|
Việt Nam TST 2016 - Đề và lời giải Kì thi chọn đội tuyển Việt Nam tham dự kì thi toán quốc tế IMO 2016 diễn ra vào hai ngày 24-25/3/2016 tại trường THPT chuyên Hà Nội-Amsterdam. Mình lập ra topic này mong tập hợp được đề đầy đủ 2 ngày. Ngày 1. Bài 1. Tìm $a,n$ nguyên dương với $a>2$ để mỗi ước nguyên tố của $a^n-1$ cũng là ước nguyên tố của $a^{3^{2016}}-1.$ Bài 2. $A$ là tập $2000$ số nguyên phân biệt và $B$ là tập $2016$ số nguyên phân biệt. $K $ là số cặp $(m,n)$ có thứ tự với $m$ thuộc $A$ và $n$ thuộc $B$ mà $|m-n|\leq 1000$. Tìm max $K$? Bài 3. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ có $B,C$ cố định, $A$ chuyển động trên cung $BC$ của $ (O)$. Các phân giác $AD,BE,CF$ giao nhau tại $I$. Đường tròn qua $D$ tiếp xúc với $OA$ tại $A$ cắt $(O)$ tại $G$. $GE,GF$ giao $(O)$ lần thứ hai tại $M,N$. $BM$ giao $CN$ tại $H.$ a) Chứng minh rằng $AH$ đi qua một điểm cố định. b) $BE, CF$ giao $(O)$ lần lượt tại $K,L$. $AH$ giao $KL$ tại $P$. $Q$ là một điểm trên $EF$ sao cho $QP=QI.$ $J$ là điểm nằm trên $(BIC)$ sao cho $IJ\perp IQ$. Chứng minh rằng trung điểm $IJ$ chuyển động trên một đường tròn cố định. Ngày 2. Bài 4. Cho tam giác $ABC$ nhọn có $\angle ACB<\angle ABC<\angle ACB+\dfrac{\angle BAC}{2}$. Lấy điểm $D$ thuộc cạnh $BC$ sao cho $\angle ADC=\angle ACB+\dfrac{\angle BAC}{2}$. Tiếp tuyến với đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ tại $A$ cắt $BC$ tại $E$. Phân giác $\angle AEB$ cắt $AD$ và cắt $(ADE)$ tại $G$ và $ F$, $DF$ giao $AE$ tại $H.$ a) Chứng minh rằng các đường tròn đường kính $AE,DF,GH$ có một điểm chung. b) Trên phân giác ngoài $\angle BAC $ và trên tia $AC$ lần lượt lấy các điểm $K$ và $M$ sao cho $KB=KD=KM$, trên phân giác ngoài $\angle BAC$ và trên tia $AB$ lần lượt lấy các điểm $L$ và $N$ sao cho $LC=LD=LN.$ Đường tròn đi qua $M,N$ và trung điểm $I$ của $BC$ cắt $BC$ tại $P$ ($P\neq I$). Chứng minh rằng $BM,CN,AP$ đồng quy. Bài 5. Cho $a_1,a_2,...,a_{n-1},a_n$ ($n\geq 3$), trong đó mỗi số $a_i $ nhận giá trị $\in \{0;1\}$. Xét $n$ bộ số $S_1=(a_1,a_2,...,a_{n-1},a_n)$, $S_2=(a_2,a_3,...,a_n,a_1)$;...;$S_n=(a_n, a_1, ..., a_{n-2},a_{n-1})$. Với mỗi bộ số $r=(b_1,b_2,...,b_n)$, đặt $\omega(r)=b_1.2^{n-1}+b_2.2^{n-2}+...+b_n.2^0.$ Giả sử các số $\omega(S_1); \omega(S_2);...;\omega(S_n)$ nhận đúng $k $ giá trị phân biệt. a) Chứng minh rằng $n\vdots k$ và $\omega(S_i)\vdots \dfrac{2^n-1}{2^k-1}$ $\forall i=\overline{1,n}.$ b) Kí hiệu $M$ và $m$ lần lượt là max và min của $\omega(S_1),...,\omega(S_n)$. Chứng minh rằng $M-m\geq \dfrac{(2^n-1)(2^{k-1}-1)}{2^k-1}.$ Bài 6. Cho các số thực phân biệt $\alpha_1,\alpha_2,...,\alpha_{16}$. Với mỗi đa thức hệ số thực $P(x)$; đặt $V(P)=P(\alpha_1)+P(\alpha_2)+...+P(\alpha_{16}).$ Chứng minh rằng tồn tại duy nhất đa thức $Q(x)$ bậc 8 có hệ số $x^8$ bằng $1$ thỏa mãn i) $V(QP)=0$ với mọi đa thức $P$ có bậc bé hơn $8.$ ii) $Q(x)$ có $8$ nghiệm thực (tính cả bội). |
1 Attachment(s) Bài 3. [Only registered and activated users can see links. Click Here To Register...] a) Thực ra câu này cần chứng minh $H$ thuộc phân giác $AD$ và $AD$ luôn đi qua trung điểm cung $BC $ cố định. Do đường tròn Apollonius trực giao với $(O)$ nên đường tròn đi qua $D$ và tiếp xúc với $(O)$ tại $A$ chính là đường tròn $A$-Apollonius của tam giác $ABC$. Tâm của đường tròn là $X$-giao của tiếp tuyến tại $A$ với $BC$. Ta có $XA^2=XG^2=XB.XC$ nên tứ giác $ABGC$ điều hòa. Gọi $H'$ là giao của $AD$ với $EF$. Ta có $(AIH'D)=-1$ suy ra $B(AIH'D)=-1.$ Gọi $W$ là giao của $BH'$ với $AC$ suy ra $(AEWC)=-1 \Rightarrow M(AEWC)=-1=(AGBC)$. Do đó $BM$ đi qua $W$ hay $BM$ đi qua $H'$. Tương tự $CN$ đi qua $H'.$ Vậy $H'\equiv H$ và $H\in AD.$ b) Gọi $Z$ là trung điểm cung $BC$ chứa $A$. $AZ$ giao $BC$ tại $V.$ Ta có $A(XLFI)=(ALBS)=C(ALBS)=(AIDS)=B(AIDS)=(AKCS)=A(XK EI).$ Suy ra $AX, KL, EF$ đồng quy tại $U$. Mà $KL$ là trung trực $AI$ nên $UA=UI$. Suy ra $\angle UIA=\angle UAI=1/2A+C=\angle ADX$. Do đó $UI\parallel BC.$ Gọi $Y,Y'$ là giao của đường thẳng qua $I$ vuông góc với $OI$ với $BC$ và $KL$. $YY'$ cắt $AZ$ tại $R$. $YY'$ giao $EF$ tại $Q'$. Áp dụng định lý con bướm cho $ (O)$, điểm $I$ với hai dây $BK$ và $CL$ đi qua $I$ ta có $IY=IY'$. Mà $Y'A=Y'I,$ $\angle RAI=90^\circ$ nên $Y'R=Y'I=YI.$ Gọi $T$ là giao của $UY'$ với $BC$. Ta có $TY'\parallel VR$ nên $\frac{TV}{TY}=\frac{1}{2}$. $UI$ là đường trung bình của tam giác $TYY'$ nên $UT=UY'$. Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác $TYY'$ với 3 điểm $V,U,Q'$ suy ra $Q'Y=1/3Q'Y $ hay $Q'$ là trung điểm $IY'$. Suy ra $PQ'=IQ' $ hay $Q'\equiv Q$. Vậy $O\in IJ$. Gọi $M'$ là trung điểm $IJ$ ta có $\angle OM'S=90^\circ$ nên $M'$ nằm trên $(OS)$ cố định. |
Bài 1 và 2 theo lời của chị Đặng Thu Hương. Bài 1. Tìm $a,n$ nguyên dương với $a>2$ để mỗi ước nguyên tố của $a^n-1$ cũng là ước nguyên tố của $a^{3^{2016}}-1.$ Bài 2. $A$ là tập $2000$ số nguyên phân biệt và $B$ là tập $2016$ số nguyên phân biệt. $K $ là số cặp $(m,n)$ có thứ tự với $m$ thuộc $A$ và $n$ thuộc $B$ mà $|m-n|\leq 1000$. Tìm max $K$? |
Dự đoán Bài 2: $\max K=2031888$. |
Trích:
Nếu thế thì cứ tham lam, cho $A = \{9, 10, 11, ..., 2008 \}$ và $B = \{1, 2, 3, ..., 2016 \} $ (tức là tập A nằm giữa tập B) thì được $K$ max rồi còn gì? |
Trích:
Định lí. Nếu $a, b$ là hai số nguyên dương $a<b$ và $(a,b)1$ và số $a^n-b^n$ không có dạng $2^6-1$ và $a^2-b^2$, trong đó tổng của $a$ và $b$ không là lũy thừa của 2 thì $a^n-b^n$ có ít nhất một ước nguyên tố $p$ thỏa mãn $p$ không là ước của $a^m-b^m$ với mọi $m<n$. |
Trích:
Lời giải vắn tắc như sau: Trước hết ta có hai bổ đề sau Bổ đề 1: Cho $k$ là số nguyên dương thỏa $k\leq 2000-17$ và $a,b$ là hai số nguyên thỏa $|a-b|\geq 2000-k$. Khi đó tổng của số các số nguyên $m\in B$ thỏa $|a-m|\leq 1000$ và số các số $m\in B$ thỏa $|b-m|\leq 1000$ không vượt quá $2017+k$. Bổ đề 2: Cho $k$ là số nguyên dương sao cho $k\leq 16$ và $a,b$ là hai số nguyên thỏa $|a-b|\geq k$. Khi đó tổng của số các số nguyên $m\in B$ thỏa $|a-m|\leq 1000$ và số các số $m\in B$ thỏa $|b-m|\leq 1000$ không vượt quá $4002$. Đặt $S(a)$ là số các số nguyên $m\in B$ thỏa $|a-m|\leq 1000$. Trở lại bài toán, gọi $a_1<a_2<...<a_{2000}$ là các phần tử của $A$. Khi đó
|
Bài hình câu a là trường hợp đặc biệt của bài toán sau: Cho đường tròn (O) cố định, tam giác ABC có B, C cố định và A chạy trên (O); AD, BE, CF đồng quy (D, E, F lần lượt thuộc BC, CA, AB), EF cắt BC tại K, đường tròn đường kính DK cắt (O) tại G, G'. GE, GF cắt (O) lần lượt tại M, N; BM, CN cắt nhau tại H. Tương tự có H'. Chứng minh AH và AH' luôn qua điểm cố định (là trung điểm cung BC) khi A chạy trên (O). Câu b đoạn chứng minh AX, KL, EF đồng quy trong lời giải của bạn Ng. Văn Linh có thể gọi U = AA giao KL rồi dùng Pascal chứng minh được U, E, F thẳng hàng. |
Ngày 2. Bài 4. Cho tam giác $ABC$ nhọn có $\angle ACB<\angle ABC<\angle ACB+\dfrac{\angle BAC}{2}$. Lấy điểm $D$ thuộc cạnh $BC$ sao cho $\angle ADC=\angle ACB+\dfrac{\angle BAC}{2}$. Tiếp tuyến với đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ tại $A$ cắt $BC$ tại $E$. Phân giác $\angle AEB$ cắt $AD$ và cắt $(ADE)$ tại $G$ và $ F$, $DF$ giao $AE$ tại $H.$ a) Chứng minh rằng các đường tròn đường kính $AE,DF,GH$ có một điểm chung. b) Trên phân giác ngoài $\angle BAC $ và trên tia $AC$ lần lượt lấy các điểm $K$ và $M$ sao cho $KB=KD=KM$, trên phân giác ngoài $\angle BAC$ và trên tia $AB$ lần lượt lấy các điểm $L$ và $N$ sao cho $LC=LD=LN.$ Đường tròn đi qua $M,N$ và trung điểm $I$ của $BC$ cắt $BC$ tại $P$ ($P\neq I$). Chứng minh rằng $BM,CN,AP$ đồng quy. Bài 5. Cho $a_1,a_2,...,a_{n-1},a_n$ ($n\geq 3$), trong đó mỗi số $a_i $ nhận giá trị $\in \{0;1\}$. Xét $n$ bộ số $S_1=(a_1,a_2,...,a_{n-1},a_n)$, $S_2=(a_2,a_3,...,a_n,a_1)$;...;$S_n=(a_n, a_1, ..., a_{n-2},a_{n-1})$. Với mỗi bộ số $r=(b_1,b_2,...,b_n)$, đặt $\omega(r)=b_1.2^{n-1}+b_2.2^{n-2}+...+b_n.2^0.$ Giả sử các số $\omega(S_1); \omega(S_2);...;\omega(S_n)$ nhận đúng $k $ giá trị phân biệt. a) Chứng minh rằng $n\vdots k$ và $\omega(S_i)\vdots \dfrac{2^n-1}{2^k-1}$ $\forall i=\overline{1,n}.$ b) Kí hiệu $M$ và $m$ lần lượt là max và min của $\omega(S_1),...,\omega(S_n)$. Chứng minh rằng $M-m\geq \dfrac{(2^n-1)(2^{k-1}-1)}{2^k-1}.$ Bài 6. Cho các số thực phân biệt $\alpha_1,\alpha_2,...,\alpha_{16}$. Với mỗi đa thức hệ số thực $P(x)$; đặt $V(P)=P(\alpha_1)+P(\alpha_2)+...+P(\alpha_{16}).$ Chứng minh rằng tồn tại duy nhất đa thức $Q(x)$ bậc 8 có hệ số $x^8$ bằng $1$ thỏa mãn i) $V(QP)=0$ với mọi đa thức $P$ có bậc bé hơn $8.$ ii) $Q(x)$ có $8$ nghiệm thực (tính cả bội). |
Bài 1. Bổ đề 1. $\text{gcd}(a^{m} - 1, a^{n} - 1) = a^{\text{gcd}(m, n)} - 1$ Chứng minh bổ đề. Gọi $d = \text{gcd}(a^{m} - 1, a^{n} - 1)$ Để ý $a^{\text{gcd}(m, n)} - 1 \mid a^{m} - 1, a^{n} - 1 \implies a^{\text{gcd}(m, n)} - 1 \mid d \implies d \ge a^{\text{gcd}(m, n)} - 1$ Mặt khác $a^{m} \equiv 1 \pmod{d}$ và $a^{n} \equiv 1\pmod{p}$ nên $\text{ord}_{d}(a) \mid m, n \implies \text{ord}_{d}(a) \mid \text{gcd}(m, n)$ Hay $a^{\text{gcd}(m, n)} \equiv 1 \pmod{d}$ hay $a^{\text{gcd}(m, n)} - 1 \ge d$. Kết hợp lại ta có đpcm. Bổ đề 2. $3^{3^{u}} + 1 = 2^{t}$ có nghiệm duy nhất là $(u, t) = (0, 2)$. Chứng minh bổ đề. Xét $u \ge 1$, khi đó $3^{3^{u}} = (3^{3})^{3^{u - 1}} \equiv 3^{3^{u - 1}}\pmod{8}$. Đến đây lùi về sẽ thu được $3^{3^{u}} \equiv 3\pmod{8}$. Từ đó ta có $u = 0$ là nghiệm duy nhất. Giả thiết bài toán quy thành $p$ là ước nguyên tố của $a^{n} - 1$ thì $p\mid d$ với $d = \text{gcd}(a^{n} - 1, a^{3^{2016}} - 1)$ Ta đặt $n = 3^{u}.v$ với $\text{gcd}(v, 3) = 1$. TH1. $u \le 2016$. Khi đó theo bổ đề $d = a^{3^{u}} - 1$ i) Nếu $v = 1$ thì ta dễ thấy $a^{3^{u}} - 1 \mid a^{3^{2016}} - 1$. ii) Xét $v \ge 2$, khi đó ta có $a^{v} - 1\mid a^{n} - 1$. Bài toán suy ra nếu $p\mid a^{v} - 1$ thì $p\mid a^{3^{u}} - 1$. Xét $p$ là ước nguyên tố của $\frac{a^{v} - 1}{a - 1} \implies p\mid a^{v} - 1$. Khi đó $p\mid \text{gcd}(a^{v} - 1, a^{3^{u}} - 1) = a - 1$ theo bổ đề trên. Điều này có nghĩa là tập các ước nguyên tố của $a^{v - 1} + a^{v - 2} + \cdots + 1$ phải là tập con của tập các ước nguyên tố của $a - 1$ (*) Bây giờ ta đặt $A = a^{v - 1} + a^{v - 2} + \cdots + 1 = p_{1}^{d_{1}}p_{2}^{d_{2}}\cdots p_{k}^{d_{k}}$ với $p_{i} < p_{i + 1}$ là các ước nguyên tố. Theo (*) thì $a - 1 = p_{1}^{c_{1}}p_{2}^{c_{2}}\cdots p_{k}^{c_{k}}.P$ a) Nếu $a$ chẵn thì toàn bộ $p_{i}, P$ lẻ. Áp dụng bổ đề LTE, ta có $v_{p_{i}}(A) = v_{p_{i}}(a^{v} - 1) - v_{p_{i}}(a - 1) = v_{p_{i}}(v)$. Nghĩa là $v = p_{1}^{d_{1}}p_{2}^{d_{2}}\cdots p_{k}^{d_{k}}Q$ Lúc này, $A \ge a^{v - 1} + 1 = a^{p_{1}^{d_{1}}p_{2}^{d_{2}}\cdots p_{k}^{d_{k}}Q - 1} + 1 \ge 3^{p_{1}^{d_{1}}p_{2}^{d_{2}}\cdots p_{k}^{d_{k}}Q - 1} + 1 > A$. Vô lí. b) Nếu $a = 4t + 1$. Lúc này ta vẫn có thể áp dụng bổ đề LTE như trên do $4\mid a - 1$ nên $v_{2}(a^{v} - 1) = v_{2}(a - 1) + v_{2}(v)$. Đánh giá tương tự ta có điều vô lý. c) Nếu $a = 4t + 3$. Khi đó để ý nếu $v$ lẻ ta sẽ dẫn đến $v_{2}(A) = v_{2}(v) = 0$ nên đánh giá tương tự a) cho điều vô lý. Xét $v$ chẵn, theo bổ đề LTE $v_{2}(a^{v} - 1) = v_{2}(a - 1) + v_{2}(a + 1) + v_{2}(v) - 1 = v_{2}(a + 1) + v_{2}(v)$. Đặt $L = v_{2}(v)$, $K = v_{2}(A) = d_{1}$ và $J = v_{2}(a + 1) \; (J \ge 2)$. Ta có $K = v_{2}(A) = v_{2}(a^{v} - 1) - v_{2}(a - 1) = L + J - 1$ (lưu ý là do ta đã sắp xếp $p_{i}$ nên $p_{1} = 2$) Viết lại $A = 2^{L + J - 1}p_{2}^{d_{2}}\cdots p_{k}^{d_{k}}$ và $v = 2^{L}p_{2}^{d_{2}}\cdots p_{k}^{d_{k}}.Q$. Mặt khác, để ý là $v_{2}(a + 1) = J$ nên $a + 1 \ge 2^{J} \iff a \ge 2^{J} - 1$. Ta có: $$A = a^{v - 1} + a^{v - 2} + \cdots + 1 \ge a^{v - 1} + 1 \ge (2^{J} - 1)^{v - 1} + 1 = [(2^{J} - 2) + 1]^{2^{L}p_{2}^{d_{2}}\cdots p_{k}^{d_{k}}Q} + 1 \ge 2^{L}p_{2}^{d_{2}}\cdots p_{k}^{d_{k}}Q(2^{J} - 2) + 2 $$ $$\ge 2^{L + J}.p_{2}^{d_{2}}\cdots p_{k}^{d_{k}} - 2^{L + 1}p_{2}^{d_{2}}\cdots p_{k}^{d_{k}} + 2 \ge A$$ Để ý dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $v = 2$, $a = 2^{L} - 1$. Từ đó ta cần đi tìm $u$ sao cho mọi ước nguyên tố của $a^{2.3^{u}} - 1$ là ước nguyên tố của $a^{3^{2016}} - 1$. Xét trường hợp $u \neq 0$, theo bổ đề 3 thì $a^{3^{u}} + 1$ có ước nguyên tố lẻ. Xét $q$ là ước nguyên tố lẻ của $a^{3^{u}} + 1$. Ta có $q\mid \frac{a^{3^{2016}} - 1}{a^{3^{u}} - 1}$, nếu ta đặt $x = a^{3^{u}}$ và $y = 3^{2016 - u}$ ($y$ lẻ) thì viết lại $q\mid \frac{x^{y} - 1}{x - 1} = x^{y - 1} + x^{y - 2} + \cdots + 1 = x^{y - 2}(x + 1) + x^{y - 4}(x + 1) + \cdots + x(x + 1) + 1$ (do $y$ lẻ) từ đó suy ra $q\mid 1$ do $q\mid x + 1$. Vô lí. Từ đó thu được $u = 0$ hay $n = 2$. Vậy nghiệm là $(a, n) = (2^{L} - 1, 2)$. TH2. $n > 2016$ Xét tương tự trên, với $v > 1$ ta cũng sẽ thu được $n = 2$. Vô lí. Xét $v = 1$. Khi đó ta cần chứng minh có 1 ước nguyên tố là ước của $3^{3^{u}} - 1$ nhưng không là ước của $3^{3^{2016}} - 1$ Tuy nhiên điều này không đúng vì nếu ngược lại, nghĩa là sẽ có một ước nguyên tố $q$ sao cho $v_{q}(3^{3^{u}}) > v_{q}(3^{3^{2016}})$. Nếu $q$ lẻ: mọi ước nguyên tố $q$ của $3^{3^{u}} - 1$ và $3^{3^{2016}} - 1$ đều khác $3$ nên theo bổ đề LTE $v_{q}(3^{3^{u}} - 1) = v_{q}(3^{3^{2016}} - 1) + v_{q}(3^{u - 2016}) = v_{q}(3^{3^{2016}})$ Do đó ta chỉ cần xét $3^{3^{u}} - 1 = 2^{i}.(3^{3^{2016}} - 1)$, tuy nhiên PT này vô nghiệm do đó ta có đpcm (có thể cm bằng cách chia qua) :-) |
Trích:
|
1 Attachment(s) Bài 4. a) Một lần nữa chúng ta lại thấy bóng dáng của định lý Brocard. Bổ đề. Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp $(O)$, $AC$ giao $BD$ tại $P, AB$ giao $CD$ tại $E$, $AD$ giao $BC$ tại $F$. Gọi $M$ là điểm Miquel của tứ giác toàn phần $ABCD.EF.$ Khi đó $O,P,M$ thẳng hàng và $M$ là hình chiếu của $O$ trên $EF.$ Đây là một bổ đề rất quen thuộc xin dành cho bạn đọc tự chứng minh. Quay lại bài toán. Ta có $\angle AEB=\angle ABC-\angle ACB$ nên $\angle DAF=\angle DEF=\dfrac{1}{2}(\angle ABC-\angle ACB)=90^\circ-(\angle ACB+\dfrac{1}{2}\angle BAC)=90^\circ-\angle ADC$. Do đó $AF\perp BC $ tại $S.$ Suy ra $ (AE), (DF)$ lần lượt là $(ASE), (DSF).$ Gọi $J$ là giao điểm thứ hai của $(ASE)$ và $(DSF)$. Khi đó $J $ là điểm Miquel của tứ giác toàn phần $AEDF.SH$. Theo bổ đề trên ta có $J\in SH$ và $\angle GJH=90^\circ$. Suy ra $(AE), (DF), (GH)$ đồng quy tại $J.$ b) Gọi $B'$ đối xứng với $B$ qua $AK$ suy ra $B'\in AC$ và $B'\in (K).$ Ta có $\angle BDM=\angle BB'M=\angle BAC/2=\angle CAR$ ($R$ là chân phân giác trong). Suy ra $ADRM$ nội tiếp. Tương tự $N\in (ADR).$ Gọi $X$ là tâm $(ADR)$ (không khó nhận ra $X$ chính là $F$). Do tam giác $ADR$ cân nên $AX\perp BC.$ Ta có $\angle XRA=\angle XAR=\angle RAO,$ suy ra $XR\parallel AO$. Mà $AR$ là phân giác $\angle NAM$ nên $R$ là điểm chính giữa cung $MN$, suy ra $XR\perp MN$. Vậy $MN\perp AO$ hay $MN$ đối song với $BC$ trong tam giác $ABC$. Suy ra tứ giác $BNCM$ nội tiếp. Gọi $Y$ là giao của $BM$ và $CN$, $Z$ là giao của $MN$ với $BC$. Ta có $ZP.ZI=ZM.ZN=ZB.ZC$, suy ra $(PZBC)=-1$, suy ra $P\in AY.$ Ta có đpcm. |
1 Attachment(s) Cách khác cho câu b bài 3: Ta chứng minh $T \in (OS)$. Điều này tương đương với $IO \perp IQ$. Kẻ đường thẳng qua $I$ vuông góc $IO$ cắt $BC$,$KL$ tại $X$,$Y$ và cắt $EF$ tại $Q'$. Kéo dài $EF$ cắt $(O)$ tại $M,N$. $MI,NI$ cắt lại $(O)$ ở $Z,U$. $IY$ cắt $ZU$ tại $R$. Áp dụng định lí con bướm cho 2 dây $KL$,$BC$, ta có: $IX=IY$. Áp dụng định lí con bướm cho 2 dây $MN$,$ZT$, ta có: $IQ'=IR$. Nhận thấy tam giác $IPY$ vuông tại $P$ nên để c/m $Q'$ trùng $Q$, ta chỉ cần chứng minh $Q'P=Q'I$ hay $Q'$ là trung điểm $IY$. Điều này lại tương đương với $R$ là trung điểm $IX$. Gọi $V,W$ lần lượt là trung điểm $IB$,$IC$. Ta chứng minh $Z,U,V,W$ thẳng hàng. Lấy $I_b,I_c$ là tâm bàng tiếp góc $B,C$ của tam giác $ABC$. Do $AICI_b$ nội tiếp nên $EI.EI_b=EA.EC=EM.EN$, hay $I,M,N,I_b$ đồng viên. Tương tự có $I_c,N,I,M,I_b$ đồng viên. Lại có: $IM.IZ=IB.IK=IV.II_b$ nên $Z,V,M,I_b$ đồng viên. Tương tự, $IV.II_b=IB.IK=IC.IL=IW.II_c$ nên $V,W,I_b,I_c$ đồng viên. Từ đây ta nhận thấy: $(VZ,VI_b) \equiv (MZ,MI_b) \equiv (MI,MI_b) \equiv (I_cI,I_cI_b) \equiv (I_cW, I_cI_b) \equiv (VW, VI_b)$, nên $Z,V,W$ thẳng hàng. Tương tự $U,V,W$ thẳng hàng. Ta có đpcm. |
Một số mở rộng 2 bài hình: 3b. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$. $(X)$ là một đường tròn bất kì qua B,C. Phân giác góc $A$ cắt $(X)$ tại $I.$ $BI,CI$ cắt $AC, AB$ tại $E,F.$ $P$ là điểm chia $AI$ theo tỉ lệ k không đổi. Trung trực $PI$ cắt $EF$ tại $Q$. $J$ thuộc $(X) $ sao cho $IJ$ vuông góc $IQ$. Khi đó trung điểm $IJ$ thuộc 1 đường tròn cố định. $E,F$ có thể xác định bằng cách khác: gọi $(O_b), (O_c)$ là đường tròn ngoại tiếp các tam giác $AIC, AIB$. $IO_b$ cắt $AC$ tại $E$, $IO_c$ cắt $AB$ tại $F$. Kết quả thu được tương tự. 4b. Cho tứ giác $ABCD$. $P$ là điểm nằm trên $AB$ sao cho $\dfrac{AP}{PB}=\dfrac{AD}{BC}$. Đường tròn $(A,AD)$ cắt $PC $ tại $E$, $(B,BC) $ cắt $PD$ tại $F$. Khi đó $B,C,E,F$ đồng viên. |
Trích:
Sử dụng kỹ thuật gọi điểm phẩy (cụ thể là gọi P') kết hợp hệ thức Maclaurin (kiểu VMO 2009) ta thấy mấu chốt là cần chứng minh tứ giác $BNMC$ nội tiếp. Dùng phép chiếu song song sẽ thấy $\dfrac{AK}{AL}=\dfrac{AB}{AC}.$ Suy ra tam giác $ABK$ đồng dạng tam giác $ACL$ ($g-c-g$), chú ý $\widehat{KAM}=\widehat{LAN}$ theo tính chất phân giác trong. Đến đây, ta cần chứng minh được tam giác $AMK$ đồng dạng tam giác $ANL.$ Điều đó đúng do các góc $\widehat{MAL}, \widehat{NAK}$ nhọn và theo Định lý sin thì $\dfrac{\sin \widehat{AMK}}{\sin \widehat{MAL}}=\dfrac{AK}{KM}=\dfrac{AK}{KB}= \dfrac{AL}{LC} =\dfrac{AL}{LN}=\dfrac{\sin \widehat{ANL}}{\sin \widehat{NAK}}.$ Câu hình a thì chỉ là một tính chất xung quanh Định lý Brocard. Gọi $AF \cap BC = H'$ thì dùng cộng góc thông thường được $AH' \bot BC.$ Gọi $Q$ là điểm Miquel của tứ giác toàn phần trong hình thì theo trên ta có $Q$ là giao của 2 đường tròn đường kính $AE$ và $BF$. Theo tính chất của điểm Miquel và Định lý Brocard thì $O',G,Q$ thẳng hàng và $O'G \bot HH'.$ Suy ra điểm $Q$ thuộc đường tròn đường kính $GH.$ PS: Điểm Miquel thường là điểm đồng quy của các đường tròn cần chứng minh đồng quy và nó cũng thường là điểm tiếp xúc của các đường tròn cần chứng minh tiếp xúc. Trích:
Rõ ràng $GABC$ là tứ giác điều hòa (mô hình này từng xuất hiện trong VMO 2014 và VMO 2010). Đặt $EF \cap AD=H'; BH' \cap (O)=M', ME \cap (O)=G'.$ Ta chỉ cần chứng minh $\dfrac{GB}{GC}=\dfrac{c}{b}.$ Thật vậy, ta có $\dfrac{H'E}{H'F}=\dfrac{AE}{AF}=\dfrac{a+b}{a+c}. $ Suy ra (theo Định lý sin) $\dfrac{M'E_1}{M'A}=\dfrac{\sin \widehat{H'BE}}{\sin \widehat{H'BF}}=\dfrac{H'E}{H'F}.\dfrac{BF}{BE}= \dfrac{ca}{l_b (c+a)}.$ Do vậy (theo Định lý sin) $\dfrac{GB}{GC}=\dfrac{GB}{ME_1}.\dfrac{ME_1}{MA}. \dfrac{MA}{GC}=\dfrac{l_b}{ME}.\dfrac{ca}{(c+a) l_b}.\dfrac{ME.ab}{(c+a)}=\dfrac{c}{b}.$ Câu hình 3b sau khi vẽ hình chắc tay để phát hiện ra $IJ$ đi qua $O,$ ta chuyển bài toán về ít điểm như sau: Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O),$ ngoại tiếp $(I),$ phân giác trong $BE, CF;$ $D_2$ là trung điểm cung lớn $BC.$ Đường thẳng qua $O$ vuống góc $OI$ cắt $EF$ và $AD_2$ tại $Q$ và $X.$ Chứng minh $IX=4IQ.$ Bài toán này giải qua 2 bước như sau: Bước 1. Gọi $IQ \cap BC=X_1$ và $X'$ là trung điểm của $AD_2.$ Ta sẽ chứng minh $QX=QX_1.$ Thật vậy, theo một tính chất quen thuộc thì $EF \bot I_aO.$ Theo tiêu chuẩn song song trung điểm thì $O(I_aID_1X')=-1.$ Theo tính chất chùm vuông góc, suy ra $Y(IxBA)=-1$ với $Yx || X'X_1.$ Suy ra $QX=QX_1.$ Bước 2. Chứng minh $IX_1=2IQ.$ Điều này dựa vào bước 1, cụ thể như sau: Do $Y(X_1QIX)=-1$ nên $\dfrac{QX}{QI}=\dfrac{X_1X}{X_1I}.$ Đặt $X_1X=6a, IX_1=x$ thì tỷ lên trên được viết lại $\dfrac{3a}{3a-x}=\dfrac{6a}{x}.$ Giải phương trình đại số này được $x=2a$ hay bước 2 được chứng minh. Tóm lại bài toán được giải quyết. |
| Múi giờ GMT. Hiện tại là 05:25 AM. |
Powered by: vBulletin Copyright ©2000-2024, Jelsoft Enterprises Ltd.