VNTST 2019 - loi giai binh luan

Chứng minh rằng tồn tại một điểm có cùng phương tích với cả bốn đường tròn SGO,BYE,CFZ, .O... Đường thẳng PQ cắt BC EF, lần lượt tại , .G H Chứng minh rằng trung tuyến qua G của tam giác

VỀ KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN

DỰ THI OLYMPIC TOÁN QUỐC TẾ 2019

(Lê Phúc Lữ – Group “Hướng tới VMO, TST” thực hiện)

A Giới thiệu

Kỳ thi chọn đội tuyển IMO 2019 diễn ra tại trường THPT Chuyên Amsterdam Hà Nội vào ngày

29, 30/03/2019 Tham dự kỳ thi này có 48 thí sinh đạt giải nhất nhì tại VMO 2019 cùng một thí sinh đạt HCB IMO 2018 Đội tuyển được chọn sắp tới sẽ bao gồm 6 thí sinh và sẽ tham gia

kỳ thi IMO 2019 tại Vương quốc Anh vào tháng 7 tới đây

Cấu trúc đề thi năm nay là: tổ – đại – hình, số – hình – tổ Đề thi mới mẻ, mang tính phân loại

cao với các bài dễ, trung bình, khó rõ rệt; các bài toán cũng đòi hỏi thí sinh phải có những kỹ năng nhất định mới có thể xử lý được

Đánh giá sơ bộ qua, các bài toán trong đề thi lần này đẹp, dù có chỗ phát triển từ các mô hình, kết quả cũ nhưng hình thức vẫn sáng tạo So với các đề thi TST gần đây, đề có phần “thoải mái” hơn cho các thí sinh, không có bài nào quá đánh đố, mẹo mực hay cao cấp Tuy nhiên, một điểm hơi đáng tiếc là mảng đại số ở đề nay hơi ít Câu duy nhất có liên quan là một bài

đa thức nhưng trọng tâm đặt vào “ứng dụng số phức để rút gọn tổng nhị thức Newton”, rất

hiếm gặp ở kỳ thi IMO Hơn nữa, điều này khiến cho các thí sinh có sở trường về các phần khác như phương trình hàm, bất đẳng thức hay thậm chí ngay ở mảng đa thức này cũng không phát huy được Mảng số học và tổ hợp khai thác các dạng cổ điển như: graph, phương trình nghiệm nguyên, đếm bằng truy hồi Mảng hình học với các kết quả đẹp vẫn được ưu tiên và mang tính quyết định ở cả hai ngày thi

Xin cám ơn thầy Nguyễn Duy Liên (THPT Chuyên Vĩnh Phúc), thầy Trần Vinh Hợp (THPT Chuyên Lê Quý Đôn, Quảng Trị), các bạn Trần Quang Độ (THPT Chuyên Amsterdam HN),

Phạm Đình Anh Khoa (THPT Chuyên Lê Hồng Phong TPHCM), Nguyễn Tiến Hoàng (PTNK

TPHCM), Nguyễn Thành Lộc (THPT Chuyên Bến Tre), Trương Tuấn Nghĩa (Chuyên KHTN HN), Nguyễn Hà An (Chuyên ĐHSP HN), Trần Quân (Hà Nội) đã hỗ trợ thực hiện tài liệu này

B Đề thi

Ngày thi thứ nhất (ngày 29/03/2019)

Bài 1 (7 điểm)

Trong một quốc gia có n  2 thành phố Giữa hai thành phố bất kỳ có đường bay trực tiếp theo hai chiều Người ta muốn cấp phép khai thác cho các đường bay trên cho một số hàng hàng không với các điều kiện sau đây:

i) Mỗi đường bay chỉ được cấp phép cho một hàng duy nhất

ii) Di chuyển bằng đường bay của 1 hàng hàng không tùy ý, người ta có thể đi từ 1 thành phố bất kỳ tới các thành phố còn lại

Hỏi có thể cấp phép cho tối đa bao nhiêu hãng hàng không thỏa mãn các ràng buộc trên?

Bài 2 (7 điểm)

Với n là số nguyên dương, chứng minh rằng đa thức sau đây

2 2 0

n

k



có đúng n nghiệm thực phân biệt

Bài 3 (7 điểm)

Cho tam giác ABC nhọn không cân nội tiếp trong đường tròn ( )O có M là trung điểm BC,

trực tâm H Gọi D là điểm thuộc tia đổi của tia HA sao cho

2

BC

DM  và D là điểm đối xứng với D qua BC Giả sử AO cắt MD tại X

a) Chứng minh rằng AM đi qua trung điểm của D X

b) Định nghĩa các điểm E F, tương tự điểm D ; định nghĩa các điểm Y Z, tương tự điểm X

Gọi S là giao điểm hai tiếp tuyến của ( )O tại ,B C và G là hình chiếu của trung điểm AS lên đường thẳng AO Chứng minh rằng tồn tại một điểm có cùng phương tích với cả bốn đường tròn (SGO),(BYE),(CFZ),( ).O

Ngày thi thứ hai (ngày 30/03/2019)

Bài 4 (7 điểm)

Tìm các bộ ba nguyên dương ( , , ) x y z thỏa mãn

2x 1 7y2z

Bài 5 (7 điểm)

Cho tam giác ABC không cân nội tiếp đường tròn ( ),O ngoại tiếp đường tròn ( )I Giả sử BI

cắt AC ở E và CI cắt AB ở F Đường tròn qua E, tiếp xúc với OB tại B cắt ( ) O tại M

Đường tròn qua F tiếp xúc với OC tại C cắt ( )O tại N Các đường thẳng ME NF, cắt lại ( )O lần lượt tại , P Q Gọi K là giao điểm của EF và BC. Đường thẳng PQ cắt BC EF, lần lượt tại , G H Chứng minh rằng trung tuyến qua G của tam giác GHK thì vuông góc với đường thẳng OI

Bài 6 (7 điểm)

Một con bọ ở vị trí có tọa độ x 1 trên trục số thực Ở mỗi bước, từ vị trí có tọa độ xa, con

bọ có thể nhảy đến các vị trí có tọa độ xa2 hoặc

2

a

x  Chứng minh rằng có tất cả

4 ( 4)

n

F  n vị trí khác nhau (kể cả vị trí ban đầu) mà con bọ có thể nhảy đến với không quá

n bước nhảy, trong đó (F n) là dãy Fibonacci xác định bởi

0 1 1, n n 1 n 2

F F  F F F với n 2

- HẾT -

C Lời giải chi tiết và bình luận

Bài 1 Trong một quốc gia có n 2 thành phố Giữa hai thành phố bất kỳ có đường bay trực tiếp theo hai chiều Người ta muốn cấp phép khai thác cho các đường bay trên cho một số hàng hàng không với các điều kiện sau đây:

i) Mỗi đường bay chỉ được cấp phép cho một hàng duy nhất

ii) Di chuyển bằng đường bay của 1 hàng hàng không tùy ý, người ta có thể đi từ 1 thành phố bất kỳ tới các thành phố còn lại

Hỏi có thể cấp phép cho tối đa bao nhiêu hãng hàng không thỏa mãn các ràng buộc trên?

Lời giải

Giả sử ta có thể cấp phép được cho m hãng hàng không thỏa mãn đề bài, ta sẽ chứng minh

2

n

m     Thật vậy,

Mỗi đường bay được cấp phép cho hãng hàng không k{1, 2,, }m sẽ được đánh số k Khi

đó, theo i) thì mỗi đường bay sẽ được đánh số đúng 1 lần

Tiếp theo, từ ii) ta thấy rằng mỗi hãng hàng không thứ k có thể di chuyển quanh cả n thành phố nên phải có ít nhất n 1 đường bay được đánh số k (do trường hợp tốt nhất là đường

bay thẳng qua cả n thành phố, ứng với n 1 đường bay, nếu ít hơn thì không thể đi hết qua được các thành phố)

Tổng số đường bay là ( 1)

2

n n 

nên ( 1) ( 1)

2

n n

m n   , suy ra

2

n

m    

Ta sẽ chứng minh rằng có thể cấp phép được cho

2

n

m     cạnh bằng quy nạp theo n Với n 2, có 2 thành phố nên cấp phép cho 1 hãng hàng không, thỏa mãn Giả sử khẳng định đúng đến n 2, ta sẽ chứng minh nó cũng đúng với n 1

- Nếu n2k là số chẵn, xét thành phố B bay đến 2k thành phố còn lại là A A1, 2,,A2k, đã được cấp phép cho k hãng hàng không theo giả thiết quy nạp Ta cấp phép đường bay nối

i

B A cho hãng hàng không thứ i, trong đó 1 i k; các đường bay còn lại cấp phép tùy ý

3 2 1 B

A 2k

A 3

A 2

A 1

Dễ thấy cả k hãng hàng không đều có thể đi được đến ,A thỏa mãn đề bài Do đó, ứng với

2 1

n k thì đáp số là k

- Nếu n2k1 là số lẻ, ta xét hai thành phố ,B C và 2k thành phố A A1, 2,,A2k được cấp phép cho k hãng hàng không theo quy nạp Ta tiến hành cấp phép các đường bay BA 2i

cho hãng thứ i, với 1 i k và C A2i1 cho hãng thứ i, với 1 i k Giữa ,B C cũng như

2i 1

BA  và CA 2i, ta cấp phép cho hãng hàng không mới, thứ k 1

Dễ thấy rằng k hãng hàng không cũ đều có thể đi đến ,B C Còn hàng hàng không mới cũng

có thể đi đến A A1, 2,,A2k, thỏa mãn đề bài Do đó, ứng với n2k2 thì đáp số là k 1 Theo nguyên lý quy nạp, khẳng định đúng với mọi n 2 Vậy nên đáp số của bài toán là

2

n

 

 

Nhận xét

Bài toán có thể phát biểu ngắn gọn là: Cho đồ thị đầy đủ G( , ).V E Hỏi có thể phân hoạch E thành tối đa bao nhiêu tập con E sao cho mỗi graph con G( ,V E) là liên thông?

Bài toán khá nhẹ nhàng, ngay cả với những học sinh không quen thuộc về lý thuyết graph Ý tưởng xét cấu trúc cây - graph liên thông “tốn” ít cạnh nhất là khá tự nhiên, khiến cho hướng giải của bài toán trở nên sáng sủa, mạch lạc Việc xây dựng cho các trường hợp nhỏ, đặc biệt đối với n5,n6 giúp ta hình dung được cách làm tổng quát cho n 2 tùy ý

Một số bài toán tương tự:

(1) Có bao nhiêu đường đi Hamilton xuất phát từ đỉnh 1 của đồ thị đầy đủ gồm n đỉnh

(2) Cho số nguyên dương lẻ n 3 Chứng minh rằng trong một graph đầy đủ n đỉnh, có

thể chọn ra 1

2

n 

chu trình Hamilton đôi một không có cạnh chung

(3) Chứng minh rằng các cạnh của một graph đầy đủ gồm 3n đỉnh có thể phân hoạch thành các chu trình rời nhau độ dài 3

(4) Chứng minh rằng mỗi graph G đơn vô hướng, luôn tồn tại đỉnh x có bậc là d sao cho

có

2

d

 

 

  chu trình phân biệt trong G mà mỗi chu trình đều có đỉnh chung là x

3 2 1

k+1

lẻ C

3 2 1 B

chẵn

Bài 2 Với n là số nguyên dương, chứng minh rằng đa thức sau đây

2 2 0

n

k



có đúng n nghiệm thực phân biệt

Lời giải

Trước hết, ta thấy rằng nếu P x n( 0)0 thì 0 x01 Thật vậy,

 Nếu x 0 1 thì x x  0, 0 1 0 nên P x n( 0)0, không thỏa

 Nếu x 0 0 thì đặt y0  x0 0, ta có P x n( )0  ( 1)n P y n( 0), nhưng P y n( 0)0 nên

0

( ) 0,

n

P x  cũng không thỏa

Tiếp theo, ta sẽ tìm cách rút gọn biểu thức P x n( ) Xét x 0 (0;1) và đặt 2 2

2x a ,1x b

(x 1)n k  (( 1)(1x ))n k ( )ib , trong đó 2

1

i   Ta đưa về

2 2 2 2 2

0

( )

n

k



Xét khai triển

2

2 0

n

n k



2

2 0

n

n k



2

n

Ta thấy 2 2

0 1

a b x  nên

1

, đặt

2



  

  Khi đó, (cos sin ) (cos sin )

2

n

Theo công thức de Moive cho lũy thừa của số phức thì

cos(2 ) sin(2 ) cos(2 ) sin(2 )

cos(2 ) 2

n



Từ đó suy ra rằng ( 0) 0 ( )0 0 cos(2 ) 0

Ứng với mỗi số , ta xác định được duy nhất số x 0 (0;1) nên có n số x0 sao cho P x  n( ) 0,

chứng tỏ rằng đa thức đã cho có n nghiệm thực phân biệt Ta có đpcm

Nhận xét

Biểu thức của bài toán có lẽ xuất phát từ việc rút gọn tổng nhị thức Newton dạng “chẵn – lẻ”

0 2

k n k k n

k n

 với việc xét khai triển (ab)n và (ab)n

Trở ngại lớn ở đây chính là mũ của các số hạng và hệ số nhị thức lại không khớp nhau Dĩ nhiên

ta không thể chuyển 2

2

C C được nên buộc phải nâng lũy thừa của mũ thành bình phương

Tuy nhiên, nếu chỉ đặt đơn thuần 2xa ,1xb thì ngay ở tổng chẵn của đề cho cũng đan

dấu Chính dấu hiệu lạ đó đã gợi ý cho ta xét số phức 2

1

i   để khắc phục điều này

Chú ý rằng số 2k

trong đề bài có thể thay bằng k

a với a 0 bất kỳ và bài toán vẫn đúng Ngoài ra, nếu đổi việc xét các nhị thức ở vị trí chẵn có thể thay bằng các vị trí chia hết cho 3,5, hay số nguyên tố p bất kỳ cũng sẽ tạo thành nhiều tình huống thú vị khác

Cách tiếp cận bằng số phức ở đây có lẽ là duy nhất, vì việc chỉ ra các khoảng chứa n nghiệm

của P x n( ) là không khả thi; còn nếu quy nạp theo bậc n thì lại khó tìm được công thức tường

minh như ở bài toán đa thức Chebyshev

Việc ứng dụng số phức vào đề TST đã xuất hiện trong đề 2009 liên quan đến dãy sai phân cấp

ba có hai nghiệm phức liên hợp Một số bài toán tương tự:

(1) (THTT 2009) Chứng minh rằng

2 0

(1 )

n

k k n k n

k







chỉ ra rằng với mọi x [0;1] thì

0

1 (1 )

2

n

k k n k n

k

k





(2) (Viện Toán 2016) Chứng minh rằng với mọi n 

0

n

k n k k n

k





có đúng n nghiệm thực phân biệt

(3) (Trường Đông 2015) Cho dãy đa thức P x n( ) xác định bởi P x0( )2, ( )P x1  x và

P x xP x P x Chứng minh rằng P x n( ) có đúng n nghiệm thực phân biệt

(4) Chứng minh rằng biểu thức 2 2 2

2 2 0

n

k k n k

n k k

C C x 



 là số hạng không chứa y của khai triển

2

1 1

n

xy

xy

  , từ đó rút gọn tổng trên khi x 2.

Bài 3 Cho tam giác ABC nhọn không cân nội tiếp trong đường tròn ( )O có M là trung điểm

,

BC trực tâm H Gọi D là điểm thuộc tia đổi của tia HA sao cho

2

BC

DM  và D là điểm đối xứng với D qua BC Giả sử AO cắt MD tại X

a) Chứng minh rằng AM đi qua trung điểm của D X

b) Định nghĩa các điểm E F, tương tự điểm D ; định nghĩa các điểm Y Z, tương tự điểm X

Gọi S là giao điểm hai tiếp tuyến của ( )O tại ,B C và G là hình chiếu của trung điểm AS lên đường thẳng AO Chứng minh rằng tồn tại một điểm có cùng phương tích với cả bốn đường tròn (SGO),(BYE),(CFZ),( ).O

Lời giải

a) Gọi H  là điểm đối xứng của H qua M Khi đó, vì BHCH CH,  AB kéo theo BH  AB

nên dễ thấy rằng AH là đường kính của ( ) O

Gọi H a là trung điểm DD thì DH a là đường cao DBC vuông nên

2

H D H B H C H H H A Suy ra (HA DD  , ) 1 theo hệ thức Newton, thế nên (X HA DD  , ) 1. Mà M là trung điểm

HH  nên theo tính chất chùm điều hòa thì HHD X Do đó, AM chia đôi D X

b) Đầu tiên, ta sẽ chứng minh rằng tồn tại điểm có cùng phương tích đến cả bốn đường tròn (AXD), (BYE),(CZF) và ( ).O Ta sẽ chứng minh nhận xét sau: Đường tròn (ADX) cắt lại ( ) O tại L a Khi đó, AL a là đường đối trung tam giác ABC

Chứng minh Gọi H c là hình chiếu của H trên AB thì H H H B c, , a, đồng viên nên

nên AD AH a



 mà D X HH   nên AD AX





 Do đó, theo định lý Thales đảo, ta có

a

H X DH  hay AD AX  AH aAHAB AC

Hơn nữa, AD AX, đẳng giác trong BAC nên ,D X là ảnh của nhau qua phép nghịch đảo phương tích AB AC và đối xứng qua phân giác trong của góc BAC Mà DX đi qua trung

điểm M nên AL a là đường đối trung của ABC

Trở lại bài toán,

Theo nhận xét trên thì đường đối trung AL a là trục đẳng phương của (AXD) và ( )O ; tương

tự thì đường đối trung đỉnh ,B C là trục đẳng phương của (BYE), (CZF) với ( ).O Suy ra điểm

phương tích đến cả bốn đường tròn (AXD), (BYE),(CZF) và ( ).O

Tiếp theo, ta sẽ chứng minh rằng L có cùng phương tích đến ( SGO) và ( ).O

Ta sẽ chứng minh bổ đề quen thuộc là: L M N, , thẳng hàng

H c

D'

H

H'

H a

L a X

D

O

M A

Thật vậy, đặt BCa CA, b AB,  thì c

(a  b c H B)a (a  c b H C)a 0 và 2 2 2

0

a LAb LBc LC nên

(a b c LB)(a  c b LC)2a LH

2

a

 

nên LMN

Đến đây, gọi N là trung điểm của AH a và U V, là giao điểm của MN với ( ).O Do hai tam giác vuông AMH a AJG (do các cặp tia AH a,AO và AJ AM, đẳng giác trong BAC)

nên AMN ASG , suy ra OGS  AGS ANM  OMV (do AN OM )

OM OS OV nên OMV  OVS , thế nên OGS  OVS suy ra , , ,O G V S cùng thuộc

một đường tròn Mặt khác, MO MS MB MC MU MV nên suy ra cả 5 điểm , , , ,O G U V S

cùng thuộc một đường tròn

Vậy nên L có cùng phương tích đến các đường tròn ( AXD), (BYE),(CZF), (SGO), ( ).O

Nhận xét

Đây là một bài toán mới và đẹp, tuy vẫn kiểu lồng ghép cồng kềnh nhưng không gượng ép và các điểm xây dựng ra đều có vai trò quan trọng trong mô hình

Ý a của bài toán khá nhẹ nhàng và có thể giải quyết một cách nhanh chóng nhờ phát hiện ra chùm điều hòa X HA DD  ( , ) 1 Ý này chiếm khoảng 1/4 “quy mô” của lời giải

Ý b của bài toán, việc dự đoán và chứng minh điểm Lemoine L là tâm đẳng phương của bốn

đường tròn (AXD), (BYE),(CZF) và ( )O là không quá khó Tuy nhiên, ở đoạn trục đẳng phương của (SGO), ( )O chính là điểm nhấn, điểm mới và cũng là điểm thử thách của bài toán này Ngoài cách tiếp cận ngắn gọn ở trên, ta có thể chứng minh rằng kết quả đẹp sau:

H a J L

M

G

V U

S

C B

A

(1) Cho tam giác ABC nội tiếp ( )O có M là trung điểm BC và điểm Lemoine L Khi

đó nếu LM cắt AO ở K thì 2

OK OG OA

Thật vậy, gọi S S P b, c, là giao điểm của tiếp tuyến tại C B, ; đường thẳng BC với tiếp tuyến

tại A của ( )O AO cắt (BOC) tại J Đường tròn (O) bàng tiếp góc S của SS S b c tiếp túc với S S b c tại Z Gọi T là giao điểm của SO với ( SS S b c) và V là trung điểm AZ

Đầu tiên, ta chứng minh UJ OH bằng biến đổi góc và tam giác đồng dạng Tiếp theo, theo

LS S S CS S S SC



 Ta có (AP S S, b c)  nên 1 VS bVS c hay

b c

a

AH MO LS

AH  MS LA Ta đưa về chứng minh OZ MS S S SC b c , và nó đúng vì VTS bBOS g g( ) và 1 , 1

TS  OZ S V  S S Nếu chứng minh được kết quả này, ta dùng phép nghịch đảo tâm ,O phương tích 2

OA để chỉ

ra rằng GK M; S O;( )( )O nên (SGO)MK mà LMK nên L nằm trên trục đẳng phương của ( ), (O SGO)

Ngoài ra, một ý tưởng tự nhiên hơn cho việc chứng minh kết quả trên là chứng minh tỷ số kép ( , ) 1

4

LA AS  , trong đó A là giao điểm của AS là ( ).O Trên cơ sở đó, ta có thể tính trực

tiếp phương tích của L đến hai đường tròn ( )O và (SGO)

Liên quan đến bổ đề về đường đối trung ở trên, ta có thể áp dụng để giải bài toán sau:

(2) (Sharygin 2017) Cho tam giác ABC có điểm Lemoine L và đường cao BH Chứng minh rằng ALH  2 180  CLH  2 C 180 

Từ ý chứng minh câu b, ta có thể suy ra kết quả đẹp sau:

(3) Cho tam giác ABC nội tiếp ( )O có đường cao AD Gọi M N, lần lượt là trung điểm BC AD, Giả sử MN cắt ( )O ở P Q, Lấy S( )O sao cho AS là đường đối trung của tam giác Giả sử (OPQ) cắt AS ở R Chứng minh rằng AK4AR

Liên quan đến trục đẳng phương và điểm Lemoine, ta có bài toán thú vị sau:

(4) Cho tam giác ABC nhọn không cân nội tiếp ( ) O và có AD BE CF, , là các phân giác trong và AM BN CP, , là các đường cao

a) Chứng minh rằng trung trực của các đoạn thẳng DM EN FP, , thì KHÔNG đồng quy

b) Chứng minh rằng đường nối trực tâm của tam giác DEF và MNP thì đi qua O

Ở ý a bài toán này, ta dùng định lý Carnot, kết hợp tính hiệu bình phương độ dài các đoạn

thẳng Ở ý b, ta tách riêng ra chứng minh hai kết quả sau: Trực tâm tam giác DEF nằm trên

đường thẳng OL (chứng minh bằng trục đẳng phương) và trực tâm tam giác MNP nằm trên đường thẳng OL (chứng minh bằng biến đổi tỷ số, dùng bổ để đoạn nối trung điểm ở trên,

kết hợp định lý Talet), trong đó L là điểm Lemoine