Tag Archives: 2010

Đề thi và đáp án kì thi chọn đội tuyển thi Quốc gia trường Phổ thông Năng khiếu năm học 2010 – 2011

Leave a reply

ĐỀ THI

Ngày thi thứ nhất

Bài 1. Giải hệ phương trình sau:

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad \left\{\begin{array}{l}\frac{5(x+y)}{x+y+6 x y}+\frac{6(x+z)}{x+z+5 x z}=4 \\ \frac{6(y+z)}{z+y+4 z y}+\frac{4(x+y)}{x+y+6 x y}=5 \\ \frac{4(x+z)}{x+y+5 x z}+\frac{5(y+z)}{y+z+4 y z}=6\end{array}\right.$

Bài 2. Tìm tất cả các hàm số $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn:

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad  f(|x|+y+f(y+f(y)))=3 y+|f(x)|, \forall x, y \in \mathbb{R}$

Bài 3. Cho $p$ là số nguyên tố lẻ và $n=2 p+r$ với $r \in{0,1,2, \ldots, p-1}$. Đặt $X={1,2, \ldots, n}$. Ánh xạ $f: X \rightarrow X$ được gọi là có tính chất $\mathcal{P}$ nếu $f$ không phải là ánh xạ đồng nhất và $f(f(\ldots(f(k)) \ldots)$ ) $=k$ (ánh xạ hợp $p$ lần) với mọi $k \in X$.

Đặt $A_f={k \in X \mid f(k)=k}$.

a) Chứng minh rằng nếu $f$ có tính chất $\mathcal{P}$ thì $\left|A_f\right| \equiv r(\bmod p)$.

b) Gọi $d$ là số các ánh xạ có tính chất $\mathcal{P}$. Chứng minh rằng $d$ không là ước của $n$ !.

(Kí hiệu $|A|$ chỉ số lượng các phần tử của tập hợp $A$.)

Bài 4. Cho tam giác $A B C$ nội tiếp đường tròn $(O)$ có $A$ cố định và $B, C$ thay đổi trên $(O)$ sao cho $B C$ luôn song song với một đường thẳng cố định. Các tiếp tuyến của $(O)$ tại $B$ và $C$ cắt nhau tại $K$. Gọi $M$ là trung điểm của $B C, N$ là giao điểm của $A M$ với $(O)$. Chứng minh rằng đường thẳng $K N$ luôn đi qua một điểm cố định.

Ngày thi thứ hai

Bài 5. Chứng minh rằng nếu $a, b, c$ là độ dài ba cạnh của một tam giác thì:

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad (2 a+2 b-c)(2 b+2 c-a)(2 c+2 a-b)>25 a b c$

Bài 6. Cho dãy số $\left(u_n\right)$ thoả mãn $u_1=\sqrt{2}$ và $u_{n+1}=\frac{2 u_n^2+5 u_n+5}{2 u_n+4}, \forall n \geq 1$. Tìm $\lim \frac{u_n^2-3 u_n+5}{3 n^2+4 n-1}$.

Bài 7. Xét số tự nhiên $n>1$. Bắt đầu từ bộ số $1,2, \ldots, 2 n-1,2 n$, ta thực hiện phép biến đổi sau: Chọn hai số $a, b$ sao cho $a-b>1$, xoá hai số này và thay thế bởi hai số $a-1, b+1$. Với bộ số mới, ta lại tiếp tục thực hiện phép biến đổi tương tự’

a) Chứng minh rằng ta sẽ đạt đến trạng thái dừng, tức là không thể tiếp tục thực hiện phép biến đổi như vậy được nữa.

b) Gọi $k$ là số lần phép biến đổi cần thực hiện để đạt đến trạng thái dừng. Tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của $k$.

Bài 8. Cho đường tròn $\left(\gamma_1\right)$ đường kính $A B$ và đường tròn $\left(\gamma_2\right)$ tâm $A$ cắt $\left(\gamma_1\right)$ tại $C, D$. Điểm $M$ thay đổi trên cung $C D$ (nằm bên trong $\left(\gamma_1\right)$ ) của $\left(\gamma_2\right)$. Gọi $B M$ cắt $\left(\gamma_1\right)$ tại $N$ khác $M$ và $B$. Tìm giá trị nhỏ nhất của $\frac{N D+N C}{M N}$.

 

LỜI GIẢI

Ngày thi thứ nhất

Bài 1. Giải hệ phương trình

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad \left\{\begin{array}{l}\frac{5(x+y)}{x+y+6 x y}+\frac{6(x+z)}{x+z+5 x z}=4 \\ \frac{6(y+z)}{z+y+4 z y}+\frac{4(x+y)}{x+y+6 x y}=5 \\ \frac{4(x+z)}{x+y+5 x z}+\frac{5(y+z)}{y+z+4 y z}=6\end{array} .\right.$

Lời giải. Đặt $u=\frac{x+y}{x+y+6 x y}, v=\frac{y+z}{y+z+4 y z}, w=\frac{z+x}{z+x+5 z x}$ thì ta có hệ

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad \left\{\begin{array} { l }{ 5 u + 6 w = 4 } \\ { 6 v + 4 u = 5 } \\ { 4 w + 5 v = 6 }\end{array} \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}8 u=1 \\ 4 v=3 \\ 16 w=9\end{array} .\right.\right.$

Suy ra

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad \left\{\begin{array} { l }{ 7 ( x + y ) = 6 x y } \\ { 3 ( y + z ) = 1 2 y z } \\ { 7 ( z + x ) = 4 5 z x }\end{array} \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}a+b=\frac{6}{7} \\ b+c=12 \\ c+a=\frac{45}{7}\end{array}\right.\right.$

trong đó $a=\frac{1}{x}, b=\frac{1}{y}, c=\frac{1}{z}$. Giải hệ trên, ta thu được $a=-\frac{33}{14}, b=\frac{45}{14}, c=\frac{123}{14}$ nên $(x, y, z)=\left(-\frac{14}{33}, \frac{14}{45}, \frac{14}{123}\right)$.

Bài 2. Tìm tất cả các hàm số $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn:

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad f(|x|+y+f(y+f(y)))=3 y+|f(x)|, \forall x, y \in \mathbb{R}$

Lời giải. Dễ thấy $f$ toàn ánh. Giả sử $f(a)=0$ và thay $x=0, y=a$, ta có

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad 0=3 a+|f(0)|$

Suy ra $a$ tồn tại duy nhất và $a=-\frac{1}{3}|f(0)| \leq 0$. Lại thay $x=y=a$, ta có $f(0)=3 a \leq 0$. Lại thay $x=-a, y=a$ thì chú ý rằng $|-a|+a=0$, ta có $f(0)=3 a+|f(-a)|$ nên $f(-a)=0$, điều này kéo theo $a=-a$ hay $a=0$ (do tính duy nhất ở trên).

Thay $y=0$ thì $f(|x|)=|f(x)|$ nên $f(x) \geq 0, \forall x \geq 0$. Xét $x>0$ và $y=-\frac{f(x)}{3}$, ta có $f\left(x-\frac{f(x)}{3}+f\left(-\frac{f(x)}{3}+f\left(-\frac{f(x)}{3}\right)\right)\right)=0$ nên

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad -\frac{f(x)}{3}+f\left(-\frac{f(x)}{3}+f\left(-\frac{f(x)}{3}\right)\right)=-x$

với mọi $x>0$. Trong đề bài, thay $x=0$ thì $f(y+f(y+f(y)))=3 y$. Thay $y \rightarrow-\frac{f(x)}{3}$ thì $f\left(-\frac{f(x)}{3}+f\left(-\frac{f(x)}{3}+f\left(-\frac{f(x)}{3}\right)\right)\right)=-f(x)$. So sánh hai đẳng thức trên, ta có $f(-x)=-f(x), \forall x>0$ nên $f$ là hàm số lẻ.

Từ tính chất hàm số lẻ, ta có $f\left(\frac{f(x)}{3}+f\left(\frac{f(x)}{3}+f\left(\frac{f(x)}{3}\right)\right)\right)=f(x)$ với mọi $x>0$. Trong đề bài, xét $x \geq 0$ và $y \rightarrow \frac{f(y)}{3}$, ta có

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad f\left(x+\frac{f(y)}{3}+f\left(\frac{f(y)}{3}+f\left(\frac{f(y)}{3}\right)\right)\right)=f(y)+f(x)$

hay $f(x+y)=f(x)+f(y)$ với mọi $x, y>0$. Vì $f$ cộng tính trên $\mathbb{R}^{+}$nên ta có $f(x)=a x, \forall x>0$. Lại do tính chất hàm lẻ, ta suy ra $f(x)=a x, \forall x \in \mathbb{R}$. Thay vào đề bài, ta có $a=1$.

Vậy tất cả các hàm số cần tìm là $f(x)=x$.

Bài 3. Cho $p$ là số nguyên tố lẻ và $n=2 p+r$ với $r \in{0,1,2, \ldots, p-1}$. Đặt $X={1,2, \ldots, n}$. Ánh xạ $f: X \rightarrow X$ được gọi là có tính chất $\mathcal{P}$ nếu $f$ không phải là ánh xạ đồng nhất và $f(f(\ldots(f(k)) \ldots)$ ) $=k$ (ánh xạ hợp $p$ lần) với mọi $k \in X$.

Đặt $A_f={k \in X \mid f(k)=k}$.

a) Chứng minh rằng nếu $f$ có tính chất $\mathcal{P}$ thì $\left|A_f\right| \equiv r(\bmod p)$.

b) Gọi $d$ là số các ánh xạ có tính chất $\mathcal{P}$. Chứng minh rằng $d$ không là ước của $n$ !.

(Kí hiệu $|A|$ chỉ số lượng các phần tử của tập hợp $A$.)

Lời giải. a) Ta có

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad \left|A_f\right| \equiv r \quad(\bmod p) \Leftrightarrow\left|X \backslash A_f\right| \text { chia hết cho } p \text {. }$

Điều này tương đương số phần tử của tập hợp $B={k \in X \mid f(k) \neq k}$ là bội của $p$. Đặt $f_m(x)$ là ánh xạ hợp $m$ lần. Xét $x \in B$ thì cũng có các số $f(x), f_2(x), \ldots, f_{p-1}(x) \in$ B. Thật vậy,

Giả sử tồn tại $1<m<p$ sao cho $f_m(x)=x$ với số $x \in B$ nào đó, ta chọn $m$ là số nhỏ nhất như thế. Vì $p$ nguyên tố lẻ nên $p$ không chia hết cho $m$. Do vậy tồn tại số $t$ sao cho $0<p-t m<m$. Lại có

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad f_m(x)=x \Rightarrow f_{t m}(x)=x \Rightarrow f_{p-t m}(x)=f_p(x)=x$

(mâu thuẫn với tính nhỏ nhất của $m$ ). Vì thế nên với mọi $m$ mà $1<m<p$ thì $f_m(x) \neq x$. Từ đó suy ra với mọi $1<k<l<p$ thì $f_k(x) \neq f_l(x)$, tức là $x, f(x), f_2(x), \ldots, f_{p-1}(x)$ là $p$ số khác nhau thuộc $B$.

Xét số $y \in B$ và $y$ khác tất cả $p$ số ở trên. Khi đó, ta cũng sẽ có $y$ sinh ra một bộ $p$ số phân biệt mới. Giả sử rằng có $f_i(x)=f_j(y)$ với $i<j$ nào đó thì sẽ có $f_{p+i-j}(x)=f_p(y)=y$, mâu thuẫn. Suy ra trong $B$ sẽ có 1 hoặc 2 bộ $p$ số rời nhau, chứng tỏ rằng số phần tử của $B$ chia hết cho $p$. Suy ra điều phải chứng minh.

(b) Từ đây ta thấy rằng để đếm số ánh xạ $f$ có tính chất $\mathcal{P}$, trước hết, ta chọn ra $r$ hoặc $p+r$ vị trí cố định. Ta xét hai trường hợp như sau:

  1. Nếu $\left|A_f\right|=p+r$ thì có $C_n^{p+r}$ cách chọn ra các số này, còn lại $p$ số thì $f$ phải là song ánh trên tập con đó. Do đó trong trường hợp này có $p ! C_n^{p+r}$ cách.
  2. Nếu $\left|A_f\right|=r$ thì tương tự trên, ta cũng đếm được $(p !)^2 C_n^r C_{2 p}^p$.

Từ đó suy ra số ánh xạ tính chất $\mathcal{P}$ là

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad d=p ! C_n^{p+r}+(p !)^2 C_n^r C_{2 p}^p$

Ta sẽ chứng minh số này không là ước của $n$ !. Ta viết số $d$ dưới dạng khai triển

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad d=p ! \frac{n !}{(p+r) ! p !}+(p !)^2 \frac{n !}{r !(2 p) !} \cdot \frac{(2 p) !}{(p !)^2}=\frac{n !}{(p+r) !}+\frac{n !}{r !} .$

Đặt $(p+r) !=k \cdot(r !)^2$ với $k=\frac{(p+r) !}{(r !)^2}=\frac{p !}{r !} \cdot \frac{(p+r) !}{p ! r !}=\frac{p !}{r !} C_{p+r}^r \in \mathbb{Z}$. Khi đó, ta viết lại

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad \frac{n !}{d}=\frac{r !(p+r) !}{r !+(p+r) !}=\frac{k \cdot(r !)^3}{(1+k \cdot r !) \cdot r !}=\frac{k \cdot(r !)^2}{k \cdot r !+1} .$

Dễ thấy số này không thể nguyên vì $k \cdot r !+1$ nguyên tố cùng nhau với $k \cdot(r !)^2$. Từ đó ta có $d$ không là ước của $n$ !.

Nhận xét. Bài này nếu tổng quát $n=k q+r$ thì kết quả câu a vẫn đúng. Tuy nhiên, câu b biến đổi sẽ phức tạp hơn nhiều.

Bài 4. Cho tam giác $A B C$ nội tiếp đường tròn $(O)$ có $A$ cố định và $B, C$ thay đổi trên $(O)$ sao cho $B C$ luôn song song với một đường thẳng cố định. Các tiếp tuyến của $(O)$ tại $B$ và $C$ cắt nhau tại $K$. Gọi $M$ là trung điểm của $B C, N$ là giao điểm của $A M$ với $(O)$. Chứng minh rằng đường thẳng $K N$ luôn đi qua một điểm cố định.

Lời giải. Giả sử $K N$ cắt $(O)$ tại $I$ thì tứ giác $B N C I$ điều hòa.

Do đó $A(B C, N I)=-1$, mà $A N$ chia đôi $B C$ nên $A I | B C$, tức là $A I$ có phương cố định. Từ đó ta thấy $I$ là điểm cố định cần tìm.

Ngày thi thứ hai

Bài 5. Chứng minh rằng nếu $a, b, c$ là độ dài ba cạnh của một tam giác thì:

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad (2 a+2 b-c)(2 b+2 c-a)(2 c+2 a-b)>25 a b c .$

Lời giải. Đặt $a+b-c=x, b+c-a=y, c+a-b=z$ thì $x, y, z>0$. Ta đưa về bất đẳng thức

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad \left(4 \cdot \frac{x}{y+z}+1\right)\left(4 \cdot \frac{y}{z+x}+1\right)\left(4 \cdot \frac{z}{x+y}+1\right)>25 .$

Không mất tính tổng quát, giả sử $0<x \leq y \leq z$. Đặt $S=x+y+z$. Ta đưa về

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad (S+3 x)(S+3 y)(S+3 z)>25(S-x)(S-y)(S-z) .$

Khai triển và rút gọn, ta được

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad S^3-4 S(x y+y z+z x)+13 x y z>0 .$

Chú ý rằng

$\quad\quad\quad\quad S^3-4 S(x y+y z+z x)=S\left(S^2-4(x y+y z+z x)\right)=S\left((x+y-z)^2-4 x y\right)$

nên ta đưa về $S(x+y-z)^2+x y(13 z-4 S)>0$. Bất đẳng thức cuối đúng vì $13 c-4 S=9 z-4(x+y)>0$.

Bài 6. Cho dãy số $\left(u_n\right)$ thoả mãn $u_1=\sqrt{2}$ và $u_{n+1}=\frac{2 u_n^2+5 u_n+5}{2 u_n+4}, \forall n \geq 1$. Tìm $\lim \frac{u_n^2-3 u_n+5}{3 n^2+4 n-1}$.

Lời giải. Ta thấy rằng $u_n>0, \forall n$ và $u_{n+1}-u_n=\frac{u_n+5}{2\left(u_n+2\right)}>0$ nên dãy tăng. Giả sử dãy bị chặn trên thì nó hội tụ về $L>0$, suy ra

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad L=\frac{2 L^2+5 L+5}{2 L+4} \Leftrightarrow L=-5,$

vô lý. Suy ra $\lim _{n \rightarrow+\infty} u_n=+\infty$. Từ đó, ta được

nên theo định lý Stolz, ta suy ra $\lim _{n \rightarrow+\infty} \frac{u_n}{n}=\frac{1}{2}$ và $\lim _{n \rightarrow+\infty} \frac{u_n}{n^2}=0$. Do đó, trong biểu thức cần tính giới hạn, chia tử và mẫu cho $n^2$ rồi áp dụng kết quả trên, ta có

$\quad\quad\quad\quad\quad \lim _{n \rightarrow+\infty} \frac{u_n^2-3 u_n+5}{3 n^2+4 n-1}=\lim _{n \rightarrow+\infty} \frac{\left(\frac{u_n}{n}\right)^2-\frac{3 u_n-5}{n^2}}{3+\frac{4}{n}-\frac{1}{n^2}}=\left(\frac{1}{2}\right)^2 \cdot \frac{1}{3}=\frac{1}{12}$

Bài 7. Xét số tự nhiên $n>1$. Bắt đầu từ bộ số $1,2, \ldots, 2 n-1,2 n$, ta thực hiện phép biến đổi sau: Chọn hai số $a, b$ sao cho $a-b>1$, xoá hai số này và thay thế bởi hai số $a-1, b+1$. Với bộ số mới, ta lại tiếp tục thực hiện phép biến đổi tương tự.

a) Chứng minh rằng ta sẽ đạt đến trạng thái dừng, tức là không thể tiếp tục thực hiện phép biến đổi như vậy được nữa.

b) Gọi $k$ là số lần phép biến đổi cần thực hiện để đạt đến trạng thái dừng. Tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của $k$.

Lời giải. (a) Xét đại lượng $S$ là tổng bình phương các số thu được sau mỗi thao tác biến đổi.

Ta thấy rằng từ $(a, b)$ với $a-b>1$, ta đưa về bộ $(a-1, b+1)$ thì tổng trên thay đổi một lượng là $a^2+b^2-(a-1)^2-(b+1)^2=2(a+b-1)>0$. Do đó, tổng $S$ giảm ngặt, và rõ ràng $S$ phải luôn dương nên thao tác trên chỉ thực hiện được trong hữu hạn lần.

(b) Rõ ràng tổng trên không đổi khi không còn cặp số $a, b$ nào mà $a-b>1$. Điều này đồng nghĩa với việc các số thu được trong trạng thái cuối chỉ nhận hai giá trị liên tiếp nào đó. Ta thấy rằng tổng các số đã cho luôn không đổi và là $1+2+\cdots+2 n=n(2 n+1)$

Giả sử cuối cùng, ta có $x$ số $m$ và $y$ số $m+1$ thì

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\left\{\begin{array}{l}x+y=2 n \\ m x+(m+1) y=n(2 n+1)\end{array}\right.$

Suy ra $2 m n+y=2 n^2+n \Rightarrow n \mid y$. Tuy nhiên, nếu $y \in{0,2 n}$ thì vô lý vì vế phải không chia hết cho $2 n$. Do đó $x=y=n$ và $m=n$, tức là ở trạng thái cuối, ta còn $n$ số $n$ và $n+1$.

  • Tổng bình phương của chúng là $S=n \cdot n^2+n \cdot(n+1)^2=n\left(2 n^2+2 n+1\right)$.
  • Tổng bình phương ban đầu là $S_0=1^2+2^2+\cdots+(2 n)^2=\frac{n(2 n+1)(4 n+1)}{3}$.

Suy ra $S_0-S=\frac{2}{3}\left(n^3-n\right)$.

(b) Để thực hiện được nhiều lần nhất thì giá trị giảm đi ở mỗi lần phải ít nhất. Theo câu a) thì giá trị đó sẽ là $2(a+b-1) \geq 2$.

Suy ra số lần nhiều nhất sẽ là $\frac{1}{3}\left(n^3-n\right)$. Để thực hiện được điều này, ta sẽ cố gắng trong mỗi thao tác tạo ra nhiều giá trị nhất có thể và đồng thời làm giảm số lượng các giá trị ở hai biên đi. Từ đó ta được $k_{\max }=\frac{1}{3}\left(n^3-n\right)$.

Để thực hiện được ít lần nhất, ta sử dụng ý tưởng tham lam, mỗi lần, ta sẽ chọn các cặp số nằm về hai phía của $n, n+1$. Khi đó, giá trị của các số $1,2, \ldots, n-1$ sẽ dần dần được tăng lên, trong khi giá trị của các số $n+2, n+3, \ldots, 2 n$ dần dần sẽ giảm đi. Tổng khoảng cách từ các số nhỏ hơn $n$ đến $n$ là $1+2+\cdots+n-1=\frac{n(n-1)}{2}$. Tương tự thì tổng khoảng cách các số lớn hơn $n+1$ đến $n+1$ cũng là $\frac{n(n-1)}{2}$. Ta thấy mỗi lần thao tác thì các số này sẽ thu hẹp khoảng cách đúng 2 đơn vị nên số lần thao tác tối thiểu phải là $\frac{1}{2}\left(\frac{n(n-1)}{2}+\frac{n(n-1)}{2}\right)=\frac{n(n-1)}{2}$.

Để đạt được giá trị này, mỗi lần, ta chỉ cần chọn các cặp số có dạng $(t, 2 n+1-t)$ với $1 \leq t \leq n-1$ là được. Suy ra $k_{\min }=\frac{n(n-1)}{2}$.

Bài 8. Cho đường tròn $\left(\gamma_1\right)$ đường kính $A B$ và đường tròn $\left(\gamma_2\right)$ tâm $A$ cắt $\left(\gamma_1\right)$ tại $C, D$. Điểm $M$ thay đổi trên cung $C D$ (nằm bên trong $\left(\gamma_1\right)$ ) của $\left(\gamma_2\right)$. Gọi $B M$ cắt $\left(\gamma_1\right)$ tại $N$ khác $M$ và $B$. Tìm giá trị nhỏ nhất của $\frac{N D+N C}{M N}$.

Lời giải. Theo định lý Ptolemy cho tứ giác $B C N D$ nội tiếp trong $\gamma_1$ thì

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad B C \cdot N D+B D \cdot N C=B N \cdot C D .$

Vì $A C=A D$ nên $B C=B D=m$ và $C D=n$ là các giá trị cố định.

Ta có

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad m(N C+N D)=n \cdot B N \Rightarrow N C+N D=\frac{n}{m} \cdot B N .$

Suy ra $\frac{N C+N D}{M N}=\frac{n}{m} \cdot \frac{B N}{M N}$. Ta đưa về tìm giá trị nhỏ nhất của $\frac{B N}{M N}$. Xét phương tích từ $B$ đến $\gamma_2$ thì $B M \cdot B N=B K \cdot B A=c$ là hằng số nên$(B N-M N) B N=c$. Do đó $\frac{M N}{B N}=1-\frac{c}{B N^2}$ nên

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\frac{B N}{M N} \min \Leftrightarrow \frac{M N}{B N} \max \Leftrightarrow \frac{c}{B N^2} \min \Leftrightarrow B N^2 \max .$

Dễ thấy $\max B N=A B$, xảy ra khi $N \equiv A$ hay $M \equiv K$. Khi đó

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\frac{N C+N D}{M N}=\frac{A C+A D}{A K}=2$

chính là giá trị nhỏ nhất cần tìm.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Đáp án Phổ thông Năng khiếu 2011

Leave a reply

Bài 1. (Toán chung) Tam giác $ABC$ có $\angle BAC = 75^\circ, \angle BCA = 45^\circ, AC = a\sqrt{2}$, $AK$
vuông góc với $BC$ ($K$ thuộc $BC$).
a. Tính độ dài các đoạn $KC$ và $AB$ theo $a$.
b. Gọi $H$ là trực tâm và $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$. Tính $\angle OHC$.
c. Đường tròn tâm $I$ nội tiếp tam giác $ABC$. Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $HIO$ theo $a$.

Gợi ý

a.

  • Tam giác $ACK$ vuông cân tại $C$, suy ra $AK = \frac{{AC}}{{\sqrt 2 }} = a$
  • $\sin ABK = \frac{{AK}}{{AB}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow AB = \dfrac{{2a}}{{\sqrt 3 }}$

b.

  • Ta có $\angle AOC = 2\angle ABC = 120^\circ$, và $\angle AHC = \angle EHF = 180^\circ – \angle BAC = 120^\circ$.
  • Suy ra $\angle AHC = \angle AOC$, suy ra $AHOC$ nội tiếp. Do đó $\angle OHC = \angle OAC = 30^\circ$.

c.

  • Ta có $\angle AIC = 180^\circ- \angle IAC – \angle ICA = 180^\circ– \dfrac{1}{2} (\angle BAC + \angle ACB) = 120^\circ = \angle AOC$.
  • Do đó tứ giác $AIOC$ nội tiếp.Vậy 5 điểm $A, H, I, O, C$ cùng thuộc đường tròn.
  • Gọi $D$ là điểm chính giữa cung $AC$. Ta có $OAD$ và $OCD$ đều, suy ra $DA = DC  = DO$, hay $D$ là tâm đường tròn ngoại tiếp, và bán kính $DO = OA = \dfrac{{AB}}{{\sqrt 2 }} = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{{\sqrt 3 }}$

Bài 2. (Toán chuyên) Cho tam giác nhọn $ABC$ có $AB = b, AC = c$. $M$ là một điểm thay đổi trên cạnh $AB$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $BMC$
cắt cạnh $AC$ tại $N$.
a. Chứng minh tam giác $AMN$ đồng dạng với tam giác $ACB$. Tính tỷ số $\dfrac{MA}{MB}$ để diện tích tam giác $AMN$
bằng một nửa diện tích tam giác $ACB$.
b. Gọi $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $AMN$. Chứng minh $I$ Thuộc một đường thẳng cố định.
c. Gọi $J$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $BMC$. Chứng minh rằng độ dài $IJ$ không đổi.

Gợi ý

a.

  • Ta có $BMN$ nội tiếp, suy ra $\angle ANM = \angle MBC = \angle ABC$. Mặt khác $\angle NAM = \angle BAC$. Suy ra hai tam giác $AMN$ và $ACB$ đồng dạng. Suy ra $\dfrac{AM}{AC} = \dfrac{AN}{AB} \Leftrightarrow AM.AB = AN.AC$.
  • Để diện tích $AMN$ bằng một nửa diện tích tam giác $ACB$ thì tỷ số đồng dạng phải bằng $\dfrac{1}{\sqrt{2}}$, tứ là $\dfrac{AM}{AC} = \dfrac{1}{\sqrt{2}}$. Suy ra $AM = \dfrac{c}{\sqrt{2}}$.
  • Từ đây tính được $BM = b – \dfrac{c}{\sqrt{2}}$. Suy ra $\dfrac{AM}{BM} = \dfrac{c}{b\sqrt{2}-c}$.

b.

  • Vẽ tia tiếp tuyến $Ay$ của đường tròn $(I)$ ngoại tiếp tam giác $AMN$.
  • Ta có $\angle yAM = \angle ANM$, mà $\angle ANM = \angle ABC$. Suy ra $\angle yAM = \angle ABC$. Suy ra $Ay||BC$.
  • Mà $IA \bot Ay$, suy ra $AI \bot BC$. Do đó $I$ thuộc đường cao hạ từ $A$ của tam giác $ABC$ cố định.

c.

  • Hai đường tròn $(O)$ và $(J)$ cắt nhau tại $B, C$ nên $OJ \bot BC$, $AI \bot BC$. Suy ra $AI ||BC$.
  • Mặt khác $OA \bot MN$ và $OI \bot MN$ (MN là giao của $(I), (O)$, suy ra $OA||IJ$.
  • Vậy tứ giác $AIJO$ là hình bình hành, vậy $IJ = OA$ không đổi.

Đáp án Phổ thông Năng khiếu 2010

Leave a reply

Bài 1. (Toán chung)  Cho hình chữ nhật $ABCD$ có tâm $O$, cạnh $AB = 3a$ và $\angle ABD = 30^\circ$. Gọi $G$ là trọng tâm của tam giác $AOD$; $AG$ cắt $CD$ tại $E$.

a. Chứng minh tứ giác $ADOE$ nội tiếp một đường tròn.

b. Cho $DG$ cắt $AB$ tại $F$.Tính diện tích tứ giác $AFOE$.

c. Đường tròn tâm $J$ nội tiếp tam giác $BCD$ tiếp xúc với $DB, CD$ tại $I$ và $K$. Gọi $H$ là giao điểm của $IK$ và $AC$. Tính $\angle IOJ$ và độ dài đoạn $HE$ theo $a$.

Lời giải

a.

  • Ta có $OA = OD$ do $ABCD$ là hình chữ nhật và $\angle ADO = 90^\circ – \angle ABD = 60^\circ$. Suy ra tam giác $ADO$ đều.
  • Mà $G$ là trọng tâm nên cũng là tâm đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp của tam giác $OAD$. Suy ra AG là phân giác $AOD$.
  • Suy ra $\triangle ADE = \triangle AOE $ (c.g. c), từ đó $\angle AOE = \angle ADE = 90^\circ$.
  • Xét tứ giác ADEO có $\angle ADE + \angle AOE = 180^\circ$ nên là tứ giác nội tiếp.

b. Gọi $P$ là giao điểm của $AE$ và $OD$.

  • Tam giác $OAD$ đều nên $DG$ là trung trực của $AO$, suy ra $FA = FO$,tam giác $FAO$ cân tại $F$. Do đó $\angle FAO = \angle FOA = 90^\circ – \angle AOD = 30^\circ = \angle OAE$.
  • Suy ra $OF||AE$, suy ra $OFAE$ là hình thang.
  • $AD = AB \tan \angle ABD = 3a \tan 30^\circ = a\sqrt{3}$.
  • Tính được $AE = 2a, OF = AF = a$ và $OP = \dfrac{a\sqrt{3}}{2}$.
  • Suy ra $S_{AEOF} = \dfrac{1}{2}(OF+AE)OP = \dfrac{3a^2\sqrt{3}}{4}$.

c.

  • Ta có $\triangle OBC = \triangle OAD$ nên $\triangle OBC$ cũng là tam giác đều.
    Suy ra $BO = BC$, suy ra $\triangle BOJ = \triangle BCJ$ (c.g.c)
  • Mà $\angle BCJ = \dfrac{1}{2} \angle BCD = 45^\circ$ nên $\angle BOJ = 45^\circ$ hay $\angle IOJ = 45^\circ$.
    Ta có tứ giác $JIDK$ nội tiếp, suy ra $\angle JIK = \angle JDK = \dfrac{1}{2} \angle IDC = 15^\circ$. Và $\angle JOH = \angle BOC – \angle JOI = 15^\circ$.
  • Ta có $\angle JIK = \angle JOH$ nên tứ giác $JIOH$ nội tiếp, suy ra $\angle JHO = 90^\circ$.
  • Tam giác $JOC$ cân tại $J$ ($BJ$ là đường trung trực của $OC$) mà $JH \bot OC$, suy ra $H$
    là trung điểm của $OC$, do đó $OH = \dfrac{1}{2}OC = \dfrac{1}{2}OA = \dfrac{a\sqrt{3}}{2}$.
  • Từ đó áp dụng định lý Pytagore cho tam giác $EOH$ tính được $EH = \dfrac{a\sqrt{7}}{2}$

 

Bài 2. (Toán chuyên)  Cho đường tròn tâm $O$, bán kính $R$, dây cung $BC$ cố định có độ dài $R\sqrt{3}$. $A$ là một điểm thay đổi trên cung lớn $BC$. Gọi $E$ là điểm đối xứng của $C$ qua $AB$; $F$ là điểm đối xứng của $B$ qua $AC$. Các đường tròn ngoại tiếp các tam giác $ABE$ và $ACF$ cắt nhau tại $K$ ($K \neq A$).

a. Chứng minh $K$ luôn thuộc một đường tròn cố định.
b. Xác định vị trí của $K$ để tam giác $KBC$ có diện tích lớn nhất và tính diện tích đó theo $R$.
c. Gọi $H$ là giao điểm của $BE$ và $CF$. Chứng minh rằng tam giác $ABH$ đổng dạng với tam giác $ACK$ và $AK$ đi qua điểm cố định.

Lời giải

a.

  • Từ $BC = R\sqrt{3}$ nên tính được $\angle BAC = 60^o$, suy ra $\angle ABE = \angle AEB = 30^o$ ($\Delta ABE$ cân tại $A$).
  • Tứ giác $ABKE$ nội tiếp, suy ra $\angle AKB = \angle AEB = 30^o$.
  • Chứng minh tương tự ta cũng có $\angle AKC = \angle AFC = 30^o$.
  • Từ đó $\angle BKC = \angle AKB + \angle AKC = 60^o$.
  • Xét tứ giác $OBKC$ có $\angle BOC + \angle BKC = 120^o + 60^o = 180^o$ nên là tứ giác nội tiếp. Vậy $K$ thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác $OBC$ cố định.

b.

  • Ta có $S_{KBC} = \dfrac{1}{2}BC.KT$($T$ là hình chiếu của $T$ trên $BC$).
  • Suy ra $S_{KBC}$ max khi và chỉ khi $KT$ max khi và chỉ khi $K$ là điểm chính giữa cung lớn $BC$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác $OBC$. Khi đó $A$ là điểm chính giữa cung lớn $BC$ của $(O)$.
  • Khi đó tam giác $BCK$ đềy cạnh $BC = R\sqrt{3}$ nên có diện tích là $S_{BCK} =\dfrac{3R\sqrt{3}}{4}$.

c.

  • Ta có $\angle AKC = \angle AKE = 30^o$ nên suy ra $K, C, E$ thẳng hàng. Tứ giác $AHCE$ có $\angle AEH = \angle ACH = 30^o$ nên là tứ giác nội tiếp ,suy ra $\angle AHE = \angle ACE$. Từ đó suy ra $\angle AHB = \angle ACK$.
  • Xét $\Delta ABH$ và $\Delta ACK$ có $\angle ABH = \angle AKC, \angle AHB = \angle ACK (cmt)$ nên $\Delta ABH \sim \Delta ACK (g.g)$.
  • Gọi $D$ là giao điểm của $AO$ và $(O)$. Ta có $\angle ABC = \angle ADC, \angle BAH +\angle BAC = \angle DAC + \angle ADC = 90^o$. Suy ra $\angle BAH = \angle DAC$.
  • Hơn nữa $\angle BAH = \angle KAC$. Từ đó ta có $\angle KAC = \angle OAC$. Suy ra $A, K, O$ thẳng hàng. Vậy $AK$ qua $O$ cố định.

IMO 2010 – Chứng minh tam giác cân

1 Reply

Đề bài. (IMO 2010) Cho hai đường tròn $w_1$ và $w_2$ cắt nhau tại $M$ và $N$. Gọi $l$ là tiếp tuyến chung của $w_1, w_2$ sao cho $l$ gẩn $M$ hơn $N$. Gọi tiếp điểm của $l$ với $w_1$ là $A$, với $w_2$ là $B$. Đường thẳng qua $M$ song song với $l$ cắt $w_1$ tại $C$ và cắt $w_2$ tại $D$. Đường thẳng $CA$ và $DB$ cắt nhau tại $E$; đường thẳng $AN$ và $CD$ cắt nhau tại $P$; $BN$ và $CD$ cắt nhau tại $Q$. Chứng minh rằng $EP = EQ$.

Gợi ý

Gọi $F$ là giao điểm của $NM$ và $AB$. Ta có $\mathscr{P}_{F/(w_1)} = FA^2, \mathscr{P}_{F/(w_1)} = FB^2$ mà $MN$ là trục đẳng phương của $w_1$ và $w_2$, suy ra $FA = FB$.

Gọi $F$ là giao điểm của $NM$ và $AB$. Ta có $\mathscr{P}_{F/(w_1)} = FA^2, \mathscr{P}_{F/(w_1)} = FB^2$ mà $MN$ là trục đẳng phương của $w_1$ và $w_2$, suy ra $FA = FB$.

$PQ||AB$, suy ra $M$ là trung điểm của $PQ$.

Ta có $\angle FBA = \angle FDM = \angle ABM$ và $\angle FAB = \angle BAM$. Suy ra $\triangle AEM = \triangle BEM$.  Suy ra $BE = BM, AE = AM$ và $AB$ là trung trực của $EM$, suy ra $EM \bot AB$. Do đó $EM \bot PQ$.

$EM \bot PQ$ và $MP = MQ$ nên tam giác $EPQ$ cân.