BÀI TOÁN PHỦ HÌNH
Một số lý thuyết cơ sở
Mạng lưới đỉnh ô vuông là một hệ thống vô hạn các ô vuông tạo thành mặt phẳng, trong đó các ô vuông này được gọi là ô vuông cơ sở Các đỉnh của ô vuông, hay còn gọi là điểm nguyên, là những điểm có cả tung độ và hoành độ là số nguyên trên một hệ trục tọa độ song song với các cạnh của ô vuông cơ sở Một đa giác có các đỉnh là các đỉnh lưới của mạng ô vuông được gọi là đa giác nguyên.
Mạng lưới ô vuông có một tính chất cơ bản quan trọng, đó là chỉ có một loại đa giác đều duy nhất có đỉnh tại các điểm lưới ô vuông, đó chính là hình vuông.
Mạng lưới ô vuông có ứng dụng thiết thực trong việc tính diện tích các hình phẳng Đa giác nguyên được định nghĩa là đa giác có các đỉnh là các điểm có tọa độ nguyên.
Tam giác đơn là tam giác có các đỉnh với tọa độ nguyên, không chứa đỉnh nguyên nào bên trong hoặc trên cạnh Theo định lý 2, diện tích của tam giác đơn trên mạng lưới ô vuông đơn vị bằng 1.
2 Định lí 3 (Định lí Picard)
Đa giác P có các đỉnh là điểm nguyên và không có cạnh tự cắt, có thể không phải là lồi Bên trong đa giác có n điểm nguyên, trong khi trên biên có m điểm nguyên Diện tích của đa giác được tính theo công thức cụ thể.
Một số bài toán phủ hình
Sau đây luận văn trình bày một số bài toán phủ hình Những bài toán này được tham khảo ở các tài liệu [1], [2] và [4] mục tài liệu tham khảo.
Trên một tờ giấy có một vết mực có diện tích nhỏ hơn 1, ta có thể kẻ carô với các hình vuông đơn vị sao cho không có đỉnh nào của mạng lưới ô vuông rơi vào vết mực Điều này chứng minh rằng việc phân chia không gian giấy thành các ô vuông là khả thi mà không làm ảnh hưởng đến vết mực.
Giả sử ta phủ tờ giấy bằng một mạng lưới ô vuông đơn vị bất kì.
Khi cắt các ô vuông đơn vị và xếp chồng chúng lên nhau, giả định rằng mực có thể thấm qua tất cả các ô vuông này.
Khi đó vì diện tích của vết mực nhỏ hơn 1 Nên trong ô vuông có ít nhất 1 điểm là không bị thấm mực Ta đánh dấu điểm đó.
Chúng ta sẽ trải các ô vuông ra như trước, với các điểm đánh dấu tạo thành một lưới ô vuông bao phủ tờ giấy, đảm bảo rằng không có điểm nào nằm trong vết mực.
Vậy bài toán được giải
Bài toán 2 Cho tam giác nhọn ABC có diện tích bằng 1 Chứng minh rằng tồn tại một tam giác vuông có diện tích không vượt quá
Giải Gọi BC là cạnh lớn nhất của tam giác nhon ABC có diện tích bằng
1 Kẻ trung tuyến AM Đặt MA = R.
Vẽ đường tròn (M;R) cắt BC ở D, E D E
Các điểm B, C đối xứng nhau qua M, chúng cùng nằm trong đường tròn.
Ta chứng minh rằng tam giác vuông ADE là tam giác phải tìm.
ABC , cần chứng minh S ADE 3 Kẻ đường cao AH. Đặt MB = MC = a Ta có
DE.AH R.AH ; AH 2S ABC
Thật vậy, trong hai góc AMB, AMC tồn tại một góc lớn hơn hoặc bằng 90 0 , chẳng hạn
Vậy tam giác ADE vuông có diện tích không vượt quá
Trong một khu vực dân cư hình tứ giác lồi, tại trung điểm mỗi cạnh, các trung tâm phát và nhận sóng được đặt Vùng phủ sóng tối đa là hình tròn với đường kính bằng cạnh tứ giác Câu hỏi đặt ra là liệu toàn bộ khu vực dân cư này có được phủ sóng hoàn toàn hay không.
Giả sử có điểm M nằm trong khu dân cư có hình tứ giác lồi ABCD mà không bị phủ bởi hình tròn nào như hình vẽ.
Lúc đó do M nằm ngoài cả 4 đường tròn có đường kính AB, BC, CD, DA D nên AMB 90 0 , BMC 90 0 ,CMD 90 0 , DMA 90 0
Suy ra tổng bốn góc trên nhỏ hơn 360 0 , vô lí.
Vậy không tồn tại điểm M như thế Hay có thể khẳng định là khu dân cư ấy đều được phủ sóng
Trong bài toán này, cho 100 điểm trên mặt phẳng với điều kiện rằng khoảng cách giữa hai điểm bất kỳ không vượt quá 1, và ba điểm bất kỳ luôn tạo thành đỉnh của một tam giác tù Cần chứng minh rằng tồn tại một hình tròn có bán kính 1.
Gọi A, B là hai điểm có khoảng cách lớn nhất trong 100 điểm đã cho, ta có
AB 1 Vẽ đường tròn có đường kính
AB, hình tròn này có bán kính không quá 1 Ta chứng minh rằng hình tròn
2 đó chứa mọi điểm đã cho.
Thật vậy, vẽ hai đường thẳng vuông góc với AB tại A và tại B tạo thành một dải.
Nếu tồn tại một điểm C đã cho nằm ngoài dải thì hoặc BC > AB hoặc AC > AB, trái với cách chọn hai điểm A, B.
Nếu tồn tại một điểm C đã cho nằm trên dải và nằm ngoài hình tròn thì ABC không có góc tù, trái với đề bài
Cho bốn điểm trên mặt phẳng, với điều kiện rằng khoảng cách giữa bất kỳ hai điểm nào lớn hơn 1 Chứng minh rằng không thể bao phủ cả bốn điểm này bằng một hình tròn có đường kính không vượt quá 2.
Giải Ta sẽ chứng minh rằng trong bốn điểm đã cho, tồn tại hai điểm có khoảng cách lớn hơn Xét ba trường hợp :
Bốn điểm A, B, C, D là đỉnh của một tứ giác lồi Tồn tại một góc lớn hơn hoặc bằng 90
0 , chẳng hạn A Ta sẽ chứng minh BC 2
Ba điểm (chẳng hạn A, B, C) là đỉnh của một tam giác, điểm thứ tư D nằm trong hoặc trên biên.
Nếu D nằm trên biên của tam giác, chẳng hạn D nằm giữa A và C thì AD >
Nếu D nằm trong ABC thì trong ba góc ADB, BDC,CDA , tồn tại một góc lớn hơn hoặc bằng 120 0 , giả sử
Bài toán hiển nhiên đúng
Đối với bài toán cho một đa giác đơn có chu vi 12, ta cần chứng minh rằng có thể phủ kín đa giác này bằng một hình tròn có bán kính 3 Với chu vi 12, tổng chiều dài các cạnh của đa giác không vượt quá 12, cho phép hình tròn có bán kính 3 bao trùm toàn bộ diện tích của đa giác Do đó, có thể khẳng định rằng một hình tròn với bán kính 3 đủ lớn để phủ kín bất kỳ đa giác đơn nào có chu vi 12.
Gọi A và B là hai điểm trên biên của đa giác, chia chu vi thành hai phần bằng nhau, mỗi phần dài 6 Ta có AB nhỏ hơn 6 Đặt O là trung điểm của đoạn AB và vẽ hình tròn tâm O bán kính 3 Chúng ta sẽ chứng minh rằng hình tròn này bao phủ toàn bộ đa giác.
Chứng minh bằng phản chứng cho thấy nếu điểm C nằm ngoài đường tròn, thì khoảng cách OC sẽ lớn hơn 3 Khi đó, điểm C sẽ chia biên của đường gấp khúc từ A đến B thành hai đoạn có độ dài m và n, dẫn đến kết luận rằng AC không vượt quá m.
Mặt khác, lấy C' đối xứng với C qua O, ta có :
AC + CB = AC + AC' CC' > 6 (2)
Dễ thấy (1) và (2) mâu thuẫn Vậy mọi điểm của đa giác đều thuộc hình tròn (O ; 3)
Cho một đa giác lồi, có thể xếp tối đa 10 đồng xu hình tròn đường kính 1 mà không giao nhau, với tâm nằm trong đa giác Cần chứng minh rằng 10 hình tròn có bán kính 1, đồng tâm với 10 đồng xu, sẽ phủ kín toàn bộ đa giác này.
Giả sử có 10 hình tròn lớn với bán kính 1 không thể phủ kín một đa giác nhất định, điều này dẫn đến việc tồn tại một điểm A nằm ngoài các hình tròn nhưng vẫn nằm trong phạm vi của đa giác đó.
Có thể đặt thêm một đồng xu có đường kính 1 và tâm A mà không làm cắt các đồng xu đã có, cho thấy rằng số đồng xu có đường kính 1 không cắt nhau và có tâm nằm trong đa giác lớn hơn 10, điều này trái với giả thiết ban đầu.
Vậy bài toán được chứng minh.
Cho một đa giác lồi, có thể xếp tối đa 20 hình tròn bán kính 1, không giao nhau và tâm nằm trong đa giác Đồng thời, ít nhất n hình tròn bán kính 2 có thể phủ kín đa giác Cần chứng minh rằng n không vượt quá 20.
Vẽ 20 hình tròn đồng tâm có bán kính 2 xung quanh 20 hình tròn bán kính 1 đã được sắp xếp Những hình tròn lớn này sẽ phủ kín một đa giác, từ đó chứng minh rằng n ≤ 20.
Trong một hình chữ nhật có diện tích 35, khi đặt năm tam giác với mỗi tam giác có diện tích 9, cần chứng minh rằng ít nhất có hai tam giác sẽ có diện tích phần chung không nhỏ hơn 1 Điều này cho thấy sự phân bố diện tích giữa các tam giác trong không gian hình chữ nhật này tạo ra sự chồng lấp nhất định.
Giải Gọi các tam giác là D
1 , D 2 , , D 5 Giả sử diện tích phần chung của hai tam giác nào cũng nhỏ hơn 1.
2 không bị phủ bởi D 1 lớn hơn
Phần diện tích của D 3 không bị phủ bởi D 1 ,
Phần diện tích của D 5 không bị phủ bởi D 1 , D 2 , D 3 ,
9 + 8 + 7 + 6 + 5 = 35. Điều này vô lí Vậy bài toán được chứng minh
BÀI TOÁN ĐỒ THỊ, TÔ MÀU
Lý thuyết cơ bản về bài toán tô màu
Khi đối mặt với các bài toán phức tạp, việc chuyển đổi chúng về ngôn ngữ toán học quen thuộc là rất quan trọng, giúp tư duy dễ dàng hơn và trình bày lời giải đơn giản hơn Một phương pháp hiệu quả là phương pháp tô màu, trong đó ta chia các đối tượng thành nhiều nhóm nhỏ và gán mỗi nhóm một màu khác nhau Phương pháp này, kết hợp với kiến thức hình học và các phương pháp khác, sẽ hỗ trợ trong việc giải quyết bài toán.
Một số nguyên lý thường dùng cùng với phương pháp này như nguyên lý cực hạn, nguyên lý Dirichlet, một số tính chất về các số Ramsey…
Dưới đây tôi trình bày vắn tắt các nội dung này.
Nguyên lý cực hạn Trong một tập hợp hữu hạn khác rỗng các số thực luôn tồn tại số nhỏ nhất và số lớn nhất.
Nguyên lý Dirichlet Nếu nhốt n con thỏ vào k cái lồng, thì tồn tại ít nhất một chuồng có
Định lý 1 khẳng định rằng, với hai số nguyên dương k và l, tồn tại một số nguyên dương nhỏ nhất R(k; l) Số này đảm bảo rằng khi tô màu tất cả các cạnh của một đồ thị đầy đủ, sẽ có ít nhất một tam giác có màu giống nhau.
Trong đồ thị R(k;l) được gán hai màu xanh và đỏ, luôn tồn tại một đồ thị con K k với tất cả các cạnh có màu đỏ hoặc một đồ thị con K l với tất cả các cạnh có màu xanh.
Trên cơ sở định lý này ta chứng minh được một số kết quả quen thuộc.
Các kết quả này được áp dụng nhiều trong các bài toán ở phần sau.
Phương pháp tô màu giải bài toán hình học
2.2.1 Một số bài toán tô màu đồ thị Ở phần này chúng ta xem xét một số bài toán hình học sử dụng phương pháp tô màu đồ thị Các bài toán đưa ra từ mức đơn giản đến phức tạp Trước hết ta xem xét một số bài toán tô bởi hai màu Những bài toán này được tham khảo trong các tài liệu [1], [2], [6] và [7] ở mục tài liệu tham khảo.
Bài toán 14 yêu cầu chứng minh rằng trong một mặt phẳng có sáu điểm không nằm trên một đường thẳng, khi các đoạn thẳng nối giữa các điểm này được tô màu xanh hoặc đỏ, thì luôn tồn tại ít nhất một tam giác có ba cạnh cùng màu.
Trong bài viết này, chúng ta có sáu điểm A, B, C, D, E, F, trong đó điểm A được kết nối với năm điểm còn lại thông qua năm đoạn thẳng Những đoạn thẳng này được phân chia thành hai màu, với ba đoạn được tô bằng một màu duy nhất.
Không giảm tính tổng quát ta giả sử ba đoạn thẳng đó là AB, AC, AD và được tô bởi màu đỏ.
Xét tam giác BCD Có hai trường hợp xảy ra
+ Nếu cả ba cạnh của tam giác BCD được tô bởi màu xanh ta có điều phải C chứng minh.
Nếu một cạnh của tam giác BCD được tô màu đỏ, thì cạnh đó cùng hai cạnh B trong ba cạnh AB, AC, AD sẽ tạo thành một tam giác màu đỏ.
Trong bài toán 15, mỗi điểm trên mặt phẳng được tô bằng một trong hai màu: xanh và đỏ Cần chứng minh rằng luôn tồn tại một tam giác có ba đỉnh và trọng tâm đều cùng màu.
Chọn năm điểm trên mặt phẳng sao cho không có ba điểm nào thẳng hàng Với việc sử dụng chỉ hai màu để tô các đỉnh, theo nguyên lý Dirichlet, sẽ tồn tại ít nhất ba điểm trong số đó có cùng màu Giả sử ba điểm đó là A.
Như vậy ta có tam giác ABC với ba đỉnh màu đỏ.
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC Chỉ có hai khả năng xảy ra:
1 Nếu G có màu đỏ Khi đó A, B, C, G cùng có màu đỏ và bài toán đã được giải.
2 Nếu G có màu xanh Kéo dài GA, GB, GC các đoạn AA’ = 3GA,
Khi đó, nếu gọi M, N, P tương ứng là các trung điểm của BC, CA, AB thì
A’A = 3AG = 6GM , suy ra A’A = 2AM.
Tương tự B’B = 2BN, CC’ = 2CP.
Do đó các tam giác A’BC, B’AC, C’AB tương ứng nhận A, B, C là trọng tâm.
Mặt khác, ta cũng có các tam giác ABC và A’B’C’ có cùng trọng tâm G.
Có hai trường hợp sau có thể xảy ra: a) Nếu A’, B’, C’ cùng có màu xanh Khi đó tam giác A’B’C’ và trọng tâm
Nếu ít nhất một trong các điểm A’, B’, C’ có màu đỏ, ta giả sử A’ là điểm đỏ Khi đó, tam giác A’BC sẽ có màu đỏ với trọng tâm A.
Vậy trong mọi khả năng luôn tồn tại một tam giác mà ba đỉnh và trọng tâm cùng màu
Trong bài toán 16, trên mặt phẳng có 18 điểm không thẳng hàng, cần nối từng cặp điểm và tô màu cho các cạnh bằng hai màu xanh hoặc đỏ Cần chứng minh rằng luôn tồn tại một tứ giác với các đỉnh nằm trong tập điểm đã cho, sao cho tất cả các cạnh và đường chéo của tứ giác đều có cùng màu.
Giả sử A i (i 1,18) là 18 điểm đã cho Xuất phát từ A 1 có 17 đoạn thẳng
Trong một tập hợp gồm 18 đoạn thẳng chỉ có hai màu là xanh và đỏ, theo nguyên lý Dirichlet, sẽ có ít nhất 9 đoạn thẳng cùng màu Để không làm giảm tính tổng quát, giả sử rằng tất cả các đoạn thẳng này đều có màu đỏ.
0 chỉ có thể xảy ra hai trường hợp sau:
1 Hoặc là tồn tại điểm A (2 j
10) sao cho trong 8 đoạn thẳng
A k (2 k 10, k j) có ít nhất bốn đoạn màu đỏ Không mất tính tổng quát có thể cho là năng:
A 6 màu đỏ Đến đây lại chỉ còn hai khả
+ Hoặc là mọi đoạn thẳng A 3 A 4 , A 3 A 5 , A 3 A 6 , A 4 A 5 , A 4 A 6 ,
A 5 A 6 đều màu xanh Khi đó
A 6 là tứ giác xanh thoả mãn yêu cầu.
+ Tồn tại một đoạn thẳng j
6) là tứ giác đỏ thoả mãn yêu cầu bài toán.
2 Hoặc là với mọi điểm A j (2 j 10) , thì trong 8 đoạn thẳng
A k (2 k 10, k j) có tối đa ba đoạn màu đỏ mà thôi Khi đó phải tồn tại một điểm (chẳng hạn
(3 k 10, k j) có tối đa hai đoạn màu đỏ thôi Thật vậy, nếu với mọi
10) mà có đúng ba đoạn
(2 k 10, k j) màu đỏ, thì số đoạn thẳng màu đỏ nối trong nội bộ 9 điểm đó là 9.3 13,5 Vô lí Vì A A (3 k 10, k j) có tối đa hai
2 2 k đoạn màu đỏ mà thôi, nên trong số các đoạn A 2
A 10 có ít nhất sáu đoạn màu xanh Không mất tính tổng quát ta cho
Xét sáu điểm A5, A6, A7, A8, A9, A10, trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng Mỗi đoạn thẳng nối hai điểm chỉ có hai màu: xanh và đỏ.
Do đó luôn luôn tồn tại ít nhất một tam giác mà ba đỉnh chọn trong
{ A 5 , A 6 , A 7 , A 8 , A 9 , A 10 } sao cho ba cạnh cùng màu.
Lại có hai khả năng: a) Giả sử tồn tại tam giác
10) màu xanh Khi đó tứ giác
j k 10) là tứ giác xanh thoả mãn yêu cầu đề bài. b) Nếu tồn tại tam giác A i , A j ,
A k là tứ giác cần tìm.
Chúng ta có thể khẳng định rằng tồn tại một tứ giác với các đỉnh nằm trong 8 điểm đã cho, trong đó các cạnh và đường chéo đều có cùng màu sắc.
Trong bài toán này, chúng ta xem xét một hình đa giác đều có 9 cạnh, với mỗi đỉnh được tô màu trắng hoặc đen Cần chứng minh rằng sẽ luôn tồn tại hai tam giác phân biệt có diện tích bằng nhau, trong đó các đỉnh của mỗi tam giác đều được tô cùng một màu Điều này cho thấy sự phân bố màu sắc trên các đỉnh của đa giác không ảnh hưởng đến khả năng tạo ra các tam giác có diện tích tương đương.
Trong một đa giác có chín đỉnh được đánh dấu là A1, A2, , A9, mỗi đỉnh được tô bằng một trong hai màu Theo nguyên lý Dirichlet, ít nhất có năm đỉnh sẽ có cùng màu sắc Giả sử có năm đỉnh được tô màu trắng, năm đỉnh này tạo ra tổ hợp C3.
3!2! 10 tam giác trắng (tam giác trắng là tam giác có ba đỉnh cùng màu trắng).
Gọi là tập hợp các đỉnh của đa giác đã cho, tức là:
Gọi O là tâm của đa giác đều đã cho (vì là đa giác đều nên luôn tồn tại tâm).
Phép quay các góc 0°, 40°, 80°, 120°, 160°, 200°, 240°, 280° và 320° xung quanh tâm O cho thấy rằng tập hợp các đỉnh của đa giác đều không thay đổi qua các phép quay này Mặc dù các điểm trong đa giác có thể di chuyển thành các điểm khác, nhưng hình dạng và cấu trúc của đa giác vẫn giữ nguyên.
Sau 9 phép quay trên thì có 10 tam giác trắng biến thành 90 tam giác trắng. Mỗi tam giác này đều có các đỉnh thuộc tập hợp Chú ý rằng số các tam giác khác nhau có đỉnh trong là: C 3 9!
Vì 84 < 90, nên theo nguyên lí Dirichlet tồn tại hai tam giác trắng và
’ sao cho các phép quay tương ứng cùng một tam giác.
Vì phép quay bảo toàn hình dáng và độ lớn của hình (nói riêng bảo toàn diện tích), tức là: S S '
Nguyên lý cực hạn
Trong các bài toán hình học tổ hợp, bên cạnh các phương pháp như quy nạp toán học, tô màu, nguyên lý chuồng chim và phản chứng, phương pháp sử dụng nguyên lý cực hạn cũng rất hiệu quả Nguyên lý cực hạn được phát biểu một cách rõ ràng và có thể áp dụng để giải quyết nhiều vấn đề phức tạp trong lĩnh vực này.
Nguyên lý Trong một tập hữu hạn khác rỗng các số thực luôn tồn tại số nhỏ nhất và tồn tại số lớn nhất.
Hệ quả Trong tập tuỳ ý các số tự nhiên khác rỗng luôn tìm được số nhỏ nhất, số lớn nhất.
Nguyên lý cực hạn được áp dụng rộng rãi trong việc giải toán, đặc biệt trong hình học Nguyên lý này giúp xác định các giá trị nhỏ nhất hoặc lớn nhất của một tập hợp các đại lượng hình học.
- Xét góc lớn nhất, góc nhỏ nhất trong các góc cho trước.
- Xét đoạn thẳng, khoảng cách lớn nhất hay nhỏ nhất.
- Xét diện tích, thể tích của một hình khi nào lớn nhất, nhỏ nhất.
Trên cơ sở các đánh giá trên, cùng với các kiến thức hình học ta giải quyết được rất nhiều bài toán hình học hay và khó.
Trong chương này, tác giả sẽ giới thiệu một số bài toán hình học thú vị và đầy thách thức, bao gồm các bài toán thi học sinh giỏi áp dụng nguyên lý cực hạn Những bài toán này được trích dẫn từ các tài liệu tham khảo [1], [2], [4].
[5] và [7] ở mục tài liệu tham khảo.
Ứng dụng nguyên lý cực hạn
3.2.1 Một số bài toán đánh giá góc
Bài toán 39 (Đề thi học sinh giỏi toán Bắc Kinh, 1962)
Cho sáu hình tròn trên mặt phẳng, với điều kiện là tâm của mỗi hình tròn không nằm trong các hình tròn còn lại Cần chứng minh rằng không có điểm chung nào giữa sáu hình tròn này.
Giả sử có sáu đường tròn với điểm chung O, trong đó O i là tâm của đường tròn thứ i Các điểm O i khác O và được sắp xếp xung quanh O theo thứ tự ngược chiều kim đồng hồ, với i = 1, 2, 3, 4, 5, 6.
OOO O OO O OO O OO O OO O OO 360 0
Do tổng các góc trong một tam giác bằng 360 độ, nên ít nhất một trong sáu góc không vượt quá 60 độ Nếu giả sử góc OOO ≤ 60 độ, sẽ có một góc trong tam giác O1OO2 lớn hơn 60 độ Ngược lại, nếu OOO ≥ 60 độ, tức là góc lớn nhất trong tam giác O1OO2, thì O2O ≥ O2O1, cho thấy hình tròn tâm O chứa cả điểm O và điểm O1 Trong trường hợp đặc biệt khi OOO = 0 độ, ta cũng có O2O ≥ O2O1, điều này mâu thuẫn với giả thiết ban đầu Do đó, giả thiết ban đầu là sai và kết luận rằng sáu đường tròn đã cho không có điểm chung.
Bài toán 40 Chứng minh rằng: Bốn hình tròn đường kính là bốn cạnh của một tứ giác lồi thì phủ kín miền tứ giác ABCD.
Lấy M là một điểm tuỳ ý của tứ giác lồi ABCD Có hai khả năng xảy ra:
1) Nếu M nằm trên biên của đa giác (tức M nằm trên một cạnh của tứ giác
ABCD) Khi đó M nằm trong hình tròn có đường kính là cạnh ấy Trong trường hợp này kết luận của bài toán hiển nhiên đúng.
2) Nếu M nằm bên trong tứ giác lồi ABCD Khi đó ta có
Theo nguyên lí cực hạn, tồn tại max{ AMB, BMC,CMD, DMA} = BMC
Từ (1) suy ra M nằm trong (hoặc cùng lắm là nằm trên) đường tròn đường kính BC Vậy dĩ nhiên M bị phủ bởi đường tròn này.
Như thế do M là điểm tuỳ ý của tứ giác ABCD, ta suy ra bốn hình tròn nói trên phủ kín tứ giác lồi đã cho
Bài toán 41 từ kỳ thi vô địch Matxcova 1979 đặt ra câu hỏi về khả năng đặt năm đường tròn trên mặt phẳng sao cho không chứa điểm O và mọi tia từ O đều cắt ít nhất hai đường tròn Ngoài ra, bài toán cũng yêu cầu xem xét trường hợp với bốn đường tròn.
Có thể vẽ năm tia từ gốc O, chia mặt phẳng thành 5 góc 72 độ Từ đó, vẽ năm đường tròn tiếp xúc với các cạnh của các góc 144 độ Mỗi tia gốc O sẽ giao với ít nhất hai đường tròn.
Gọi M là một điểm bất kỳ trên mặt phẳng, M sẽ nằm trong hoặc trên cạnh của một trong năm góc 72 độ, và do đó cũng nằm trong hoặc trên cạnh của góc 144 độ Nếu M nằm trong góc AOE, thì M sẽ nằm trong hai góc AOD và BOE, dẫn đến việc OM giao với hai đường tròn có tâm A và E Tuy nhiên, không thể vẽ bốn đường tròn sao cho từ một điểm O bất kỳ, các tia đi qua O cắt ít nhất hai đường tròn.
Ta chứng minh bằng phản chứng Giả sử 4 đường tròn (A), (B), (C), (D) thoả mãn mọi tia gốc O đều giao với ít nhất hai đường tròn (hình b) Xét bốn
O góc đỉnh O, mỗi góc có hai cạnh tiếp xúc với một đường tròn Mỗi góc nhỏ hơn 180 0 Nên tổng bốn góc nhỏ hơn 720 0
Mặt khác do mọi tia gốc O đều giao ít nhất với hai đường tròn nên tổng của bốn góc đỉnh O nói trên lớn hơn hoặc bằng 720 0
Hai điều này mâu thuẫn nên không thể vẽ được bốn đường tròn thoả mãn yêu cầu
Trong bài toán 42, ta có một đường tròn tâm O với bán kính R = 1 chứa 8 điểm phân biệt Cần chứng minh rằng trong số 8 điểm này, tồn tại ít nhất hai điểm có khoảng cách giữa chúng nhỏ hơn 1.
Nhận xét: Ít nhất 7 điểm trong số 8 điểm đã cho là khác tâm O Ta gọi các điểm đó là A 1 , A 2 , A 3 , A 4 , A 5 , A 6 , A 7 , A 8
Ta có góc nhỏ nhất trong số các góc đỉnh
O và hai điểm còn lại là
Bài toán 43 (Đề thi học sinh giỏi quốc gia 1992 – 1993 bảng A)
Trong một quốc gia có 80 sân bay với khoảng cách khác nhau giữa các sân bay, mỗi máy bay sẽ cất cánh từ một sân bay và bay đến sân bay gần nhất Do đó, cần chứng minh rằng không có sân bay nào có thể tiếp nhận quá 5 máy bay đến.
Nếu các máy bay cất cánh từ các sân bay M và N đến sân bay O, thì khoảng cách giữa M và N sẽ là lớn nhất trong các cạnh của tam giác MON.
Giả sử rằng các máy bay bay từ các sân bay M 1 , M 2
M 4 , …, M n đến sân bay O thì một trong các góc
60 0 vì tổng các góc đã cho bằng 360
Bài toán 44 (Thi vô địch Toán Bắc Kinh 1963)
Trên mặt phẳng có 2n + 3 điểm, trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng và không có bốn điểm nào nằm trên cùng một đường tròn Câu hỏi đặt ra là liệu có tồn tại một đường tròn đi qua ba điểm trong số đó và chứa nửa số điểm còn lại hay không.
Với 2n + 3 điểm bất kỳ, luôn tồn tại hai điểm trong số đó sao cho tất cả các điểm còn lại nằm trên cùng một nửa mặt phẳng Giả sử đường thẳng đi qua hai điểm A1 và A2 trong số 2n + 3 điểm đã cho Do đó, 2n + 1 điểm còn lại, bao gồm A3, A4, …, A2n+2 và A2n+3, đều nằm trong cùng một nửa mặt phẳng.
A1 phẳng bờ A 1 A 2 Ta đặt các điểm A 3, A 4, …, A 2n+2, A 2n+3 sao cho thoả mãn điều kiện
Hình 54 (Với n = 2) Đẳng thức A 1 A i A 2 A 1 A i 1 A 2 , i 3, 4, , 2n 3 không thể xảy ra vì không có bốn điểm nào trong 2n + 3 điểm cùng thuộc một đường tròn.
Nên ta có A 1 A n 3 A 3 A 1 A i A 2 , i n 4, , 2n 3 Từ đó suy ra các điểm
A n+4, …, A 2n+3 nằm trong đường tròn bị giới hạn bởi ba điểm A 1, A n+3, A 3
Bài toán 45 (Đề thi học sinh giỏi quốc gia 1992 – 1993 bảng B)
Trong tam giác ABC với ba góc nhọn, cho một điểm P bất kỳ, ta có thể chứng minh rằng khoảng cách lớn nhất từ điểm P đến các đỉnh A, B, C của tam giác không nhỏ hơn 2 lần khoảng cách bé nhất từ điểm P đến các cạnh của tam giác.
1 tương ứng vuông góc với các cạnh BC, CA, AB Vì tam giác ABC có ba góc nhọn nên các điểm đoạn BC, CA và AB.
Nối PA, PB, PC ta có:
APC C PB BPA APC CPB B PA 360 0
Suy ra góc lớn nhất trong 6 góc này không thể nhỏ hơn
Không mất tính tổng quát, ta giả sử APC 1 là lớn nhất, khi đó APC 1 60 0
Xét APC vuông tại C , ta có:
Từ đó ta có: AP PC
Nếu thay PA bằng khoảng cách lớn nhất trong các khoảng cách từ P đến các đỉnh và thay PC
1 bằng khoảng cách ngắn nhất từ P tới các cạnh thì bất đẳng thức càng được thoả mãn
3.2.2 Một số bài toán đánh giá khoảng cách, độ dài
Bài toán 46 yêu cầu xác định điểm X trên tia OA, sao cho khi kéo dài đoạn thẳng XP cắt tia OB tại điểm Y, tích XP.PY đạt giá trị nhỏ nhất Điểm P nằm giữa hai tia OA và OB, trong góc nhỏ hơn giữa hai tia này.
Gọi M và N lần lượt là chân đường vuông góc từ điểm P hạ xuống các đoạn OA và OB Điểm M chắc chắn nằm trong đoạn OX, vì nếu M nằm ngoài OX, ta có thể di chuyển điểm X tiến gần đến M, làm giảm độ dài PX Tương tự, điểm N cũng nằm trong đoạn OY.
Vì vậy tích PX.PY nhỏ nhất khi cos cos(
Do đó cos cos( ) lớn nhất khi , nghĩa là PXM PYN Suy ra OX = OY.
Điểm X nằm trên đoạn OA sao cho tam giác OXY có tính chất cân tại O, và điểm P thuộc cạnh XY Do đó, đoạn PX vuông góc với tia phân giác của góc XOY Để xác định vị trí của X, ta cần dựng phân giác góc XOY và từ điểm P, vẽ một đường thẳng vuông góc với phân giác đó Đường thẳng này sẽ cắt hai cạnh OA và OB tại các điểm X và Y.
Bài toán 47 (Thi vô địch Matxcova 1961)
Cho 100 điểm trong mặt phẳng, khoảng cách giữa hai điểm bất kì không quá 1 Và nếu A, B, C là ba điểm bất kì trong các điểm đã cho thì tam giác
ABC có góc tù Chứng minh rằng có thể dựng được đường tròn có bán kính
0,5 mà mọi điểm đã cho đều nằm trong hoặc trên biên của đường tròn.
Gọi A, B là hai điểm có khoảng cách lớn nhất trong 100 điểm đã cho.
Ta có AB ≤ 1 Vẽ đường tròn đường kính AB Đường tròn này có bán kính không quá 0,5 Khi đó đường tròn này chứa mọi điểm đã cho.