M CL C STT N i dung Trang L I NĨI ð U M TS BÀI TỐN V DÃY S NGUYÊN Lê Xuân ð i, Tr n Ng c Th ng - Trư ng THPT Chuyên Vĩnh Phúc TÌM S H NG T NG QUÁT C A DÃY TRUY H I TUY N TÍNH C P ð GI I QUY T M T S BÀI TOÁN V DÃY S 39 Trư ng THPT chuyên Hưng Yên DÃY S S H C Trư ng THPT Chuyên Biên Hoà – Hà Nam NG D NG ð O HÀM TRONG M T S BÀI TOÁN V DÃY S Nguy n Thành ðô - Trư ng THPT Chuyên B c Ninh DÃY S 48 55 61 VÀ GI I H N Vũ Th Vân - Trung h c ph thông Chuyên B c Giang M T PHƯƠNG PHÁP D Y T H C KHÁI NI M GI I H N DÃY S CHO H C SINH CHUYÊN TOÁN 78 Nguy n Th Sinh - Trư ng chuyên Nguy n Trãi - H i Dương CHUYÊN ð V C P S , CĂN NGUYÊN TH Y, TH NG DƯ B C HAI S TH NG DƯ TOÀN PHƯƠNG 10 ð NH LÝ PHECMA VÀ M T VÀI 11 M TS NG D NG C A ð NH LÝ FERMAT NH NGUYÊN T Ph m Văn Ninh -Trư ng THPT Chuyên H Long - Qu ng Ninh D NG :H TH NG DƯ ð Y ð , H TH NG DƯ THU G N ð GI I TOÁN Nguy n Duy Liên - Trư ng THPT Chuyên Vĩnh Phúc Trư ng THPT chuyên Tr n Phú - H i Phòng NG D NG Trư ng THPT Chuyên Lê H ng Phong - Nam ð nh S 13 M T VÀI BI N ð I VÀ 14 PHƯƠNG PHÁP GEN 15 126 143 155 VÀ ð NH LÝ CƠ B N V S Nguy n Văn Th o - Trư ng THPT Chuyên B c Giang 12 102 D NG PHÉP ð NG DƯ TRONG BÀI TOÁN CHIA H T Trư ng THPT chuyên Hưng Yên NG D NG ðƠN GI N TRONG S H C Dương Châu Dinh - Trư ng THPT chuyên Lê Quý ðôn - Qu ng Tr Ph m Quang Thăng - Trư ng THPT Chuyên Thái Bình p 160 173 181 190 198 Nguy n Trung Tuân - Trư ng THPT Chuyên H Long - Qu ng Ninh 16 S D NG TÍNH CH T NGHI M C A PHƯƠNG TRÌNH B C BA TÌM H TH C LƯ NG M I TRONG TAM GIÁC 17 HÀNG ðI M ðI U HỊA - CHÙM ðI U HỊA 18 BÀI TỐN V ðƯ NG TH NG SIMSON VÀ 19 M TS 20 PHƯƠNG TRÌNH HÀM CAUCHY 202 Trư ng THPT Chuyên Hưng Yên Trư ng THPT chuyên Lê H ng Phong Nam ð nh NG D NG 211 219 Ph m ð c Tùng - Trư ngTHPT chuyên Lương Văn T y - Ninh Bình V N ð V PHƯƠNG TRÌNH CAUCHY ðào Th Lê Dung - Trư ng THPT chuyên Thái Bình Trư ng THPT Nguy n Trãi - H i Dương 229 236 H H I CÁC TRƯ NG THPT CHUYÊN KHU V C DUYÊN H I VÀ ð NG B NG B C B H I TH O KHOA H C L N TH M TS BÀI TOÁN V DÃY S IV NGUYÊN Lê Xuân ð i, Tr n Ng c Th ng Trư ng THPT Chuyên Vĩnh Phúc Dãy s m t ph n quan tr ng c a đ i s gi i tích tốn h c Dãy s có m t v trí ñ c bi t quan tr ng toán h c, khơng ch m t đ i tư ng đ nghiên c u mà cịn đóng m t vai trị m t cơng c đ c l c c a mơ hình r i r c c a gi i tích lý thuy t phương trình, lý thuy t x p x , lý thuy t bi u di n… Các v n ñ liên quan ñ n dãy s r t phong phú Hi n có nhi u tài li u đ c p đ n tốn v dãy s Tuy nhiên, ch y u quan tâm ñ n tính ch t c a dãy s Gi i h n dãy, s h ng t ng quát, s ñơn ñi u c a dãy, tính b ch n… Các toán v dãy s nguyên nh ng tốn hay khó Trong vi t chúng tơi mu n trình bày m t s v n ñ b n phương pháp thư ng s d ng v dãy s nguyên Chuyên ñ ñư c chia thành ph n sau: Ph n 1: Gi i thi u m t s phương pháp b n gi i toán v dãy s nguyên Ph n 2: Khai thác m t s tốn n hình qua kì thi Olimpic toán h c I- M T S V N ð V LÝ THUY T CƠ B N Dãy Fibonacci dãy Lucas 1.1 Dãy Fibonacci ( Fn ) mang tên nhà tốn hoc Pisano Fibonacci Dãy  F = F2 = cho b i h th c truy h i ñơn gi n   Fn + = Fn +1 + Fn ∀n ≥ D dàng th y công th c t ng quát c a dãy ( Fn ) là: n n  +   −    Fn =  −   (Công th c Binet)        T sau, ñ thu n ti n cho vi c tính tốn, ta quy c F0 = H H I CÁC TRƯ NG THPT CHUYÊN KHU V C DUYÊN H I VÀ ð NG B NG B C B H I TH O KHOA H C L N TH IV 1.2 M t vài tính ch t s h c c a dãy Fibonacci: ( Fn , Fn +1 ) = v i m i n N u n chia h t cho m Fn chia h t cho Fm N u Fn chia h t cho Fm n chia h t cho m v i m>2 ( Fn , Fm ) = Fd v i d = ( m, n) N u n ≥ Fn s nguyên t n s nguyên t Dãy ( Fn ) ch a m t t p vô h n nh ng s đơi m t ngun t F5 n = Fn qn v i qn không chia h t cho Fn M5k ⇔ nM k Fn có t n ch nM15 10 Fn có t n hai ch s ch nM150 1.3 M t vài h th c b n c a dãy Fibonacci: F1 + F2 + + Fn = Fn + − F1 + F3 + + F2 n −1 = F2 n F2 + F4 + + F2 n = F2 n +1 − Fn −1.Fn +1 − Fn2 = ( −1) n F12 + F22 + + Fn2 = Fn Fn +1 F0 − F1 + F2 − F3 − F2 n −1 + F2 n = F2 n −1 − Fn2+1 − Fn2 = Fn −1.Fn + F1F2 + F2 F3 + + F2 n −1F2 n = F22n Fn +1.Fn + − Fn Fn + = ( −1) n Fn4 − = Fn − Fn −1Fn +1Fn +  L = 2; L1 = 1.4 Dãy Lucas ( Ln ) ñư c xác ñ nh sau:   Ln + = Ln +1 + Ln ∀n ≥ H H I CÁC TRƯ NG THPT CHUYÊN KHU V C DUYÊN H I VÀ ð NG B NG B C B H I TH O KHOA H C L N TH IV Nh ng s h ng c a dãy Lucas có th coi gi ng v i dãy Fibonacci b i hai dãy ñ u có h th c xác đ nh dãy Tương t công th c Binet cho dãy Fibonacci, ta có cơng th c t ng qt c a dãy Lucas: n n 1+  1−  Ln =   +  , n ≥ 02     Th ng dư b c hai 2.1 ð nh nghĩa Ta g i phương m t th ng dư b c hai modulo ) n u t n t i s nguyên (hay m t s cho , m t s nguyên dương 2.2 ð nh lí Cho m t s nguyên t (i) N u m i s (ii) N u l đ u s phương Khi s phương ch khơng s phương 2.3 Kí hi u Legendre Gi s ; ch s nguyên t l , s nguyên không chia h t cho Khi ñó ta có k t qu sau: (1) (2) N u (3) (4) (5) (6) Lu t tương h Gauss: N u hai s nguyên t l thì: H H I CÁC TRƯ NG THPT CHUYÊN KHU V C DUYÊN H I VÀ ð NG B NG B C B H I TH O KHOA H C L N TH IV Phương trình sai phân n tính c p 3.1 ð nh nghĩa Phương trình sai phân n tính c p hai n phương trình sai phân d ng: (1) Phương trình sai phân n tính thu n nh t tương ng v i phương trình (1) có d ng: (2) Nghi m t ng quát c a (1) có d ng qt c a (2), cịn , ñó nghi m t ng m t nghi m riêng c a (1) ð tìm nghi m c a (2) ñ u tiên ta l p phương trình đ c trưng c a (2) là: (3) TH1 N u phương trình đ c trưng (3) có hai nghi m th c phân bi t TH2 N u phương trình đ c trưng (3) có nghi m kép TH3 N u phương trình đ c trưng (3) thì: thì: có nghi m ph c v i Khi đó: II- M T S h ng s th c ñư c xác ñ nh d a vào ñi u ki n ban ñ u PHƯƠNG PHÁP GI I BÀI TOÁN V DÃY S NGUYÊN Phương pháp quy n p toán h c Bài tốn Cho dãy s (an ) xác đ nh b i a0 = 0; a1 = an+1 − 3an + an −1 = (−1) n v i m i n nguyên dương Ch ng minh r ng an s phương v i m i n ≥ L i gi i Chú ý r ng a2 = 1; a3 = 4; a4 = 9; a5 = 25 Do a0 = F02 ; a1 = F12 ; a2 = F22 ; a3 = F32 ; a4 = F42 ; a5 = F52 , Fibonacci ( Fn ) dãy H H I CÁC TRƯ NG THPT CHUYÊN KHU V C DUYÊN H I VÀ ð NG B NG B C B H I TH O KHOA H C L N TH IV T ta có đ nh hư ng ch ng minh an = Fn2 b ng quy n p theo n Th y v y, gi s ak = Fk2 v i m i k ≤ n Như v y an = Fn2 ; an −1 = Fn2−1 ; an− = Fn2−2 (1) T gi thi t ta có an +1 − 3an + an −1 = 2(−1)n an − 3an −1 + an− = 2(−1)n −1 C ng hai ñ ng th c ta ñư c: an+1 − 2an − 2an −1 + an− = 0, n ≥ (2) T (1) (2) suy 2 an +1 = Fn2 + Fn2−1 − Fn2−2 = ( Fn + Fn −1 ) + ( Fn − Fn −1 ) − Fn2−2 = Fn2+1 + Fn2−2 − Fn2−2 = Fn2+1 V y an = Fn2 , ∀n ≥ ta có u ph i ch ng minh Bài tốn Cho dãy s (an ) xác đ nh b i a1 = a2 = 1; a3 = an +3 = 2an + + 2an +1 − an v i m i n nguyên dương Ch ng minh r ng an s phương v i m i n ≥ Bài toán Cho dãy s (an ) xác ñ nh b i a0 = 0; a1 = 1; a2 = 2; a3 = an + = 2an +3 + an + − 2an +1 − an , ∀n ≥ Ch ng minh r ng an chia h t cho n v i m i n ≥ L i gi i T gi thi t ta có a4 = 12; a5 = 25; a6 = 48 Ta có a1 a2 a a a a a = = 1; = 2; = 3; = 5; = , v y n = Fn v i m i n = 1, 2, n 3, 4, 5, 6, ( Fn ) dãy Fibonacci T ta có đ nh hư ng ch ng minh an = nFn v i m i n ≥ b ng quy n p theo n Bài toán Cho k nguyên dương l n Xét dãy s ( an ) xác ñ nh b i: a0 = 4; a1 = a2 = (k − 2)   an +1 = an an −1 − ( an + an −1 ) − an− + 8, ∀n ≥  Ch ng minh r ng + an s phương v i m i n ≥ H H I CÁC TRƯ NG THPT CHUYÊN KHU V C DUYÊN H I VÀ ð NG B NG B C B H I TH O KHOA H C L N TH IV α + β = k L i gi i G i α , β hai nghi m c a phương trình t − kt + = ⇒  αβ = + Ta ch ng minh b ng quy n p theo n: an = (α F + β F n n ) , ∀n ≥ (1) D th y (1) ñúng v i n = 0, 1, Gi s (1) ñúng ñ n n Ta có: an +1 − = ( an − )( an −1 − ) − ( an −2 − ) = (α F + β F n n ) (α Fn−1 + β 4F n −1 ) − (α Fn−2 + β 4F n− ) = α 4F + β 4F n +1 n +1 Suy an = + α F + β F = (α F + β F n +1 n+1 n +1 n +1 ) Do (1) đư c ch ng minh + T (1), ta có + an = an = + α Fn + β Fn = (α Fn + β Fn ) s phương (đpcm) Bài tốn (IMO 1981) Tìm giá tr l n nh t c a P = m2 + n , m, n s nguyên tho mãn ≤ m; n ≤ 1981 (n − mn − m2 )2 = L i gi i Ta xét nghi m nguyên dương ( x, y ) c a phương trình: ( x − xy − y ) = (1) v i x > y G i ( n, m) m t nghi m th ( n > m ) 2 + Xét b ( m + n; n) ta có: ( (m + n) − (m + n)n − n ) = ( −( n − mn − m ) ) = Suy ( m + n; n) m t nghi m c a (1) Rõ ràng (2; 1) m t nghi m c a (1), nên ta có b sau nghi m c a (1): (3,2);(5,3);(8,5);(13,8);(21,13);(34,21); 2 + Xét b ( m; n − m) ta có: ( m − m( n − m) − (n − m) ) = ( −(n − mn − m ) ) = Suy ( m; n − m) m t nghi m c a (1) - N u m ≤ n − m ⇒ n ≥ 2m ⇒ n(n − m) ≥ 2m2 ⇒ n − mn − m > (m > 1) (vơ lí) - N u m > n − m b ( m; n − m) m t nghi m c a (1) nh nghi m ( n, m ) H H I CÁC TRƯ NG THPT CHUYÊN KHU V C DUYÊN H I VÀ ð NG B NG B C B H I TH O KHOA H C L N TH Quá trình ph i d ng l i k t thúc IV nghi m ( n,1) ( n > 1) Chú ý thêm r ng (2, 1) b nhât tho mãn (1) mà n = Tóm l i t t c nghi m nguyên dương c a (1) s là: ( Fn ; Fn −1 ) v i n ≥ Như v y, giá tr l n nh t c a P b ng giá tr l n nh t c a Fn2 + Fn2−1 v i Fn ≤ 1981 Dãy s h ng c a dãy Fibonacci tho mãn là: 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144, 233, 377, 610, 987, 1597 V y giá tr nh nh t c a P b ng 1597 + 987 Bài toán Ch ng minh r ng v i m i s ngun dương n ≥ Fn + khơng s nguy n t L i gi i Ta có đ ng th c Fn4 − = Fn − Fn −1Fn +1Fn + (1) Gi s t n t i n ≥ cho Fn + s ngun t Khi t (1) Fn + chia h t nh t m t s Fn − ; Fn −1; Fn +1; Fn + Nhưng Fn + > Fn − ; Fn + > Fn −1 nên ho c Fn + 1| Fn +1 ho c Fn + 1| Fn + Trong trư ng h p đ u tiên Fn + 1| ( Fn + Fn −1 ) ⇒ Fn + 1| ( ( Fn + 1) + ( Fn −1 − 1) ) ⇒ Fn + 1| Fn −1 − (vơ lí) Trong trư ng h p th hai Fn + 1| ( Fn + Fn +1 ) ⇒ Fn + 1| 2( Fn + 1) + Fn −1 − ⇒ Fn + 1| Fn −1 − (vơ lí) V y Fn + h p s v i m i n ≥ Bài toán Cho dãy s nguyên ( xn ) : x0 = 3; x1 = 11 xn + = xn +1 + xn ∀n ≥ Tìm t t c s nguyên dương l a cho v i m i m, n nguyên dương t n t i k nguyên dương mà xnk − a chia h t cho 2m L i gi i B ng quy n p ta ch ng minh ñư c xn ≡ (mod8) * Ch n m = 3; n = theo gi thi t t n t i k ∈ + cho 11k ≡ a (mod8) Suy 3k ≡ a (mod8) ⇒ a ≡ 1;3 (mod8) * Ta s ch ng minh t t c s a ≡ 1(mod8) ho c a ≡ 3(mod8) ñ u tho mãn ñ H H I CÁC TRƯ NG THPT CHUYÊN KHU V C DUYÊN H I VÀ ð NG B NG B C B H I TH O KHOA H C L N TH IV - V i m = ta ch n k = tho mãn - V i m = 2,3 ta ch n k ch n n u a ≡ 1(mod8) ch n k l n u a ≡ 3(mod8) - Xét m > : Ta ch ng minh toán b ng quy n p theo m Gi s v i m > t n t i s km cho xnk − aM 2m ⇒ xnk − a = 2m.b m m - N u b ch n xnk − a ≡ (mod 2m+1 ) , ta ch n k m+1 = k m m - N u b l , ch n km+1 = km + m−2 Khi xn m−2 ( 2 − = ( xn − 1) ( xn + 1).( xn + 1) xn m −3 ) + = 2m.qm ; qm l Vì xn − = ( xn − 1)( xn + 1) = 8q v i q l k Suy xnm +1 − a = xn m−2 (x km n ) ( − a + a xn m−2 ) ( m−2 ) − = 2m xn b + a.qm M 2m+1 V y s k m+1 tho mãn K t lu n: T t c s a c n tìm a ≡ 1(mod8) ho c a ≡ 3(mod8) S d ng tính ch t c a phương trình sai phân n tính M t tính ch t b n có r t nhi u ng d ng c a dãy n tính c p hai tính ch t sau đây: Cho dãy n tính c p hai (un ) : un + = aun +1 + bun , ∀n ≥ Khi un + 2un − un2+1 = (−b) n −1 ( u3u1 − u22 ) , ∀n ≥ Bài toán Cho dãy ( an ) xác ñ nh b i:  a1 = 20; a2 = 30   an + = 3an +1 − an , ∀n ≥ Tìm t t c s nguyên dương n cho + 5an an +1 s phương L i gi i * Áp d ng k t qu v i dãy ( an ) ta ñư c: an+1an−1 − an2 = a1a3 − a22 = 500 ⇒ an2 + 500 = an+1an−1 10 H H I CÁC TRƯ NG THPT CHUYÊN KHU V C DUYÊN H I VÀ ð NG B NG B C B H I TH O KHOA H C L N TH IV YB ZX DC YB ZX DC = −1 ⇔ =1 YX ZC DB YX ZC DB YB DC ZX ⇔ =1 BD ZC XY YD XD ZX YD ZX ⇔ =1 ⇔ = (ln (1)) XD ZD XY ZD XY V y AX , BZ , CY ñ ng quy Bài 3: Cho t giác ABCD n i ti p đư ng trịn ( O ) G i M , N l n lư t trung ñi m c a AB, CD ðư ng tròn ngo i ti p tam giác ABN c t CD t i P ðư ng tròn ngo i ti p tam giác CDM c t AB t i Q Ch ng minh r ng AC , BD, PQ ñ ng quy AX , BZ , CY ñ ng quy ⇔ S A Q M B D P N C Ch ng minh: *) N u AB // CD ABCD hình thang cân AC , BD, PQ ñ ng quy *) N u AB CD không song song, g i S giao m c a AB, CD Khi t giác ABCD n i ti p nên ta có SA.SB = SC.SD (1) Do ñi m A, B, N , P thu c đư ng trịn nên SA.SB = SN SP (2) M t khác ñi m C , D, M , Q thu c đư ng trịn nên SM SQ = SC.SD (3)  SA.SB = SM SQ  T (1), (2), (3) ta suy ra:   SC.SD = SN SP  Mà M , N l n lư t trung ñi m c a AB, CD nên theo h th c Maclaurin ta có: ( SQAB ) = −1 ( SPCD ) = −1 V y AC , BD, PQ ñ ng quy 216 H H I CÁC TRƯ NG THPT CHUYÊN KHU V C DUYÊN H I VÀ ð NG B NG B C B H I TH O KHOA H C L N TH IV ( ) Bài 4: Cho tam giác ABC n i ti p đư ng trịn ( O ) BAC ≠ 900 ði m E ch y đư ng trịn ( O ) cho AE không song song v i BC ( E ≠ B, E ≠ C ) AE theo th t c t ti p n c a đư ng trịn ( O ) t i B, C M , N G i F giao ñi m c a BN CM Ch ng minh r ng EF ln qua m t ñi m c ñ nh M E A N O B F K C P L S Ch ng minh: Vì BAC ≠ 900 nên ti p n v i ( O ) t i B C c t t i S G i K giao ñi m c a SA BC Vì AE khơng song song v i BC ; g i L = AE ∩ BC L y P BC cho NP // MB tam giác NCP cân t i N ⇒ NC = NP Áp d ng đ nh lí Thales d ng ñ i s ta có: 2 2  MB   NC  MB NP  MB   NP  = ⇒  =  ⇒  =  ML NL  ML   NL  ML   NL   ME.MA NA.NE ME NE NA MA ⇒ = ⇒ : = : 2 ML NL NL ML ML NL ⇒ ( MNEL ) = ( NMAL ) ⇒ ( MNEL ) = ( CBKL ) (xét phép chi u xuyên tâm S ) Do MC , BN , EK đ ng quy Suy EK qua F V y EF ln ñi qua ñi m c ñ nh K Bài 5: Cho t giác ABCD n i ti p ñư ng tròn ( O ) AB, AC , AD theo th t c t ñư ng CB, DB, BC t i M , N , P Ch ng minh r ng O tr c tâm c a tam giác MNP 217 H H I CÁC TRƯ NG THPT CHUYÊN KHU V C DUYÊN H I VÀ ð NG B NG B C B H I TH O KHOA H C L N TH IV E B K A O M N D L F C P Chưng minh: K ti p n ME , MF v i đư ng trịn ( O ) ( E , F ∈ ( O ) ) G i K , L giao ñi m c a EF v i AB, CD ⇒ ( MKAB ) = ( MLDC ) = −1 ⇒ KL, AD, BC ñ ng quy ⇒ P ∈ KL (1) M t khác ta có ( MKAB ) = ( MLCD ) = −1 ⇒ KL, AC , BD ñ ng quy ⇒ N ∈ KL (2) T (1) (2) suy KL ≡ EF ≡ NP mà OM ⊥ EF nên OM ⊥ NP Ch ng minh tương t ta có ON ⊥ MP Do O tr c tâm c a tam giác MNP 218 H H I CÁC TRƯ NG THPT CHUYÊN KHU V C DUYÊN H I VÀ ð NG B NG B C B H I TH O KHOA H C L N TH IV M t s t p ñ ngh : Bài 6: Cho hai đư ng trịn ( O1 ) ; ( O2 ) c t t i ñi m E , F ði m A b t kì tia EF kéo dài K ti p n AM , AN v i ñư ng tròn ( O1 ) ti p n AP, AQ v i đư ng trịn ( O2 ) ( M , N ∈ ( O1 ) , P, Q ∈ ( O2 ) ) Ch ng minh r ng ñư ng th ng MN , PQ, EF ñ ng quy Bài 7: Cho tam giác ABC , ñi m M , N thu c c nh BC Các ñi m P, Q theo th t thu c c nh AC , AB G i O giao ñi m c a MP NQ , K giao ñi m c a BO NP , L giao ñi m c a CO MQ Ch ng minh r ng AO, BL, CK ñ ng quy Bài 8: Cho hai ñư ng tròn ( O1 ) ; ( O2 ) c t t i ñi m phân bi t A, B Ti p n t i A, B c a đư ng trịn ( O1 ) c t Q Xét ñi m M ñư ng tròn ( O1 ) Các ñư ng th ng AM , BM c t đư ng trịn ( O2 ) t i N , P theo th t Ch ng minh r ng đư ng th ng MQ ln qua trung m c a ño n NP Tài li u tham kh o: - Tài li u giáo khoa chun Tốn Hình h c 10 – ðoàn Quỳnh, Văn Như Cương, Tr n Nam Dũng, Nguy n Minh Hà, ð Thanh Sơn, Lê Bá Khánh Trình - Di n đàn tốn h c, Mathscope BÀI TOÁN V ðƯ NG TH NG SIMSON VÀ 219 NG D NG H H I CÁC TRƯ NG THPT CHUYÊN KHU V C DUYÊN H I VÀ ð NG B NG B C B H I TH O KHOA H C L N TH IV Ph m ð c Tùng Trư ngTHPT chuyên Lương Văn T y Bài toán: Cho tam giác ABC n i ti p ñư ng tròn (O) Gi s P m t ñi m n m (O) cho P không trùng v i ñ nh A, B, C c a tam giác a) Gi s A0, B0, C0 hình chi u c a P c nh BC, CA, AB Khi A0, B0, C0 th ng hàng ðư ng th ng ch a A0, B0, C0 ñư c g i ñư ng th ng Simson c a P ñ i v i tam giác ABC b) G i A1, B1, C1 ñi m ñ i x ng c a P qua BC, CA, AB Khi A1, B1, C1 thu c m t ñư ng th ng ñi qua tr c tâm H c a tam giác ABC ðư ng th ng ch a A1, B1, C1 ñư c g i ñư ng th ng Steiner c a P ñ i v i tam giác ABC A Bo B C Ao Co P Ch ng minh: a) Ta có: CB0 P = CA0 P = 900 , suy t giác A0B0CP n i ti p, suy B0 A0C = B0 PC M t khác ABPC n i ti p nên C0 BP = ACP = B0CP suy tam giác PC0B ñ ng d ng v i tam giác PB0C(g.g) ⇒ BPC0 = B0 PC = B0 A0C Mà BPC0 = BA0C0 ⇒ B0 A0C = BA0C0 Suy A0, B0, C0 th ng hàng Nh n xét: ði u ngư c l i c a tốn đư ng th ng Simson ñúng C th n u P ch y m t ph ng c a tam giác ABC cho P không trùng v i 220 H H I CÁC TRƯ NG THPT CHUYÊN KHU V C DUYÊN H I VÀ ð NG B NG B C B H I TH O KHOA H C L N TH IV ñ nh c a tam giác hình chi u c a P c nh tam giác n m m t ñư ng th ng Khi ñó P n m ñư ng tròn ngo i ti p c a tam giác A Hb B1 E Hc A1 H B C1 D Bo Ao C Co P b) D th y A1, B1, C1 th ng hàng ñi m ñ i x ng c a H qua AB, BC, CA thu c đư ng trịn ngo i ti p tam giác ABC Ta có: HB1C = H b PC (tính ch t đ i x ng tr c AC)= H b BC = HBC = HAC ⇒ t giác AHCB1 n i ti p Suy B1HC = B1 AC = PAC = PH cC = PH c H = C1HH c , suy C1, H, B1 th ng hàng Ta ñư c ñi u ph i ch ng minh Ti p theo ta ñưa m t s toán ng d ng: Bài toán 1: Ba ñi m A, B, C thu c m t ñư ng th ng P khơng thu c đư ng th ng Ch ng minh r ng tâm ñư ng tròn ngo i ti p tam giác PAB, PBC, PCA P thu c m t ñư ng tròn Oa P F D Oc E Ob A B 221 C H H I CÁC TRƯ NG THPT CHUYÊN KHU V C DUYÊN H I VÀ ð NG B NG B C B H I TH O KHOA H C L N TH IV L i gi i: G i Oa, Ob, Oc tương ng tâm ñư ng tròn ngo i ti p tam giác PBC, PCA, PAB D, E, F tương ng trung ñi m PA, PB, PC Ta có: PD ⊥ OcOb ; PE ⊥ OcOa ; PF ⊥ Oa Ob nên D, E, F hình chi u c a P c nh c a tam giác OaObOc M t khác D, E, F th ng hàng nên theo ñi u ngư c l i c a tốn đư ng th ng Simson ta có P thu c đư ng tròn ngo i ti p c a tam giác OaObOc Bài toán 2: Tam giác ABC, phân giác AD H DB’, DC’ l n lư t vng góc v i AB, AC M thu c B’C’ th a mãn DM vng góc v i BC Ch ng minh r ng M thu c trung n AA1 c a tam giác ABC A M B' C' O F B D C A1 E P L i gi i: G i P giao ñi m c a AD ñư ng tròn ngo i ti p tam giác ABC H PE, PF l n lư t vng góc v i AB, AC Theo tốn đư ng th ng Simson ta có E, A1, F th ng hàng P → D; E → B '; F → C '; Phép v t tâm A t s AD AP bi n A1 → M (do DM //A1P M thu c B’C’) V y A, M, A1 th ng hàng Bài tốn 3: Tam giác ABC n i ti p đư ng trịn (O) P, Q thu c đư ng trịn (O) cho CP, CQ ñ i x ng qua phân giác góc BCA Ch ng minh r ng CQ vng góc v i đư ng th ng Simson c a P ñ i v i tam giác ABC 222 H H I CÁC TRƯ NG THPT CHUYÊN KHU V C DUYÊN H I VÀ ð NG B NG B C B H I TH O KHOA H C L N TH IV Q A O E B D C F P L i gi i: Ta có: EDC + DCQ = EPC + DCA + ACQ = EPC + BCA + BCP (do P, Q ñ i x ng qua phân giác góc BCA nên QA = BP ) = EPC + PCA = 900 Suy ñi u ph i ch ng minh Nh n xét: Bài toán cho ta m t hư ng x lí tốn liên quan đ n góc c a ñư ng th ng Simson (Bài t p 4,5) Bài toán 4: a) Ch ng minh r ng ñư ng th ng Simson ng v i m t ñi m chia ñôi ño n th ng n i t m đ n tr c tâm c a tam giác Hơn n a trung ñi m c a ño n th ng y n m ñư ng tròn Euler c a tam giác b) ðư ng th ng Simson ng v i hai ñi m ñ i x ng qua tâm c t t i m t ñi m thu c ñư ng tròn Euler c a tam giác B' A Q E J H B Sp O R D I C A' P Sq 223 H H I CÁC TRƯ NG THPT CHUYÊN KHU V C DUYÊN H I VÀ ð NG B NG B C B H I TH O KHOA H C L N TH IV L i gi i: a) Tam giác ABC, ñư ng cao AD, BE, CF c t đư ng trịn ngo i ti p tam giác t i A’, B’, C’ Sp ñư ng th ng Simson c a P ñ i v i tam giác ABC H tr c tâm c a tam giác Do tính ch t đư ng th ng Steiner ñi qua tr c tâm H nên ñư ng th ng Sp ñi qua trung ñi m I c a PH Phép v t tâm H t s bi n A’, B’, C’, P thành D, E, F, I Mà A’, B’, C’, P thu c ñư ng tròn ngo i ti p tam giác ABC nên D, E, F, I thu c m t ñư ng trịn M t khác đư ng trịn Euler c a tam giác ABC đư ng trịn ngo i ti p tam giác DEF nên ta có I thu c đư ng trịn Euler c a ABC b) G i Q ñi m ñ i x ng v i P qua O P’, Q’ ñi m ñ i x ng c a P, Q qua phân giác góc BCA Theo k t qu tốn ta có: S p ⊥ CP '; S q ⊥ CQ ' (Sq ñư ng th ng Simson c a Q ñ i v i tam giác ABC) Do P, Q ñ i x ng qua O nên P’, Q’ ñ i x ng qua O suy CP ' ⊥ CQ ' t S p ⊥ S q G i R giao ñi m c a Sp Sq J trung ñi m c a HQ Ta có: I, J thu c đư ng trịn Euler c a tam giác ABC IJ = PQ nên IJ ñư ng kính c a đư ng trịn Euler, mà IRJ = 900 nên R thu c đư ng trịn Euler Bài toán 5: T giác ABCD n i ti p (O) G i da ñư ng th ng Simson c a A ñ i v i tam giác BCD Các ñư ng th ng db, dc, dd ñư c ñ nh nghĩa m t cách tương t Ch ng minh r ng b n ñư ng ñ ng qui B A O Ha Hb C D L i gi i: Ta có: AH b / / BH a ; AH b = BH a (vì chúng b ng l n kho ng cách t O ñ n CD) suy ABHaHb hình bình hành Do ñó AHa BHb c t t i trung ñi m I c a m i ño n Theo tốn ta có da, db qua I 224 H H I CÁC TRƯ NG THPT CHUYÊN KHU V C DUYÊN H I VÀ ð NG B NG B C B H I TH O KHOA H C L N TH IV Tương t CHc, BHb c t t i trung ñi m I c a m i ño n CHc, DHd c t t i trung ñi m I c a m i ño n Suy dc, dd ñi qua I V y da, db, dc, dd đ ng qui Bài tốn 6: Cho hai đư ng trịn (O1), (O2) c t t i hai ñi m A, B (hai ñi m O1, O2 n m v hai phía c a AB) M t ñư ng th ng d thay ñ i qua A c t (O1), (O2) t i C, D (A n m gi a C D) Ti p n t i C c a (O1) t i D c a (O2) c t t i T G i P, Q l n lư t hình chi u vng góc c a B xu ng hai ti p n Ch ng minh PQ ti p xúc v i đư ng trịn c đ nh B I O2 O1 D P R A Q C T L i gi i: H BR ⊥ CD ( R ∈ CD ) suy P, Q, R th ng hàng (ñư ng th ng Simson B ñ i v i tam giác TCD) T giác BPCR n i ti p nên PBC = PRC (1) ; PBR = RCT TC ti p n c a (O1) nên RCT = ACT = ABC Do ABR = PBC (2) T (1) (2) suy ra: ABR = PRC ⇒ PQ ti p xúc v i đư ng trịn đư ng kính AB Bài tốn 7: Cho đư ng trịn (O) đư ng th ng d khơng c t (O) ði m M thay đ i d K ti p n MT, MH v i (O) G i A hình chi u vng góc c a O 225 H H I CÁC TRƯ NG THPT CHUYÊN KHU V C DUYÊN H I VÀ ð NG B NG B C B H I TH O KHOA H C L N TH IV d G i E, F l n lư t hình chi u vng góc c a A lên MT, MH Ch ng minh r ng: a) ðư ng th ng TH ñi qua m t ñi m c ñ nh b) ðư ng th ng EF ñi qua m t ñi m c ñ nh T O G I E H F M J K A L i gi i: a) G i I = TH ∩ OA; J = EF ∩ OA; G = OM ∩ TH TH ⊥ OM ⇒ MGIA t giác n i ti p ⇒ OI OA = OG.OM = OT = R Suy I c ñ nh V y ñư ng th ng TH ñi qua ñi m c ñ nh I b) M, T, O, H, A thu c đư ng trịn đư ng kính MO H AK ⊥ TH suy E, F, K th ng hàng OMAH, AFHK t giác n i ti p ⇒ MOA = MHA; FAH = FKH Vì MHA + FAH = 900 ; MOA + AIH = 900 nên FKH = AIH ⇒ tam giác IJK cân t i J Mà tam giác IAK vuông t i K nên J trung ñi m c a IA suy J c ñ nh V y ñư ng th ng EF ñi qua ñi m c ñ nh J Bài toán 8: Cho tam giác ABC n i ti p (O;R) G i D ñi m ñ i x ng v i A qua BC E ñi m ñ i x ng v i B qua AC, F ñi m ñ i x ng v i C qua BA H tr c tâm c a tam giác ABC Ch ng minh: D, E, F th ng hàng ch OH=2R 226 H H I CÁC TRƯ NG THPT CHUYÊN KHU V C DUYÊN H I VÀ ð NG B NG B C B H I TH O KHOA H C L N TH C2 A IV B2 D' H G B A1 D C A2 L i gi i: G i G tr ng tâm tam giác ABC, qua A, B, C k ñư ng th ng a, b, c song song v i BC, CA, AB G i a ∩ b = C2 ; a ∩ c = B2 ; b ∩ c = A2 Suy A, B, C l n lư t trung ñi m c a B2C2, C2A2, A2B2 HA, HB, HC l n lư t trung tr c c a B2C2, C2A2, A2B2 suy H tâm ñư ng trịn ngo i ti p tam giác A2B2C2 Vì G tr ng tâm tam giác ABC nên G tr ng tâm tam giác − A2B2C2 phép v t VG ( A2B2C2)=(ABC) suy bán kính đư ng trịn ngo i ti p tam giác A2B2C2 b ng 2R G i A1 trung ñi m BC D’ trung ñi m B2C2 Ta có: uuuur r uuur uuur uuu A1 D ' = − AD; GA1 = − GA 2 − − nên GD ' = − GD − hay VG ( D) = D ' Tương t VG ( E ) = E ' ; VG ( F ) = F ' Như v y D, E, F th ng hàng ch D’, E’, F’ th ng hàng M t khác D’, E’, F’ hình chi u vng góc c a O c nh tam giác A2B2C2 nên D’, E’, F’ th ng hàng ⇔ O ∈ ( A2 B2C2 ) ⇔ OH = R Bài toán 9: Tam giác ABC khơng đ u, P chân đư ng vng góc h t A xu ng BC G i D, E, F trung ñi m BC, CA, AB G i la ñư ng th ng ñi qua chân hai ñư ng cao t P xu ng DE, DF Tương t cho lb, lc CMR: la, lb, lc ñ ng qui L i gi i: 227 H H I CÁC TRƯ NG THPT CHUYÊN KHU V C DUYÊN H I VÀ ð NG B NG B C B H I TH O KHOA H C L N TH IV A Q F R T E H O N P' B P D C M L i gi i: la ñư ng th ng Simson c a P ñ i v i tam giác DEF Theo toán ⇒ la vng góc v i ti p n t i D c a đư ng trịn ngo i ti p tam giác DEF ( ED = PF ) Mà D ñi m gi a c a cung QR ⇒ la ⊥ QR M t khác d th y O tr c tâm c a tam giác DEF nên theo tốn ⇒ la qua trung ñi m P’ c a OP G i Q’, R’ l n lư t trung ñi m c a OQ, OR suy la ñư ng cao t P’ c a tam giác P’Q’R’ Tương t ta ñư c lb, lc ñư ng cao t Q’, R’ c a tam giác P’Q’R’ Do la, lb, lc ñ ng qui t i tr c tâm c a tam giác P’Q’R’ Cu i xin ñưa m t s t p: Hai ñi m P, C c đ nh đư ng trịn A, B di chuy n đư ng trịn th a mãn ACB = α Ch ng minh r ng ñư ng th ng Simson c a P ñ i v i tam giác ABC ti p xúc v i m t đư ng trịn c đ nh Tam giác ABC P thu c đư ng trịn ngo i ti p tam giác A1, B1, C1 thu c ñư ng th ng BC, CA, AB th a mãn góc đ nh hư ng ( PA1 ; A1 A), ( PB1 ; B1C ), ( PC1 ; C1 A) b ng Ch ng minh r ng A1, B1, C1 th ng hàng Tam giác ABC nh n n i ti p (O) ði m M thu c cung nh BC, h MB’, MC’ l n lư t vng góc v i AC, BA Tìm v trí c a M ñ B’C’ lơn nh t a) Cho tam giác ABC n i ti p (O) PQ đư ng kính Ch ng minh r ng đư ng th ng Simson c a tam giác ABC ng v i m P, Q vng góc v i 228 H H I CÁC TRƯ NG THPT CHUYÊN KHU V C DUYÊN H I VÀ ð NG B NG B C B H I TH O KHOA H C L N TH IV c) T ng quát n u PQ dây cung b t kỳ Ch ng minh r ng ñư ng th ng Simson ng v i P, Q t o v i m t góc b ng n a s đo cung nh PQ Ch ng minh r ng tam giác t o b i ñư ng th ng Simson d ng m đ ng d ng v i tam giác t o b i ñi m ñó Tam giác ABC n i ti p dư ng trịn (O) M t m M thay đ i cung BC khơng ch a A G i P, Q hình chi u c a A MB, MC Ch ng minh r ng: PQ ln qua m t m c đ nh Tam giác ABC, M thay ñ i BC G i D, E ñi m ñ i x ng c a M qua AB, AC Ch ng minh r ng trung ñi m c a DE thu c m t ñư ng th ng c ñ nh M thay ñ i BC Tam giác ABC n i ti p (O) a Ch ng minh r ng OX song song v i ñư ng th ng Simson c a X ñ i v i tam giác ABC ch XA = CA − AB (mod 3600) b Ch ng minh r ng có xác m X th a mãn u ki n câu a c Ch ng minh r ng ñư ng th ng Simson ng v i ñi m câu b ñ ng qui Tam giác ABC n i ti p (O), P thu c (O) G i t ti p n t i P c a (O) s ñư ng th ng Simson c a P ñ i v i tam giác Ch ng minh r ng: ( s, t ) = ( s, BC ) + ( s, CA) + ( s, AB ) 10 Tam giác ABC n i ti p (O) Ch ng minh r ng có m (O) mà đư ng th ng Simson c a ti p xúc v i ñư ng tròn Euler c a tam giác ABC 229 H H I CÁC TRƯ NG THPT CHUYÊN KHU V C DUYÊN H I VÀ ð NG B NG B C B H I TH O KHOA H C L N TH 230 IV ... liên quan ñ n dãy s r t phong phú Hi n có nhi u tài li u ñ c p ñ n toán v dãy s Tuy nhiên, ch y u quan tâm đ n tính ch t c a dãy s Gi i h n dãy, s h ng t ng quát, s ñơn ñi u c a dãy, tính b ch... a dãy Lucas có th coi gi ng v i dãy Fibonacci b i hai dãy đ u có h th c xác đ nh dãy Tương t cơng th c Binet cho dãy Fibonacci, ta có cơng th c t ng quát c a dãy Lucas: n n 1+  1−  Ln = ... T NG QUÁT C A DÃY TRUY H I TUY N TÍNH C P ð GI I QUY T M T S BÀI TOÁN V DÃY S Trư ng THPT chuyên Hưng Yên Ph n I: Tìm s h ng t ng quát c a dãy truy h i n tính c p I LÝ THUY T: ðó dãy s th c có