Chuyên đề Một số phương pháp thường dùng giải bài toán hình học tổ hợp Toán 11

Nội dung tài liệu: Chuyên đề Một số phương pháp thường dùng giải bài toán hình học tổ hợp Toán 11

1. Chuyên đề: Một số phương pháp thường dùng giải bài tốn hình học tổ hợp MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP THƯỜNG DÙNG GIẢI CÁC BÀI TỐN HÌNH HỌC TỔ HỢP Bài tốn Hình học tổ hợp thường cĩ mặt trong các kì thi chọn học sinh giỏi tốn cũng như các kì thi vào lớp chuyên tốn THPT. Tuy nhiên ở cấp THCS bài tốn hình học tổ hợp khơng cĩ trong chương trình giảng dạy, chính vì vậy gây nên rất nhiều khĩ khăn cho học sinh khi giải bài. Khi giải các bài tốn về Hình học tổ hợp thường khơng địi hỏi vận dụng nhiều định lí, nhiều tính tốn phức tạp mà địi hỏi lập luận chặt chẽ, chính xác, hợp lơgic. Để giải các bài tốn này, cũng cĩ những “mẹo” riêng. Sau đây là một số phương pháp thường dùng để giải các bài tốn về Hình học tổ hợp. I. PHƯƠNG PHÁP PHẢN CHỨNG : 1. Phương pháp phản chứng: Phương pháp chứng minh phản chứng là phương pháp chứng minh gián tiếp, trong đĩ để chứng tỏ kết luận của bài tốn là đúng, ta chứng minh phủ định của kết luận là sai. Điều sai này cĩ thể là điều trái với giả thiết hoặc điều trái với một kết quả đúng đã biết. Chứng minh một bài tốn bằng phương pháp phản chứng gồm ba bước: - Bước 1: (phủ định kết luận). Ta giả sử rằng kết luận của bài tồn là khơng đúng. - Bước 2: (đưa đến mâu thuẫn). Từ điều giả sử trên và từ giả thiết của bài tốn, ta suy ra một điều mâu thuẫn với giả thiết hoặc mâu thuẫn với một kiến thức đã học. - Bước 3: (khẳng định kết luận). Vậy kết luận của bài tốn là đúng. Ưu điểm của phương pháp phản chứng là tạo thêm được một giả thiết mới (giả thiết phản chứng) vào các giả thiết của bài tốn. Chẳng hạn để chứng minh A B bằng phương pháp phản chứng, ta được sử dụng giả thiết phản chứng A < B để chỉ ra điều vơ lí. 2. Một số ví dụ minh họa : Ví dụ 1 : Qua điểm O trong mặt phẳng vẽ 5 đường thẳng phân biệt. a) Cĩ bao nhiêu gĩc đỉnh O được tạo thành trong hình vẽ ? b) Chứng minh rằng trong các gĩc đỉnh O đĩ, cĩ ít nhất một gĩc cĩ số đo khơng vượt quá 360. Giải : a) 5 đường thẳng cắt nhau tại O tạo thành 10 tia chung gốc O. Mỗi tia trong 10 tia này tạo thành O với 9 tia cịn lại thành 9 gĩc, cĩ 10 tia nên sẽ cĩ 9.10 gĩc.Nhưng mỗi gĩc đã được tính hai lần nên cĩ tất cả là 90:2 = 45 gĩc đỉnh O được tạo thành. Hình 1 1
2. Chuyên đề: Một số phương pháp thường dùng giải bài tốn hình học tổ hợp b) Trong 45 gĩc tạo thành cĩ đỉnh O thì chỉ cĩ 10 gĩc khơng cĩ điểm trong chung cĩ tổng bằng 3600. Giả sử tất cả các gĩc đều lớn hơn 36 0. Khi đĩ 10 gĩc khơng cĩ điểm trong chung cĩ tổng lớn hơn 10. 360 = 3600 (mâu thuẫn) Vậy phải cĩ ít nhất một gĩc khơng vượt quá 360. Ví dụ 2 : Chứng minh rằng trong một tam giác cĩ một gĩc tù thì khơng thể cĩ đường trung tuyến xuất phát từ một đỉnh của gĩc nhọn là lại là đường phân giác của chính gĩc đĩ. Giải : Xét tam giác ABC cĩ Aµ 900 . Khi đĩ Bµ và Cµ là các gĩc B nhọn. Vẽ trung tuyến BM. Ta phải chứng minh BM khơng thể là phân giác của gĩc B (Hình 2). Giả sử ngược lại BM là phân giác của gĩc B. Do Aµ 900 nên BC > AB. Trên BC lấy N sao cho BN = N 1 BA. Khi đĩ BMA= BMN(c-g-c). Suy ra MA = MN = 2 MC. Vậy NMC cân tại M. Do đĩ Nµ 2 Cµ (1). C Ta cũng cĩ : Aµ Nµ 1 (2) ( do BMA= BMN) A M 0 Từ (1) và (2) suy ra Aµ Cµ Nµ 1 Nµ 2 180 , mâu thuẫn. Hình 2 Suy ra điều phải chứng minh. Ví dụ 3 : Trên mặt phẳng cho n điểm ( n> 3) thỏa mãn điều kiện bất kỳ đường thẳng nào đi qua hai trong những điểm đĩ đều chứa một điểm khác trong các điểm đã cho. Chứng minh rằng tất cả các điểm đã cho cùng nằm trên một đường thẳng. Giải : Giả sử tất cả các điểm khơng cùng nằm trên A một đường thẳng. Qua mỗi cặp điểm vẽ một đường thẳng ( cĩ hữu hạn các đường thẳng này) và xét các khoảng cách ( khác 0) từ các điểm đã cho K đến các đường thẳng này. Giả sử khoảng cách từ điểm A đến đường B H C D thẳng BC là nhỏ nhất ( A, B, C là các điểm đã cho) . Theo giả thiết, trên đường thẳng BC cĩ chứa một điểm D nào đĩ. Kẻ AH BC ( H BC) thì hai trong ba điểm B, C, D sẽ nằm cùng một phía đối với điểm H, chẳng hạn là C, D như hình vẽ. Khi đĩ ta cĩ HC < HD. Kẻ CKAD(K AD). ). Ta cĩ CK.AD = CD.AH ( = 2S ACD Do AD > CD nên CK < AH, mâu thuẫn với cách xác định ở trên là AH nhỏ nhất. Suy ra điều phải chứng minh. 2
3. Chuyên đề: Một số phương pháp thường dùng giải bài tốn hình học tổ hợp Ví dụ 4: Cho hai điểm M, N nằm bên trong một đa giác lồi. Chứng minh rằng tồn tại một đỉnh của đa giác sao cho khoảng cách từ đỉnh đĩ đến M lớn hơn khoảng cách từ đỉnh đĩ đến N. Giải (Hình 4). Gọi đa giác đã cho là A1A2 An. d Giả sử: A1M A1N A1 An A2M A2N AnM AnN N Gọi d là đường trung trực của MN. Đường thẳng d chia mặt M A2 phẳng của đa giác thành hai nửa mặt phẳng, nửa mặt phẳng chứa M gọi là (I), nửa mặt phẳng chứa N gọi là (II). Do A 1M A1N nên A1 (I), tương tự A 2, A3, An cũng thuộc (I). A3 Mọi đỉnh của đa giác thuộc nửa mặt phẳng (I), cịn N thuộc (I) (II) nửa mặt phẳng (II) nên N nằm bên ngồi đa giác, trái với giả Hình 4 thiết. Vậy tồn tại một đỉnh Ak của đa giác sao cho AkM > AkN. Ví dụ 5: Cho hình vuơng cạnh 1 và hai điểm A, B bất kì. Chứng minh rằng tồn tại một điểm thuộc biên của hình vuơng sao cho tổng các khoảng cách từ đĩ đến A và B lớn hơn 1,4 . Giải (Hình 5). Gọi MN là đường chéo của hình vuơng cạnh 1 đã cho thì MN = 2 . Ta cĩ: MA + NA MN = 2 . A MB + NB MN = 2 . M Suy ra: (MA + MB) + (NA + NB) 22 . (1) Trong hai tổng MA + MB và NA + NB, tồn tại một tổng lớn hơn hoặc bằng 2 , vì nếu cả hai tổng đều nhỏ hơn B 2 thì tổng của chúng nhỏ hơn 22 , trái với (1). Chẳng hạn MA+MB 2 , thế thì MA+MB>1,4 và M là điểm phải tìm. N Nhận xét: Khi chứng minh một độ dài nào đĩ lớn hơn a, Hình 5 ta cĩ thể xét tổng của hai độ dài rồi chứng minh tổng đĩ lớn hơn 2a, khi đĩ tồn tại một độ dài lớn hơn a. 3
4. Chuyên đề: Một số phương pháp thường dùng giải bài tốn hình học tổ hợp II. NGUYÊN LÝ DIRICHLET 1) Nội dung nguyên lý Dirichlet Khi gặp bài tốn về chứng minh sự tồn tại của một hay nhiều đối tượng nào đĩ, người ta thường dùng một phương pháp rất thuận lợi – đĩ là nguyên lý Dirichlet (mang tên nhà Tốn học người Đức Dirichlet (Đi-rích-lê) 1805 – 1859): Nếu nhốt n + 1 nhỏ vào n lồng thì tồn tại một lồng cĩ ít nhất 2 thỏ. Khơng thể nhốt 7 con thỏ vào 3 cái lồng mà mỗi lồng cĩ khơng quá 2 con thỏ. Nĩi cách khác: nếu nhốt 7 con thỏ vào 3 cái lồng thì tồn tại ít nhất một cái lồng cĩ từ 3 con thỏ trở lên. Một cách tổng quát hơn: Khi nhốt m con thỏ vào k lồng + Nếu m kn r(0 r k 1) thì tồn tại ít nhất một lồng chứa khơng ít hơn con thỏ. Thật vậy, giả sử lồng nào cũng cĩ khơng quá n thỏ thì k lồng cĩ khơng quá nk thỏ, ít hơn m thỏ, vơ lí. + Nếu thì tồn tại ít nhất một lồng chứa khơng ít hơn n con thỏ và tồn tại ít nhất một lồng chứa khơng nhiều hơn n con thỏ. Thật vậy, giả sử lồng nào cũng chứa ít hơn n con thỏ thì k lồng cĩ khơng quá thỏ, vơ lí. Tương tự, giả sử lồng nào cũng chứa nhiều hơn n thỏ thì k lồng cĩ ít nhất là thỏ, vơ lí. Khi sử dụng nguyên lí này, điều quan trọng là phải nhận ra (hay tạo ra) Lồng hoặc thỏ hoặc cả lồng và thỏ. Một số bài tốn cơ bản thường gặp như sau: 1. Nếu trên một đoạn thẳng độ dài bằng 1, đặt một số đoạn thẳng cĩ tổng độ dài lớn hơn 1 thì cĩ ít nhất hai trong số các đoạn thẳng đĩ cĩ điểm trong chung. 2. Nếu trên đường trịn bán kính 1, đặt một số cung cĩ tổng độ dài lớn hơn thì cĩ ít nhất 2 trong số các cung đĩ cĩ điểm trong chung. 3. Nếu trong một hình cĩ diện tích S, đặt một số hình cĩ tổng diện tích lớn hơn S thì cĩ ít nhất 2 trong số các hình đĩ cĩ điểm trong chung. 4. Nếu k đoạn thẳng cĩ tổng độ dài khơng nhỏ hơn (hoặc khơng lớn hơn) a thì luơn tồn a tại ít nhất một đoạn thẳng cĩ độ dài khơng nhỏ hơn (hoặc khơng lớn hơn) . k 5. Nếu k gĩc cĩ tổng độ lớn khơng nhỏ hơn (hoặc khơng lớn hơn) a o thì luơn tồn tại ít a0 nhất một gĩc cĩ khơng nhỏ hơn (hoặc khơng lớn hơn) k 6. Nếu k hình cĩ tổng diện tích khơng nhỏ hơn (hoặc khơng lớn hơn) S thì luơn tồn tại S ít nhất một hình cĩ diện tích khơng nhỏ hơn (hoặc khơng lớn hơn) . k 2. Ví dụ minh họa : Ví dụ:1. Chứng minh rằng : Nếu một đường thẳng khơng đi qua đỉnh nào của tam giác thì nĩ hoặc khơng cắt cạnh nào của tam giác, hoặc cắt đúng hai cạnh của tam giác. Giải: Giả sử cho tam giác ABC và đường thẳng d. Đường thẳng d chia mặt phẳng thành hai nửa mặt phẳng I và II bờ d. Vì A, B, C khơng thuộc d nên chúng chỉ cĩ thể nằm ở miền 4
5. Chuyên đề: Một số phương pháp thường dùng giải bài tốn hình học tổ hợp I hoặc II. Ta cĩ , theo nguyên lí Dirichlet tồn tại ít nhất hai điểm cùng ở một miền, chẳng hạn đĩ là hai điểm A, B cùng nằm trong miền I. Do đĩ d khơng cắt cạnh AB. A A I I B C d B d II II Hình 6 Hình 7 C - Nếu C cũng nằm ở miền I thì d khơng cắt các cạnh AC và BC (hình 6) - Nếu C nằm ở miền II thì d cắt cả hai cạnh AC và BC (hình 7). Vậy đường thẳng d khơng cắt cạnh nào của tam giác, hoặc cắt đúng hai cạnh của tam giác. Nhận xét: Để giải bài tốn ta đã vận dụng kiến thức : Nếu A, B cùng thuộc nửa mặt phẳng bờ d thì d khơng cắt đoạn thẳng AB; nếu A, B nằm trên hai nửa mặt phẳng đối nhau bờ d thì d cắt đoạn thẳng AB. Trong bài tốn này để vận dụng nguyên lí Dirichlet, ta coi 3 “thỏ” là 3 điểm A, B, C; 2 “lồng” là hai nửa mặt phẳng bờ d (miền I và II) Ví dụ 2. Cho một hình vuơng và 13 đường thẳng, mỗi đường thẳng đều chia hình vuơng thành hai hình thang cĩ tỉ số diện tích bằng . Chứng minh rằng trong 13 đường thẳng đĩ, cĩ ít nhất 4 đường thẳng đồng quy (cùng đi qua một điểm). Giải: (Hình 8) d Gọi d là đường thẳng chia hình vuơng ABCD thành hai A M E B hình thang cĩ tỉ số diện tích bằng . Đường thẳng d phải cắt hai Q cạnh đối của hình vuơng, giả sử d cắt hai cạnh AB và CD thứ tự H F tại M, N. Gọi E, F, G, H thứ tự là trung điểm của các cạnh AB, P R BC, CD, DA; d cắt HF tại P. S Giả sử SAMND = SBMNC thì AD.HP = BC.PF, D N G C suy ra HP = PF. Hình 8 Như vậy mỗi đường thẳng đã cho chia đường trung bình của hình vuơng theo tỉ số . Cĩ 4 điểm chia đường trung bình HF, EG của hình vuơng theo tỉ số là P, Q, R, S. Cĩ 13 đường thẳng, mỗi đường thẳng đi qua một trong 4 điểm P, Q, R, S. Mà 13 = 4.3 + 1 nên theo nguyên lí Dirichlet tồn tại ít nhất 3 + 1 = 4 đường thẳng cùng đi qua một điểm, tức là 4 đường thẳng này đồng quy. 5
6. Chuyên đề: Một số phương pháp thường dùng giải bài tốn hình học tổ hợp Nhận xét: Ở bài này, coi “thỏ” là đường thẳng và cĩ 13 “thỏ”, coi “lồng” là điểm chia đường trung bình của hình vuơng theo tỉ số và cĩ 4 “lồng” (P, Q, R, S). Sử dụng cơng thức tính : Diện tích hình thang = đường cao x đường trung bình. Ví dụ 3 : Cho 2013 điểm, trong đĩ cứ 3 điểm bất kì trong chúng bao giờ cũng tìm được hai điểm mà khoảng cách giữa chúng nhỏ hơn 1. Chứng minh rằng luơn tìm được một điểm cĩ khoảng cách tới ít nhất 1006 điểm khác nhỏ hơn 1. Giải: Trong 2013 điểm, lấy ra một điểm A tùy ý. Nếu khoảng cách từ 2012 điểm cịn lại đến A đều nhỏ hơn 1 thì kết luận của bài tốn luơn đúng. Giả sử tồn tại điểm B trong 2012 điểm cịn lại mà AB > 1, thế thì theo điều kiện bài ra : Mỗi điểm C trong 2011 điểm cịn lại (trừ A và B ) hoặc cĩ AC < 1, hoặc cĩ BC < 1. Cĩ 2011 điểm hoặc cách A hoặc cách B một khoảng nhỏ hơn 1, mà 2011 = 2.1005 + 1, nên theo nguyên lí Dirichlet luơn tồn tại 1005 + 1 = 1006 điểm hoặc cách A hoặc cách B một khoảng nhỏ hơn 1. Bài tốn được chứng minh. Nhận xét: Ở bài này, ta coi 2011 điểm cịn lại (trừ A và B) là 2011 “thỏ”; coi khoảng cách đến A ( hoặc B) nhỏ hơn 1 là “lồng” nên cĩ 2 “lồng”. Ví dụ:4. Cho đường trịn bán kính bằng 1 và năm điểm A, B, C, D, E tùy ý. Chứng minh rằng tồn tại điểm M nằm trên đường trịn sao cho MA + MB + MC + MD + ME 5 Giải: (Hình 9) B Vẽ đường kính MN của đường trịn thì MN = 2. A Với 3 điểm M, N, A luơn cĩ MA +NA MN = 2. Tương tự ta cĩ MB + NB MN = 2 M N MC + NC MN = 2 O MD + ND MN = 2 ME + NE MN = 2 Cộng theo vế 5 bất đẳng thức cùng chiều trên ta được: Hình 9 (MA + MB + MC + MD + ME) + (NA + NB + NC + ND + NE) 10. (*) Theo nguyên lí Dirichlet trong hai tổng trong ngoặc ở vế trái của (*) luơn tồn tại ít nhất một tổng khơng nhỏ hơn 10 : 2 = 5. Do đĩ trong hai điểm M, N, tồn tại ít nhất một điểm, chẳng hạn M cĩ tính chất MA + MB + MC + MD + ME 5. 6
7. Chuyên đề: Một số phương pháp thường dùng giải bài tốn hình học tổ hợp Ví dụ 5: Bên trong của tam giác đều ABC cĩ độ dài cạnh bằng 2 cho năm điểm . Chứng minh rằng trong 5 điểm đĩ luơn tìm được hai điểm mà khoảng cách giữa chúng nhỏ hơn 1. Giải: Lấy D, E ,F thứ tự là trung điểm của các cạnh AB, A AC, BC. Khi đĩ ta cĩ 4 tam giác đều cĩ cạnh bằng 1 là ADE, BDF, CEF, DEF. Cĩ 5 điểm nằm trong 4 tam giác nhỏ kể trên, nên theo nguyên lí Dirichlet luơn tồn tại một tam giác nhỏ chứa ít nhất 2 điểm đã cho, chẳng hạn tam D E giác BDF chứa hai điểm M và N, hai điểm này khơng trùng với B, D, F. Ta sẽ chứng minh rằng MN < 1 (Hình G M 10). N Thật vậy, MN luơn cắt hai cạnh của tam giác BDF, B H F C chẳng hạn MN cắt BD, BF thứ tự tại G, H. Xét tam giác Hình 10 BGH cĩ 1200 nên tồn tại một trong hai gĩc đĩ khơng nhỏ hơn 600 , chẳn hạn 600 thì nên BH GH. Ta cĩ MN GH BH BF = 1, mà M, N khơng trùng với B, D, F nên MN < 1. Nhận xét: Để vận dụng nguyên lí Dirichlet, ta đã phân chia một hình thành nhiều hình. Ở đây coi “thỏ” là điểm đã cho nên cĩ 5 “thỏ”, coi “lồng” là tam giác độ dài cạnh bằng 1 nên cĩ 4 “lồng”. Bằng cách chứng minh tương tự ta cĩ kết quả: Khoảng cách lớn nhất giữa hai điểm nằm bên trong hoặc trên cạnh một đa giác là độ dài cạnh lớn nhất hoặc đường chéo lớn nhất của đa giác. Ví dụ 6: Trong mặt phẳng cho 4 điểm trong đĩ khơng cĩ 3 điểm nào thẳng hàng. Chứng minh rằng tồn tại 3 điểm là 3 đỉnh của 1 tam giác cĩ một gĩc khơng vượt quá 450 . Giải: Gọi 4 điểm là A, B, C, D. Xảy ra hai trường hợp: A a) Nếu ABCD là tứ giác lồi thì + B = 3600 , do đĩ luơn tồn tại ít nhất một gĩc cĩ độ lớn khơng nhỏ hơn 90 0 , chẳn hạn là gĩc ABC. Khi đĩ, xét tam giác ABC ta suy ra 900 , vì vậy tồn tại ít nhất một gĩc D 0 C khơng vượt quá 45 . Ta chọn tam giác ABC thỏa mãn Hình 11 điều kiện bài tốn (Hình 11). b) Nếu D nằm trong tam giác ABC thì C = 3600 , do đĩ luơn tồn tại ít nhất một gĩc khơng nhỏ hơn 120 0 , chẳn hạn là gĩc ADB. Khi đĩ, xét tam giác ABD ta suy ra D 600 , vì vậy tồn tại ít nhất một gĩc A B 7 Hình 12
8. Chuyên đề: Một số phương pháp thường dùng giải bài tốn hình học tổ hợp khơng vượt quá 300 < 450 . Ta chọn tam giác ABD thỏa mãn điều kiện bài tốn (Hình 12). Ví dụ 7: Cho 19 điểm trong đĩ khơng cĩ 3 điểm nào thẳng hàng nằm trong một lục giác đều cĩ cạnh bằng 1. Chứng minh rằng luơn tồn tại một tam giác cĩ đỉnh là 3 điểm trong các điểm đã cho mà cĩ ít nhất một gĩc khơng lớn hơn 45 0 và nằm trong một đường trịn cĩ bán kính nhỏ hơn . Giải: (Hình 13) Chia lục giác đều thành 6 tam giác đều cạnh bằng 1 (cĩ một đỉnh là tâm lục giác đều, hai đỉnh kia là hai đỉnh liên A tiếp của lục giác). 19 điểm nằm trong lục giác sẽ nằm trong B 6 tam giác đều này. Do 19 = 3.6 + 1, nên theo nguyên lí D C Dirichlet phải cĩ ít nhất một tam giác đều chứa 4 điểm (gọi là A, B, C, D) trong 16 điểm đã cho. Dễ thấy 4 điểm này đều nằm trong đường trịn ngoại tiếp tam giác đều cạnh 1 3 3 nên cĩ bán kính R = . 3 5 Chứng minh trong 4 điểm này, tồn tại 3 điểm là 3 đỉnh của Hình 13 một tam giác cĩ một gĩc khơng lớn hơn 450 như ví dụ 6. Ví dụ 8: Bên trong hình vuơng cĩ cạnh 5cm cho 51 điểm, trong đĩ khơng cĩ ba điểm nào thẳng hàng. Chứng minh rằng luơn tồn tại một tam giác cĩ ba đỉnh là ba điểm đã cho mà cĩ diện tích khơng lớn hơn 0,5cm2 . Giải: (Hình 14) Diện tích của hình vuơng là 25cm2. Ta chia hình vuơng cạnh 5cm thành 25 hình vuơng nhỏ cạnh 1cm (như hình 13.9). Khi đĩ 51 điểm sẽ M N G A H nằm trong 25 hình vuơng nhỏ cạnh 1cm. Mà 51 = 25.2 B C + 1, nên theo nguyên lí Dirichlet tồn tại ít nhất 3 điểm K I nằm trong một hình vuơng cạnh 1cm, ta sẽ chứng Q P minh rằng tam giác cĩ 3 đỉnh là 3 điểm này thỏa mãn điều kiện bài ra. Thật vậy, ta gọi 3 điểm là A, B, C nằm trong hình vuơng MNPQ. Vẽ hình chữ nhật GHIK cĩ các cạnh song song với các cạnh của hình vuơng MNPQ và cĩ A, B, C nằm trên cạnh của nĩ. Khi đĩ Hình 14 2 SABC SGHIK SMNPQ = (cm ). (Ở đây, coi “thỏ” là điểm nên cĩ 51 “thỏ” , “lồng” là hình vuơng cạnh 1cm nên cĩ 25 “lồng”. 8
9. Chuyên đề: Một số phương pháp thường dùng giải bài tốn hình học tổ hợp Ví dụ 9: Bên trong hình vuơng cạnh bằng 1 cĩ 100 điểm. Chứng minh rằng trong số các tam giác cĩ đỉnh là các điểm đĩ hoặc là các đỉnh hình vuơng, tồn tại một tam giác cĩ diện tích khơng vượt quá . Giải: (Hình 15) Ta chia hình vuơng thành các hình tam giác khơng cĩ điểm trong chung sao cho đỉnh của mỗi tam giác là ba trong số 100 + 4 = 104 điểm đã cho. Mỗi điểm này là một đỉnh của ít nhất một tam giác. Nhận thấy: Tổng các gĩc cĩ đỉnh là 100 điểm bên trong hình vuơng bằng 3600 x 100 = 360000 . Tổng các gĩc cĩ đỉnh là các đỉnh hình vuơng bằng 3600. Do đĩ tổng các gĩc của tất cả các tam giác được tạo thành là 363600 . Số tam giác được tạo thành là 363600 : 1800 = 202. Tổng diện tích của 202 tam giác bằng 1. Vì vậy tồn tại một tam giác cĩ diện tích khơng quá . Hình 15 Nhận xét: Ta cĩ thể phát biểu bài tốn tổng quát : Bên trong hình vuơng cạnh bằng 1 cho n điểm. Chứng minh rằng trong số các tam giác cĩ đỉnh là các điểm đĩ hoặc là các đỉnh hình vuơng , tồn tại một tam giác cĩ diện tích khơng vượt quá . Ví dụ 10. Cho 33 điểm nằm trong hình vuơng cĩ độ dài cạnh bằng 4, trong đĩ khơng cĩ 3 điểm nào thẳng hàng. Người ta vẽ các đường trịn cĩ bán kính bằng và tâm là các điểm đã cho. Hỏi cĩ hay khơng ba điểm trong các điểm đã cho sao cho chúng đều thuộc phần chung của ba hình trịn cĩ tâm cũng chính là ba điểm đĩ? Vì sao? Giải: (Hình 16) Chia hình vuơng đã cho thành 16 hình vuơng đơn vị (các cạnh song song với cạnh hình vuơng đã cho và cĩ độ dài bằng 1). Do 33 = 2.16 + 1 > 2.16 nên M N theo nguyên lí Dirichlet tồn tại ít nhất ba điểm nằm A trong hoặc trên cạnh hình vuơng đơn vị. Giả sử đĩ là B C ba điểm A, B, C ở trong hình vuơng đơn vị MNPQ. Ta Q cĩ MP = nên AE MP = với mọi điểm E P thuộc hình vuơng MNPQ. Từ đĩ hình trịn (A; ), (B; ), (C; ) đều chứa hình vuơng MNPQ nên cả ba điểm A, B, C nằm trong phần chung của ba hình trịn nĩi trên. Hình 16 (Ở đây, số “thỏ” là số điểm, số “lồng” là số lưới ơ vuơng nhỏ). 9
10. Chuyên đề: Một số phương pháp thường dùng giải bài tốn hình học tổ hợp III. MỘT SỐ BÀI TỐN HÌNH HỌC TỔ HỢP ÁP DỤNG : 1. Cho đường trịn bán kính 1 và ba điểm A, B, C tùy ý. Chứng minh rằng tồn tại một điểm M nằm trên đường trịn sao cho MA + MB + MC 3. 2. Trên đường trịn bán kính 1 đánh dấu 100 điểm. Chứng minh rằng tồn tại một điểm trên đường trịn mà tổng các khoảng cách từ đĩ đến tất cả 100 điểm đánh dấu lớn hơn 100. 3. Tứ giác lồi ABCD cĩ AC = 8, BD = 6. Chứng minh rằng: a) Tồn tại một cạnh của tứ giác nhỏ hơn 7. b) Tồn tại một cạnh của tứ giác lớn hơn hoặc bằng 5. 4. Cho năm điểm ở bên trong một tam giác đều cạnh 2. Chứng minh rằng trong năm điểm đĩ, tồn tại hai điểm cĩ khoảng cách giữa chúng nhỏ hơn 1. 5. Chứng minh rằng nếu một tam giác cĩ hai đường phân giác trong bằng nhau thì tam giác đĩ cân. 6. Cho một tam giác cĩ ba gĩc nhọn. Qua một đỉnh của tam giác đĩ vẽ đường cao, qua đỉnh thứ hai vẽ đường trung tuyến, qua đỉnh thứ ba vẽ phân giác. Chứng minh rằng nếu ba đường đã vẽ được cắt nhau, tao thành một tam giác thì tam giác đĩ khơng phải là tam giác đều. 7. Cho 7 đoạn thẳng, mỗi đoạn cĩ độ dài là a với a Z, 1 ≤ a < 13. Chứng minh rằng cĩ thể chọn được 3 trong 7 đoạn thẳng ấy để dựng một tam giác. Mệnh đề trên cịn đúng khơng nếu chỉ cĩ 6 đoạn thẳng. 8. Trong hình vuơng cạnh bằng 1, đặt 51 điểm bất kì, phân biệt. Chứng minh rằng 1 cĩ ít nhất 3 trong số 51 điểm đĩ nằm trong một hình trịn bán kính . 7 9. Trong một hình vuơng cĩ cạnh là 1 chứa một số đường trịn. Tổng tất cả chu vi của chúng là 10. Chứng minh rằng tồn tại một đường thẳng cắt ít nhất 4 đường trịn trong những đường trịn đĩ? 10. Bên trong một đường trịn cĩ bán kính bằng 2 cho 7 điểm. Chứng minh rằng luơn tồn tại hai điểm trong 7 điểm đĩ cĩ khoảng cách là 2. 11. Cho 17 điểm trong đĩ 3 điểm nào cũng được nối với nhau thành một tam giác bởi các cạnh tơ màu xanh, đỏ hoặc vàng. Chứng minh rằng tồn tại một tam giác cĩ ba cạnh cùng màu. 12. Cho một bảng cĩ kích thước 2n 2n ơ vuơng. Người ta đánh dấu vào 3n ơ bất kì của bảng. Chứng minh rằng cĩ thể chọn ra n hàng và n cột của bảng sao cho các ơ được đánh dấu đều nằm trên n hàng và n cột này. 10
11. Chuyên đề: Một số phương pháp thường dùng giải bài tốn hình học tổ hợp Tài liệu tham khảo : - Các bài tốn Hình học tổ hợp của Vũ Hữu Bình NXB.Giáo dục. - Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi tốn trung học phổ thơng Các bài tốn hình học tổ hợp – Phan Huy Khải NXB. Giáo dục 2007 - Luận văn thạc sĩ khoa học tốn học – Chuyên ngành phương pháp tốn sơ cấp –Lê Thị Bình – Đại học Thái Nguyên - Luận văn thạc sĩ khoa học tốn học – Chuyên ngành phương pháp tốn sơ cấp – Trịnh Việt Phương – Đại học Thái Nguyên 11