Luận văn Phương pháp tọa độ trong hình học tổ hợp và số học

ghiên cứu của tôi (từ tháng 9 năm 2014 đến tháng 3 năm 2015), trên cơ sở tham khảo các tài liệu, tham dự các buổi hội thảo các chuyên đề Toán học và kinh nghiệm qua các năm công tác. ii Mục lục Mở đầu 1 1 Phương pháp tọa độ và các tính chất liên quan 4 1.1 Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng và trong không gian . . 4 1.1.1 Véctơ và tọa độ trên đường thẳng . . . . . . . . . . . 5 1.1.2 Véctơ và tọa độ trong mặt phẳng . . . . . . . . . . . . 5 1.1.3 Véctơ và tọa độ trong không gian . . . . . . . . . . . . 6 1.2 Một số ví dụ áp dụng phương pháp tọa độ trong mặt phẳng . 7 1.2.1 Dạng bài toán phải chọn hệ trục tọa độ . . . . . . . . 7 1.2.2 Dạng bài toán đã cho trước hệ trục tọa độ . . . . . . . 15 1.3 Một số ví dụ áp dụng phương pháp tọa độ trong không gian . 18 1.3.1 Dạng bài toán phải chọn hệ trục tọa độ . . . . . . . . 18 1.3.2 Bài tập tương tự . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26 2 Phương pháp tọa độ trong hình học tổ hợp và số học 30 2.1 Dạng toán hình học tổ hợp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30 2.2 Dạng toán mạng lưới ô vuông . . . . . . . . . . . . . . . . . 36 3 Một số đề toán Olympic 52 3.1 Đề toán phương pháp tọa độ trong mặt phẳng và trong không gian . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52 3.2 Đề toán hình học tổ hợp và mạng lưới ô vuông . . . . . . . . 55 Kết luận 65 Tài liệu tham khảo 66 1Mở đầu 1. Lí do chọn đề tài Chuyên đề về phương pháp tọa độ có vị trí quan trọng trong toán học bậc trung học phổ thông. Nó không chỉ là đối tượng nghiên cứu trọng tâm của hình học mà còn là công cụ đắc lực trong nhiều lĩnh vực của giải tích, đại số, lượng giác và các ứng dụng khác. Trong các kỳ thi học sinh giỏi Toán quốc gia, Olympic Toán quốc tế thì các bài toán liên quan đến các dạng toán rời rạc trong hình học tổ hợp và số học cũng hay được đề cập và được xem như là những dạng toán thuộc loại khó. Các bài toán dạng này thường ít được đề cập trong chương trình toán ở bậc trung học phổ thông. Để đáp ứng cho nhu cầu bồi dưỡng giáo viên và bồi dưỡng học sinh giỏi về chuyên đề ứng dụng phương pháp tọa độ, luận văn "Phương pháp tọa độ trong hình học tổ hợp và số học" nhằm cung cấp một số phương pháp có tính hệ thống để tiếp cận các dạng toán từ hình học tổ hợp và số học liên quan. 2. Mục đích nghiên cứu Hệ thống hóa Lý thuyết và cách giải các dạng bài tập Hình học tổ hợp và Số học bằng phương pháp tọa độ đồng thời nắm được một số kỹ thuật tính toán liên quan. 3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu 3.1. Đối tượng nghiên cứu Nghiên cứu các bài toán Hình học tổ hợp và Số học giải theo phương pháp tọa độ, bài toán liên quan đến lưới ô vuông. 3.2. Phạm vi nghiên cứu 2Nghiên cứu các tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi, kỷ yếu hội thảo các chuyên đề bồi dưỡng HSG cấp tỉnh, cấp quốc gia, thi Olympic; tủ sách chuyên Toán. 4. Phương pháp nghiên cứu Tham khảo các tài liệu bồi dưỡng cho giáo viên, bồi dưỡng HSG. Tham gia các buổi seminar: Các chuyên đề toán phổ thông, Các trường hè bồi dưỡng nâng cao kiến thức chuyên môn để trao đổi các kết quả đang nghiên cứu. 5. Ý nghĩa khoa học và thực tiễn của đề tài Luận văn là một chuyên đề hướng tới bồi dưỡng học sinh giỏi bậc trung học phổ thông. Tạo được một đề tài phù hợp cho việc giảng dạy, bồi dưỡng học sinh trung học phổ thông. Đề tài đóng góp thiết thực cho việc học và dạy các chuyên đề toán trong trường THPT, đem lại niềm đam mê sáng tạo trong việc dạy và học toán. 6. Cấu trúc của luận văn Ngoài phần Mở đầu và Kết luận, luận văn được chia thành ba chương đề cập đến các vấn đề sau đây: Chương 1 trình bày về phương pháp tọa độ và các tính chất liên quan. Chương 2 trình bày phương pháp tọa độ giải các bài toán trong hình học tổ hợp và số học. Chương 3 trình bày một số đề toán thi Olympic. 3Lời cảm ơn Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn khoa học đầy nhiệt tình và nghiêm túc của GS.TSKH. Nguyễn Văn Mậu. Nhân dịp này tác giả xin được bày tỏ lòng biết ơn chân thành và kính trọng sâu sắc đối với Giáo sư - người thầy đã truyền đạt nhiều kiến thức quý báu cùng với kinh nghiệm nghiên cứu khoa học trong suốt thời gian tác giả theo học và nghiên cứu đề tài. Đồng thời, tác giả cũng xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến Ban giám hiệu trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên; Phòng Đào tạo, Khoa Toán - Tin, các thầy cô giảng dạy lớp Cao học K7N (Khóa 2013-2015) - trường Đại học Khoa học; Ban giám hiệu Trường THPT Trần Nhân Tông - Nghĩa Hưng - Nam Định và gia đình đã tạo mọi điều kiện thuận lợi, động viên tác giả trong suốt quá trình học tập, công tác và thực hiện đề tài luận văn này. Thái Nguyên, tháng 4 năm 2015 Tác giả Lại Tiến Đẩu 4Chương 1 Phương pháp tọa độ và các tính chất liên quan 1.1 Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng và trong không gian Định nghĩa 1.1 (Hệ tọa độ Đề-các tổng quát và hệ tọa độ trực chuẩn). a) Trục tọa độ là một đường thẳng trên đó đã chọn một điểm O làm gốc và một véctơ −→e (−→e khác −→0 ). Ta lấy điểm I trên đường thẳng đó sao cho−→ OI = −→e thì tia OI (có gốc O và đi qua I) gọi là tia dương của trục. Ta ký hiệu tia đó là Ox. Tia đối của tia Ox là tia âm của trục và ký hiệu là Ox′. Trục nói trên được ký hiệu là trục x′Ox. b) Trên mặt phẳng cho hai trục x′Ox và y′Oy cắt nhau tại O. Các véctơ đơn vị −→e1 ,−→e2 lần lượt được đặt trên Ox,Oy và có chung gốc O. Chú ý rằng các véctơ −→e1 , −→e2 đều khác −→0 , có thể độ dài khác nhau. Hệ gồm hai trục đã cho gọi là hệ trục tọa độ tổng quát hay hệ trục tọa độ Đề-các xiên góc trong mặt phẳng, ký hiệu Oxy. Cặp véctơ (−→e1 ,−→e2 ) có thứ tự gọi là cơ sở của hệ tọa độ. Các trục x′Ox, y′Oy lần lượt được gọi là trục hoành và trục tung, O là gốc tọa độ. c) Trong không gian cho ba trục x′Ox, y′Oy, z′Oz có chung gốc O và không cùng nằm trên một mặt phẳng. Gọi −→e1 ,−→e2 ,−→e3 là các véctơ đơn vị trên các trục đó (đơn vị ở đây là của từng trục), các véctơ này đều khác −→ 0 . Hệ thống gồm ba trục đã cho với cơ sở (−→e1 ,−→e2 ,−→e3 ) gọi là hệ tọa độ Đề -các tổng quát trong không gian, ký hiệu Oxyz. Điểm O gọi là gốc tọa độ và các trục x′Ox, y′Oy, z′Oz lần lượt gọi là trục hoành, trục tung và trục cao. d) Hệ tọa độ Đề-các vuông góc Trong trường hợp các trục tọa độ vuông góc với nhau từng đôi một (ở O) 5và các véctơ đơn vị trên các trục có cùng độ dài, nghĩa là |−→e1 | = |−→e2 | = 1 (trong mặt phẳng) hoặc |−→e1 | = |−→e2 | = |−→e3 | = 1 (trong không gian), thì hệ trục tọa độ Oxy (hay Oxyz) được gọi là hệ tọa độ Đề-các vuông góc hay hệ tọa độ trực chuẩn trong mặt phẳng (hay trong không gian). 1.1.1 Véctơ và tọa độ trên đường thẳng Trên đường thẳng có định hướng và gốc ở O, một điểm M được gắn với tọa độ là x thì ký hiệu là M = (x). Giả sử hai điểm A,B nằm trên đường thẳng Ox và có tọa độ là A = (a), B = (b) thì số b−a gọi là tọa độ của véctơ−→ AB, ký hiệu −→ AB = (b− a). Độ dài của véctơ −→AB, ký hiệu |−→AB| = |b− a|. Với ba điểm bất kỳ A,B,C trên đường thẳng, ta có (a) −→ AB + −−→ BC = −→ AC; (b) |−→AB|+ |−−→BC| ≥ |−→AC|. Dấu đẳng thức trong (b) xảy ra khi và chỉ khi hai véctơ −→ AB và −−→ BC cùng hướng, tức là tồn tại số k > 0 sao cho −→ AB = k −−→ BC hoặc có một trong hai véctơ là véctơ không. 1.1.2 Véctơ và tọa độ trong mặt phẳng Trên mặt phẳng xét hệ trục tọa độ Đề-các vuông góc x′Ox, y′Oy với −→e1 ,−→e2 là các véctơ đơn vị. Nếu −−→ OM = x−→e1 + y−→e2 thì x, y gọi là tọa độ của điểm M và ký hiệu M(x; y). Nếu −→a = a1−→e1 + a2−→e2 thì a1, a2 gọi là tọa độ của véctơ ~a và ký hiệu−→a = (a1; a2). Cho điểm A(xA; yA), B(xB; yB) và các véctơ −→a = (a1; a2),−→b = (b1; b2). Ta có,−→ AB = (xB − xA; yB − yA),−→a +−→b = (a1 + b1; a2 + b2),−→a −−→b = (a1 − b1; a2 − b2), k−→a = (ka1; ka2), −→a = −→b ⇔ { a1 = b1 a2 = b2 −→a và −→b (khác −→0 ) cùng phương với nhau khi và chỉ khi a1.b2 = a2.b1. Độ dài của −→ AB là |−→AB| = √(xB − xA)2 + (yB − yA)2. Độ dài của véctơ −→a là |−→a | = √a21 + a22. 6Tích vô hướng của hai véctơ −→a và −→b , ký hiệu −→a .−→b được định nghĩa: −→a .−→b = |−→a |.|−→b |. cos(−→a ,−→b ). Biểu thức tọa độ của tích vô hướng là −→a .−→b = a1.b1 + a2.b2.−→a vuông góc với −→b khi và chỉ khi a1b1 + a2b2 = 0. Công thức tính góc giữa hai véctơ: cos(−→a ,−→b ) = a1b1 + a2b2√ a21 + a 2 2. √ b21 + b 2 2 . Khoảng cách từ điểm M(x0; y0) đến đường thẳng(M) có phương trình Ax+By + C = 0 là: d(M,M) = |Ax0 +By0 + C|√ A2 +B2 . 1.1.3 Véctơ và tọa độ trong không gian Trong không gian xét hệ trục tọa độ Đề-các vuông góc Oxyz với −→e1 ,−→e2 ,−→e3 là các véctơ đơn vị. Nếu −−→ OM = x−→e1 + y−→e2 + z−→e3 thì ta gọi x, y, z là tọa độ của điểm M và ký hiệu là M(x; y; z). Nếu −→a = a1−→e1 + a2−→e2 + a3−→e3 thì ta gọi a1, a2, a3 là tọa độ của −→a và ký hiệu −→a = (a1; a2; a3). Cho điểm A(xA; yA; zA), B(xB; yB; zB) và các véctơ −→a = (a1; a2; a3),−→b = (b1; b2; b3). Ta có−→ AB = (xB − xA; yB − yA; zB − zA),−→a +−→b = (a1 + b1; a2 + b2; a3 + b3),−→a −−→b = (a1 − b1; a2 − b2; a3 − b3), k−→a = (ka1; ka2; ka3), −→a = −→b ⇔  a1 = b1a2 = b2 a3 = b3 −→a và −→b (khác −→0 ) cùng phương với nhau khi và chỉ khi bộ số (a1; a2; a3) tỉ lệ với bộ số (b1; b2; b3). Độ dài của −→ AB là |−→AB| = √(xB − xA)2 + (yB − yA)2 + (zB − zA)2. Độ dài của véctơ −→a là |−→a | = √a21 + a22 + a23. Tích vô hướng của hai véctơ −→a và −→b , ký hiệu −→a .−→b được định nghĩa: −→a .−→b = |−→a |.|−→b |. cos(−→a ,−→b ). 7Biểu thức tọa độ của tích vô hướng là −→a .−→b = a1.b1 + a2.b2 + a3.b3.−→a vuông góc với −→b khi và chỉ khi a1b1 + a2b2 + a3b3 = 0. Công thức tính góc giữa hai véctơ: cos(−→a ,−→b ) = a1b1 + a2b2 + a3b3√ a21 + a 2 2 + a 2 3. √ b21 + b 2 2 + b 2 3 . Khoảng cách từ điểm M(x0; y0; z0) đến mặt phẳng(P ) có phương trình Ax+By + Cz +D = 0 là: d(M, (P )) = |Ax0 +By0 + Cz0 +D|√ A2 +B2 + C2 . Tích có hướng của hai véctơ −→a ,−→b theo thứ tự là một véctơ −→c , ký hiệu[−→a ,−→b ] thỏa mãn: (i) −→c có phương vuông góc với −→a và −→b . (ii) −→c = |−→a ||−→b | sin(−→a ,−→b ). (iii) Tọa độ −→c = (a2b3 − b2a3; a3b1 − b3a1; a1b2 − b1a2). 1.2 Một số ví dụ áp dụng phương pháp tọa độ trong mặt phẳng 1.2.1 Dạng bài toán phải chọn hệ trục tọa độ Ví dụ 1.1 (Xem [7]). Cho tam giác đều ABC, gọi d là đường thẳng bất kỳ. Gọi α, β, γ lần lượt là góc giữa d và các đường thẳng BC,CA,AB. Chứng minh rằng sin2 α. sin2 β. sin2 γ + cos2 α. cos2 β. cos2 γ = 1 16 . Hình 1.1: Lời giải. Không mất tính tổng quát, giả sử tam giác đều ABC có cạnh bằng 2. Chọn 8hệ trục tọa độ Oxy sao cho O là trung điểm BC, các điểm A,B,C có tọa độ A(0; √ 3), B(−1; 0), C(1; 0). Khi đó phương trình các cạnh AB : √ 3x− y −√3 = 0 có véctơ pháp tuyến (VTPT) −→n3 = ( √ 3;−1); BC: y = 0 có VTPT −→n1 = (0; 1); CA: √ 3x+ y −√3 = 0, có VTPT −→n2 = ( √ 3; 1). Đường thẳng d bất kỳ có phương trình dạng x = x0 hoặc kx− y+ b = 0, có VTPT là −→n = (1; 0) hoặc −→n = (k;−1), k là số thực. Áp dụng công thức tính góc giữa hai đường thẳng ta có: cosα = | cos(−→n ;−→n1)|; cos β = | cos(−→n ;−→n2)|; cos γ = | cos(−→n ;−→n3)|. Trường hợp 1. −→n = (1; 0) thì cosα = 0, sinα = 1, cos β = √ 3 2 , sin β = 1 2 , cos γ = √ 3 2 , sin γ = 1 2 . Do đó sin2 α. sin2 β. sin2 γ + cos2 α. cos2 β. cos2 γ = 1. 1 4 . 1 4 + 0 = 1 16 . Trường hợp 2. Véctơ −→n = (k;−1), cosα = 1√ k2 + 1 , cos β = |k√3− 1| 2 √ k2 + 1 , cos γ = |k√3 + 1| 2 √ k2 + 1 , sin2 α. sin2 β. sin2 γ + cos2 α. cos2 β. cos2 γ =( 1− 1 k2 + 1 ) . ( 1− (k √ 3− 1)2 4(k2 + 1) ) . ( 1− (k √ 3 + 1)2 4(k2 + 1) ) + 1 k2 + 1 . (k √ 3− 1)2 4(k2 + 1) . (k √ 3 + 1)2 4(k2 + 1) = k2.(k2 − 3)2 16(k2 + 1)3 + (3k2 − 1)2 16(k2 + 1)3 = 1 16 . Ví dụ 1.2. Cho góc vuông xOy. Một hình chữ nhật OABC có chu vi không đổi, trong đó A,C là hai điểm thay đổi lần lượt thuộc Ox,Oy. Chứng minh rằng đường thẳng kẻ từ B và vuông góc với đường chéo AC luôn đi qua một điểm cố định. Lời giải. Chọn hệ trục Oxy, chiều dương theo hướng tia Ox,Oy, đặt tọa độ A(a; 0), C(0; c), khi đó B(a; c) với a > 0, c > 0. Vì chu vi hình chữ nhật không đổi nên a+ c = b không đổi. Ta có phương trình đường thẳng AC là: 9Hình 1.2: x a + y c = 1⇔ cx+ ay − ac = 0 có VTPT là −→n = (c; a). Suy ra phương trình đường thẳng 4 đi qua B(a; c) và vuông góc với AC có dạng a(x − a) − c(y − c) = 0. Thay c = b − a vào ta có phương trình ax+(a−b)y+b2−2ab = 0. Giả sử4 đi qua điểm cố định D(x0; y0) với mọi a dương (vì b dương không đổi), khi đó phương trình ax0+(a−b)y0+b2−2ab = 0 đúng với mọi a khi và chỉ khi a(x0 + y0 − 2b) + b2 − by = 0 đúng với mọi a. Điều này xảy ra khi { x+ y − 2b = 0 b2 − by = 0 hay { x = b y = b. Vậy 4 luôn đi qua điểm cố định D(b; b). Ví dụ 1.3. Cho tam giác ABC cân tại A. Gọi M là trung điểm của AB, G là trọng tâm tam giác ACM , I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Chứng minh GI vuông góc với CM . Hình 1.3: Lời giải. Cách 1. Theo phương pháp tọa độ 10 Gọi O là trung điểm của cạnh đáy BC. Dựng hệ trục tọa độ Oxy có điểm gốc là O, trục Ox chứa BC, trục Oy chứa OA. Giả sử cạnh đáy BC = 2a, chiều cao AO = h. Khi đó ta có A(0;h), B(−a; 0), C(a; 0), M ( − a 2 ; h 2 ) , tọa độ trọng tâm G (a 6 ; h 2 ) . Gọi tọa độ điểm I(0; y0), suy ra −−→ IM = ( −a 2 ; h 2 −y0 ) . Vì −−→ IM. −→ BA = 0 nên −a 2 .a + (h 2 − y0 ) .h = 0 suy ra y0 = h2 − a2 2h . Vậy tọa độ của I là I ( 0; h2 − a2 2h ) , suy ra −→ IG = (a 6 ; a2 2h ) . Ta có −−→ CM = ( −3a 2 ; h 2 ) , suy ra −→ IG. −−→ CM = −a 2 4 + a2 4 = 0. Vậy IG ⊥ CM . Cách 2. Theo phương pháp véctơ Gọi N là trung điểm AC, K là giao điểm của MN với AO. Xét tích T = 3 −→ IG.2 −−→ CM = ( −→ IA+ −→ IC + −−→ IM).( −→ CA+ −−→ CB) = (2 −→ IN + −−→ IM).( −→ CA+ −−→ CB) = 2 −→ IN. −→ CA+ 2 −→ IN. −−→ CB + −−→ IM. −→ CA+ −−→ IM. −−→ CB = 0 + ( −→ IN + −−→ IM). −−→ CB + ( −→ IN. −−→ CB + −−→ IM. −→ CA) = 2 −→ IK. −−→ CB + −→ IN. −−→ CB +−−→ IM. −→ CA = 0 + −→ IN.( −→ AB −−→AC) +−−→IM.−→CA = −→IN.−→AB −−→IN.−→AC +−−→IM.−→CA = 1 2 ( −→ IA+ −→ IC). −→ AB + 1 2 ( −→ IA+ −→ IB). −→ CA ⇒ 2T = −→IA(−→CA+−→AB) +−→IC.−→AB +−→IB.−→CA = −→IC.(−−→CB−−→CA) +−→IB.−→CA = −→ CA.( −→ IB −−→IC) +−→IC.−−→CB = −→CA.−−→CB +−→IC.−−→CB = −−→ CB.( −→ IC + −→ CA) = −−→ CB. −→ IA = 0. Vậy IG ⊥ CM . Ví dụ 1.4. Cho hai hình vuông ABCD và BKMN có chung đỉnh B, trong đó đỉnh M nằm trên DB kéo dài, gọi E là trung điểm AK. Chứng minh BE ⊥ NC. Lời giải. Cách 1. Theo phương pháp tọa độ Chọn hệ trục tọa độ Đề-các vuông góc có gốc O trùng điểm B, trục Ox chứa BC, trục Oy chứa BA. Khi đó B(0; 0), C(1; 0), A(0; 1), D(1; 1). Giả sử N(0;−n), suy raK(−n; 0), E ( −n 2 ; 1 2 ) . Ta có −−→ BE = ( −n 2 ; 1 2 ) , −−→ NC = (1;n). Suy ra −−→ BE. −−→ NC = −n 2 + n 2 = 0. Vậy −−→ BE ⊥ −−→NC hay BE ⊥ NC. Cách 2. Theo phương pháp véctơ 11 Hình 1.4: Áp dụng tính chất đường trung tuyến trong tam giác ABK, ta có −−→ BE = 1 2 ( −−→ BK + −→ BA). Mặt khác −−→ NC = −−→ BC − −−→BN , nên 2.−−→BE.−−→NC = (−−→BK + −→BA)(−−→BC − −−→BN) =−−→ BK. −−→ BC −−−→BK.−−→BN +−→BA.−−→BC −−→BA.−−→BN = 0. Do độ dài BK = BN,BA = BC. Suy ra BE ⊥ NC. Ví dụ 1.5. Cho bốn điểm A,B,C,D không thẳng hàng. Chứng minh AC vuông góc với BD khi và chỉ khi AB2 + CD2 = AD2 +BC2. Hình 1.5: Lời giải. Chọn hệ trục tọa độ sao cho AC nằm trên trục hoành, trục tung là đường thẳng đi qua B và vuông góc với AC. Giả sử trong hệ trục đó tọa độ các điểm là:A(a; 0), B(0; b), C(c; 0), D(m;n), a 6= c. Khi đóAB2+CD2 = AD2+BC2 ⇔ (a−0)2+(b−0)2+(m−c)2+(n−0)2 = (m−a)2+(n−0)2+(c−0)2+(0−b)2 ⇔ 2m(a − c) = 0 ⇔ m = 0 (vì a 6= c). Do đó D(0;n), tức là D nằm trên trục tung. Vậy 2m(a− c) = 0 ⇔ AC ⊥ BD. 12 Ví dụ 1.6. Cho tam giác ABC vuông cân tại C. Trên các cạnh BC,CA,AB lần lượt lấy các điểm M,N,P sao cho MB MC = NC NA = PA PB = k, (k > 0). Chứng minh rằng: a) CP ⊥MN ; b) CP = MN . Hình 1.6: Lời giải. Cách 1. Theo phương pháp tọa độ Chọn hệ trục tọa độ Đề-các vuông góc Oxy sao cho O trùng với C, tia Ox trùng với tia CA, tia Oy trùng với tia CB. Khi đó ta có tọa độ các điểm là C(0; 0), A(1; 0), B(0; 1). Từ giả thiết MB MC = NC NA = PA PB = k, k > 0 suy ra  −−→ MB = k. −−→ CM−−→ CN = k. −−→ NA−→ AP = k. −−→ PB ⇔  −−→ CM = 1 1 + k . −−→ CB −−→ CN = 1 1 + k . −→ CA −→ CP = 1 1 + k . −→ CA+ 1 1 + k . −−→ CB ⇔  M ( 0; 1 1 + k ) N ( k 1 + k ; 0 ) P ( 1 1 + k ; k 1 + k ) Suy ra −−→ MN = ( k 1 + k ;− 1 1 + k ) ; −→ CP = ( 1 1 + k ; k 1 + k ) . Vậy ta có, a) −−→ MN. −→ CP = k (1 + k)2 − k (1 + k)2 = 0⇒MN ⊥ CP . b) MN 2 = ( k 1 + k )2 + ( − 1 1 + k )2 = k2 + 1 (1 + k)2 , CP 2 = ( k 1 + k )2 + 13 ( 1 1 + k )2 = k2 + 1 (1 + k)2 . Suy ra MN = CP . Cách 2. Theo phương pháp véctơ Từ giả thiết ta có −−→ MB = k. −−→ CM, −−→ CN = k. −−→ NA, −→ AP = k. −−→ PB. Suy ra −−→ MN = −−→ CN −−−→CM = k 1 + k . −→ CA− 1 1 + k . −−→ CB −→ CP = −→ CA+ −→ AP = 1 1 + k . −→ CA+ k 1 + k . −−→ CB. a) Ta có −−→ MN. −→ CP = k 1 + k . 1 1 + k .( −→ CA)2 + ( − 1 1 + k . k 1 + k ) ( −−→ CB)2. Mà 4ABC cân tại C nên CA = CB do đó −−→MN.−→CP = 0⇒MN ⊥ CP . b) Ta có ( −−→ MN)2 = ( k 1 + k )2 .( −→ CA)2 + ( − 1 1 + k )2 .( −−→ CB)2 ( −→ CP )2 = ( 1 1 + k )2 .( −→ CA)2 + ( k 1 + k )2 .( −−→ CB)2. Kết hợp với ( −→ CA)2 = ( −−→ CB)2 suy ra MN = CP . Ví dụ 1.7. Cho tam giác ABC. Gọi M là điểm di động trên cạnh CB. Kẻ MN ⊥ AB,MQ//AB, điểm N thuộc đường AB, điểm Q thuộc AC; gọi I là tâm hình chữ nhật MNPQ, P thuộc đường AB. Tìm quỹ tích của điểm I khi M chạy trên cạnh CB. Hình 1.7: Lời giải. Gọi O là chân đường cao hạ từ C xuống AB. Chọn hệ trục tọa độ Đề-các vuông góc Oxy sao cho gốc tọa độ là O, trục hoành chứa cạnh AB, chiều dương từ A sang B, chiều dương của trục tung hướng từ O đến C. Giả sử trong hệ tọa độ này ta có A(a; 0), B(b; 0), C(0;h), h > 0, a 6= b; a, b khác 0. Khi đó đường thẳng AC có phương trình x a + y h = 1. Đường thẳng BC có 14 phương trình x b + y h = 1. Giả sử đường thẳng MQ có phương trình y = m, khi đó 0 ≤ m ≤ h. Giải các hệ phương trình để tìm giao điểm, ta được tọa độ Q (a h (h−m);m ) ,M ( b h (h−m);m ) , P (a h (h−m); 0 ) . Gọi I là tâm hình chữ nhật MNPQ, theo công thức tọa độ trung điểm ta có xI = (a+ b)(h−m) 2h , (1.1) yI = m 2 ⇒ m = 2.yI . Thế vào (1.1) ta được 2h.xI = (a+ b)(h− 2.yI)⇔ 2hxI + 2(a+ b)yI = h(a+ b). Vậy I nằm trên đường thẳng (d) có phương trình là 2hx+2(a+b)y−h(a+b) = 0. Tìm giới hạn của quỹ tích: Nếu a + b = 0 thì I ( 0; m 2 ) thuộc trục tung và thuộc đoạn OH, lúc này O là trung điểm AB. Nếu a+ b 6= 0 thì phương trình đường thẳng (d) trở thành x a+ b 2 + y h 2 = 1. Ta thấy đường (d) cắt trục tung tạiH ( 0; h 2 ) , cắt trục hoành tạiK (a+ b 2 ; 0 ) ; điểm I ((a+ b)(h−m) 2h ; m 2 ) . Ta có −−→ HK = (a+ b 2 ;−h 2 ) ; −→ HI = ((a+ b)(h−m) 2h ; m− h 2 ) = h−m h . −−→ HK. Mà 0 ≤ h−m h ≤ 1 nên suy ra điểm I thuộc đoạn HK. Kết luận quỹ tích I là đoạn HK, trong đó H là trung điểm OC, K là trung điểm AB. Nhận xét 1.1. Ta thấy phương pháp tọa độ thể hiện lợi thế trong bài toán này, lời giải không cần xét các trường hợp đặc biệt của tam giác ABC. Ví dụ 1.8. Cho đoạn thẳng AD cố định, dựng hình bình hành ABCD sao cho AC AD = BD AB . Tìm quỹ tích của B và C. Lời giải. 15 Hình 1.8: Chọn hệ trục tọa độ sao cho A là gốc, trục hoành chứa AD, D thuộc chiều dương, trục tung vuông góc với AD tại A. Giả sử trong hệ trục đó D(1; 0), B(x; y), C(x+ 1; y). Từ giả thiết ta có AC.AB = AD.BD ⇔√(x+ 1)2 + y2.√x2 + y2 = 1.√(x− 1)2 + y2 ⇔ x2(x+ 1)2 + x2y2 + y2(x+ 1)2 + y4 = (x− 1)2 + y2 ⇔ (x+ 1)2.(x2 + y2) + y2(x2 + y2) = (x− 1)2 + y2 ⇔ (x2 + y2)(x2 + y2 + 2x) = 1− 2x ⇔ (x2 + y2 + 1)(x2 + y2 + 2x)− (x2 + y2 + 2x) = 1− 2x ⇔ (x2 + y2 + 1)(x2 + y2 + 2x)− (x2 + y2 + 1) = 0 ⇔ (x2 + y2 + 1)(x2 + y2 + 2x− 1) = 0. (1.2) Vì x2 + y2 + 1 > 0 nên (1.18) tương đương với (x + 1)2 + y2 = 2. Vậy quỹ tích B là đường tròn có tâm I(−1; 0), bán kính r = √2. Mặt khác phép tịnh tiến theo −−→ AD biến B thành C. Vậy quỹ tích C là ảnh của đường tròn tâm I(−1; 0), bán kính r = √2 qua phép tịnh tiến theo −−→AD. 1.2.2 Dạng bài toán đã cho trước hệ trục tọa độ Ví dụ 1.9 (Đề thi ĐH Khối B - 2004). Cho hai điểm A(1; 1), B(4;−3). Tìm điểm C thuộc đường thẳng (d) : x − 2y − 1 = 0 sao cho khoảng cách từ C đến đường thẳng AB bằng 6. Lời giải. Phương trình đường thẳng AB : x− 1 3 = y − 1 −4 ⇔ 4x + 3y − 7 = 0. Giả sử C(x; y), suy ra x− 2y − 1 = 0. Mặt khác, d(C,AB) = 6 ⇔ |4x+ 3y − 7|√ 42 + 32 = 6. Phương trình này tương đương với 4x+ 3y − 37 = 0 hay 4x+ 3y + 23 = 0. 16 Trường hợp 1. { x− 2y − 1 = 0 4x+ 3y − 37 = 0 ⇔ { x = 7 y = 3 . Vậy C(7; 3). Trường hợp 2. { x− 2y − 1 = 0 4x+ 3y + 23 = 0 ⇔  x = −43 11 y = −27 11 . Vậy C (−43 11 ; −27 11 ) . Ví dụ 1.10 (Đề thi ĐH Khối A - 2014). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có điểm M là trung điểm của đoạn AB và N là điểm thuộc đoạn AC sao cho AN = 3NC. Viết phương trình đường thẳng CD, biết M(1; 2) và N(2;−1). Lời giải. Ta có MN = √ 10. Gọi a là độ dài cạnh của hình vuông ABCD, a > 0. Ta có AM = a 2 và AN = 3AC 4 = 3a √ 2 4 . Suy ra, MN 2 = AM 2 + AN 2 − 2AM.AN.cosM̂AN = 5a2 8 . Do đó 5a2 8 = 10, nghĩa là a = 4. Gọi I(x; y) là trung điểm của CD. Ta có IM = AD = 4, IN = BD 4 =√ 2, nên ta có hệ phương trình:{ (x− 1)2 + (y − 2)2 = 16 (x− 2)2 + (y + 1)2 = 2 ⇔ { x = 1 y = −2 hoặc  x = 17 5 y = −6 5 Với x = 1; y = −2 ta có I(1;−2) và −−→IM = (0; 4). Đường thẳng CD đi qua I có véctơ pháp tuyến là −−→ IM nên có phương trình y + 2 = 0. Với x = 17 5 , y = −6 5 ta có I (17 5 ; −6 5 ) và −−→ IM = (−12 5 ; 16 5 ) . Đường thẳng CD đi qua I có véctơ pháp tuyến là −−→ IM , nên có phương trình 3x−4y−15 = 0. Ví dụ 1.11 (Đề thi ĐH Khối B - 2014). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD. Điểm M(−3; 0) là trung điểm của cạnh AB, điểm H(0;−1) là hình chiếu vuông góc của B trên AD và điểm G (4 3 ; 3 ) là trọng tâm của tam giác BCD. Tìm tọa độ các điểm B và D. Lời giải. Gọi E,F lần lượt là giao điểm của HM và HG với BC. Suy ra −−→ HM =−−→ ME và −−→ HG = 2 −→ GF . Do đó tính được E(−6; 1) và F (2; 5). Đường thẳng BC đi qua E và nhận −→ EF làm vectơ chỉ phương, nên BC có phương trình x − 2y + 8 = 0. Đường thẳng BH đi qua H và nhận −→EF làm vectơ pháp tuyến, nên BH có phương trình 2x + y = 1 = 0. Tọa độ điểm B thỏa mãn 17 hệ phương trình { x− 2y + 8 = 0 2x+ y + 1 = 0 . Suy ra B(−2; 3). Do M là trung điểm của AB nên A(−4;−3). Gọi I là giao điểm của AC và BD, suy ra −→ GA = 4 −→ GI. Do đó I ( 0; 3 2 ) . Do I là trung điểm của đoạn BD nên tọa độ D(2; 0). Ví dụ 1.12 (Đề thi ĐH Khối D - 2014). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có chân đường phân giác trong của góc A là điểm D(1;−1). Đường thẳng AB có phương trình 3x+ 2y− 9 = 0, tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình x+ 2y− 7 = 0. Viết phương trình đường thẳng BC. Lời giải. Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình { 3x+ 2y − 9 = 0 x+ 2y − 7 = 0 . Suy ra A(1; 3). Gọi d là tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp ∆ABC và E là giao điểm của d với đường thẳng BC (do AD không vuông góc với d nên E luôn tồn tại và ta có thể giả sử EB < EC). Ta có ÊAB = ÂCB và B̂AD = D̂AC, suy ra ÊAD = ÊAB + B̂AD = ÂCB + D̂AC = ÂDE. Do đó, ∆ADE cân tại E. Do E là giao điểm của d với đường trung trực của đoạn AD, nên tọa độ điểm E thỏa mãn hệ { x+ 2y − 7 = 0 y − 1 = 0 . Suy ra E(5; 1). Đường thẳng BC đi qua E và nhận −−→ DE = (4; 2) làm vectơ chỉ phương, nên phương trình BC là x− 2y − 3 = 0. Ví dụ 1.13 (Đề thi ĐH Khối A - 2005). Trong mặt phẳng Oxy, tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD biết A ∈ (d1), C ∈ (d2), với phương trình (d1) : x− y = 0, (d2) : 2x+ y − 1 = 0 và các đỉnh B,D thuộc trục Ox. Ví dụ 1.14 (Đề thi ĐH Khối A - 2006). Cho đường thẳng (d1) : x+y+ 3 = 0, (d2) : x − y − 4 = 0 và (d3) : x − 2y = 0. Tìm M thuộc (d3) để khoảng cách từ M đến (d1) bằng hai lần khoảng cách từ M đến (d2). Ví dụ 1.15 (Đề thi ĐH Khối B - 2007). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm A(2; 2) và các đường thẳng: (d1) : x+ y − 2 = 0, (d2) : x+ y − 8 = 0. Tìm tọa độ các điểm B và C lần lượt thuộc (d1) và (d2) sao cho tam giác ABC vuông cân tại A. Ví dụ 1.16 (Đề thi ĐH Khối A - 2007). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(0; 2), B(−2;−2), C(4;−2). Gọi H là chân 18 đường cao kẻ từ B; gọi M và N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và BC. Viết phương trình đường tròn đi qua các điểm H,M,N . Ví dụ 1.17 (Đề thi ĐH Khối D - 2007). Cho đường tròn (C) : (x − 1)2 + (y + 2)2 = 9 và đường thẳng (d) : 3x − 4y + m = 0. Tìm m để trên (d) có duy nhất một điểm P mà từ đó có thể kẻ được hai tiếp tuyến PA, PB tới (C), (A,B là các tiếp điểm) sao cho tam giác PAB đều. Ví dụ 1.18. Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C1) : x 2 + y2 − 2x + 4y + 2 = 0. Viết phương trình đường tròn (C2) có tâm K(5; 1), biết đường tròn (C2) cắt đường tròn (C1) tại hai điểm M,N sao cho MN = √ 5. Ví dụ 1.19. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình vuông ABCD có đỉnh A(4; 5), đường chéo BD có phương trình: y− 3 = 0. Tìm toạ độ của các đỉnh còn lại của hình vuông đó. Ví dụ 1.20. Trong mặt phẳng tọa độOxy, cho đường thẳng (d) : 2x+y−4 = 0 và hai điểm M(3; 3), N(−5; 19). Kẻ MK vuông góc với (d) tại K và gọi P là điểm đối xứng với M qua (d). a) Tìm tọa độ của K và P . b) Tìm điểm A trên (d) sao cho AM + AN có giá trị nhỏ nhất và tính giá trị nhỏ nhất đó. 1.3 Một số ví dụ áp dụng phương pháp tọa độ trong không gian 1.3.1 Dạng bài toán phải chọn hệ trục tọa độ Đối với một số loại hình chóp, hình lăng trụ trong một số bài toán ta có thể sử dụng việc đặt một hệ trục tọa độ thích hợp, để chuyển từ việc giải hình học không gian tổng hợp (mà việc này có thể gặp nhiều khó khăn trong dựng hình, tính toán với các em học sinh) sang việc tính toán dựa vào tọa độ. Cách giải bài toán như vậy còn gọi là phương pháp tọa độ hóa. Đối với phương pháp tọa độ hóa, việc tính toán có thể sẽ dài dòng và phức tạp hơn phương pháp tổng hợp. Nhưng cách giải này thực sự rất hữu ích cho nhiều bạn học sinh mà việc nắm vững những phương pháp trong cách giải hình học không gian tổng hợp còn yếu hoặc trong những bài toán hình không gian về xác định GTLN, GTNN; các bài toán về quỹ tích điểm. . . 19 Để có thể làm tốt được các bài toán giải bằng phương pháp tọa độ hóa thì học sinh phải nắm chắc các công thức của phần “Phương pháp tọa độ trong không gian” và những kiến thức cơ bản nhất của hình học không gian. Sau đây tôi trình bày một số lưu ý với học sinh trong việc chọn hệ trục tọa độ. Đặt hệ trục với hình lập phương, hình hộp chữ nhật. Ta chọn gốc tọa độ là một đỉnh của hình lập phương hoặc hình hộp chữ nhật, chọn các tia Ox,Oy,Oz là ba cạnh của hình xuất phát từ đỉnh đó. Đặt hệ trục với hình tứ giác chóp đều. Đặt hệ trục tọa độ với hình tam diện vuông. Đặt hệ trục tọa độ với hình chóp có một cạnh bên vuông góc với đáy, đáy là hình vuông, hình chữ nhật. Đặt hệ trục tọa độ với hình chóp có một cạnh bên vuông góc với đáy, đáy có yếu tố vuông góc tại đỉnh mà cạnh bên đó vuông góc: Ví dụ như hình thang vuông, tam giác vuông, tứ giác có hai cạnh vuông góc.. . . Đặt hệ trục với hình chóp tam giác đều. Đặt hệ trục với hình lăng trụ đứng, đáy là tam giác vuông. Trên đây là một số dạng cơ bản của một số loại hình khối mà chúng ta có thể tọa độ hóa một cách đơn giản. Lưu ý rằng chúng ta có thể tọa độ hóa một khối đa diện bất kỳ. Chỉ cần chúng ta xác định được đường cao của khối đa diện đó và thông thường trên lý thuyết ta đều đặt gốc tọa độ là chân đường cao của khối đa diện; trục cao (trục Oz) là đường cao, sau đó ta dựng hai tia còn lại. Nhưng trong thực hành giải toán chúng ta căn cứ tùy bài toán để đặt hệ trục miễn sao chúng ta có thể tìm các tọa độ các đỉnh liên quan đến hình khối cần tính có thể tìm được một cách dễ dàng hoặc không quá phức tạp. Ví dụ 1.21. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, mặt phẳng (SBC) tạo với đáy góc 600. Mặt bên (SAB) vuông góc với đáy, tam giác SAB cân tại S. Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA,BC. Lời giải. Ở đây chúng ta sử dụng phương pháp tọa độ để giải bài toán này. Trước hết ta cần lưu ý xác định chiều cao của hình chóp này như thế nào? Ta hãy nhớ: “Nếu hai mặt phẳng vuông góc với nhau, trong mặt này dựng một đường thẳng vuông góc với giao tuyến thì đường thẳng đó vuông góc với mặt 20 Hình 1.9: phẳng kia”. Gắn vào hình chóp này ta thấy mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt đáy, mà giao tuyến của hai mặt phẳng này là AB. Ta cần tìm chiều cao cho nên từ S dựng SH vuông góc với AB,H thuộc AB, vì tam giác SAB cân tại S cho nên H là trung điểm AB. Ta đã xác định được chiều cao và chân đường vuông góc. Vậy chúng ta có thể đặt được hệ trục tọa độ. Tính toán tọa độ các điểm ta có: O(0; 0; 0), A ( 0;−a 2 ; 0 ) , B ( 0; a 2 ; 0 ) , C(a; 0; 0), S ( 0; 0; 3a 4 ) . Áp dụng công thức tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau SA,BC ta có d(SA,BC) = ∣∣∣ [−→SA,−−→BC] .−→AB∣∣∣ | [−→ SA. −−→ BC ] | ta thu được kết quả cần tính. Ví dụ 1.22. Cho hình lập phương ABCD.A′B′C ′D′ cạnh là a. Gọi N là trung điểm của B′C ′. a) Chứng minh rằng AC ′ vuông góc với (A′BD). b) Tính thể tích khối tứ diện ANBD′. c) Tính góc và khoảng cách giữa hai đường thẳng AN và BD′. d) Tính khoảng cách từ C đến mp(AC ′D). Lời giải. Đây là một bài tính toán và chứng minh các yếu tố liên quan đến hình lập phương, chúng ta có thể thực hiện bằng phương pháp tổng hợp, tôi không trình bày phương pháp đó nữa, mà gi... các số ở mỗi hàng cũng bằng nhau. Lời giải. Tích các số ở cột thứ j bằng pij = (bj+a1)(bj+a2) . . . (bj+an). Khi đó pii = pij với mọi i, j = 1, 2, . . . , n. Xét đa thức P (x) = (x+ a1)(x+ a2) . . . (x+ an) Ta suy ra P (b1) = P (b2) = · · · = P (bn) = C, trong đó C là hằng số. Ta lại xét đa thức G(x) = P (x)− C. Do G(x) có n nghiệm b1, b2, . . . , bn nên nó là đa thức bậc n với hệ số bậc cao 43 nhất bằng 1. Từ đây ta suy ra G(x) = (x− b1)(x− b2) . . . (x− bn). Vậy (x+ a1)(x+ a2) . . . (x+ an)− C = (x− b1)(x− b2) . . . (x− bn) (1) Thay x = −aj(j = 1, n) vào đẳng thức (1), ta được −C = (−aj−b1)(−aj−b2) . . . (−aj−bn) = (−1)n(aj+b1)(aj+b2) . . . (aj+bn). Hay (aj + b1)(aj + b2) . . . (aj + bn) = (−1)n+1C. (2) Vế trái đẳng thức (2) là tích các số thuộc hàng j. Suy ra điều phải chứng minh. Bài toán 2.16. Có m× n người lính đứng thành m hàng ngang và n hàng dọc. Chứng minh rằng trong bất kỳ 37 người đó luôn tồn tại 10 người đứng không liền kề nhau (không cùng hàng, cột hoặc liền đỉnh). Lời giải. Hình 2.11: Tô bảng kích thước m×n bởi bốn màu theo cách sau: dùng hai màu (trắng- hồng) tô xen kẽ hàng thứ nhất, dùng hai màu (xanh- đen) tô xen kẽ hàng thứ hai. Cụ thể các ô có các hàng và cột được tô theo quy tắc sau: Ô (lẻ, lẻ) tô màu trắng, ô (lẻ, chẵn) tô màu hồng, ô (chẵn, lẻ) tô màu xanh, ô (chẵn, chẵn) tô màu đen. Theo nguyên lý Dirichlet, tồn tại 10 người đứng ở ô cùng màu. Ta thấy, do các số nguyên chẵn- lẻ là xen kẽ nhau nên các ô cùng màu là không liền kề. Suy ra điều phải chứng minh. Bài toán 2.17. Chứng minh rằng hình lập phương không thể chia thành hữu hạn các hình lập phương khác nhau. Bổ đề 2.1. Giả sử một hình vuông được ghép bởi các hình vuông nhỏ (kích thước) khác nhau (các cạnh song song). Khi đó, cạnh của hình vuông nhỏ 44 nhất không nằm trên cạnh hình vuông ban đầu. Nói cách khác, hình vuông nhỏ nhất phải nằm hoàn toàn bên trong của hình vuông ban đầu. Lời giải. Ta chứng minh bài toán trên bằng phương pháp phản chứng. Giả sử hình lập phương K có thể chia ra thành hữu hạn các hình lập phương nhỏ khác nhau. Xét hình vuông đáy của hình lập phương K. Hình vuông đáy này được phủ bởi hữu hạn các đáy những khối lập phương nhỏ. Gọi K1 là khối lập phương nhỏ nhất trong số các khối như thế. Từ bổ đề ta suy ra khối lập phương (kích thước) nhỏ nhất K1 phải nằm hoàn toàn phía trong khối K, đồng thời độ dài cạnh của nó nhỏ hơn cạnh của bốn khối hộp tiếp xúc với bốn mặt bên của nó. Từ đây ta suy ra, mặt đáy trên của K1 cũng được phủ bởi hữu hạn các hình vuông là đáy của những khối lập phương nhỏ hơn. Tiếp tục quá trình trên, tồn tại khối lập phương nhỏ nhất K2. Từ đây ta suy ra tồn tại vô hạn các khối lập phương có kích thước nhỏ dần K1, K2, K3, . . . Quá trình này được tiếp tục vô hạn. Như vậy, ta không thể chọn được khối lập phương (kích thước) nhỏ nhất. Điều này mâu thuẫn với nguyên lý cực hạn của tập hữu hạn mọi tập hữu hạn đều tồn tại giá trị lớn nhất và nhỏ nhất. Bài toán 2.18 (Xem [2]). Tìm bán kính lớn nhất của đường tròn chỉ đi qua các đỉnh của mạng lưới ô vuông mà không cắt cạnh ô vuông nào ở điểm trong của nó. Bài toán 2.19. Cho n là số nguyên không âm. Chứng minh rằng n có thể biểu diễn duy nhất dưới dạng n = (x+ y)2 + 3x+ y 2 , với x, y là các số nguyên không âm. Lời giải. Ta đánh số tất cả các điểm nguyên (x; y) của mặt phẳng tọa độ, theo thứ tự như trong hình vẽ. Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp. Với n = 0, ta xét điểm (0; 0) mang số 0 trên hình có 0 = (0 + 0)2 + 3.0 + 0 2 đúng. Với n = 1, ta xét điểm (0; 1) mang số 1 trên hình vẽ có 1 = (0 + 1)2 + 3.0 + 1 2 đúng. Với n = 2, ta xét điểm mang số 2 đó là điểm (1; 0), ta có 2 = (1 + 0)2 + 3.1 + 0 2 45 Hình 2.12: đúng. Như vậy với các số 0, 1, 2 tương ứng ta chọn các điểm mang số 0, 1, 2; khi đó đẳng thức cần chứng minh là đúng, trong đó (x; y) là tọa độ của các điểm tương ứng. Giả thiết quy nạp điều phải chứng minh đúng với n, tức là ứng với điểm mang số thứ tự n có tọa độ (x; y) nghĩa là n = (x+ y)2 + 3x+ y 2 . (1) Xét số n+ 1, tương ứng ta xét điểm mang số thứ tự n+ 1. Có hai khả năng xảy ra: 1) Nếu y 6= 0 (ở đây (x; y) là tọa độ của điểm mang số thứ tự n). Theo cách đánh số thì điểm mang số thứ tự n+ 1 sẽ có tọa độ là (x+ 1; y − 1). Ta có: [(x+ 1) + (y − 1)]2 + 3(x+ 1) + (y − 1) 2 = (x+ y)2 + 3x+ y + 2 2 = 1 + (x+ y)2 + 3x+ y 2 = 1 + n 2) Nếu y = 0. Theo cách đánh số thì điểm mang số thứ tự n + 1 sẽ có tọa độ (0;x+ 1), ta có: [0 + (x+ 1)]2 + 3.0 + (x+ 1) 2 = (x+ 1)2 + 3x+ 0 2 + 1 = n + 1 ( theo giả thiết quy nạp). Vậy ứng với điểm mang số thứ tự n+ 1 (điểm có tọa độ (α; β)) thì theo chứng minh trên ta luôn có n + 1 = (α + β)2 + 3α + β 2 . Vậy điều khẳng định đúng với n+ 1. Mỗi điểm nguyên mang một số duy nhất trong cách đánh số nói trên, nên từ lập luận trên suy ra biểu diễn đó là cách biểu diễn duy nhất. (đpcm) Bài toán 2.20. Cho t là số dương tùy ý. Số các phân số tối giản p q , trong 46 đó p, q không vượt quá t sẽ ký hiệu là d(t). Tính tổng sau: S = d ( 100 1 ) + d ( 100 2 ) + · · ·+ d ( 100 99 ) + d ( 100 100 ) Lời giải. Hình 2.13: Mỗi phân số tối giản p q với 0 < p ≤ 100, 0 < q ≤ 100 (1) tương ứng với điểm M(p; q) trên mặt phẳng tọa độ. Bất đẳng thức (1) có nghĩa là M nằm bên trong hình vuông OACB (OA = OB = 100) hoặc M thuộc cạnh AC,BC của hình vuông nói trên. Vì p q là phân số tối giản, nên trên đoạn OM không có điểm nguyên nào khác M . Giả sử M0(p0; q0) là điểm nguyên ứng với phân số tối giản p0 q0 thỏa mãn (1). Gọi l là đường thẳng đi qua O và M0, giả sử phần chung của nó với hình vuông OACB có chứa n điểm nguyên. Trong số các điểm nguyên ấy ta có M0(p0; q0) là điểm gần O nhất (theo lập luận trên). Như thế các điểm nguyên (p0; q0), (2p0; 2q0), . . . , (np0;nq0) thuộc giao của đường thẳng l với hình vuông OACB. Ta có np0 ≤ 100, nq0 ≤ 100, suy ra p0 ≤ 100 n < 100 n− 1 < 100 n− 2 < · · · < 100 1 q0 ≤ 100 n < 100 n− 1 < 100 n− 2 < · · · < 100 1 Suy ra theo định nghĩa thì phân số tối giản p0 q0 được tính đến trong các số d (100 1 ) , d (100 2 ) , d (100 3 ) , . . . , d (100 n ) của tổng S, tức là phân số tối giản p0 q0 tham gia vào tổng S đúng n lần. Như thế số lần xuất hiện của phân số tối giản trong tổng S chính bằng số điểm nguyên của OP (P là điểm nguyên xa O nhất trong số n điểm nguyên nói trên). Lập luận trên đúng vì mọi phân số tối giản bất kỳ p q thỏa mãn (1) nên suy ra số các phân số tham gia vào tổng S, tức là giá trị của tổng S đúng bằng 47 tất cả các điểm nguyên của hình vuông OACB. Vậy S = 100∑ k=1 d (100 k ) = 100.100 = 10000. Bài toán 2.21. Nền nhà hình chữ nhật được lát kín bằng các viên gạch hình chữ nhật kích thước 1× 3 và ba miếng hình vuông 1× 1. Hỏi có thể lát lại nền nhà ấy chỉ bằng một loại gạch 1× 3 hay không ? Lời giải. Ta có nhận xét sau: Nền nhà có ít nhất một kích thước là số nguyên chia hết cho 3. Thật vậy, giả thiết phản chứng không phải như vậy, khi đó hoặc kích thước của nền nhà có dạng: a) 3k + 1; 3l+ 1. Khi đó diện tích S của nền nhà là: S = (3k + 1)(3l+ 1) = 3kl + 3(k + l) + 1 không chia hết cho 3. b) 3k+ 1; 3l+ 2. Khi đó diện tích S = (3k+ 1)(3l+ 2) = 9kl+ 3(2k+ l) + 2 không chia hết cho 3. c) 3k+2; 3l+2. Khi đó diện tích S = (3k+2)(3l+2) = 9kl+3(2k+2l)+3+1 không chia hết cho 3. Vậy trong cả ba trường hợp đều có S không chia hết cho 3. (1) Mặt khác, vì nền nhà đã cho lát kín được bằng các viên gạch 1 × 3 và ba viên 1× 1 nên diện tích S = 3n+ 3, ở đây n là số viên gạch 1× 3 đã dùng. Như thế lại có S chia hết cho 3. (2) Từ (1) và (2) suy ra điều vô lý, vậy giả thiết phản chứng là sai. Nhận xét được chứng minh. Quay trở lại bài toán đang xét: Lát viên gạch 1× 3 theo chiều cạnh của hình chữ nhật có kích thước chia hết cho 3. Làm như vậy sẽ lát kín được nền nhà đã cho, mà chỉ phải dùng một loại gạch có kích thước 1× 3. Bài toán có câu trả lời khẳng định. Bài toán 2.22. Cho một bảng ô vuông có n×n ô, với n là một số lẻ. Trong mỗi ô của bảng ta đặt một số 1 hoặc −1 . Gọi ak là tích các số ở các ô của cột k, còn bk là tích các số ở các ô của hàng k(k = 1, n). Chứng minh rằng n∑ k=1 ak + n∑ k=1 bk 6= 0. Lời giải. Giả thiết phản chứng kết luận của bài toán không đúng tức là ta có 48 n∑ k=1 ak + n∑ k=1 bk = 0. (1) Từ giả thiết suy ra với mọi k = 1, n thì các số ak, bk đều bằng 1 hoặc −1. Mặt khác, ta có a1a2 . . . anb1b2 . . . bn chính là bình phương của tích tất cả các số trong bảng, mà tích các số trong bảng bằng 1 hoặc −1, do vậy a1a2 . . . anb1b2 . . . bn = 1 (2) Từ (2) suy ra trong tất cả các số ak, bk nói trên, số các số bằng −1 phải là số chẵn. Từ (1) suy ra các số bằng −1 và bằng 1 là bằng nhau, vậy số các số ak, bk bằng 1 cũng phải là số chẵn. Do vậy số các số ak, bk là tổng của hai số chẵn bằng nhau, nên là số chia hết cho 4, tức là 2n ...4. Do n là số lẻ nên 2n = 2(2m+ 1) = 4m+ 2 không chia hết cho 4. Điều này mâu thuẫn. Vậy giả thiết phản chứng sai. Điều đó có nghĩa là n∑ k=1 ak + n∑ k=1 bk 6= 0. Bài toán 2.23. Cho hình lập phương. Ta điền tám số nguyên dương đôi một khác nhau vào tám đỉnh của hình lập phương. Trên mỗi cạnh của hình lập phương ta ghi ước chung lớn nhất của hai số được điền ở hai đầu mút của cạnh đó. Hỏi có thể xảy ra trường hợp tổng tám số ở tám đỉnh bằng tổng của mười hai số ở 12 cạnh được không? Lời giải. Ta có nhận xét sau đây: Gọi a, b là hai số nguyên dương khác nhau và UCLN(a, b) = d. (1) Khi đó ta có a+ b ≥ 3d. (2) Thật vậy, từ (1) suy ra a = da′, b = db′; với UCLN(a′, b′) = 1. Do a′ ≥ 1, b′ ≥ 1 và do a 6= b, nên a′ và b′ không thể cùng bằng 1. Từ đó có a′+ b′ ≥ 3. Vì thế a+ b = (a′+ b′)d ≥ 3d, vậy (2) đúng. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = 2b hoặc b = 2a. Giả sử tại tám đỉnh của hình lập phương ta ghi các số nguyên dương ai(i = 1, 8). Chú ý rằng các số này đôi một khác nhau. Giả sử UCLN(ai, aj) = dij(1 ≤ i, j ≤ 8). Theo nhận xét trên ta có: ai +aj ≥ 3dij. Từ đó ∑ 1≤i,j≤8 (ai +aj) ≥ 3 ∑ 1≤i,j≤8 dij (3). Vì mỗi đỉnh ghi số ai thuộc ba cạnh nên trong tổng của vế trái của (3) mỗi 49 số ai được tính ba lần. Từ đó ∑ 1≤i,j≤8 (ai + aj) = 3 8∑ i=1 ai. (4) Từ (3) và (4) suy ra 8∑ i=1 ai ≥ ∑ 1≤i,j≤8 dij. (5) Dấu bằng trong (5) xảy ra khi và chỉ khi ai = 2aj hay aj = 2ai,∀1 ≤ i, j ≤ 8 Nhưng điều này không xảy ra do ai 6= aj,∀i 6= j. Vậy từ (5) có 8∑ i=1 ai > ∑ 1≤i,j≤8 dij. (6) Từ (6) suy ra bài toán có câu trả lời phủ định: không thể có cách điền số vào đỉnh và cạnh hình lập phương sao cho tổng số ở tám đỉnh bằng tổng của 12 số ở 12 cạnh của hình lập phương. Bài toán 2.24. Cho một tam giác đều được chia thành n2 tam giác đều bằng nhau. Một số tam giác đó được đánh số bởi các số 1, 2, . . . ,m sao cho các tam giác với các số liên tiếp thì phải có cạnh chung. Chứng minh rằng m ≤ n2 − n+ 1. Hình 2.14: Lời giải. Chia các cạnh tam giác đều thành n phần bằng nhau. Từ các điểm chia kẻ các đường thẳng song song với các cạnh của tam giác. Khi đó số tam giác đều con là: 1 + 3 + 5 + · · ·+ (2n− 1) = n2. Tô màu tam giác thành các tam giác đen, trắng xen kẽ nhau như hình vẽ. Khi đó số các ô đen là 1+2+3+· · ·+n = n(n+ 1) 2 , còn số các ô trắng là: 1 + 2 + 3 + · · ·+ (n− 1) = n(n− 1) 2 . Theo cách đánh số tam giác thì hai tam giác được đánh số liên tiếp phải có cạnh chung do đó nó phải có màu khác nhau. 50 Vĩ lẽ đó, trong số các tam giác được đánh số, số các tam giác đen chỉ có thể nhiều hơn số các tam giác trắng là 1. Vậy tổng số các tam giác được đánh số m phải thỏa mãn bất đẳng thức m ≤ 2n(n− 1) 2 + 1 hay m ≤ n2−n+ 1. (đpcm) Bài toán 2.25. Trên tờ giấy có kẻ vô hạn các ô vuông và mỗi ô được tô bằng một trong hai màu xanh hoặc đỏ sao cho bất cứ hình chữ nhật nào kích thước 2 × 3 thì có đúng hai ô màu đỏ. Xét một hình chữ nhật kích thước 2004× 2005 bất kỳ. Tính số ô đỏ của nó. Lời giải. Hình 2.15: Ta có nhận xét: Mọi hình chữ nhật kích thước 1 × 3 chứa đúng một ô màu đỏ. Thật vậy, giả sử kết luận của nhận xét không đúng, tức là tồn tại hình chữ nhật 1×3 có số ô màu đỏ khác một. Không giảm tổng quát giả sử đó là hình chữ nhật AKHD kích thước 1× 3 có hai ô đỏ (nếu không thì không có ô đỏ nào, nhưng không thể là ba vì trong mọi hình chữ nhật 2× 3 có đúng hai ô màu đỏ). Trường hợp AKHD không có ô đỏ nào lý luận tương tự. Cũng có thể cho là hai ô đỏ của AKHD là ô 7, ô 8 (nếu ở các ô khác thì lý luận cũng như vậy). Xét hình chữ nhật BFNA. Đó là hình chữ nhật 2× 3, nên theo giả thiết nó có đúng hai ô đỏ (7 và 8 là hai ô đỏ), do đó các ô 1, 2, 4, 5 là màu xanh. Xét hình chữ nhật BCHK, từ giả thiết và do các ô 1, 2, 4, 5 màu xanh nên các ô 3, 6 màu đỏ. Xét hình chữ nhật ECDM kích thước 2× 3, ta thấy do ô 3, 6, 8 màu đỏ nên 51 suy ra mâu thuẫn. Vậy giả thiết phản chứng là sai. Nhận xét được chứng minh. Vì 2004 : 3 = 668, do đó hình chữ nhật kích thước 2004 × 2005 chia thành 2005× 668 hình chữ nhật 1× 3. Vậy số ô đỏ trong một hình chữ nhật tùy ý kích thước 2004 × 2005 là 2005× 668 = 1.339.340. Bài toán 2.26 (Xem [1]). Tìm tất cả các nghiệm nguyên khác (0; 0; 0) của phương trình x2 + 2y2 = 3z2. (1) Lời giải. Chia cả hai vế của (1) cho z2 ta được: (x z )2 + 2 (y z )2 = 3. Đặt u = x z , v = y z ta được phương trình u2 + 2v2 = 3 (∗), trong đó u, v là các số hữu tỷ. Ta phải tìm nghiệm hữu tỷ của phương trình (∗), tức là tìm các điểm hữu tỷ trên đường cong u2 + 2v2 = 3. Nhận xét: bộ (1; 1) là một nghiệm hữu tỷ của (∗). Nếu (u0; v0) là một nghiệm hữu tỷ khác (1; 1) thì đường thẳng đi qua (1; 1) và (u0; v0) sẽ có hệ số góc hữu tỷ, phương trình đường thẳng có dạng: y = k(x− 1) + 1, với k hữu tỷ. Xét hệ phương trình { u2 + 2v2 = 3 v = k(u− 1) + 1 ⇒ u 2 + 2[k(u− 1) + 1]2 = 3 ⇒ (2k2 + 1)u2 + 4k(1− k)u+ 2k2 − 4k − 1 = 0. Phương trình có hai nghiệm là u = 1 và u = 2k2 − 4k − 1 2k2 + 1 . Với u = 2k2 − 4k − 1 2k2 + 1 ⇒ v = −2k 2 − 2k + 1 2k2 + 1 , (k ∈ Z) đó chính là nghiệm tổng quát của phương trình (∗) và từ đó tìm được nghiệm của (1). Chẳng hạn: k = 1 2 thì  u = −5 3 v = −1 3 . Khi đó nghiệm (x; y; z) = (−5;−1; 3). 52 Chương 3 Một số đề toán Olympic 3.1 Đề toán phương pháp tọa độ trong mặt phẳng và trong không gian Bài toán 3.1 (IMO năm 1962). Cho hình lập phương ABCD.A′B′C ′D′ có ABCD và A′B′C ′D′ tương ứng là đáy dưới và đáy trên. Một điểm X chuyển động với tốc độ không đổi dọc theo chu vi hình vuông ABCD. Điểm Y cũng chuyển động cùng tốc độ đó dọc theo chu vi hình vuông B′C ′CB. Điểm X xuất phát từ A đi về phía B còn Y rời từ B′ để đi về hướng C ′. Tìm quỹ tích trung điểm của XY . Hướng dẫn giải Ta kí hiệu O1, O2, O3 lần lượt là tâm của các mặt ABB ′A′, BB ′ C ′C 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,AA′ là các trục toạ độ Ox,Oy,Oz tương ứng. Đặt AB = AD = AA′ = 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 điểm H 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 điểm H vào thời gian là tuyến tính thì K 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 K (x1 + 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: 53 Hình 3.1: Khi t = 0, 1, 2, 3, 4 dễ 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 độ Oxy 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 MA,MB 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 MAB. 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 I (1 2 ; −1 2 ) , bán kính R = 1. Gọi K là giao điểm của MI với đường tròn (T ) (K ở giữa M và I). Chứng minh được K là tâm đường tròn nội tiếp ∆MAB. Nhận thấy d1 cắt d2 và d2 đi qua tâm I( 1 2 ; −1 2 ) nên K nằm trên d2 khi và chỉ khi M là giao của d1 và d2. 54 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 kínhMI có phương trình là x 2 +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: 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 I ′(0; 1) đối xứng với I qua đường thẳng AB. - Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC với tâm I ′(0; 1) và bán kính I ′A =√ 10, có phương trình là: x2 + (y − 1)2 = 10. 55 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 AFB và BAC có AF BA = AB BC = 1√ 2 ⇒ ∆AFB ∼ ∆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 độ Oxyz sao cho gốc O 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 56 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. 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 P ′ là một điểm tùy ý khác P nằm trên đường thẳng đi qua P vuông góc với BK, ta luôn có AP ′ + P ′C > AP + PC. Bây giờ, với X nằm trên đường tròn tâm B nói trên, gọi P ′ là giao điểm 57 của AX với đường thẳng qua P vuông góc với BK, ta được: AX + XC > AP ′ + P ′C > AP + PC. Như vậy, ta chọn X trùng với P ′ 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: 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 4 58 2 2 2 2 2 2 2 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 59 3 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) Xét n = 2002. Ta sẽ chứng minh rằng câu trả lời cho câu hỏi của bài toán trong trường hợp này là “không”. 60 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 số a2001 > a2000 mà a2001 được tô bởi màu xanh và số b2001 = 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+ 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”. Bài toán 3.10 (Xem [2]). Chứng minh rằng nếu đi dọc theo các cạnh của 61 ô vuông cơ sở từ một đỉnh bất kỳ rồi ta trở về đỉnh ban đầu sau hữu hạn bước (có độ dài bằng cạnh hình ô vuông cơ sở), thì số bước đi của ta sẽ là một số chẵn. Bài toán 3.11 (Xem [2]). Điền vào mỗi ô vuông cơ sở một số nguyên sao cho mỗi số này bằng đúng trung bình cộng của bốn số ở bốn ô vuông cơ sở có cạnh kề với nó. Hãy chứng minh rằng: a) Tất cả các số được điền bằng nhau, nếu như nó bị chặn. b) Có một cách điền sao cho các số được điền không nhất thiết phải bằng nhau tất cả. Bài toán 3.12 (Đề thi HSG Quốc gia năm 1995, bảng A). Cho số nguyên n ≥ 2 và cho một đa giác đều 2n đỉnh. Người ta tô tất cả các đỉnh của đa giác đều đó bởi n màu sao cho các điều kiện sau được đồng thời thỏa mãn: (i) Mỗi đỉnh được tô bởi một màu. (ii) Mỗi màu được dùng để tô cho đúng hai đỉnh không kề nhau. Hai cách tô màu, thỏa mãn các điều kiện trên, được gọi là tương đương nếu cách tô màu này có thể nhận được từ cách tô màu kia nhờ một phép quay quanh tâm của đa giác đều đã cho. Hỏi có tất cả bao nhiêu cách tô màu đôi một không tương đương ? Bài toán 3.13 (Đề thi HSG Quốc gia năm 2013). Cho tam giác không cân ABC. Kí hiệu (I) là đường tròn tâm I nội tiếp tam giác ABC và D,E, F là các tiếp điểm của (I) với BC,CA,AB. Đường thẳng qua E vuông góc BI cắt (I) tại K khác E, đường thẳng qua F vuông góc CI cắt (I) tại L khác F . Gọi J là trung điểm KL. a) Chứng minh D, I, J thẳng hàng. b) Giả sử B,C cố định, A thay đổi sao cho tỷ số AB AC = k không đổi. Gọi M,N tương ứng là các giao điểm IE, IF với (I) (M khác E,N khác F ) và MN cắt IB, IC tại P,Q. Chứng minh đường trung trực PQ luôn qua một điểm cố định. Bài toán 3.14 (IMO năm 1987). Cho số nguyên n, n ≥ 3. Chứng minh rằng tồn tại một tập hợp gồm n điểm trong mặt phẳng sao cho khoảng cách 62 giữa hai điểm tùy ý trong tập hợp này là một số vô tỷ và bất kỳ ba điểm nào trong chúng cũng xác định một tam giác không suy biến có diện tích hữu tỷ. Lời giải. Trong mặt phẳng, ta gọi xn là điểm có tọa độ (n, n 2), với n = 1, 2, 3, .... Ta sẽ chứng minh rằng khoảng cách giữa hai điểm bất kỳ như thế là một số vô tỉ, và tam giác được xác định bởi ba điểm bất kỳ trong chúng là một số hữu tỷ khác 0. Lấy n > m. Ta có |xn − xm| là độ dài cạnh huyền của một tam giác có hai cạnh góc vuông là n−m và n2 −m2 = (n−m)(n+m), do đó |xn − xm| = (n−m)√1 + (n+m)2. Ta lại có: (n + m)2 < (n + m)2 + 1 < (n + m + 1)2 = (n + m)2 + 1 + 2(n + m) nên (n+m)2 + 1 không phải là số chính phương, và do đó căn bậc hai của nó là số vô tỷ. Để thấy điều vừa nói trên, ta giả sử M không phải là số chính phương và lúc đó √ M là số hữu tỷ. Vì M không chính phương nên ta có thể tìm được số nguyên tố p sao cho p2a+1 chia hết M nhưng p2a+2 không chia hết M , với a ≥ 0. Ta đặt N = M p2a , thì khi đó √ N =