Luận văn Thạc sỹ Toán học: Phương pháp tọa độ trong hình học tổ hợp và số học

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

LẠI TIẾN ĐẨU

PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG HÌNH HỌC TỔ HỢP VÀ SỐ HỌC

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - NĂM 2015

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

LẠI TIẾN ĐẨU

PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG HÌNH HỌC TỔ HỢP VÀ SỐ HỌC

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số 60 46 01 13

GS. TSKH. NGUYỄN VĂN MẬU

THÁI NGUYÊN - NĂM 2015

Người hướng dẫn khoa học

LỜI CAM ĐOAN

Tôi xin cam đoan luận văn này là công trình nghiên 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.

Mục lục

Mở đầu

1 Phương pháp tọa độ và các tính chất liên quan

1.1 Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng và trong không gian . . 1.1.1 Véctơ và tọa độ trên đường thẳng . . . . . . . . . . . 1.1.2 Véctơ và tọa độ trong mặt phẳng . . . . . . . . . . . . 1.1.3 Véctơ và tọa độ trong không gian . . . . . . . . . . . . 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 . . . . . . . . 1.2.2 Dạng bài toán đã cho trước hệ trục tọa độ . . . . . . . 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 . . . . . . . . 1.3.2 Bài tập tương tự . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4 4 5 5 6 7 7 15 18 18 26

2 Phương pháp tọa độ trong hình học tổ hợp và số học

2.1 Dạng toán hình học tổ hợp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2 Dạng toán mạng lưới ô vuông

30 30 36

3 Một số đề toán Olympic

3.1 Đề toán phương pháp tọa độ trong mặt phẳng và trong không gian . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2 Đề toán hình học tổ hợp và mạng lưới ô vuông . . . . . . . .

52 55

Kết luận

Tài liệu tham khảo

Mở đầu

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.

1. Lí do chọn đề tài

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.

2. Mục đích 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

3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu

Nghiên 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.

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.

4. Phương pháp nghiên cứu

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.

5. Ý nghĩa khoa học và thực tiễn của đề tài

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.

6. Cấu trúc của luận văn

Lời 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

Chương 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(cid:48). Trục nói trên được ký hiệu là trục x(cid:48)Ox.

b) Trên mặt phẳng cho hai trục x(cid:48)Ox và y(cid:48)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

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(cid:48)Ox, y(cid:48)Oy lần lượt được gọi là trục hoành và trục tung, O là gốc tọa độ.

c) Trong không gian cho ba trục x(cid:48)Ox, y(cid:48)Oy, z(cid:48)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 , có thể độ dài khác nhau.

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(cid:48)Ox, y(cid:48)Oy, z(cid:48)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)

−→ 0 .

và 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).

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

1.1.1 Véctơ và tọa độ trên đường thẳng

−→ AB| = |b − a|. −→ AB, ký hiệu |

−→ −−→ AC; BC = −−→ BC| ≥ | −→ AB + −→ AB| + | −→ AC|.

−→ AB = (b − a). Độ dài của véctơ Với ba điểm bất kỳ A, B, C trên đường thẳng, ta có (a) (b) | Dấu đẳng thức trong (b) xảy ra khi và chỉ khi hai véctơ

hướng, tức là tồn tại số k > 0 sao cho véctơ là véctơ không.

−−→ −→ BC cùng AB và −−→ BC hoặc có một trong hai −→ AB = k

Trên mặt phẳng xét hệ trục tọa độ Đề-các vuông góc x(cid:48)Ox, y(cid:48)Oy với −→e1 , −→e2

là các véctơ đơn vị. −−→ OM = x−→e1 + y−→e2 thì x, y gọi là tọa độ của điểm M và ký hiệu

Nếu M (x; y).

Nếu −→a = a1

1.1.2 Véctơ và tọa độ trong mặt phẳng

−→e1 + a2 −→e2 thì a1, a2 gọi là tọa độ của véctơ (cid:126)a và ký hiệu

Cho điểm A(xA; yA), B(xB; yB) và các véctơ −→a = (a1; a2),

−→a = (a1; a2).

(cid:26) a1 = b1 a2 = b2 −→ 0 ) cùng phương với nhau khi và chỉ khi a1.b2 = a2.b1.

−→ b = (b1; b2).

Ta có, −→ AB = (xB − xA; yB − yA), −→a + −→a − −→a = −→a và Độ dài của Độ dài của véctơ −→a là |−→a | = (cid:112)a2

−→ b = (a1 + b1; a2 + b2), −→ b = (a1 − b1; a2 − b2), k−→a = (ka1; ka2), −→ b ⇔ −→ b (khác −→ AB là |

−→ AB| = (cid:112)(xB − xA)2 + (yB − yA)2. 1 + a2 2.

Tích vô hướng của hai véctơ −→a và −→ b = |−→a |.|

−→ b được định nghĩa:

−→ b ).

−→ b , ký hiệu −→a . −→ b |. cos(−→a , −→ b = a1.b1 + a2.b2.

−→ b khi và chỉ khi a1b1 + a2b2 = 0.

−→a . Biểu thức tọa độ của tích vô hướng là −→a . −→a vuông góc với Công thức tính góc giữa hai véctơ:

(cid:112)a2

1 + b2 2

Khoảng cách từ điểm M (x0; y0) đến đường thẳng((cid:77)) có phương trình

cos(−→a , −→ b ) = . a1b1 + a2b2 2.(cid:112)b2 1 + a2

Ax + By + C = 0 là:

√ d(M, (cid:77)) = . |Ax0 + By0 + C| A2 + B2

Trong không gian xét hệ trục tọa độ Đề-các vuông góc Oxyz với −→e1 , −→e2 , −→e3

Nếu

là các véctơ đơn vị. −−→ OM = x−→e1 + y−→e2 + z−→e3 thì ta gọi x, y, z là tọa độ của điểm M và

1.1.3 Véctơ và tọa độ trong không gian

ký hiệu là M (x; y; z). −→e1 + a2 Nếu −→a = a1 hiệu −→a = (a1; a2; a3).

−→e2 + a3 −→e3 thì ta gọi a1, a2, a3 là tọa độ của −→a và ký

Cho điểm A(xA; yA; zA), B(xB; yB; zB) và các véctơ −→a = (a1; a2; a3),

−→ b =

 

(b1; b2; b3). Ta có



−→ b ⇔ −→a =

−→ b (khác −→a và −→ 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), a1 = b1 a2 = b2 a3 = b3 −→ 0 ) cùng phương với nhau khi và chỉ khi bộ số (a1; a2; a3)

−→ AB là |

tỉ lệ với bộ số (b1; b2; b3). −→ AB| = (cid:112)(xB − xA)2 + (yB − yA)2 + (zB − zA)2. 2 + a2 1 + a2 3. −→ b , ký hiệu −→a . −→ b |. cos(−→a ,

Độ dài của Độ dài của véctơ −→a là |−→a | = (cid:112)a2 Tích vô hướng của hai véctơ −→a và −→ b = |−→a |.|

−→ b được định nghĩa:

−→ b ). −→a .

−→ b = a1.b1 + a2.b2 + a3.b3.

Biểu thức tọa độ của tích vô hướng là −→a . −→a vuông góc với Công thức tính góc giữa hai véctơ:

−→ b khi và chỉ khi a1b1 + a2b2 + a3b3 = 0.

(cid:112)a2

3.(cid:112)b2

2 + a2

1 + a2

2 + b2 3

Khoảng cách từ điểm M (x0; y0; z0) đến mặt phẳng(P ) có phương trình

cos(−→a , −→ b ) = . a1b1 + a2b2 + a3b3 1 + b2

Ax + By + Cz + D = 0 là:

√ d(M, (P )) = . |Ax0 + By0 + Cz0 + D| A2 + B2 + C 2

(cid:105)

thỏa mãn:

Tích có hướng của hai véctơ −→a , −→ b

(cid:104)−→a ,

−→ b theo thứ tự là một véctơ −→c , ký hiệu

(i) −→c có phương vuông góc với −→a và −→ −→ (ii) −→c = |−→a || b | sin(−→a , b ). (iii) Tọa độ −→c = (a2b3 − b2a3; a3b1 − b3a1; a1b2 − b1a2).

−→ b .

1.2 Một số ví dụ áp dụng phương pháp tọa độ trong

mặt phẳng

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 =

1.2.1 Dạng bài toán phải chọn hệ trục tọa độ

Hình 1.1:

Lời giải. Không mất tính tổng quát, giả sử tam giác đều ABC có cạnh bằng 2. Chọn

1 16

√ √ √ √ 3), B(−1; 0), C(1; 0). Khi đó phương trình các cạnh 3x − y − 3; −1); 3 = 0 có véctơ pháp tuyến (VTPT) −→n3 = (

hệ trục tọa độ Oxy sao cho O là trung điểm BC, các điểm A, B, C có tọa độ A(0; AB : BC: y = 0 có VTPT −→n1 = (0; 1); √ CA: 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:

√ √ 3x + y − 3; 1). 3 = 0, có VTPT −→n2 = (

Trường hợp 1. −→n = (1; 0) thì cos α = 0, sin α = 1, cos β =

. Do đó

, sin β = 3 2 1 2 √

cos γ = , sin γ = 3 2 1 2

Trường hợp 2. Véctơ −→n = (k; −1),

+ 0 = . . sin2 α. sin2 β. sin2 γ + cos2 α. cos2 β. cos2 γ = 1. 1 4 1 4 1 16

√ √ √ cos α = , cos β = , cos γ = , 1 k2 + 1 |k 2 3 − 1| k2 + 1 √ |k √ 2 3 + 1| k2 + 1

sin2 α. sin2 β. sin2 γ + cos2 α. cos2 β. cos2 γ =

(cid:16)

(cid:17)

√ √

(cid:16) .

1 − 1 − 1 − 1 k2 + 1 3 + 1)2 (k 4(k2 + 1)

3 − 1)2 (k 4(k2 + 1) √ √

+ . . 3 − 1)2 (k 4(k2 + 1) 3 + 1)2 (k 4(k2 + 1)

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:

= . 1 k2 + 1 k2.(k2 − 3)2 16(k2 + 1)3 + (3k2 − 1)2 16(k2 + 1)3 = 1 16

Hình 1.2:

Suy ra phương trình đường thẳng (cid:52) 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 sử (cid:52) 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

hay

+ = 1 ⇔ cx + ay − ac = 0 có VTPT là −→n = (c; a). x a y c

(cid:26)x + y − 2b = 0 b2 − by = 0

(cid:26)x = b y = b.

Vậy (cid:52) 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

a. Điều này xảy ra khi

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,

(cid:16)

(cid:17)

chiều cao AO = h. Khi đó ta có A(0; h), B(−a; 0), C(a; 0), M

(cid:17)

(cid:16)

, tọa (cid:17)

; −

độ trọng tâm G

(cid:16)a 6

. Vậy tọa

Vì

; −−→ IM = −y0 h 2 h 2 h 2

(cid:16)h 2

(cid:16)

(cid:17)

, suy ra

độ của I là I

.a + −−→ IM . −→ BA = 0 nên − a 2 a ; − 2 h2 − a2 2h

(cid:16)

(cid:17)

Ta có

, suy ra

0; − y0 −→ IG = ; a2 2h

(cid:16)a 6 −−→ CM = −

. Gọi tọa độ điểm I(0; y0), suy ra a (cid:17) 2 h2 − a2 2h 3a 2

Cách 2. Theo phương pháp véctơ

−−→ CM = −→ IG. − + ; = 0. Vậy IG ⊥ CM . .h = 0 suy ra y0 = (cid:17) . a2 4 a2 4 h 2

−−→ CB) −→ IA + −→ CA +

−→ IC + −−→ CB) −−→ CM = ( −−→ IM ).(

−−→ IM . −→ IN . −→ IN . −−→ IM ). −−→ IM . −−→ IM . −→ CA + −−→ CB + −−→ CB −→ CA) = 2 −→ CA + −−→ CB + −−→ CB + ( −−→ CB + −→ IK. −→ IN . −−→ CB +

−−→ IM .

−→ AC) + −→ AB − −→ AC + −→ IN .( −−→ IM . −→ IN . −→ IN . −→ CA

= −→ IA + ( −→ AB +

−→ CA) + −−→ CB − −→ IB. −→ CA

−→ CA = −→ IB). −→ AB + −→ CA. −→ CA −→ IB. −−→ CB + −→ CA = −→ IC. −→ IC.( −−→ CB

Gọi N là trung điểm AC, K là giao điểm của M N với AO. Xét tích −→ −−→ IG.2 IM ).( T = 3 −→ IN + = (2 −→ −→ CA + 2 IN . = 2 −→ = 0 + ( IN + −→ CA = 0 + 1 2 ⇒ 2T = −→ CA.( = −−→ = CB.( Vậy IG ⊥ CM .

Ví dụ 1.4. Cho hai hình vuông ABCD và BKM N có chung đỉnh B, trong đó đỉnh M nằm trên DB kéo dài, gọi E là trung điểm AK. Chứng minh BE ⊥ N C. Lời giải. Cách 1. Theo phương pháp tọa độ

(cid:16)

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 (cid:17)

(cid:17)

(cid:16)

−−→ IM . −→ IA + ( −→ IC. −−→ CB = −→ IA = 0. −→ AB − −→ IC). −→ CA + −→ IC) + −→ CA) = 1 2 −→ AB) + −→ IC. −−→ CB. −→ IA( −→ IB − −→ IC +

Suy ra

− ; − ; , −−→ N C = (1; n). n 2 n 2 1 2

. Ta có −−→ BE ⊥

Cách 2. Theo phương pháp véctơ

N (0; −n), suy ra K(−n; 0), E −−→ N C = − −−→ BE. 1 2 = 0. Vậy −−→ BE = −−→ N C hay BE ⊥ N C. + n 2 n 2

Hình 1.4:

Áp dụng tính chất đường trung tuyến trong tam giác ABK, ta có

−−→ BE = −−→ BK + ( −→ BA). 1 2

Mặt khác −−→ −−→ BC − BK.

−−→ BC − −−→ N C = ( −−→ BK + −−→ BE. −→ BA)( −−→ BC − −−→ BN ) =

−−→ N C = −−→ BK. −−→ BN = 0. −−→ BN + −→ BA. −→ BA.

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 + BC 2.

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 (cid:54)= c. Khi đó AB2+CD2 = AD2+BC 2 ⇔ (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 (cid:54)= c). Do đó D(0; n), tức là D nằm trên trục tung. Vậy 2m(a − c) = 0 ⇔ AC ⊥ BD.

−−→ BN , nên 2. −−→ BC − Do độ dài BK = BN, BA = BC. Suy ra BE ⊥ N C.

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

Chứng minh rằng: a) CP ⊥ M N ; b) CP = M N .

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

= = = k, (k > 0). M B M C N C N A P A P B

là C(0; 0), A(1; 0), B(0; 1). Từ giả thiết ra



 

= = = k, k > 0 suy N C N A P A P B



⇔

 



(cid:16)

(cid:17)

−−→ M B = k. −−→ CN = k. −→ AP = k. −−→ CM −−→ N A −−→ P B −−→ CM = −−→ CN = −→ CP = −−→ CB . M B M C −−→ 1 CB . 1 + k −→ 1 . CA 1 + k −→ 1 CA + . 1 + k 1 1 + k

(cid:17)

(cid:16) 1

0; (cid:16) k ⇔ 1 1 + k ; 0 N

 

(cid:17)

(cid:16) 1

. Vậy ta có,

Suy ra

P 1 + k ; 1 + k k 1 + k (cid:16) k ; −→ CP = −−→ M N = ; − ; 1 + k

(cid:17)2

(cid:16) k

b) M N 2 =

−−→ M N . −→ CP =

1 k 1 + k 1 + k 1 + k k k (1 + k)2 = 0 ⇒ M N ⊥ CP . (1 + k)2 − (cid:16) (cid:17)2 = − + + 1 1 + k 1 + k k2 + 1 (1 + k)2 , CP 2 = 1 + k

(cid:17)2

(cid:16) 1

Cách 2. Theo phương pháp véctơ

= 1 + k k2 + 1 (1 + k)2 . Suy ra M N = CP .

Từ giả thiết ta có −−→ −−→ CN − M N =

−−→ M B = k. −−→ P B. Suy ra −→ AP = k.

−−→ CM = −−→ CM , −→ CA − . −−→ N A, −−→ CB .

a) Ta có

−→ CP = −→ CA + −→ AP = −→ CA + . −−→ CB. .

(cid:1)(

−−→ M N . −→ CP = . . −−→ CB)2. Mà k 1 + k 1 1 + k k 1 + k 1 1 + k 1 1 + k k 1 + k

(cid:16)

(cid:17)2

(cid:16) k

−−→ CN = k. 1 1 + k k 1 + k −→ CA)2 + (cid:0) − .( −→ CP = 0 ⇒ M N ⊥ CP . −−→ M N . (cid:52)ABC cân tại C nên CA = CB do đó

(cid:17)2

(cid:16) 1

(cid:16) k

b) Ta có −−→ M N )2 = ( −→ CP )2 = (

Kết hợp với (

.( .( − −−→ CB)2 1 + k 1 1 + k (cid:17)2 −−→ CB)2. .( .( 1 + k

Ví dụ 1.7. Cho tam giác ABC. Gọi M là điểm di động trên cạnh CB. Kẻ M N ⊥ AB, M Q//AB, điểm N thuộc đường AB, điểm Q thuộc AC; gọi I là tâm hình chữ nhật M N P Q, P thuộc đường AB. Tìm quỹ tích của điểm I khi M chạy trên cạnh CB.

Hình 1.7:

Lời giải.

1 + k −→ CA)2 = ( −→ CA)2 + −→ CA)2 + −−→ CB)2 suy ra M N = CP .

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 (cid:54)= b; a, b khác 0. = 1. Đường thẳng BC có Khi đó đường thẳng AC có phương trình

+ x a y h

phương trình

khi đó 0 ≤ m ≤ h. Giải các hệ phương trình để tìm giao điểm, ta được tọa độ

(cid:17)

+ = 1. Giả sử đường thẳng M Q có phương trình y = m, x b y h

(cid:16) a h

(cid:16) b h

Gọi I là tâm hình chữ nhật M N P Q, theo công thức tọa độ trung điểm ta có

(1.1)

Q (h − m); m , M (h − m); m , P (h − m); 0 .

, xI = (a + b)(h − m) 2h

yI = ⇒ m = 2.yI. Thế vào (1.1) ta được m 2

Vậy I nằm trên đường thẳng (d) có phương trình là 2hx+2(a+b)y−h(a+b) = 0.

(cid:16)

2h.xI = (a + b)(h − 2.yI) ⇔ 2hxI + 2(a + b)yI = h(a + b).

thuộc trục tung và thuộc đoạn OH, lúc này

Tìm giới hạn của quỹ tích: m (cid:17) Nếu a + b = 0 thì I 2

O là trung điểm AB.

Nếu a + b (cid:54)= 0 thì phương trình đường thẳng (d) trở thành x a + b 2

= 1. +

(cid:16)

(cid:17)

;

Ta thấy đường (d) cắt trục tung tại H

y h 2

, cắt trục hoành tại K

(cid:16)a + b 2

(cid:17)

0; ; 0 h 2

điểm I

;

(cid:17)

Ta có

;

(cid:16)(a + b)(h − m) 2h (cid:16)a + b 2

(cid:16)(a + b)(h − m) 2h

Mà 0 ≤

m 2 (cid:17) −−→ HK = ; − −→ HI = ; = −−→ HK. . h 2 h − m h

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

m − h 2 ≤ 1 nên suy ra điểm I thuộc đoạn HK. h − m h

. Tìm quỹ tích của B và C.

Lời giải.

= AC AD BD AB

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

(1.2)

AC.AB = AD.BD ⇔ (cid:112)(x + 1)2 + y2.(cid:112)x2 + y2 = 1.(cid:112)(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.

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 =

Mặt khác phép tịnh tiến theo

√ 2.

của đường tròn tâm I(−1; 0), bán kính r =

√ −−→ AD biến B thành C. Vậy quỹ tích C là ảnh −−→ AD. 2 qua phép tịnh tiến theo

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 :

1.2.2 Dạng bài toán đã cho trước hệ trục tọa độ

Giả sử C(x; y), suy ra x − 2y − 1 = 0.

⇔ 4x + 3y − 7 = 0. = x − 1 3 y − 1 −4

Mặt khác, d(C, AB) = 6 ⇔

đương với 4x + 3y − 37 = 0 hay 4x + 3y + 23 = 0.

√ = 6. Phương trình này tương |4x + 3y − 7| 42 + 32

(cid:26)x − 2y − 1 = 0

Trường hợp 1.

. Vậy C(7; 3).

(cid:26)x = 7 y = 3

⇔ 4x + 3y − 37 = 0

 

(cid:17)

(cid:26)x − 2y − 1 = 0

Trường hợp 2.

. Vậy C

(cid:16)−43 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 = 3N C. Viết phương trình đường thẳng CD, biết M (1; 2) và N (2; −1). Lời giải.

x = ; ⇔ 4x + 3y + 23 = 0 −27 11 y = −43 11 −27 11

Ta có AM =

. Suy ra, M N 2 = AM 2 + AN 2 −

Ta có M N = a 2

. Do đó

√ 10. Gọi a là độ dài cạnh của hình vuông ABCD, a > 0. √ 2 = 3AC 4

và AN = 5a2 8

2AM.AN.cos(cid:92)M AN = = 10, nghĩa là a = 4. 3a 4 5a2 8

Gọi I(x; y) là trung điểm của CD. Ta có IM = AD = 4, IN =

= BD 4 √

 

(cid:26)x = 1

hoặc



Với x = 1; y = −2 ta có I(1; −2) và

x = ⇔ 2, nên ta có hệ phương trình: (cid:26)(x − 1)2 + (y − 2)2 = 16 (x − 2)2 + (y + 1)2 = 2 y = −2 y = 17 5 −6 5

qua I có véctơ pháp tuyến là

(cid:17)

. Đường thẳng

và

−−→ IM = (0; 4). Đường thẳng CD đi

Với x =

ta có I

−−→ IM = , y = ; −6 5 17 5 16 5

(cid:16)−12 −6 ; 5 5 −−→ 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,

(cid:17)

là

−−→ IM nên có phương trình y + 2 = 0. (cid:16)17 5 CD đi qua I có véctơ pháp tuyến là

điểm H(0; −1) là hình chiếu vuông góc của B trên AD và điểm G

(cid:16)4 3

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

; 3

−−→ HG = 2

−−→ HM = −→ −−→ GF . Do đó tính được E(−6; 1) và F (2; 5). Đường thẳng M E và −→ EF làm vectơ chỉ phương, nên BC có phương trình BC đi qua E và nhận −→ 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

hệ phương trình

. Suy ra B(−2; 3). Do M là trung điểm

(cid:26)x − 2y + 8 = 0 2x + y + 1 = 0

của AB nên A(−4; −3).

(cid:16)

(cid:17)

Gọi I là giao điểm của AC và BD, suy ra

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.

. Suy

Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình

(cid:26)3x + 2y − 9 = 0 x + 2y − 7 = 0

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 (cid:92)EAB = (cid:92)ACB và (cid:92)BAD = (cid:92)DAC, suy ra (cid:92)EAD = (cid:92)EAB + (cid:92)BAD = (cid:92)ACB + (cid:92)DAC = (cid:92)ADE. Do đó, ∆ADE cân tại E. Do E là giao điểm của d với đường trung trực

(cid:26)x + 2y − 7 = 0

. Suy ra

của đoạn AD, nên tọa độ điểm E thỏa mãn hệ

−→ GA = 4 −→ GI. Do đó I 0; 3 2

y − 1 = 0

E(5; 1).

Đường thẳng BC đi qua E và nhận 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

−−→ DE = (4; 2) làm vectơ chỉ phương,

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 P A, P B tới (C), (A, B là các tiếp điểm) sao cho tam giác P AB đều.

Ví dụ 1.18. Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C1) : x2 + 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 M N =

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 độ Oxy, cho đường thẳng (d) : 2x+y−4 = 0 và hai điểm M (3; 3), N (−5; 19). Kẻ M K 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.

√ 5.

1.3 Một số ví dụ áp dụng phương pháp tọa độ trong

không gian

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. . .

1.3.1 Dạng bài toán phải chọn hệ trục tọa độ

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

Hình 1.9:

(cid:16)

(cid:17)

(cid:16)

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 , C(a; 0; 0),

, B

(cid:17)

(cid:16)

. Áp dụng công thức tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo

0; − ; 0 ; 0 0; a 2 a 2

S 0; 0;

(cid:105)

(cid:104)−→ SA,

3a 4 nhau SA, BC ta có

(cid:12) (cid:12) (cid:12)

(cid:104)−→ SA.

(cid:12) −→ (cid:12) . AB (cid:12) −−→ (cid:105) BC

ta thu được kết quả cần tính.

Ví dụ 1.22. Cho hình lập phương ABCD.A(cid:48)B(cid:48)C (cid:48)D(cid:48) cạnh là a. Gọi N là trung điểm của B(cid:48)C (cid:48).

a) Chứng minh rằng AC (cid:48) vuông góc với (A(cid:48)BD). b) Tính thể tích khối tứ diện AN BD(cid:48). c) Tính góc và khoảng cách giữa hai đường thẳng AN và BD(cid:48). d) Tính khoảng cách từ C đến mp(AC (cid:48)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 giải bài toán này theo phương pháp tọa độ. Như đã nói ở phần trước, với hình lập phương và hình hộp chữ nhật thì việc chọn hệ trục tọa độ là rất dễ dàng. Ta chọn hệ trục sao cho: A(cid:48)(0; 0; 0),

−−→ BC d(SA, BC) = | |

Hình 1.10:

(cid:16)

(cid:17)

B(cid:48)(a; 0; 0), D(cid:48)(0; a; 0), C (cid:48)(a; a; 0), A(0; 0; a), B(a; 0; a), C(a; a; a), D(0; a; a), N ; 0 a; a 2

a) Mục đích của ta là chứng minh một đường thẳng vuông góc với một mặt phẳng. Ta sẽ chỉ ra rằng véctơ chỉ phương của đường thẳng này cùng phương −−→ với véctơ pháp tuyến của mp (A(cid:48)BD). Thật vây, ta có AC (cid:48) = (a; a; −a). −−→ A(cid:48)D] = (−a2; −a2; a2) là véctơ pháp tuyến của mặt phẳng Mặt khác [ (A(cid:48)BD). Ta thấy hai véctơ này cùng phương. Vì thế ta có AC (cid:48) vuông góc với mp (A(cid:48)BD).

b) Tính thể tích tứ diện AN BD(cid:48). Ta có công thức tính thể tích tứ diện

là:

−−→ A(cid:48)B,

.|[ −−→ AN , −→ AB]. −−→ AD(cid:48)|. VAN BD(cid:48) =

(cid:16)

Ta có: [

là: V =

1 6 (cid:17) −−→ AD(cid:48) = (0; a; −a). Do đó thể tích tìm được −−→ AN ] = 0; a2; a2 2

c) Để tính góc giữa hai đường thẳng và khoảng cách giữa hai đường thẳng

ta sử dụng hai công thức sau:

−→ AB, a3 12

cos(a, b) = | cos(−→u , −→v )| = |−→u .−→v | |−→u |.|−→v |

Với −→u , −→v là các véctơ chỉ phương của đường thẳng a và b. Đường thẳng a, b lần lượt đi qua hai điểm A và B. Do đó ta có góc giữa hai đường thẳng AN

|[−→u , −→v ]. d(a, b) = −→ AB| |[−→u .−→v ]|

. Khoảng cách giữa hai đường thẳng này là

và BD(cid:48) là cos(AN, BD(cid:48)) =

√

3 9 √ a 26 d(AN, BD(cid:48)) = 26

d) Viết phương trình mp (AC (cid:48)D), mặt phẳng (AC (cid:48)D) có véctơ pháp tuyến −−→ AD] = (−a2; 0; −a2). Ta chọn véctơ pháp tuyến của cùng phương với [ mặt phẳng (AC (cid:48)D) là −→n = (1; 0; 1). Vì thế phương trình mặt phẳng (AC (cid:48)D) là: x + z − a = 0. Áp dụng công thức khoảng cách từ một điểm đến mặt phẳng ta có khoảng cách là: d(C, (AC (cid:48)D)) =

−−→ AC (cid:48),

a √ 2

Ví dụ 1.23. Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A(cid:48)B(cid:48)C (cid:48)D(cid:48) có cạnh AB = 1, AD = 1, AA(cid:48) = a

a) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng A(cid:48)C và BD. b) Gọi (Q) là mặt phẳng qua A vuông góc với A(cid:48)C. Tính diện tích của

thiết diện của hình chóp A(cid:48).ABCD cắt bởi mặt phẳng (Q).

√ 2.

Ví dụ 1.24. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh BD = 2 bên tạo với mặt đáy góc 600.

a) Tính thể tích khối chóp, xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp

hình chóp.

b) Tính góc và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AC. c) Tính góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SCD). d) Gọi I là trọng tâm tam giác SAB, tính khoảng cách từ I đến các mặt

phẳng (ABCD) và (SCD).

Hình 1.11:

√ 2. Mặt

Ví dụ 1.25. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh là √ 3, SB = 3. Gọi

√ 5, tâm O, SO vuông góc với đáy, các cạnh bên SA = 2

a) Tính góc và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BM . b) Mặt phẳng (AM B) cắt SD tại N . Tính thể tích khối chóp S.ABM N .

Lời giải.

M là trung điểm của cạnh SC.

Hình 1.12:

Cách 1. Theo hướng không sử dụng tọa độ

a) Ta có SO ⊥ BD, AC ⊥ BD nên BD ⊥ (SAC), suy ra BD ⊥ OM .

Tam giác BM O vuông tại O suy ra OM =

 

Đặt OB = x, OC = y. Áp dụng định lý Pitago ta có



√ = 3. SA 2

(cid:92)(SA, BM ) =

Giải hệ ta được x = 1, y = 2, SO = 2 (cid:92)(M O, BM ) = (cid:92)BM O. Vậy cos(cid:92)BM O =

x2 + y2 = 5 SO2 + x2 = 9 SO2 + y2 = 12 √ 2. Vì SA//OM nên √

Tính khoảng cách giữa SA và BM : Kẻ OH ⊥ SA tại H, suy ra OH ⊥ M O mà BD vuông góc với (SAC) suy ra BD vuông với OH. Do đó OH vuông với mp(BM D), ta có SA//(BM D) nên d(SA, BM ) = OH.

⇒ (cid:92)BM O = 300. = OM BM 3 2

b) Vì AB//CD nên giao tuyến của (SCD) với AM B là đường thẳng đi qua M và song song với CD cắt SD tại N . Áp dụng công thức tỉ số thể tích ta có:

(cid:17)

√ 2 6 OH = = . = OA.OS SA 3 √ 2.2 √ 2 2 3

(cid:16)1 . 3 √

(cid:16)1 . 2 √

(cid:17)

.SO. .AC.BO + .SO. .AC.OD 1 2 SN SD 2 2.4.1 + = = .2 . . = 2. VS.ABM N = VS.ABM + VS.AM N = SM SM . SC SC √ 4 3 1 4 6 1 2 1 2 3 1 2 (cid:16)1 2 Cách 2. Theo phương pháp tọa độ

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ (gốc O, S thuộc trục Oz, A thuộc trục Ox, B thuộc trục Oy). Ta có tọa độ các đỉnh như sau: O(0; 0; 0), 2). A(2; 0; 0), B(0; 1; 0), S(0; 0; 2

√ √ 2), D(0; −1; 0), C(−2; 0; 0), M (−1; 0;

. Do đó góc giữa hai đường

a) Ta có cos(SA, BM ) =

√

thẳng này là 300.

= 3 2 −→ | SA. −→ SA|.| | −−→ BM | −−→ BM |

Ví dụ 1.26. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là nửa lục giác đều nội tiếp đường tròn đường kính AB = 2a, cạnh bên SA vuông góc với đáy, SA = a

a) Tính góc giữa hai mp (SAD) và (SBC). b) Tính góc giữa hai mp (SCD) và (SBC). c) Tính khoảng cách từ A, D đến (SBC). d) Tính khoảng cách từ AB đến mp(SCD).

Hình 1.13:

Lời giải.

√ 3.

(cid:17)

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Ta có A(0; 0; 0), B(2a; 0; 0), C

(cid:16)3a 2

(cid:17)

(cid:16)a 2

√ a 3 ; ; 0 , 2 √ √ a 3 ; ; 0 , S(0; 0; a 2 √ 3; 1; 0), −→n2 = (

Ví dụ 1.27. Cho hình vuông ABCD cạnh a. Từ trung điểm H của cạnh AB dựng SH vuông góc với (ABCD), biết góc giữa hai mp (SAD) và mặt đáy bằng 600.

a) Tính SH và khoảng cách từ H đến (SCD). b) Tính góc giữa hai mp (SBC) và (SCK) biết K là trung điểm của cạnh

3). Gọi −→n1, −→n2, −→n3 là các véctơ pháp tuyến của các D √ mặt phẳng (SAD), (SBC), (SCD). Ta có −→n1 = (− 3; 1; 2), −→n3 = (0; 2; 1). Từ đó áp dụng các công thức tính góc và khoảng cách ta sẽ tính được các góc và khoảng cách cần tìm.

AD. Lời giải.

Hình 1.14:

Cách 1. Theo hướng không sử dụng phương pháp tọa độ

a) Mặt phẳng (SAD) và mặt phẳng (ABCD) có giao tuyến là AD, mà (cid:92)(SAD, ABCD) =

Tính khoảng cách từ H đến (SCD): Gọi M là trung điểm của CD, ta

có CD ⊥ (SHM ). Kẻ HN ⊥ SM tại N , khi đó ta có

(cid:26)HN ⊥ CD HN ⊥ SM

√ a 3 AD ⊥ SH, AD ⊥ AB suy ra AD ⊥ (SAB), do đó (cid:92)SAH = 600, suy ra SH = AH.tan600 = 2

⇒ HN ⊥ (SCD) ⇒ d(H, (SCD)) = HN . Ta có

+ 1 HN 2 = 1 SH 2 + 1 HM 2 = 1 a2

suy ra HN =

1 3a2 4 √ a

b) Ta có (cid:52)ABK = (cid:52)BCH suy ra (cid:92)ABK = (cid:92)BCH. Gọi I là giao điểm của HC với BK ta có (cid:91)BHI + (cid:91)HBI = (cid:91)BHI + (cid:92)BCH = 900. Vậy HC ⊥ BK ⇒ BK ⊥ (SHC) ⇒ SC ⊥ BK. Trong mặt phẳng (SBC) kẻ BE ⊥ SC tại E, suy ra SC ⊥ (BEK), do đó

(cid:92)(SBC, SCK) = (cid:92)BEK. (cid:115)

21 7

√ a 5 BK = a2 + . = 2

Ta có (cid:52)SBC vuông tại B nên SB =

√ + = a, SC = a 2. a2 4 (cid:114)a2 4 √ √ √ 3a2 4 √ 2 a 3 5 a a HC = , SH = , SC = a 2 2, BE = √ 2 √ a 2 5 a , HK = + = CK = a2 4 2 2 (cid:114)a2 4 2

, E là trung điểm SC, EC =

√ √ √ a 5 a 2 a 3 , EK = 2 2 2

SK = Từ các kết quả đó, ta thấy BE2 + KE2 = BK 2, suy ra (cid:92)BEK = 900.

Ví dụ 1.28. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm I cạnh a, AC = a. Tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, cạnh bên SA tạo với đáy một góc α sao cho tanα = 2. a) Tính thể tích khối chóp S.ABCD. b) Tính khoảng cách từ I đến (SCD). c) Tính khoảng cách từ A đến (SBC). Lời giải. a) Gọi H là trung điểm AB, vì (SAB) ⊥ (ABCD) nên SH ⊥ (ABCD) theo giả thiết ta có tan(cid:92)SAH = 2 ⇒ SH = AH.tan(cid:92)SAH =

.2 = a a 2 √ 3 a3 .SH. .AC.BD = 1 3 6

Ta được

1 VS.ABCD = 2 b) Tính khoảng cách từ I đến (SCD) Ta có CH ⊥ AB nên CH ⊥ CD, do đó CD ⊥ (SHC). Kẻ HE ⊥ SC tại E suy ra HE ⊥ (SCD), kẻ đường thẳng (cid:52) đi qua I và song song với CD cắt HC tại M . √ a 3 d(I, SCD) = d(M I, SCD) = d(M, SCD) = . 2

1 HS2 + 1 HE, có HC = 2 7 3a2 . 4 3a2 =

Việc tính khoảng cách này rất phức tạp, nếu ta dùng phương pháp tọa độ sẽ

1 a2 + . 1 HE2 = Suy ra d(I, SCD) = HE = 1 HC 2 = √ 21 a 7

)

đơn giản hơn. (ĐS: b)d =

, c) d =

√ √ a 21 2a 57

14 19

Bài tập 1.1 (Đề thi ĐH khối A- 2014). Cho hình chóp S.ABCD có đáy

, hình chiếu vuông góc của S trên

1.3.2 Bài tập tương tự

mặt phẳng (ABCD) là trung điểm của cạnh AB. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBD).

Bài tập 1.2 (Đề thi ĐH khối B- 2014). Cho lăng trụ ABC.A(cid:48)B(cid:48)C (cid:48) có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của A(cid:48) trên mặt phẳng (ABC) là

ABCD là hình vuông cạnh a, SD = 3a 2

trung điểm của cạnh AB, góc giữa đường thẳng A(cid:48)C và mặt đáy bằng 600. Tính theo a thể tích của khối lăng trụ ABC.A(cid:48)B(cid:48)C (cid:48) và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (ACC (cid:48)A(cid:48)).

Bài tập 1.3 (Đề thi ĐH khối D- 2014). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, mặt bên SBC là tam giác đều cạnh a và mặt phẳng SBC vuông góc với mặt đáy. Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA, BC.

Bài tập 1.4. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại 2, góc ACB = 300. Gọi M là trung điểm của AB. Tính B, AB = a, SA = a

√

khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và BC. (ĐS: d(SM, BC) =

√ a 2

Bài tập 1.5. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông, đường cao AB, BC = 2a, SA = a. SA vuông góc với đáy. Biết SC vuông góc với BD. a) Tính độ dài đoạn thẳng AD. b) Tính thể tích khối chóp S.ABCD. c) Gọi M là điểm trên đoạn SA, AM = x. Tính độ dài đường cao DE của tam giác BDM theo a, x. Tìm x để DE có giá trị lớn nhất, nhỏ nhất.

Bài tập 1.6. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại C, với AB = 2a, SA = a a) Tính thể tích khối chóp S.ABC. b) Gọi M là điểm di động trên cạnh AC sao cho AM = x, 0 ≤ x ≤ a. Tính khoảng cách từ S đến BM theo a, x. Tìm x để khoảng cách trên đạt giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất.

Bài tập 1.7 (Đề thi ĐH Đà Nẵng khối A năm 2001). Cho tứ diện S.ABC có SC vuông góc với (ABC), tam giác ABC vuông tại A, các điểm M, N lần lượt thuộc SA và BC sao cho AM = CN = t(0 < t < 2a). a) Tính độ dài đoạn M N , tìm t để độ dài đoạn M N nhỏ nhất. b) Khi M N nhỏ nhất, chứng minh M N là đường vuông góc chung của BC và SA.

√ 5, AC = a và SA vuông góc với đáy.

Bài tập 1.8. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, các cạnh bên của hình chóp bằng nhau. Biết khoảng cách từ S đến mp(ABC) bằng h. Tìm điều kiện của h để hai mp (SAB) và (SAC) vuông góc. Khi đó hãy tính thể tích khối chóp S.ABC.

Bài tập 1.9 (Đề thi ĐH khối B năm 2002). Cho hình lập phương ABCD.A1B1C1D1 cạnh là a. a) Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng A1B và B1D. b) Gọi M, N, P theo thứ tự là trung điểm của các cạnh BB1, CD, A1D1. Tính góc giữa M P và C1N .

Bài tập 1.10 (Đề ĐHSP TPHCM năm 1992). Cho hình lập phương ABCD.A1B1C1D1 cạnh là a. Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của AD và CD. Lấy P trên cạnh BB1 sao cho BP = 3P B1. Xác định và tính diện tích thiết diện của hình lập phương cắt bởi mặt phẳng

)

Bài tập 1.11. Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A1B1C1D1, có AB = a, AD = 2a, AA1 = a. a) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AD1 và B1C.

b) Gọi M là điểm chia đoạn AD theo tỉ số

√ 6 (M N P ). (ĐS: S = 7a2 16

từ M đến mặt phẳng (AB1C). c) Tính thể tích khối tứ diện AB1D1C.

= 3. Hãy tính khoảng cách AM M D

Bài tập 1.12. Cho lăng trụ đứng ABC.A(cid:48)B(cid:48)C (cid:48) có đáy là tam giác ABC vuông cân tại B, biết BA = a, cạnh bên AA(cid:48) = a 2. Gọi M là trung điểm của cạnh BC. Tính thể tích khối lăng trụ và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM, B(cid:48)C.

√

Bài tập 1.13. Cho hình lăng trụ ABC.A(cid:48)B(cid:48)C (cid:48) có độ dài cạnh bên là 2a, đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB = a, AC = a 3, hình chiếu vuông góc của A(cid:48) lên mp(ABC) là trung điểm của BC. Tính theo a thể tích khối

√

chóp A(cid:48).ABC và tính cosin của góc giữa hai đường thẳng AA(cid:48) và B(cid:48)C (cid:48).

Bài tập 1.14. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 3. Mặt phẳng (SAB) vuông góc với đáy. Gọi M, N 2a, SA = a, SB = a lần lượt là trung điểm của AB và BC. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và cosin của góc giữa hai đường thẳng SM và DN .

√

Chương 2

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

2.1 Dạng toán hình học tổ hợp

Hình học tổ hợp là một nhánh mới của hình học, nó được phát triển mạnh

mẽ trong những năm gần đây. Các bài toán hình học tổ hợp không đòi hỏi nhiều về kiến thức và kỹ năng tính toán, chủ yếu đòi hỏi về sự chặt chẽ, sáng tạo, linh hoạt trong khi giải toán. Chính vì vậy, trong các kỳ thi HSG quốc gia và quốc tế, hình học tổ hợp là một trong những nội dung thường gặp trong các đề thi. Để giải loại toán này, người ta thường dùng các phương pháp như: phản chứng, nguyên lý Dirichlet, quy nạp toán học, tạo đa giác bao, tạo dải song song, nguyên lý cực hạn,. . . Một trong những công cụ để giải các bài toán hình học tổ hợp một cách có hiệu quả, cho lời giải trong sáng, gọn gàng mà mọi người ít nghĩ đến đó là phương pháp tọa độ. Sau đây là một số ví dụ minh họa.

Bài toán 2.1. Cho đoạn thẳng AB có O là trung điểm của AB. Lấy 2n điểm của đoạn thẳng sao cho chúng gồm n cặp điểm đối xứng với nhau qua O. Người ta đánh dấu đỏ n điểm bất kỳ và đánh dấu xanh n điểm còn lại. Chứng minh rằng tổng các khoảng cách từ A đến n điểm đỏ bằng tổng các khoảng cách từ B đến n điểm xanh.

Lời giải. Xét đường thẳng định hướng có chiều dương hướng từ A đến B. Gọi O là gốc của đường thẳng. Ta giả sử trên đường thẳng đó điểm A có tọa độ A = (−1)

Hình 2.1:

và tọa độ B là B = (1). Giả sử X1, X2, . . . , Xn là n điểm đánh dấu đỏ và tọa độ của Xi là Xi = (xi) với i = 1, 2, . . . , n. Gọi Y1, Y2, . . . , Yn là n điểm đánh dấu xanh và tọa độ của chúng là Yi = (yi) với i = 1, 2, . . . , n. Theo giả thiết có n cặp điểm đối xứng qua gốc O nên ta có x1 + x2 + · · · + xn + y1 + · · · + yn = 0 (1) Ta có tọa độ của các véctơ trên trục Ox là: 1, 2, . . . , n.

Do xi ≥ −1 nên độ dài AXi = xi + 1. Vậy

−−→ AXi = (xi −(−1)) = (xi +1), i =

n (cid:80) i=1

(2) Tương tự ta có

AXi = (xi + 1) = n + xi.

(3)

Do yi ≤ 1 nên BYi = 1 − yi. Vậy tổng

−−→ YiB = (1 − yi), i = 1, 2, . . . , n.

n (cid:80) i=1

(4)

Từ (1) ta có

BYi = (1 − yi) = n − yi

n (cid:80) i=1

Từ (2), (3), (4) suy ra

xi = − yi.

n (cid:80) i=1 n (cid:80) i=1

n (cid:80) i=1

Bài toán 2.2. Trên một đường thẳng có n2 + 1 đoạn thẳng (n∈N ). Chứng minh rằng hoặc là giữa chúng có thể chọn được n + 1 đoạn đôi một không cắt nhau, hoặc là tìm được n + 1 đoạn thẳng nào đó có điểm chung. Lời giải.

Ta định hướng cho đường thẳng và chọn gốc cho đường thẳng ấy. Khi ấy mọi điểm M của đường thẳng sẽ ứng với một số mà ta gọi là tọa độ của nó. Giả sử AiBi, i = 1, 2, . . . , n2 + 1 là n2 + 1 đoạn thẳng đã cho, trong đó các đầu mút Ai, Bi có tọa độ là Ai = (ai), Bi = (bi) với ai < bi. Ta nói rằng đoạn thẳng AkBk nằm bên trái đoạn thẳng AiBi nếu ak < ai Mỗi đoạn thẳng được gán cho một số tương ứng 1, 2, . . . , n theo cách sau đây: Bước thứ nhất: Chọn đoạn thẳng ở tận cùng bên trái, tức là chọn đoạn Ai0Bi0 ai (vì số đoạn thẳng là hữu hạn nên tồn tại giá trị bé sao cho ai0 = min

1≤i≤n2+1

nhất). Nếu giá trị bé nhất ấy đạt tại nhiều giá trị thì chọn một giá trị bất

BYi. (đpcm) AXi =

kỳ và đoạn tương ứng được đánh số 1. Ở mỗi bước tiếp theo, ta lại chọn trong số những đoạn thẳng chưa đánh số, đoạn tận cùng bên trái và đặt cho nó số tương ứng tiếp theo (theo thứ tự 1, 2, . . . , n) khác với các số của những đoạn thẳng giao với nó (đã được đánh số). Sau n lần ta đánh số cho n đoạn thẳng mang số từ 1 đến n. Từ bước thứ n + 1 trở đi, luật đánh số như sau: xét đoạn thẳng chưa đánh số tận cùng bên trái nhất và gán cho nó một số bất kỳ (trong các số 1, 2, .., n) miễn là thỏa mãn điều kiện hai đoạn thẳng giao nhau thì không được mang cùng một số. Cứ làm như vậy và chỉ có 2 khả năng sau xảy ra: 1) Đánh số được cả n2 + 1 đoạn thẳng. Vì dùng n số để đánh số n2 + 1 đoạn thế thì theo nguyên lý Dirichlet có ít nhất n + 1 đoạn thẳng mang cùng một số. Vì hai đoạn thẳng giao nhau thì phải mang số khác nhau, chứng tỏ có ít nhất n + 1 đoạn thẳng không có điểm chung. 2) Giả sử ở bước nào đó không đánh được số cho đoạn thẳng A∗B∗. Điều đó có nghĩa là có n đoạn đã đánh số (mỗi đoạn mang một số từ 1 đến n và hai đoạn khác nhau thì mang hai số khác nhau), ngoài ra cả n đoạn này đều giao với A∗B∗. Chú ý rằng theo luật đánh số nếu gọi AijBij(j = 1, 2, . . . , n) là n đoạn thẳng ấy thì ta có bij ≥ a0, với A∗ = (a∗). Vậy cả n + 1 đoạn AijBij(j = 1, 2, . . . , n) và A∗B∗ có điểm chung vì ít nhất A∗ ∈ (∩n j=1AijBij) ∩ A∗B∗, tức là tồn tại n + 1 đoạn thẳng có điểm chung. (đpcm)

Bài toán 2.3. Mặt phẳng được phân chia thành các tam giác đều bằng nhau sao cho hai tam giác bất kỳ không có điểm chung hoặc chung nhau một đỉnh hoặc chung nhau một cạnh. Có hay không một hình tròn chứa đúng 2000 đỉnh của các tam giác đó ?

Lời giải.

Ta đặt độ dài cạnh của tam giác đều bằng 2 đơn vị. Chọn trục tọa độ như hình vẽ. Từ giả thiết suy ra các đỉnh của tam giác trong hệ tọa độ nói trên có dạng (a; b Gọi I là điểm có tọa độ ( đỉnh khác nhau của các tam giác nói trên đến I đều khác nhau.

√ 3), trong đó a và b cùng số chẵn hoặc cùng số lẻ. √ 2; 1). Ta chứng minh rằng khoảng cách từ hai

Hình 2.2: √

√ 3), M (cid:48)(a(cid:48); b(cid:48) 3), ta có

(1)

Thật vậy, xét hai đỉnh bất kỳ M (a; b M I = M I (cid:48) ⇔ M I 2 = M I (cid:48)2 2)2 + (b ⇔ (a − ⇔ a2 + 3b2 − a(cid:48)2 − 3b(cid:48)2 = 2 Do a, b, a(cid:48), b(cid:48) cùng là số nguyên, vế trái của (1) là số nguyên, do đó từ (1) suy ra a − a(cid:48) = b − b(cid:48) = 0, suy ra M trùng M (cid:48). Dựa vào nhận xét trên ta đánh số các đỉnh tam giác trên là M1, M2, M3, . . . sao cho MiI < Mi+1I, với mọi i = 1, 2, 3, . . . Gọi di = MiI, i = 1, 2, . . . , 2000. Xét hình tròn tâm I, bán kính d2000. Hình tròn ấy chứa đúng 2000 đỉnh của các tam giác nói trên. Thật vậy, các điểm M1, M2, . . . , M2000 nằm trong hình tròn nói trên vì MiI < M2000I, với mọi i = 1, 2, . . . , 1999. Còn M2000 nằm trên đường tròn (I, d2000). Ta có MiI > M2000I, với mọi i ≥ 2001, do đó tất cả các đỉnh còn lại của tam giác đều ở ngoài hình tròn nói trên. Vậy có tồn tại hình tròn thỏa mãn điều kiện bài toán.

Bài toán 2.4. Cho một họ hữu hạn các đa giác lồi trong cùng một mặt phẳng và thỏa mãn điều kiện hai đa giác bất kỳ của họ đều có điểm chung. Chứng minh rằng tồn tại một đường thẳng của mặt phẳng cắt tất cả các đa giác của họ nói trên.

Lời giải.

Vẽ một hệ trục tọa độ Oxy bất kỳ. Gọi M1, M2, . . . , Mn là các đa giác của họ đã cho. Chiếu các đa giác lên trục hoành Ox. Giả sử [αi; βi] là hình chiếu của đa giác Mi. Giả sử α = max {α1, α2, . . . , αn}. Rõ ràng α tồn tại vì là GTLN của một tập hữu hạn. Xét đường thẳng x = α, ta sẽ chứng minh rằng

√ √ √ √ 3 − 1)2 2)2 + (b(cid:48) √ 3 − 1)2 = (a(cid:48) − √ 3(b − b(cid:48)). 2(a − a(cid:48)) + 2

Hình 2.3:

đó là đường thẳng cần tìm. Thật vậy, xét một đa giác Mk bất kỳ, đa giác này không thể nằm hẳn bên trái đường thẳng x = α. Vì nếu Mk nằm hẳn bên trái đường thẳng x = α thì ta có βk < α. Nhưng chẳng hạn α = max {α1, . . . , αn} = αj thì βk < αj, suy ra Mk ∩ Mj = φ. Điều này vô lý. Đa giác Mk cũng không thể nằm hẳn bên phải đường thẳng x = α, vì nếu như vậy ta có αk > α. Điều này trái với giả thiết α = max {α1, . . . , αn}. Từ các lập luận trên ta suy ra x = α là đường thẳng cắt tập Mk, với mọi i = 1, 2, . . . , n.

Bài toán 2.5. Giả sử A1, A2, . . . , An là một n giác lồi có tất cả các đỉnh A1, A2, . . . , An là điểm nguyên. Biết rằng hình đa giác đó (bao gồm tất cả các điểm thuộc miền trong và thuộc biên) không chứa bất kỳ một điểm nguyên nào khác ngoài các đỉnh Ai(i = 1, 2, . . . , n). Tìm giá trị lớn nhất có thể được của số n. Lời giải. Trên mặt phẳng tọa độ xét hình vuông với 4 đỉnh (0; 0), (0; 1), (1; 1), (1; 0). Rõ ràng hình vuông đó thỏa mãn các điều kiện đặt ra. Vậy ta có n ≥ 4. Ta chứng minh n ≤ 4. Thật vậy giả sử tồn tại một n- giác (với n ≥ 5) thỏa mãn các điều kiện của đề bài. Vì các đỉnh của đa giác đều là điểm nguyên, nên tọa độ (x; y) của mỗi đỉnh chỉ có một trong bốn dạng: (chẵn, chẵn), (chẵn, lẻ), (lẻ, chẵn), (lẻ, lẻ). Vì n ≥ 5 nên theo nguyên lý Dirichlet phải có hai đỉnh cùng dạng. Giả sử đó là hai đỉnh A(x1; y1), B(x2; y2), trong đó x1, x2 cùng tính chẵn lẻ, y1, y2 cùng tính chẵn lẻ. Gọi I là trung điểm của AB và tọa độ của I là

, suy ra I là điểm nguyên.

; yI = x1 + x2 2 y1 + y2 2

Bài toán 2.6. Cho p, q là hai số tự nhiên nguyên tố cùng nhau. Số tự nhiên n gọi là "số tốt" nếu nó biểu diễn dưới dạng n = px + qy, trong đó x, y là các số nguyên không âm. Số tự nhiên n gọi là "số xấu " nếu nó không phải là "số tốt". Cho trước p, q, hãy tìm số các "số tự nhiên xấu"?

Hình 2.4:

Lời giải. Vì p, q là các số nguyên tố cùng nhau, nên theo thuật toán Ơ- clit, ta chứng minh được mọi số tự nhiên n đều biểu diễn duy nhất dưới dạng n = px + qy, trong đó x, y nguyên và 0 ≤ x ≤ q. Từ đó suy ra n là "số xấu" nếu nó có dạng n = px0 + q0, trong đó 0 ≤ x0 ≤ q, q0 < 0, px0 + q0 > 0 (do n > 0). Trên hệ trục tọa độ Oxy ta vẽ đường thẳng px + qy = 0. Xét hình chữ nhật OABC với A(q; 0), B(q; −p), C(0; −p) và O(0; 0). Theo nhận xét trên số "điểm nguyên xấu" (tức là số "số tự nhiên xấu") chính là số các điểm nguyên nằm ở miền gạch chéo trên hình vẽ, tức là trong tam giác OAB. Do tính đối xứng nên số đó bằng một nửa số điểm nguyên nằm hẳn bên trong

hình chữ nhật OABC. Do đó số các "số tự nhiên xấu" là

xI = Do n-giác là lồi nên hoặc I nằm trên biên, hoặc I nằm trên đường chéo cũng đều thuộc n-giác, mà I là điểm nguyên (mâu thuẫn với giả thiết của bài toán). Điều này chứng tỏ giả thiết n ≥ 5 là sai. Vậy n ≤ 4. Kết luận: Giá trị lớn nhất có thể được của n là 4.

(p − 1)(q − 1) 2

2.2 Dạng toán mạng lưới ô vuông

Định nghĩa 2.1 (Mạng lưới ô vuông). Một hệ thống vô hạn ô vuông tạo trên mặt phẳng giống như ta lát gạch một cái sân bởi những viên gạch lát ô vuông được gọi là mạng lưới đỉnh ô vuông. Các ô vuông này được gọi là các ô vuông cơ sở. Các đỉnh ô vuông chính là các điểm nguyên (điểm có cả tung độ, hoành độ là các số nguyên) của một hệ trục tọa độ song song với các cạnh của các hình vuông cơ sở. Một đa giác có đỉnh là các đỉnh lưới của mạng ô vuông được gọi là đa giác nguyên.

Định lí 2.1 (Xem [2]). Đa giác đều duy nhất có đỉnh tại các điểm lưới ô vuông là hình vuông.

Bài toán 2.7. Một mạng lưới ô vuông gồm 80 đường ngang và 90 đường dọc. Có hai quân cờ đặt ở hai đỉnh đối diện của một hình chữ nhật 80 × 90. Mỗi lượt người ta chuyển cả hai quân cờ theo đường đến nút lưới bên cạnh. Hỏi rằng sau một số lần di chuyển thì hai quân cờ có thể ở hai nút lưới cạnh nhau được không?

Hình 2.5:

Lời giải.

Lấy hai cạnh của hình chữ nhật là hai trục tọa độ, dựng hệ trục tọa độ

vuông góc như sau: Khi đó giả sử hai quân cờ ở hai vị trí A(0; 80), B(90; 0). Giả sử một quân cờ lúc nào đó ở vị trí (a; b). Lần lượt di chuyển tiếp theo vị trí của nó chỉ có thể ở vào một trong bốn bước sau: (a+1; b), (a−1; b), (a; b+ 1), (a; b − 1). Ta thấy trước khi di chuyển thì tổng tọa độ của quân cờ là a + b. Sau khi di chuyển thì tổng tọa độ của quân cờ thuộc vào tập hợp {a + b + 1; a + b − 1} (tăng hoặc giảm 1 đơn vị thì tính chẵn lẻ thay đổi). Như vậy sau một lần di chuyển tính chẵn lẻ của tổng a + b thay đổi. Vì thế sau một lần di chuyển thì tính chẵn lẻ của tổng các tọa độ của hai quân cờ không thay đổi. Tại thời điểm ban đầu do A(0; 80), B(90; 0) nên tổng các tọa độ của hai quân cờ bằng 170 là số chẵn. Giả thiết sau một số nước đi hai quân cờ có thể đứng cạnh nhau. Khi đó, nếu hai quân cờ cùng hàng thì tọa độ của chúng có dạng (α; β), (α + 1; β), lúc này tổng các tọa độ là 2(α + β) + 1 là số lẻ. Nếu hai quân cờ cạnh nhau ở cùng cột thì tọa độ của chúng có dạng (α; β), (α; β+ 1), tổng các tọa độ là 2(α + β) + 1 là số lẻ. Ta đều thấy mâu thuẫn với tổng tọa độ ban đầu là số chẵn. Kết luận sau nhiều lần di chuyển ta thấy không bao giờ xảy ra hai quân cờ đứng cạnh nhau.

Bài toán 2.8. Người ta muốn lát một quảng trường rộng 2n × 2n bằng 2n2 − 1 viên đá hoa cỡ 1 × 2. Biết rằng người ta cần để trống ra 2 ô để trồng 2 cột điện vào đó. Hỏi người ta sẽ đặt cột điện vào những vị trí nào để có thể lát được quảng trường sao cho không phải chặt đôi viên đá hoa ?

Lời giải. Tô màu hình vuông 2n × 2n bằng 2 màu xanh đỏ khi đó ta thấy nếu 2 ô để trống cùng màu thì sẽ không thể lát đá hoa toàn bộ quảng trường theo đầu bài được.

Ta sẽ chứng minh nếu 2 ô để trống khác màu nhau thì sẽ lát được quảng

trường theo cách thỏa mãn đề bài. Thật vậy, vẽ một chu trình kín sao cho nó đi qua tất cả các ô của quảng trường, mỗi ô không quá một lần. Ta thấy nếu trong chu trình trên ta lấy

Hình 2.6:

đi hai ô khác mầu nhau thì chu trình sẽ tách ra làm hai phần mỗi phần có chẵn ô, do đó ta luôn lát được quảng trường thỏa mãn đề bài.

Bài toán 2.9. Trong một cuộc thi có 20 thí sinh, mỗi người phải thi 2 vòng, điểm của mỗi vòng thi của các thí sinh là các số tự nhiên từ 1 đến 10. Người ta so sánh điểm của từng vòng thi tương ứng (vòng 1, vòng 2) giữa các thí sinh. Người A gọi là so sánh được với người B nếu điểm mỗi vòng thi của A không nhỏ hơn điểm mỗi vòng thi tương ứng của B. Biết rằng không có 2 thí sinh nào có cùng cặp điểm số tương ứng. Chứng minh rằng có thể chọn được 3 thí sinh A, B, C sao cho A so sánh được với B và B so sánh được với C.

Hình 2.7:

Lời giải tóm tắt. Xét một bảng hình vuông 10 × 10 Giả sử người A bất kỳ có điểm vòng 1 là i, điểm vòng 2 là j được biểu diễn bởi ô vuông ở hàng i và cột j, với i, j nhận giá trị từ 1 đến 10. Điểm của 20 thí sinh biểu diễn bởi 20 ô vuông khác nhau trong bảng vuông

đó. Ta chia bảng vuông thành 10 miền như sau: Miền 1 gồm các ô ở cột 1 và hàng 10. Miền 2 gồm các ô ở cột 2 và hàng 9. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Miền 9 gồm các ô ở cột 9 và hàng 2. Miền 10 có một ô ở cột 10 và hàng 1. Ta nhận thấy rằng nếu điểm của hai thí sính A và B biểu diễn bởi hai ô thuộc cùng một miền thì so sánh được với nhau. Giả sử phản chứng, không có 3 thí sinh A, B, C nào có điểm biểu diễn bởi 3 ô thuộc cùng một miền, có 20 ô biểu diễn mà có 10 miền thì mỗi miền chứa 2 ô biểu diễn của 2 trong số 20 thí sinh nói trên nên miền 10 phải có 2 ô phân biệt, điều này mâu thuẫn với cách phân miền ở trên. Suy ra điều phải chứng minh.

Bài toán 2.10. Cho một bảng vuông 10 × 10, trong mỗi ô vuông ta ghi một số tự nhiên từ 1 đến 100. Hàng thứ nhất ta ghi các số từ 1 đến 10 từ trái qua phải, hàng thứ hai ta ghi các số từ 11 đến 20 cũng từ trái qua phải,. . . cứ tiếp tục quá trình như vậy cho đến khi điền hết các số vào bảng. a) Chứng minh rằng tổng S của 10 số bất kỳ của bảng, trong đó không có bất kỳ hai số nào thuộc cùng một hàng và cũng không có bất kỳ hai số nào thuộc cùng một cột, là hằng số. Hãy tìm S. b) Bạn Nam dự định cắt bảng trên thành các hình chữ nhật 1 × 2, rồi lấy tích hai số trên một hình chữ nhật, sau đó cộng tất cả các tích vừa thu được với nhau thì được tổng T . Để nhận được T nhỏ nhất thì Nam phải cắt thế nào ? Lời giải. a) Ta ký hiệu các số hạng của S: - Thuộc hàng 1 là a1. - Thuộc hàng 2 là 10 + a2. - Thuộc hàng 3 là 20 + a3. . . . . . . . . . . . . .. - Thuộc hàng 10 là 90 + a10. Do giả thiết nên ta dễ dàng chứng minh được các số a1, a2, . . . , a10 đôi một khác nhau. Suy ra a1 + a2 + · · · + an = 1 + 2 + 3 + · · · + 10 = 55. Nên tổng S = a1 + (10 + a2) + (20 + a3) + · · · + (90 + a10) = 505.

Ta có T =

i + b2

i ) −

b) Gọi (ai, bi) với (i = 1, 2, . . . , 50) là bộ số ở hình chữ nhật mà Nam cắt. 1 2

50 (cid:80) i=1

(a2 (ai − bi)2. aibi = 1 2

i ) là tổng bình phương các số từ 1 đến 100 nên nó là một số

50 (cid:80) i=1 i + b2

50 (cid:80) i=1 không đổi.

Vậy T nhỏ nhất khi

(a2

50 (cid:80) i=1

cùng hàng và |ai − bi| = 10 nếu ai, bi cùng cột. Nên để nhận được tổng T nhỏ nhất thì bạn Nam phải cắt theo cột.

Bài toán 2.11. Một thanh sô cô la được chia thành 64 miếng vuông hình bàn cờ 8 × 8. Cần phải bẻ ít nhất bao nhiêu lần (theo mạch chia và không chồng các miếng lên nhau) để có được 64 miếng ? Lời giải. Ta nhận thấy sau mỗi lần bẻ thì ta có thêm đúng một miếng nhỏ hơn. Để có được 64 miếng ta cần bẻ đúng 63 lần.

Bài toán 2.12. Dùng những viên gạch 2 × 2 và 3 × 3 để lát sân kích thước n × n (n ≥ 2). Xác định điều kiện của sân n × n để lát được mà không phải cắt gạch ? Lời giải. Trước hết, ta nhận xét rằng: - Nếu n chẵn thì có thể dùng toàn gạch 2 × 2 để lát được. - Nếu n = 3k thì cũng lát được bằng gạch 3 × 3. Ta sẽ chứng minh rằng, nếu n lẻ và không chia hết cho 3 thì không thể lát kín sân n × n bằng hai loại gạch trên. Chẳng hạn kích thước sân là 7 × 7. Ta tô màu đỏ các cột lẻ, tô màu xanh các cột chẵn. Cả thảy có 4 cột đỏ gồm 4 × 7 = 28 ô và 3 cột xanh gồm 3 × 7 = 21 ô. Ta thấy rằng, viên 2 × 2 luôn phủ 2 ô màu đỏ và 2 ô màu xanh, và viên 3 × 3 phủ 3 ô đỏ và 6 ô xanh, hoặc phủ 6 ô đỏ và 3 ô xanh. Nếu sân 7 × 7 được phủ kín thì hiệu số các tổng của các ô đỏ và ô xanh là bội số của 3. Tuy nhiên, hiệu số của tổng các ô đỏ và tổng các ô xanh luôn là 4 × 7 - 3 × 7 = 7 không là bội số của 3. Đối với n khác 7, phép chứng minh hoàn toàn tương tự.

(ai − bi)2 đạt lớn nhất. Mà |ai − bi| = 1 nếu ai, bi

Vậy kích thước sân phải là 2k × 2k hoặc 3k × 3k.

Bài toán 2.13. Có thể chia bàn cờ 10 × 10 thành các hình có kích thước 1 × 4 được không ?

Hình 2.8:

Lời giải. Cách 1. Tô màu (trắng - đen) bàn cờ 10 × 10 với kích thước 2 × 2 (các ô màu xen kẽ như hình vẽ). Ta thấy mỗi thanh 1 × 4 luôn chứa đúng hai ô đen và hai ô trắng. Mặt khác, tổng số các ô đen bằng 13 × 4 = 52, tổng số các ô trắng bằng 48. Tổng số các ô đen không bằng tổng số các ô trắng. Vậy điều này vô lý, không thể chia theo yêu cầu bài toán.

Hình 2.9:

Cách 2. Tô màu đen - trắng theo cách khác, như hình vẽ. Mỗi thanh 1 × 4 chứa đúng một ô màu đen. Mà theo cách tô màu đó có tổng số ô màu đen là 26, số ô màu trắng là 74, không thỏa mãn tỉ lệ 1 đen, 3 trắng nên không

thể phân chia được theo yêu cầu đề bài.

Bài toán 2.14. Tiền sảnh của một tòa nhà là hình chữ nhật kích thước m × n được lát bằng một số viên gạch kích thước 2 × 2 và 1 × 4. Nếu bị vỡ một số lẻ viên 2 × 2 thì có thể lát thay thế bằng các viên 1 × 4 được không ?

Hình 2.10:

Lời giải. Ta tô màu các ô vuông bảng m × n theo quy tắc sau: các ô (lẻ, lẻ):=(đỏ, đỏ) (như hình vẽ), những ô còn lại màu trắng (chỉ các ô nằm vị trí (x, y)=(lẻ, lẻ) mới được tô đỏ). Ta nhận thấy các viên 2 × 2 sẽ chứa đúng một ô đỏ (vì các số lẻ - chẵn luân phiên nhau), còn các viên 1 × 4 sẽ chứa 0 hoặc 2 ô đỏ. Từ đó suy ra, nếu một số lẻ các viên gạch 2 × 2 bị vỡ thì phải thay một số lẻ các ô đỏ. Tuy nhiên, như trên ta đã thấy các viên gạch 1 × 4 luôn chứa số chẵn các ô đỏ. Vậy câu trả lời là phủ định.

Bài toán 2.15. Cho 2n số thực đôi một khác nhau a1, a2, . . . , an; b1, b2, . . . , bn. Viết các số vào bảng n × n như sau: ô (i, j) (hàng i và cột j) là số (ai + bj). Chứng minh rằng nếu tích tất cả các số trên các cột bằng nhau thì tích tất cả các số ở mỗi hàng cũng bằng nhau. Lời giải. Tích các số ở cột thứ j bằng πj = (bj +a1)(bj +a2) . . . (bj +an). Khi đó πi = πj 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

(1)

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) 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. 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

(2)

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 =

, 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 =

(x + y)2 + 3x + y 2

đúng.

Với n = 1, ta xét điểm (0; 1) mang số 1 trên hình vẽ có 1 =

(0 + 0)2 + 3.0 + 0 2

đúng.

Với n = 2, ta xét điểm mang số 2 đó là điểm (1; 0), ta có 2 =

(0 + 1)2 + 3.0 + 1 2

(1 + 0)2 + 3.1 + 0 2

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

. (1)

mang số thứ tự n có tọa độ (x; y) nghĩa là n =

(x + y)2 + 3x + y 2

Xét số n + 1, tương ứng ta xét điểm mang số thứ tự n + 1. Có hai khả năng xảy ra: 1) Nếu y (cid:54)= 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

= 1 + = (x + y)2 + 3x + y + 2 2

= 1 + n (x + y)2 + 3x + y 2

. Vậy điều

thì theo chứng minh trên ta luôn có n + 1 =

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 thiết quy nạp). Vậy ứng với điểm mang số thứ tự n + 1 (điểm có tọa độ (α; β)) (α + β)2 + 3α + β 2

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)

, trong

Bài toán 2.20. Cho t là số dương tùy ý. Số các phân số tối giản

= + 1 = n + 1 ( theo giả (x + 1)2 + 3x + 0 2

p q

đó p, q không vượt quá t sẽ ký hiệu là d(t). Tính tổng sau:

(cid:19)

(cid:18)100 2

(cid:18)100 99

(cid:18)100 100

(cid:18)100 1 Lời giải.

Hình 2.13:

Mỗi phân số tối giản

với 0 < p ≤ 100, 0 < q ≤ 100 (1) tương ứng

+ d + · · · + d + d S = d

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 là phân số tối giản, nên trên đoạn

p q

p q OM không có điểm nguyên nào khác M . Giả sử M0(p0; q0) là điểm nguyên thỏa mãn (1). Gọi l là đường thẳng đi qua O và ứng với phân số tối giản p0 q0

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.

< < < · · · < 100 n 100 n − 1 100 n − 2 100 1

Ta có np0 ≤ 100, nq0 ≤ 100, suy ra p0 ≤ 100 1

được tính đến trong các số

Suy ra theo định nghĩa thì phân số tối giản

< · · · < < < q0 ≤ 100 n − 1 100 n − 2 100 n

(cid:17)

p0 q0

của tổng S, tức là phân số tối giản

(cid:16)100 n

(cid:16)100 3

(cid:16)100 2

(cid:16)100 1 tham gia vào tổng S đúng n lần. Như thế số lần xuất hiện của phân số

, d , d , . . . , d

thỏa mãn (1) nên suy

ra số các phân số tham gia vào tổng S, tức là giá trị của tổng S đúng bằng

d p0 q0 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

tất cả các điểm nguyên của hình vuông OACB.

(cid:17)

Vậy S =

(cid:16)100 k

100 (cid:80) k=1

= 100.100 = 10000. d

(1)

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. 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. 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.

(2)

n (cid:80) k=1

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 (cid:80) k=1 Lời giải. Giả thiết phản chứng kết luận của bài toán không đúng tức là ta có

bk (cid:54)= 0. ak +

n (cid:80) k=1

(1) ak + bk = 0.

...4.

Điều đó có nghĩa là

(2)

n (cid:80) k=1

n (cid:80) k=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 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 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. n (cid:80) k=1

bk (cid:54)= 0. ak +

(1)

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 U CLN (a, b) = d. Khi đó ta có a + b ≥ 3d. Thật vậy, từ (1) suy ra a = da(cid:48), b = db(cid:48); với U CLN (a(cid:48), b(cid:48)) = 1. Do a(cid:48) ≥ 1, b(cid:48) ≥ 1 và do a (cid:54)= b, nên a(cid:48) và b(cid:48) không thể cùng bằng 1. Từ đó có a(cid:48) + b(cid:48) ≥ 3. Vì thế a + b = (a(cid:48) + b(cid:48))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 U CLN (ai, aj) = dij(1 ≤ i, j ≤ 8). Theo nhận xét trên ta có: ai + aj ≥ 3dij. Từ đó (cid:80)

(2)

1≤i,j≤8

(ai + aj) ≥ 3 (cid:80) dij

(3). Vì mỗi đỉnh ghi số ai thuộc ba cạnh nên trong tổng của vế trái của (3) mỗi

số ai được tính ba lần. Từ đó (cid:80)

8 (cid:80) i=1

1≤i,j≤8

(4) ai. (ai + aj) = 3

Từ (3) và (4) suy ra

1≤i,j≤8

8 (cid:80) i=1

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 (cid:54)= aj, ∀i (cid:54)= j.

(5) dij. ai ≥ (cid:80)

Vậy từ (5) có

8 (cid:80) i=1

1≤i,j≤8

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:

, còn số các ô trắng là: 1 + 2 + 3 + · · · + (n − 1) =

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

(6) ai > (cid:80) dij.

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.

n(n − 1) 2

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 ≤

(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 BF N A. 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

+ 1 hay m ≤ n2 − n + 1. 2n(n − 1) 2

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.

(cid:17)2

(1)

Bài toán 2.26 (Xem [1]). Tìm tất cả các nghiệm nguyên khác (0; 0; 0) của phương trình x2 + 2y2 = 3z2. Lời giải. Chia cả hai vế của (1) cho z2 ta được:

(cid:16)x z

(cid:16)y z

Đặt u =

= 3. + 2

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.

(cid:26)u2 + 2v2 = 3

Xét hệ phương trình

, v = x z y z

⇒ u2 + 2[k(u − 1) + 1]2 = 3 v = k(u − 1) + 1

⇒ (2k2 + 1)u2 + 4k(1 − k)u + 2k2 − 4k − 1 = 0.

2k2 − 4k − 1 2k2 + 1

Với u =

Phương trình có hai nghiệm là u = 1 và u = −2k2 − 2k + 1 2k2 + 1

tổng quát của phương trình (∗) và từ đó tìm được nghiệm của (1).

⇒ v = , (k ∈ Z) đó chính là nghiệm 2k2 − 4k − 1 2k2 + 1

 

thì

. Khi đó nghiệm (x; y; z) = (−5; −1; 3).

Chẳng hạn: k =

u =



1 2 v = −5 3 −1 3

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(cid:48)B(cid:48)C (cid:48)D(cid:48) có ABCD và A(cid:48)B(cid:48)C (cid:48)D(cid:48) 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(cid:48)C (cid:48)CB. Điểm X xuất phát từ A đi về phía B còn Y rời từ B(cid:48) để đi về hướng C (cid:48). Tìm quỹ tích trung điểm của XY .

Hướng dẫn giải

(cid:17)

Ta kí hiệu O1, O2, O3 lần lượt là tâm của các mặt ABB(cid:48)A(cid:48), BB (cid:48)C (cid:48)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(cid:48) là các trục toạ độ Ox, Oy, Oz tương ứng. Đặt AB = AD = AA(cid:48) = 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

(cid:16)x1 + x2 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:

, , y1 + y2 2 z1 + z2 2

Hình 3.1:

Khi t = 0, 1, 2, 3, 4 dễ dàng thấy được K tương ứng ở các vị trí O1, 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 M A, M B 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 M AB.

(cid:17)2

(cid:16)

Do đó đường tròn (T ) có tâm I

Lời giải. Ta có 2x2 + 2y2 − 2x + 2y − 1 = 0 ⇔ −1 2

(cid:16)1 2 Gọi K là giao điểm của M I với đường tròn (T ) (K ở giữa M và I). Chứng minh được K là tâm đường tròn nội tiếp ∆M AB.

= 1. y + + 1 2 x − (cid:17) 1 2 , bán kính R = 1. ;

Nhận thấy d1 cắt d2 và d2 đi qua tâm I( chỉ khi M là giao của d1 và d2.

; ) nên K nằm trên d2 khi và 1 2 −1 2

(cid:17)

(cid:26)x − y + 4 = 0

Xét hệ:

. Suy ra M

có nghiệm x =

(cid:16)−3 2

Đường tròn (T1) đường kính M I có phương trình là x2 + 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: (cid:40)

. Suy ra 4x − 6y − 3 = 0.

, y = ; 6x + 4y − 1 = 0 −3 2 5 2 5 2

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 (cid:48)(0; 1) đối xứng với I qua đường thẳng AB. - Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC với tâm I (cid:48)(0; 1) và bán kính I (cid:48)A = √

1 2 x2 + y2 − x + y − = 0 x2 + y2 + x − 2y − 2 = 0

10, có phương trình là: x2 + (y − 1)2 = 10.

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 = 3 và SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Gọi E, F lần a 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 AF B và BAC có

√ √ 2, SA = a

= = AF BA AB BC 1 √ 2

đến mặt phẳng ta tính được d(D, (P )) =

⇒ ∆AF B ∼ ∆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 √ 2

2a 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

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

√

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

3 4

phải nằm trên đường thẳng XC và có độ dài AX + XC −

√

Vì lẽ đó ta đi tìm điểm X sao cho AX + XC cực tiểu. Xét điểm P , giao của

3 4

√

đường cao BK kẻ từ B với đường tròn tâm B bán kính . Ta thấy nếu P (cid:48) là một điểm tùy ý khác P nằm trên đường thẳng đi qua P vuông góc với BK, ta luôn có AP (cid:48) + P (cid:48)C > AP + P C. Bây giờ, với X nằm trên đường tròn tâm B nói trên, gọi P (cid:48) là giao điểm

3 4

tra xem ba hình tròn tâm A, X, Y (xác định như đã nói trên), bán kính

của AX với đường thẳng qua P vuông góc với BK, ta được: AX + XC > AP (cid:48) + P (cid:48)C > AP + P C. Như vậy, ta chọn X trùng với P (cid:48) xác định như trên. Vấn đề còn lại là kiểm 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

√

(cid:16)

(cid:17)

bán kính

tròn tâm A và Y

√

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:

3 4

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 + 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

2 2 2 2 2 2 2 4

2) Trường hợp 2:

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

3) Trường hợp 3:

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

4) Trường hợp 4:

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

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

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”.

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

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

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

= k không đổi. Gọi AB AC

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

M, N tương ứng là các giao điểm IE, IF với (I) (M khác E, N khác F ) và M N cắt IB, IC tại P, Q. Chứng minh đường trung trực P Q luôn qua một điểm cố định.

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, n2), 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)(cid:112)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 M là số hữu tỷ. Vì M không chính phương nên ta có thể tìm được lúc đó số nguyên tố p sao cho p2a+1 chia hết M nhưng p2a+2 không chia hết M , với a ≥ 0.

√

Ta đặt N =

cũng là số hữu tỷ. Do đó, tồn tại số r s

nguyên tố q sao cho q chia hết N , nhưng q2 không chia hết N . Cho với r và s là hai số nguyên tố cùng nhau, ta có s2N = r2. Bây giờ, q chia hết r, suy ra q2 chia hết r2, do đó q chia hết s2. Từ đó, q chia hết s. Do vậy r và s có thừa số chung, điều này mâu thuẫn. Tóm lại, số không chính phương không thể có căn bậc hai là hữu tỷ. Để tiếp tục giải bài toán, ta lấy 3 số a, b, c sao cho a < b < c. Gọi B(b; a2), C(c; a2), D(c; b2). Ta có: dt(∆xaxbxc) = dt(∆xaxcC) − dt(∆xbxcD) − dt(xbDCB) − dt(∆xaxBB)

√ √ N = M p2a , thì khi đó M pa √ N =

số hữu tỷ. (Điều phải chứng minh)

= (c − a). − (b − a). − (c − b). − (c − b)(b2 − a2) là một c2 − a2 2 b2 − a2 2 c2 − b2 2

Bài toán 3.15 (IMO năm 1996). Cho số nguyên dương r và một bảng hình chữ nhật chia thành 20 × 12 ô vuông. Những nước đi được thực hiện trên bảng như sau: ta chuyển từ một ô vuông đến một ô vuông khác chỉ khi nào khoảng cách giữa hai tâm của hai ô vuông đó bằng Bài toán đặt ra là làm sao có thể tìm được một dãy các nước đi để chuyển

√ r.

từ ô này sang ô nọ, mà hai ô đó nằm ở hai góc kề nhau của bảng, hai góc đó nằm trên cùng một chiều dài của bảng chữ nhật nói trên. a) Chứng minh rằng bài toán không giải được nếu r chia hết cho 2 hoặc cho 3. b) Chứng minh rằng bài toán giải được khi r = 73. c) Với r = 97 bài toán có giải được không ?

Lời giải. a) Giả sử mỗi lần di chuyển (nước đi) là một hình chữ nhật có hai cạnh là a và b (đơn vị). Do đó a2 + b2 = r. Nếu r chia hết cho 2 thì a và b sẽ cùng chẵn hoặc cùng lẻ. Nếu ta tô màu các ô vuông như bàn cờ quốc tế thì điều này có nghĩa là ô trắng sẽ chuyển đến ô trắng, ô đen chuyển đến ô đen. Nhưng hai ô ở hai góc kề nhau (dọc theo chiều dài bảng) khác màu, do đó bài toán không giải được. Nếu r chia hết cho 3 thì cả a lẫn b đều là bội của 3. Như thế, nếu giả sử ô đầu tiên có tọa độ (0; 0), ô được chuyển đến sẽ có tọa độ (3m; 3n). Nhưng yêu cầu ô được chuyển đến sau cùng phải có tọa độ (19; 0), nên trong trường hợp này bài toán cũng không giải được. b) Nếu r = 73 ta có a = 8, b = 3 hoặc a = 3, b = 8. Từ ô khởi đầu (x; y), ta có 4 nước đi: A : (x; y) đến (x + 8; y + 3); A : (x; y) đến (x + 8; y − 3); Ta coi như nước đi (x − 8; y − 3) là nước đi âm theo dạng A, tương tự thế với dạng khác. Giả sử ta thực hiện dãy các nước đi gồm a nước loại A, b nước loại B, c nước loại C và d nước loại D, để bài toán giải được ta cần có: (cid:26)8(a + c) + 3(b + d) = 19 3(a − c) + 8(b − d) = 0

Dễ thấy một nghiệm của hệ là: a = 5, b = −1, c = −3, d = 2. Từ đó, bài toán giải được, vì từ ô (0; 0) ta chuyển đến ô (19; 0) bằng dãy nước đi sau: (0; 0) → (8; 3) → (16; 6) → (11; 1) → (19; 4) → (11; 7) → (19; 10) → (16; 2) → (8; 5) → (16; 8) → (19; 0). c) Trường hợp r = 97: bài toán không giải được.

Bài toán 3.16 (IMO năm 2002). Cho n là số nguyên dương. Gọi T là tập

B : (x; y) đến (x + 3; y + 8); B : (x; y) đến (x + 3; y − 8).

các điểm (x; y) trong mặt phẳng, với x và y là các số nguyên không âm và x + y < n. Mỗi điểm của T được tô màu xanh hoặc đỏ. Nếu như điểm (x; y) có màu đỏ, thì tất cả các điểm (x(cid:48); y(cid:48)) mà x(cid:48) ≤ x và y(cid:48) ≤ y của T cũng mang màu đỏ. Ta gọi một X-tập là tập hợp con của T gồm n điểm màu xanh có các hoành độ (thành phần tọa độ thứ nhất) khác nhau, và ta định nghĩa một Y -tập là tập hợp con của T gồm n điểm màu xanh có các tung độ (thành phần tọa độ thứ hai) khác nhau. Chứng minh rằng số tất cả các X-tập bằng số tất cả các Y -tập.

Kết luận

Luận văn “Phương pháp tọa độ trong hình học tổ hợp và số học” đã giải quyết được những vấn đề sau: - Trình bày chi tiết phương pháp tọa độ giải các bài toán hình học tổ hợp, số học. - Trình bày một số dạng toán về lưới ô vuông, tô màu giải bằng phương pháp tọa độ. - Trình bày một số bài toán từ các kỳ thi Olympic. Đó là các dạng toán chưa được học ở bậc đại học. Các kiến thức về chuyên đề này góp phần vào việc bồi dưỡng hiệu quả học sinh giỏi toán bậc THPT.

Tài liệu tham khảo

[1] Nguyễn Văn Mậu, Trần Nam Dũng, Đặng Hùng Thắng, Đặng Huy Ruận (2008), Một số vấn đề số học chọn lọc, NXB Giáo Dục, Hà Nội. [2] Nguyễn Văn Mậu, Trần Nam Dũng, Vũ Đình Hòa, Đặng Huy Ruận, Đặng Hùng Thắng (2008), Chuyên đề chọn lọc tổ hợp và toán rời rạc, NXB Giáo Dục, Hà Nội. [3] Nguyễn Văn Mậu, Nguyễn Đăng Phất, Đỗ Thanh Sơn (2008), Hình học và một số vấn đề liên quan, NXB Giáo Dục, Hà Nội. [4] Lê Hải Châu (2007), Các bài thi Olympic Toán trung học phổ thông Việt Nam (1990-2006), NXB Giáo Dục, Hà Nội. [5] Vũ Dương Thuỵ, Nguyễn Văn Nho (2002), 40 năm Olympic Toán học quốc tế (1959-2000), NXB Giáo dục, Hà Nội. [6] Báo Toán học và Tuổi trẻ số 450 tháng 12/2014, số 451 tháng 01/2015, NXB Giáo dục, Hà Nội. [7] Nhiều tác giả, VNMATH.com (2013), Tuyển tập các chuyên đề hình học trên Tạp chí Toán học và Tuổi trẻ.

Luận văn Thạc sỹ Toán học: Phương pháp tọa độ trong hình học tổ hợp và số học

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. Mời các bạn tham khảo!

PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG HÌNH HỌC TỔ HỢP VÀ SỐ HỌC

PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG HÌNH HỌC TỔ HỢP VÀ SỐ HỌC

Mục lục

Mở đầu

Lời cảm ơn

Chương 1

Phương pháp tọa độ và các tính chất liên quan

1.1 Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng và trong

không gian

1.2 Một số ví dụ áp dụng phương pháp tọa độ trong

mặt phẳng

1.3 Một số ví dụ áp dụng phương pháp tọa độ trong

không gian

Chương 2

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

2.1 Dạng toán hình học tổ hợp

2.2 Dạng toán mạng lưới ô vuông

Chương 3

Một số đề toán Olympic

3.1 Đề toán phương pháp tọa độ trong mặt phẳng và

trong không gian

3.2 Đề toán hình học tổ hợp và mạng lưới ô vuông

Kết luận

Tài liệu tham khảo

Có thể bạn quan tâm

Tài liêu mới

AI tóm tắt

Giới thiệu tài liệu

Đối tượng sử dụng

Từ khoá chính

Nội dung tóm tắt

Giới thiệu

Về chúng tôi

Việc làm

Quảng cáo

Liên hệ

Chính sách

Thoả thuận sử dụng

Chính sách bảo mật

Chính sách hoàn tiền

DMCA

Hỗ trợ

Hướng dẫn sử dụng

Đăng ký tài khoản VIP

093 303 0098

support@tailieu.vn

Phương thức thanh toán

Theo dõi chúng tôi

Facebook

Youtube

TikTok