Vietnam TST 2012 – Lời giải và bình luận

Trần Nam Dũng & K0 Kỳ thi chọn đội tuyển Việt Nam tham dự IMO 2012 đã diễn ra trong 2 ngày 16 và 17/04/2012 tại Hà Nội. Mỗi ngày thí sinh phải giải quyết 3 bài toán trong vòng 4 giờ 30 phút. Theo đánh giá chung, đề thi năm nay thuộc loại khó. Về phân môn, 6 bài toán được phân bố như sau: Bài 1. Hình học phẳng (Quỹ tích và điểm cố định) Bài 2. Tổ hợp (Phủ) Bài 3. Số học (Hệ thặng dư) Bài 4. Số học (Dãy số) Bài 5. Đại số (Bất...
Nội dung trích xuất từ tài liệu:
Vietnam TST 2012 – Lời giải và bình luận Vietnam TST 2012 – Lời giải và bình luận Trần Nam Dũng & K0Kỳ thi chọn đội tuyển Việt Nam tham dự IMO 2012 đã diễn ra trong 2 ngày 16 và17/04/2012 tại Hà Nội. Mỗi ngày thí sinh phải giải quyết 3 bài toán trong vòng 4 giờ 30phút. Theo đánh giá chung, đề thi năm nay thuộc loại khó. Về phân môn, 6 bài toán đượcphân bố như sau:Bài 1. Hình học phẳng (Quỹ tích và điểm cố định)Bài 2. Tổ hợp (Phủ)Bài 3. Số học (Hệ thặng dư)Bài 4. Số học (Dãy số)Bài 5. Đại số (Bất đẳng thức)Bài 6. Tổ hợp (Lý thuyết đồ thị)Nếu đi sâu vào lời giải thì có thể thấy bài 4 là một bài toán thuần túy đại số. Bài 3 là bàisố học nhưng mang đậm chất tổ hợp. Như thế, có thể thấy đề thi năm nay quá nặng vềĐại số và Tổ hợp, phần Số học và Hình yếu, dù bài hình là một bài toán tốt.Về độ khó, chỉ có bài 4 là dễ chịu hơn cả, còn lại 5 bài đều là những bài toán khó, đều làthách thức đáng kể đối với các thí sinh.Một đặc điểm nữa trong đề thi năm nay là có nhiều bài toán sử dụng ý tưởng các định lýmạnh như định lý Cauchy-Davenport (bài 3), định lý Dirac, định lý Tutte (bài 6). Điềunày một mặt là tích cực vì hướng học sinh đến việc làm quen với những vấn đề cơ sở củatoán cao cấp, mặt khác cũng tạo những bất lợi cho các học sinh chưa có điều kiện làmquen với những kiến thức này. Đây là điều mà những người dẫn dắt phong trào HSG củaViệt Nam phải thảo luận kỹ để có một định hướng đúng.Dưới đây chúng tôi trình bày lời giải chi tiết các bài toán của Vietnam TST 2012 cùngcác bình luận.Bài viết này được hoàn thành với sự tham gia trực tiếp của các bạn: Võ Quốc Bá Cẩn(ĐH Y Cần Thơ) và Lê Phúc Lữ (ĐH FPT), Lê Hồng Quý cũng như sự tham gia gián tiếpcủa thầy Nguyễn Chu Gia Vượng (Viện Toán học), các thành viên mathscope.org nhưchemthan, Mr_Stoke, kien10A1, novae, leviethai, lethanhtu, nghiepdu-socap, …Bài 1.Trên mặt phẳng, cho đường tròn (O) và hai điểm cố định B, C trên đường tròn nàysao cho BC không là đường kính của (O) . Gọi A là một điểm di động trên đườngtròn (O) và A không trùng với hai điểm B, C . Gọi D, K , J lần lượt là trung điểm củaBC , CA, AB và E , M , N lần lượt là hình chiếu vuông góc của A, B , C trênBC , DJ , DK .Chứng minh rằng các tiếp tuyến tại M , N của đường tròn ngoại tiếp tam giácEMN luôn cắt nhau tại điểm T cố định khi điểm A thay đổi trên (O) .Lời giải.Đây là một bài toán khá thú vị với phát biểu nhẹ nhàng, cấu hình không quá phức tạp vàgợi ra nhiều ý tưởng nhưng việc xử lí không dễ, quan trọng là phải đoán được điểm cốđịnh được nêu ra. Dưới đây chúng ta sẽ xem xét một số hướng tiếp cận và xử lí mở rộngcủa bài toán này.Cách 1. (sử dụng hàng điểm điều hòa và tứ giác điều hòa)Gọi H là trực tâm của tam giác ABC. Ta xét trường hợp H nằm trong tam giác, các trườnghợp còn lại chứng minh tương tự.Trước hết, ta chứng minh rằng T nằm trên đường thẳng OD.Dễ dàng thấy H cùng nằm trên các đường thẳng BM và CN nên các điểm D, M , N , H , Ecùng thuộc đường tròn đường kính HD.Đường thẳng qua H, song song với BC cắt đường thẳng OD tại điểm S. Do HSD  900nên S cũng thuộc đường tròn đường kính HD. Gọi X là hình chiếu của E lên AD thì Xcũng thuộc đường tròn này.Ta sẽ chứng minh các tứ giác DMSN , XMEN là các tứ giác điều hòa.Thật vậy, do HS  BC và D là trung điểm của BC nên theo tính chất về chùm điều hòa, tacó ( HS , HD, HC , HB )  1 hay tứ giác DMSN tương ứng là tứ giác điều hòa. Theo tínhchất của tứ giác điều hòa, ta có T nằm trên đường thẳng DO.Dễ thấy tứ giác DEJK là hình thang cân nên nên ENK  EMJ ( g .g ) . EM EJ AB   . Hơn nữa,Suy ra EN EK AC XM sin XNM sin XDM sin DAC AB     . sin XMN sin XDN sin DAB AC XN EM AB Do đó, hay tứ giác XMEN điều hòa. Ta có được T nằm trên EX hay T chính EN AClà giao điểm của EX và AO.Ta sẽ chứng minh rằng khoảng cách từ T đến D không đổi.Gọi B  là hình chiếu của B trên AC. Do AHX  ADE nên AX  AD  AH  AE  AB   AChay tứ giác CDXB  nội tiếp. Suy ra DXC  DB C  DCA  DX  DA  DC 2 . AE  DX AD  DX DC 2Theo định lí Thales thì DT    . AX AH AHDễ thấy DC , AH đều không đổi nên độ dài đoạn DT không đổi hay T là điểm cố định.Ta có đpcm.Cách 2. (dùng phương tích, trục đẳng phương)Gọi R, S lần lượt là trung điểm của DB, DC thì R, S lần lượt là tâm đường tròn ngoại 1 1 1 DB   BC  DC   NS vàtiếp các tam giác BMD, CND . Ta có TM  TN , MR  2 4 2bằng biến đổi góc, ta thu được TMR  TNS hay TMR  TNS (c.g .c) .Suy ra TR  TS hay T nằm trên đường trung trực của BC.Gọi X là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC thì X cố định. Ta sẽ chứng minh T nằmtrên trục đẳng phương của đường tròn (S) và (X). Gọi U là trung điểm của OD. Ta thấyT /( X )  T /( S )  TX 2  XC 2  TS 2  SC 2 TX 2  TS 2  XD 2  CD 2  SC 2  TD 2  SD 2  XD 2  CD 2  SC 2  TC 2  XD 2 TD  XD   TC 2  XD 2  CD 2  2TD  XD  DS 2  DU  DT 2Điều này tương đương với tam giác TSU vuông tại S. Hơn nữa, ta thấy TSU  900  STU  SUT  900  RTS  BXC  1800  MTN  MIN  1800Đẳng thức cuối đúng nên suy ra T nằm trên trục đẳng phương của (S) và (X). Do haiđường tròn này cố định nên trục đẳng phương của chúng cũng cố định. T là giao điểm củahai đường thẳng cố định nên T là điểm cố định. Ta có đpcm.Bình luận.So sánh với các bài toán hình ở vị t ...