC) Mặt khác GBGC nên PG là phân giác của BPC và EPF

Dễ thấy IJ chính là phân giác ngoài của EAF nên nó đi qua trung điểm cung EF chứa

A của ( ) K , mà PG cũng đi qua trung điểm đó (vì nó là phân giác EPF ) nên các đường thẳng PG IJ, cắt nhau tại R thuộc ( ) K

Gọi S là trung điểm AP và L là giao điểm của BI CJ, Khi đó, theo bổ đề trên cho tứ giác toàn phần AEPFBC thì L nằm trên đường thẳng nối S và trung điểm EF

Đây cũng chính là đường thẳng Gauss của tứ giác toàn phần nói trên nên SL đi qua trung

điểm M của BC

N

L S R

Do IJBC (cùng vuông góc với phân giác trong của BAC) và SL đi qua trung điểm

của BC nên nó cũng đi qua trung điểm N của IJ theo bổ đề hình thang

Hơn nữa, MS là đường trung bình của tam giác APG nên MS PG và cũng đi qua trung điểm N của AR

Vì AR là dây cung của ( ) K nên KN  AR, mà N cũng là trung điểm IJ nên tam giác KIJ cân tại K Vậy ta có KIKJ , đpcm

Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn ( ) O Phân giác trong của các góc ,A B cắt nhau

tại M , phân giác trong của các góc B C, cắt nhau tại N , phân giác trong của các góc

,

C D cắt nhau tại P , phân giác trong của các góc D A, cắt nhau tại Q

1) Chứng minh rằng M N P Q, , , cùng thuộc một đường tròn Gọi I là tâm đường tròn đó

2) Chứng minh rằng MP NQ, cắt nhau tại một điểm thuộc đường thẳng nối 2 trung điểm của AC BD,

b) Giả sử AC BD, cắt nhau tại K Chứng minh rằng , , I O K thẳng hàng

Ta thấy phương trình này có nghiệm nguyên dương khi và chỉ khi

(k 4)y 24x có nghiệm nguyên dương

Bây giờ ta tìm tất cả các giá trị k để phương trình z2kyzy2  (1) có nghiệm 6 0nguyên dương

Giả sử k là một giá trị như vậy và ( *, *) z y là một nghiệm của (1) sao cho *z y* có giá trị nhỏ nhất

Không mất tính tổng quát, giả sử *z  y*

Ta thấy z là nghiệm của phương trình * z2ky z* y*2  (2) 6 0

Xét tất cả các cặp ( *, *)y z với 1y*z* (thực chất là chỉ có 3 cặp như thế: 3(1, 2);(1,3);(2,3)), ta thấy các giá trị của biểu thức

- Nếu *y z* thì 6(k2) *z 2 Suy ra khả năng duy nhất là *z 1,k 8Vậy giá trị nguyên dương duy nhất để phương trình (1) có nghiệm nguyên dương là k  8

và cũng có nghĩa là giá trị nguyên dương duy nhất để x2(k24)y224 có nghiệm 0

là k  8

Nhận xét

Phương pháp sử dụng bước nhảy Viét như trên đã khá quen thuộc để xử lý các phương trình Diophante cấp 2 có dạng ax2bxycy2dxey f 0 Tuy nhiên, dạng phát biểu gốc của bài toán thực sự hơi khó xử lý (vì không có biểu thức liên kết giữa 2 biến) và

đó cũng chính là nguyên nhân khiến ta cần phải xét một phương trình bậc 2 làm cầu nối Dưới đây là một tình huống tương tự (hãy so sánh sự giống nhau giữa 2 bài toán):

(IMO Shortlist 2010) Tìm tất cả các cặp số nguyên ( , ) m n sao cho

Bài 3 (5,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn, không cân Các điểm E F, lần lượt thuộc

đoạn thẳng CA AB, sao cho EF BC Dựng điểm M nằm trong tam giác ABC sao cho

EMAB và ECM =FCB Dựng điểm N nằm trong tam giác ABC sao cho

FNAC và FBN =EBC Gọi BM cắt CN tại P Chứng minh rằng điểm P luôn

thuộc một đường thẳng cố định khi các điểm ,E F di chuyển

Bài 4 (5,0 điểm) Với mỗi số tự nhiên n  , ký hiệu 4 t n là số nhỏ nhất các tập hợp con 3

phần tử của tập hợp S n 1, 2,3, ,n sao cho tập hợp con gồm 4 phần tử tùy ý của S n

luôn chứa ít nhất một trong các tập hợp con 3 phần tử này

Đề số 2

Đề thi trường Đông phía Bắc Trung Bộ (TP.Vinh)

Đề thi ngày 2.

Bài 5 (6,0 điểm)

Trong một giải bóng đá có n > 4 đội bóng thi đấu vòng tròn 1 lượt, tức là hai đội bất kỳ

đấu với nhau đúng 1 trận Thắng được 3 điểm, hòa được 1 điểm và thua 0 điểm Vào cuối giải người ta nhận thấy rằng tất cả các đội đều có điểm số bằng nhau Chứng minh rằng có

4 đội bóng có cùng số trận thắng, số trận hòa và số trận thua

Bài 6 (7,0 điểm)

Cho tam giác nhọn ABC không cân nội tiếp đường tròn  Đường tròn  thay đổi đi qua '

B, C cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại E, F ( ,E F A) Đường tròn ngoại tiếp tam giác

AEF cắt lại đường tròn  tại K ( AK ) KE, KF lần lượt cắt lại đường tròn  tại Q, P

( ,P QK). Gọi T là giao điểm của BQ và CP Gọi M, N lần lượt là trung điểm BF, CE 1) Chứng minh rằng T thuộc một đường thẳng cố định khi đường tròn  thay đổi '

2) Chứng minh rằng KA là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN

Bài 7 (7,0 điểm)

Ta gọi một số là lũy thừa đúng nếu nó có dạng a m với ,a m nguyên và , a m 1 Hỏi với

số nguyên dương n  1 nào thì tồn tại các số nguyên dương b b1, , ,2 b n không đồng thời bằng nhau sao cho với mọi số nguyên dương k thì

(b k b)( k) (b mk) là lũy thừa đúng?

(Số mũ của lũy thừa có thể khác nhau, nhưng luôn lớn hơn 1)

Khi đó, ta có u n0,   n và u n1 u n 2u n1  3, n 1 (2)

Đặt u n n v n n,  , từ (2) ta được v n   n, n và v n1 v n 2v n1  0, n 1.Phương trình đặc trưng t2  t 2 0 có hai nghiệm phân biệt t11,t2 2, nên ta có

Nhận xét Điểm mấu chốt của bài toán chính là việc quy đồng biểu thức và phép đặt

( ) ( )

h x xf x , đây là điều không dễ Phương trình hàm nhận được sau đó đã khá quen

thuộc và có thể đưa về xử lý dãy số sai phân tuyến tính cấp 2

Bài 2 (5,0 điểm) Cho dãy các đa thức hệ số thực  n( ) 1,2,3,

Nhận xét Việc chuyển từ phát biểu lượng giác sang công thức truy hồi rồi đưa về dạng

đại số đã giúp bài toán sáng sủa hơn rất nhiều Dưới đây là một số bài toán tương tự: 1) (VMO 1989) Cho dãy đa thức P x n( ) xác định bởi:

2

1x P x n( )    1, x 1;1 Chứng minh rằng a02n1

Bài 3 (5,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn, không cân Các điểm E F, lần lượt thuộc đoạn thẳng CA AB, sao cho EF BC Dựng điểm M nằm trong tam giác ABC sao cho

EMAB và ECM =FCB Dựng điểm N nằm trong tam giác ABC sao cho

FNAC và FBN =EBC Gọi BM cắt CN tại P Chứng minh rằng điểm P luôn

thuộc một đường thẳng cố định khi các điểm ,E F di chuyển

Lời giải

Gọi ( )O là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Gọi CF BE, lần lượt cắt ( )O tại ,S T

khác ,C B Gọi CM BN, lần lượt cắt AB AC, tại K L,

Từ đề bài ta có CBL=TBA, lại từ góc nội tiếp ta có LCB=ATB

Từ đó, ta có BAT BLC Theo định lý Thalès, ta lại có FB = NB

M

E O A

F

Nhận xét Trong bài toán này, nhiều học sinh sẽ dễ dàng nhận ra các yếu tố đẳng giác từ

các góc bằng nhau khá quen thuộc Chẳng hạn nếu đề hỏi “giao điểm Q của BN CM,

thuộc đường cố định” thì bài toán sẽ dễ hơn nhiều vì khi đó, Q sẽ đẳng giác với giao điểm

của BE CF, (nằm trên trung tuyến đỉnh A của tam giác ABC), vì thế nên Q sẽ thuộc đường đối trung đỉnh A của tam giác ABC Tuy nhiên, đó là một vấn đề khác

Ở đây, ta thấy mô hình của phép đồng dạng/vị tự quay khá rõ, chú ý rằng 2 tam giác

A B Dễ thấy A B   (nếu không thì A  có 6 phần tử, vô lý) và với q là phần tử B

chung của A B  thì S6\p q là tập con gồm 4 phần tử không chứa bất bất kỳ ,  A i làm tập hợp con, suy ra t 6 6

Do đó ta có t 6 6

2) Do t 4 1 và t n không thay đổi khi thay S n bởi tập hợp gồm n phần tử tùy ý nên ta sẽ

t   C 

Xét họ t n1 các tập hợp các tập hợp 3 phần tử thỏa mãn điều kiện đầu bài là một tập hợp 4

phần tử tùy ý luôn chứa một trong chúng Bỏ đi một phần tử p tùy ý trong S n1, ta còn tại một số tập hợp con 3 phần tử thỏa mãn điều kiện là một tập hợp con 4 phần tử của



 tập hợp, suy ra

1 1

31

t   C 

Nhận xét Ý thứ nhất của bài toán đòi hỏi phải xây dựng các tập hợp cụ thể, mang tính

chất gợi mở để học sinh khám phá và cũng cung cấp thêm điểm thành phần (có tách ra thành ý riêng là sẽ có điểm, ít nhất là 1 điểm, dù ý đó dễ thế nào đi nữa) Ý thứ hai mang hơi hướng của phương pháp đếm bằng 2 cách, nhưng do quan hệ đã nêu khó diễn đạt được thành các bộ để đếm nên ta phải lập luận theo quy nạp như trên

Đáp án đề số 2

Đề thi trường Đông phía Bắc Trung Bộ

Đề thi ngày 2

Bài 5 (6,0 điểm)

Trong một giải bóng đá có n > 4 đội bóng thi đấu vòng tròn 1 lượt, tức là hai đội bất kỳ

đấu với nhau đúng 1 trận Thắng được 3 điểm, hòa được 1 điểm và thua 0 điểm Vào cuối giải người ta nhận thấy rằng tất cả các đội đều có điểm số bằng nhau Chứng minh rằng có

4 đội bóng có cùng số trận thắng, số trận hòa và số trận thua

là z1z2 3x1x2 phải chia hết cho 3

Hơn nữa, từ đây ta cũng thấy rằng, hai đội có cùng số bàn thắng, thua, hòa khi và chỉ khi

số trận hòa của họ bằng nhau

Số các trận hòa của một đội bóng chỉ có thể nằm trong khoảng từ 0 đến n  nên ta có thể 1chia các đội thành các nhóm dựa theo số trận hòa Khi đó, số nhóm sẽ không vượt quá

 , nghĩa là tồn tại một nhóm có không ít hơn 3 đội

Giả sử ngược lại rằng mỗi nhóm chỉ gồm 3 đội hay ít hơn Khi đó, số nhóm đúng bằng k

vì nếu không thì số đội sẽ là n3(k1), mâu thuẫn với định nghĩa số k

Gọi ,A B là các nhóm có số trận hòa lần lượt là ít nhất và nhiều nhất Xét các trường hợp: (1) Nếu n3k  thì số trận hòa của đội từ A là 0 và số trận hòa của đội từ B là 2 n  1

(chỉ có cách chia như vậy mới đủ k nhóm chênh lệch 3 đơn vị từ 0 đến n  ), có 1

nghĩa là đội từ B đá hòa với tất cả các đội, trong đó có đội từ A là đội không hòa

trận nào Điều này mâu thuẫn!

(2) Nếu n3k  và đội từ A có h trận hòa thì đội từ B có 1 h3k trận hòa, có 3nghĩa là có 1 trận đấu không hòa h

+ Nếu h  thì nhóm B có thể chứa một đội, vì nếu có 2 đội thì cả hai đội này sẽ 1

đấu hòa với đội bóng từ A, mà đội này chỉ có 1 trận hòa

+ Nếu h  thì A chỉ có thể chứa đúng 1 đội, bởi nếu có 2 đội, thì hai đội này sẽ 0

có kết quả thắng thua với một đội từ B, là đội chỉ có 1 trận đấu có kết quả thắng

thua Như vậy, luôn có 1 nhóm chỉ có 1 đội Nhưng khi đó các đội còn lại là 3k  2đội, không thể chia được thành k  nhóm, mỗi nhóm có không quá 3 đội Điều 1này cũng mâu thuẫn

(3) Nếu n3k , thì tất cả các nhóm phải chứa đúng 3 đội Trong đó nếu đội từ A có l trận hòa thì đội từ B có 2 trận đấu có kết quả thắng thua Vì vậy số trận đấu mà h

các đội của hai nhóm này thi đấu với nhau không quá 3h3(2 h) 6 trận, cũng

là điều mâu thuẫn

Do đó, điều giả sử ở trên là sai; vậy nên tồn tại ít nhất 4 đội có cùng nhóm Ta có đpcm

Nhận xét

Dạng toán chứng minh tồn tại các đối tượng có cùng tính chất khá phổ biến, mà cụ thể trong bài này là cùng số trận thắng – thua – hòa Cách làm thường gặp là dùng Dirichlet, kết hợp với ý tưởng tham lam để chọn ra một nhóm các đối tượng thỏa mãn một phần của tính chất trước rồi tìm cách chứng minh thỏa mãn cả các tính chất còn lại

Điểm đặc biệt của bài toán này là “các đội có cùng điểm số và cùng số trận đấu”, 3 đại lượng có 2 quan hệ giống nhau rồi nên ta chỉ cần 1 trong 3 đại lượng bằng nhau là xong Chú ý thêm tính chia hết cho 3 của hiệu số trận hòa nên việc phân nhóm theo tiêu chí số lượng trận hòa là khá rõ

Bài 6 (7,0 điểm)

Cho tam giác nhọn ABC không cân nội tiếp đường tròn  Đường tròn  thay đổi đi qua '

B, C cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại E, F ( ,E F A) Đường tròn ngoại tiếp tam giác

AEF cắt lại đường tròn  tại K ( AK ) KE, KF lần lượt cắt lại đường tròn  tại Q, P

( ,P QK). Gọi T là giao điểm của BQ và CP Gọi M, N lần lượt là trung điểm BF, CE 1) Chứng minh rằng T thuộc một đường thẳng cố định khi đường tròn  thay đổi '

2) Chứng minh rằng KA là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN

( , ) ( , ) ( , ) ( , ) ( , ) ( , ) 0(mod )

EF BP EF FP FP BP EA KA KA BA

nên EF BP Chứng minh tương tự, ta có EF CQ

Từ đó, suy ra BP CQ  nên BP CQ, là hai đáy hình thang cân, suy ra OT vuông góc với

BP (vì O thuộc trung trực của BP và CQ), do đó OT vuông góc với EF Dễ chứng minh

được EF vuông góc AO Từ đó suy ra A, O, T thẳng hàng

Vậy T thuộc đường thẳng AO cố định

b) Ta có BC, EF, AK theo thứ tự là trục đẳng phương của các cặp đường tròn  và '; '

và (AEF);  và (AEF)

Do đó BC, EF, AK đồng qui tại một điểm D

Gọi L là giao điểm của BF và CE; gọi X, Y theo thứ tự là giao điểm của BF, CE với AD

B

C

Mà N là trung điểm CE, nên theo hệ thức Maclaurin, ta có LN LY LE LC

Hoàn toàn tương tự, ta cũng có LM LX LF LB

Suy ra LN LX LM LY , suy ra M, N, X, Y đồng viên

Gọi Z là trung điểm AD, suy ra M, N, Z thẳng hàng theo định lý về đường thẳng Gauss cho

tứ giác toàn phần BCFEAD

Từ M, N, X, Y đồng viên suy ra ZM ZN ZX ZY Mặt khác, ta lại có (AD XY  , ) 1

và Z là trung điểm AD, nên theo hệ thức Newton, ta có

2

ZA ZX ZY ZM ZN ZA là tiếp tuyến của đường tròn (AMN)

Ta có đpcm

Nhận xét Ý thứ nhất còn có thể phát triển ra thêm khi chú ý rằng BTC không đổi nên

T cũng là điểm cố định Bên cạnh đó, ý thứ hai của bài toán tuy khó nhưng không mới, nó

là một mô hình quen thuộc khi quan tâm đến mô hình tứ giác toàn phần và các hàng điểm điều hòa liên quan Ngoài ra, để ý rằng AM AN, đẳng giác trong góc BAC nên nếu kéo dài MN cắt AB AC, tại H K, thì ta cũng có (AMN),(AHK) tiếp xúc nhau

Bài 7 (7,0 điểm)

Ta gọi một số là lũy thừa đúng nếu nó có dạng a m với ,a m nguyên và , a m 1 Hỏi với

số nguyên dương n  1 nào thì tồn tại các số nguyên dương b b1, , ,2 b n không đồng thời bằng nhau sao cho với k nguyên dương thì (b1k b)( 2k) (b mk) là lũy thừa đúng?

Lời giải. Câu trả lời là: Mọi hợp số n thỏa mãn điều kiện

* Điều kiện đủ: Giả sử n là hợp số, n với rs r1,s Ta chọn như sau 1

1 2 r 1, r 1 r 2 n 2

b b   b b b  b  Khi đó, với mọi k thì ta đều có

Giả sử với n nguyên tố nào đó, tồn tại bộ ( , , , )b b1 2 b n thỏa mãn điều kiện đề bài Không mất tính tổng quát, giả sử các số b b1, , ,2 b t là các số đôi một khác nhau, còn mỗi một trong các số b t1,b t2, ,b n là sự lặp lại của các số trước (chú ý rằng ở đây t  vì các số 1không đồng thời bằng nhau)

Giả sử trong các số b b1, , ,2 b n có s i số bằng b i, trong đó

1  và i t s1   s2 s t n

Áp dụng định lý Trung hoa về số dư: với mọi các số nguyên tố cùng nhau a a1, 2, ,a t và mọi số nguyên không âm r r1, , ,2 r t với 0 r i a i i, 1,n , tồn tại số nguyên dương m

sao cho trong phép chia cho a a1, 2, ,a t cho số dư tương ứng là r r1, , ,2 r t

Xét t số nguyên tố phân biệt p p1, 2, ,p t, mỗi số đều lớn hơn tất cả các số b i và đặt a i  p r i2, i  p i vớib i i1,t Các số p i i2, 1,t đôi một nguyên tố cùng nhau và

2

0 r i p i  p i nên điều kiện của định lý Trung hoa về số dư được thỏa mãn

Xét số nguyên dương m thỏa mãn điều kiện m chia a i dư r i, ta sẽ chứng minh rằng nếu (b1m b)( 2m) (b nm) thì u v v 1

Xét chỉ số i bất kỳ với 1  Số i t b i m khi chia cho p cho số dư i2 r i b i p i nên suy ra b i m chia hết cho p i và không chia hết cho p i2

Với j và 1i   , ta có 0j t  b i b j  p i nên suy ra b j m không chia hết cho p i

Vì vậy, trong khai triển chính tắc số b1m b 2m b nm ra thừa số nguyên tố, mỗi

số p i sẽ có mặt với số mũ s i

Vì tích này bằng u v nên v là ước số của tất cả các số s i và cũng là ước số của tổng của chúng, tức là n Ngoài ra, n là số nguyên tố và v (vì n t  ) nên 1 v  Do đó, số 1 n

này không thỏa mãn

Khẳng định bài toán được chứng minh

Nhận xét Đây là một ứng dụng thú vị của định lý thặng dư Trung Hoa Bước đầu tiên

kiểm tra với hợp số thì khá rõ, đến số nguyên tố thì cần xử lý nhiều hơn, khai thác tính có nghiệm của các hệ phương trình đồng dư để chỉ ra phản ví dụ

Đề số 3

Đề thi trường Đông phía Nam Trung Bộ (Phú Yên)

Đề thi ngày 2

Bài 5 (7 điểm)

Cho 2015 tập hợp, mỗi tập hợp có 45 phần tử Biết rằng hợp của hai tập hợp tùy ý thì có

89 phần tử Hỏi hợp của tất cả các tập hợp nói trên chứa bao nhiêu phần tử?

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( , )O R cố định với ,B C cố định và A di động

trên cung lớn BC Gọi M là trung điểm BC và N là trung điểm AM Các điểm ,P Q

lần lượt thuộc OB OC, sao cho

4

R

OBOC Đường thẳng qua N, song song với CAcắt đường thẳng qua Q , vuông góc với OB ở E Đường thẳng qua N, song song với AB cắt đường thẳng qua P , vuông góc với OC ở F Chứng minh rằng EF luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định khi A thay đổi

Trường hợp 1 Nếu tồn tại số a  sao cho ( )0 f a 1, thế x vào (*): a

Suy ra f tăng thực sự trên  , do đó f đơn ánh trên   

Trong (*), đổi vai trò ,x y ta có :

f x f y  f yxf y x y  Kết hợp với (*), ta được: