Đề thi chọn đội tuyển dự thi học sinh giỏi Quốc gia môn Toán Lớp 12 - Năm học 2022-2023 - Sở GD và ĐT Kiên Giang (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn đội tuyển dự thi học sinh giỏi Quốc gia môn Toán Lớp 12 - Năm học 2022-2023 - Sở GD và ĐT Kiên Giang (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HSG QUỐC GIA KIÊN GIANG NĂM HỌC 2022-2023 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn: TOÁN Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi thứ nhất: 30/8/2022 (Đề thi có 01 trang, gồm 4 bài) Bài 1. (5,0 điểm) Cho dãy số ( ) xác định bởi =4 và 9 = ,∀푛 ≥ 1. +1 +1 a) Chứng minh rằng dãy ( ) có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó. b) Với mỗi số nguyên dương 푛, chứng minh rằng + +⋯+ ≥ 3. 푛 Bài 2. (5,0 điểm) Tìm tất cả các bộ ba số thực không âm ( ; ; ) thỏa mãn ≤ ≤ + + = + + ( +1) = 2. Bài 3. (4,0 điểm) Cho , 푞 là các số nguyên tố và thỏa mãn: 푞 =4 +1. Chứng minh rằng số −1 = −1 chia hết cho 푞. Bài 4. (6,0 điểm) Cho tam giác nhọn có < và nội tiếp đường tròn ( ). Tiếp tuyến tại của ( ) cắt đường thẳng tại . Gọi , 퐹 tương ứng là giao điểm của đường thẳng với các đường thẳng , . Lấy các điểm 퐾, thuộc sao cho 퐾 ∥ , 퐹 ∥ . Gọi là giao điểm của 퐾 và 퐹 . a) Chứng minh rằng, đường tròn ngoại tiếp tam giác ( 퐾 ) tiếp xúc với ( ). b) Đường tròn ngoại tiếp tam giác 퐹 cắt , tương ứng tại các điểm thứ hai 푃, 푄 (푃 khác , 푄 khác 퐹). Chứng minh rằng, 푃푄 đi qua trực tâm của tam giác . HẾT Ghi chú: Thí sinh KHÔNG được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay. Giám thị KHÔNG giải thích gì thêm.
2. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HSG QUỐC GIA KIÊN GIANG NĂM HỌC 2022-2023 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn: TOÁN Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi thứ hai: 31/8/2022 (Đề thi có 01 trang, gồm 03 bài) Bài 5. (7,0 điểm) Cho dãy đa thức 푃푛( ) xác định bởi: 푃( ) = −4 và 푃( )= 푃(1 + ). 푃(1 − )−1 với mọi số tự nhiên 푛, mọi ∈ 푅. a) Tính 푃(2). b) Chứng minh rằng, tồn tại một đa thức 푄( ) với hệ số nguyên sao cho 푃( )= . 푄( ) với mọi ∈ 푅. Bài 6. (6,0 điểm) Cho số nguyên 푛 ≥2. Xét là một số nguyên dương sao cho tồn tại một tập hợp thoả mãn đồng thời các tính chất sau đây: ◦ Mỗi phần tử của là một tập con phần tử của tập {1,2,3, , 푛}. ◦ Mỗi cặp phần tử của có không quá 1 phần tử chung. ◦ Mỗi phần tử của tập {1,2,3, , 푛} thuộc đúng hai phần tử của . Tìm giá trị lớn nhất có thể của . Bài 7. (7,0 điểm) Cho tam giác không cân nội tiếp đường tròn ( ). Đường tròn ngoại tiếp tam giác cắt , tương ứng tại , ; đường tròn ngoại tiếp tam giác cắt , tương ứng tại , ; và đường tròn ngoại tiếp tam giác cắt , tương ứng tại , (các điểm , , , , , không trùng với các đỉnh của tam giác ). Các cặp đường thẳng ( , ),( , ), ( , ) lần lượt có các giao điểm là , 푌, 푍. Chứng minh rằng a) Các điểm , , thẳng hàng. b) Đường tròn ngoại tiếp tam giác 푌푍 tiếp xúc với ( ). HẾT Ghi chú: Thí sinh KHÔNG được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay. Giám thị KHÔNG giải thích gì thêm.
3. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HSG QUỐC GIA KIÊN GIANG NĂM HỌC 2022-2023 HƯỚNG DẪN CHẤM Môn: TOÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Ngày thi thứ nhất: 30/8/2022 (Hướng dẫn chấm có 03 trang) A. HƯỚNG DẪN CHẤM - Nếu học sinh giải theo cách khác đáp án mà vẫn logic, đúng thì giám khảo xem xét cho điểm tương ứng. - Nếu học sinh có sử dụng các định lí, các hệ quả, các bổ đề phổ biến trong các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi và nêu được tên thì giám khảo vẫn chấm đúng. - Điểm số toàn bài, mỗi câu, mỗi ý không làm tròn, giám khảo có thể thống nhất đáp án, chia các ý điểm lớn thành bội của 0,25. B. ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM Bài Ý Nội dung Điểm 1 Cho dãy số ( ) 5,0 a) Chứng minh 𝑥𝑥rằ𝑛𝑛ng dãy ( ) có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó. 3,0 Bằng quy nạp, ta có 0 > 1, ∞1. 𝑥𝑥 2 𝑥𝑥𝑛𝑛 𝑓𝑓 � � ∀𝑛𝑛 ≥ Bằng quy nạp chứng minh được: 0, > 1. ′ ′ 2 + 1 1 + + 1 0,5 Suy ra, 𝑔𝑔( )𝑡𝑡 đồng biến𝑓𝑓 trên𝑡𝑡 khoả−ng (1; + ). 2 ∀𝑡𝑡 Do đó, với mỗi số nguyên dương l√ẻ 𝑡𝑡ta có � √𝑡𝑡 � 𝑔𝑔 𝑡𝑡 + = ( ∞) > (3) = 6. 𝑘𝑘 𝑥𝑥𝑘𝑘 𝑥𝑥𝑘𝑘+1 𝑔𝑔 𝑥𝑥𝑘𝑘 𝑔𝑔 1
4. TH1. = 2 : Khi đó + + + = ( + ) + ( + ) + + ( + ) 6 . Suy ra𝑛𝑛 𝑚𝑚 𝑥𝑥1 𝑥𝑥2 ⋯ 𝑥𝑥𝑛𝑛 𝑥𝑥1 𝑥𝑥+2 +𝑥𝑥2 +𝑥𝑥3 ⋯ 𝑥𝑥2𝑚𝑚−1 𝑥𝑥2𝑚𝑚 ≥ 𝑚𝑚 3. 1 2 𝑛𝑛 TH2. = 2 + 1: Khi đó 𝑥𝑥 𝑥𝑥 ⋯ 𝑥𝑥 0,5 ≥ + + + = ( + ) + 𝑛𝑛 + ( + ) + 6 + 3. Suy ra𝑛𝑛 𝑚𝑚 𝑥𝑥1 𝑥𝑥2 ⋯ 𝑥𝑥𝑛𝑛 𝑥𝑥1 𝑥𝑥+2 ⋯+ +𝑥𝑥2𝑚𝑚−1 𝑥𝑥2𝑚𝑚 𝑥𝑥2𝑚𝑚+1 ≥ 𝑚𝑚 3. 1 2 𝑛𝑛 𝑥𝑥 𝑥𝑥 ⋯ 𝑥𝑥 ≥ 2 Tìm tất cả các bộ ba số thực không âm𝑛𝑛 ( ; ; ) thỏa mãn 5,0 Giả sử (x; y; z) là một bộ ba cần tìm. Từ ( + + ) 3( + + ) ta 𝑥𝑥 𝑦𝑦 𝑧𝑧 0,5 suy ra + + 3. 2 𝑥𝑥 𝑦𝑦 𝑧𝑧 ≥ 𝑥𝑥𝑥𝑥 𝑦𝑦𝑦𝑦 𝑧𝑧𝑧𝑧 Vì nên 1. Từ ( + 1) = 2 ta suy ra + 1 2 hay 𝑥𝑥𝑥𝑥 𝑦𝑦𝑦𝑦 𝑧𝑧𝑧𝑧 ≥ 0,5 1. 𝑥𝑥 ≤ 𝑦𝑦 ≤ 𝑧𝑧 𝑦𝑦𝑦𝑦 ≥ �𝑦𝑦𝑦𝑦 𝑥𝑥 𝑥𝑥 ≤ 𝑥𝑥 ≤ Mặt khác, + 1 2 1 > 0 nên + 1 1 2 1,5 = 𝑦𝑦 𝑧𝑧 − = 1≥ �𝑦𝑦𝑦𝑦 − 1 = . + 1 + 1 2 1 2 1 𝑦𝑦 𝑧𝑧 − 𝑦𝑦𝑦𝑦 𝑦𝑦𝑦𝑦 − 𝑦𝑦𝑦𝑦 − �𝑦𝑦𝑦𝑦� − �𝑦𝑦𝑦𝑦� 𝑥𝑥 = ( + 1)−= 2 ≥2 − Đặt 𝑦𝑦 𝑧𝑧.D−o 𝑦𝑦 nên𝑧𝑧 − . Từ đó � 𝑦𝑦𝑦𝑦 − �𝑦𝑦𝑦𝑦 − (2 ) 𝑡𝑡 𝑦𝑦𝑦𝑦 𝑡𝑡 𝑥𝑥 𝑡𝑡 ≤ 2 ( + 1) 2. 1,5 � 22 1 Dấu bằng xảy ra khi =𝑡𝑡 1 ho−ặc𝑡𝑡 = 2. 𝑡𝑡𝑡𝑡 ≥ ≥ − 𝑡𝑡 ⟹ 𝑡𝑡 𝑥𝑥 ≥ TH1. = 1: Khi đó, = 1𝑡𝑡. −Do = 1 và = 1 nên = = 1. 1,0 TH2. = 2: Khi đó, 𝑡𝑡 = 0. Ta có𝑡𝑡 + = = 4 nên = = 2. 𝑡𝑡 𝑥𝑥 𝑦𝑦 ≥ 𝑧𝑧 ≥ 𝑥𝑥 𝑦𝑦𝑦𝑦 𝑦𝑦 𝑧𝑧 , = 4 + 1 3 Cho 𝑡𝑡 là các số nguyên𝑥𝑥 tố và thỏ𝑦𝑦a mãn:𝑧𝑧 𝑦𝑦𝑦𝑦 𝑦𝑦 𝑧𝑧 4,0 Do 𝑝𝑝 𝑞𝑞1 < nên gcd( 1; ) = 1. Do 𝑞𝑞đó, điề𝑝𝑝u phải chứng minh tương đương với 𝑝𝑝 − 𝑞𝑞 𝑝𝑝 − 𝑞𝑞 1 ( ). Nhận xét: lẻ. Ta có 𝑝𝑝 2,0 𝑝𝑝 ≡ 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 𝑞𝑞 4 1 ( ) 4 . 1 ( ) . 2 1 ( ) 𝑝𝑝 𝑞𝑞−1 𝑝𝑝 𝑝𝑝 𝑝𝑝 2 𝑝𝑝 ≡ − 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚2 𝑞𝑞 ⟹ 1 (𝑝𝑝 ≡ −). 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚2𝑞𝑞 | ⟹ 𝑝𝑝 ≡ − 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 𝑞𝑞 Ta chứng minh: 𝑞𝑞−1 Ta có nên 21 1 + 5𝑞𝑞−1 2 ≡! − 2.4𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 · · ·𝑞𝑞 . ·2 · · ( 1)( ) 𝑞𝑞−1 2 2 2 2 𝑞𝑞 − 𝑞𝑞 − 1𝑞𝑞 � � ≡ ( 1) . ! ( 𝑞𝑞). − 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 𝑞𝑞 2,0 𝑞𝑞−1 2 4 𝑞𝑞 − 2 ( 1) ( ). Từ đó suy ra 𝑞𝑞−1 ≡ 𝑞𝑞−−1 � � 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 𝑞𝑞 Mà 5 ( 2 8) nên 4là số lẻ. Do đó, 2 1( ) (đpcm). ≡ − 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 𝑞𝑞 𝑞𝑞−1 𝑞𝑞−1 2 𝑞𝑞 ≡ 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 4 ≡ − 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 𝑞𝑞 2
5. 4 Cho tam giác nhọn , với < , nội tiếp đường tròn ( ) 6,0 a) Chứng minh đường 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴tròn ngoạ𝐴𝐴𝐴𝐴i tiếp tam𝐴𝐴𝐴𝐴 giác ( ) tiếp xúc v𝑂𝑂ới ( ). 3,0 A 𝐺𝐺𝐺𝐺𝐺𝐺 𝑂𝑂 F E O D B K H C 2,0 G T Lấy T đối xứng A qua DO. Vì EFTG là hình thang cân nên E,F,T,G đồng viên. Ta có: (TE, TD) = − (AE, AD) = (AD, AE) = (CA, CB) = (KE, KD) (mod π). Suy ra các điểm D, E, K, T đồng viên. Vậy điểm T là điểm Miquel của tứ giác toàn phần EFHKDG. Suy ra T,K,H,G đồng viên. Ta có: (TD,TK) = (ED,EK) = (EF,EK) = (GT,GK) (mod π). Do đó DT tiếp xúc 1,0 với đường tròn (KHG). b) Chứng minh rằng, đi qua trực tâm của tam giác . 3,0 𝑃𝑃𝑃𝑃 A 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 Y Q F E O P D B K H C X G T Lấy X, Y theo thứ tự đối xứng với T qua AB, AC. Ta có: (PX, PB) = (PB, PT) = (PE, PT) = (FE, FT) = (EG, EF) = (FA, FE) = (FQ, FE) = (PQ, PA) (mod π) nên X,P,Q thẳng hàng. Tương tự, Y,P,Q thẳng hàng. Ta có XY ≡ PQ là đường thẳng Steiner của tam giác ABC nên PQ đi qua trực tâm tam giác ABC. Hết 3
6. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HSG QUỐC GIA KIÊN GIANG NĂM HỌC 2022-2023 HƯỚNG DẪN CHẤM Môn: TOÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Ngày thi thứ hai: 31/8/2022 (Hướng dẫn chấm có 02 trang) A. HƯỚNG DẪN CHẤM - Nếu học sinh giải theo cách khác đáp án mà vẫn logic, đúng thì giám khảo xem xét cho điểm tương ứng. - Nếu học sinh có sử dụng các định lí, các hệ quả, các bổ đề phổ biến trong các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi và nêu được tên thì giám khảo vẫn chấm đúng. - Điểm số toàn bài, mỗi câu, mỗi ý không làm tròn, giám khảo có thể thống nhất đáp án, chia các ý điểm lớn thành bội của 0,25. B. ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM Câu Ý Nội dung Điểm 5 7,0 a) Tính (2) 3,0 Đầu tiên, ta có {±2;0} là nghiệm của ( ) = 0, và {±1; 3} là nghiệm của ( ) = 2022 1. Ta𝑃𝑃 sẽ chứng minh bằng quy nạp: ( ) = 0 nhận {±2; 0} là nghiệm và 0 1 ( ) = 1 nhận {±1; 3} là nghiệm.𝑃𝑃 Thật𝑥𝑥 vậy, khẳng định đúng với n = 0.𝑃𝑃 Giả𝑥𝑥 sử 2𝑛𝑛 −khẳng định đã đúng tới n N. Ta có 𝑃𝑃 𝑥𝑥 2𝑛𝑛+1 𝑃𝑃 𝑥𝑥 − ( ) = (1 + ). (1 ) 1 nên ∈ 2𝑛𝑛+2 2𝑛𝑛+1 2𝑛𝑛+1 𝑃𝑃 𝑥𝑥 (0) =𝑃𝑃 (1). 𝑥𝑥 𝑃𝑃 ( 1) −1 𝑥𝑥= 0−, (2) = (3). ( 1) 1 = 0 2𝑛𝑛+2 2𝑛𝑛+1 2𝑛𝑛+1 và ( 2) = 0. Từ𝑃𝑃 đó, 𝑃𝑃( ) = 1𝑃𝑃 nhận {−±1;−3} là nghiệm. Vậy khẳng định 2𝑛𝑛+2 2𝑛𝑛+1 2𝑛𝑛+1 được chứng minh. 𝑃𝑃 𝑃𝑃 𝑃𝑃 − − 2𝑛𝑛+2 2𝑛𝑛+3 Vậy𝑃𝑃 −(2) = 0. 𝑃𝑃 𝑥𝑥 − b) 4,0 2022 Đầu tiên,𝑃𝑃 bằng quy nạp dễ dàng chứng minh được ( ) [ ]. 0,5 Ta sẽ chứng minh | ( ) trong [ ] với mọi số tự nhiên . Thật vậy, do 𝑃𝑃𝑛𝑛 𝑥𝑥 ∈ 𝑍𝑍 𝑥𝑥 ( ) = ( 4) nên2𝑛𝑛+ 1khẳng định đúng với = 0. Giả sử đã đúng tại nào 2𝑛𝑛 đó. Theo giả thi2 ết, ta𝑥𝑥 có 𝑃𝑃 𝑥𝑥 𝑍𝑍 𝑥𝑥 𝑛𝑛 𝑃𝑃0 𝑥𝑥 𝑥𝑥(𝑥𝑥) =− ( (2 + ). ( ) 1)𝑛𝑛( (2 ). ( ) 1) 𝑛𝑛 ∈ 1ℕ. 2,0 Để ý rằng, ( ) là đa thức chẵn, với mọi 1. Do đó 2𝑛𝑛+2 2𝑛𝑛 2𝑛𝑛 2𝑛𝑛 2𝑛𝑛 𝑃𝑃 𝑥𝑥 𝑃𝑃 𝑥𝑥 𝑃𝑃 (−)𝑥𝑥= − ( )𝑃𝑃. ( )−, 𝑥𝑥 𝑃𝑃 𝑥𝑥 − − 𝑘𝑘 trong đó 𝑃𝑃 𝑥𝑥 𝑘𝑘 ≥ ( ) = (2 + ).𝑃𝑃2𝑛𝑛+(22 𝑥𝑥 ).𝑃𝑃2𝑛𝑛(𝑥𝑥) +𝑄𝑄𝑛𝑛 𝑥𝑥 (2 + ) + (2 ). Ta có ( ) cũng là đa thức chẵn và (0) = 0 (theo câu a) nên | ( ). Do đó, 𝑛𝑛 2𝑛𝑛 2𝑛𝑛 2𝑛𝑛 2𝑛𝑛 2𝑛𝑛 | 𝑄𝑄 𝑥𝑥( ). V𝑃𝑃ậy khẳng𝑥𝑥 đị𝑃𝑃nh đượ−c 𝑥𝑥chứ𝑃𝑃ng minh.𝑥𝑥 𝑃𝑃Do đó 𝑥𝑥 | 𝑃𝑃2 ( −). 𝑥𝑥 1,5 𝑛𝑛 𝑛𝑛 𝑛𝑛 2𝑛𝑛+3 𝑄𝑄 𝑥𝑥 𝑄𝑄 2023 𝑥𝑥 𝑄𝑄 𝑥𝑥 2𝑛𝑛+2 2022 6 𝑥𝑥 𝑃𝑃 𝑥𝑥 𝑥𝑥 𝑃𝑃 𝑥𝑥 6,0 Để cho tiện, ta kí hiệu = {1,2,3, . . . , }. Ta đi đếm số các cặp ( , ) trong đó và mà . Mỗi a có mn cách chọn, và mỗi cố định thì có đúng hai cách chọn. Do đó số các𝑆𝑆 cặp như vậy là𝑚𝑚 2𝑚𝑚 . Mặt khác, mỗi có |𝑎𝑎| 𝐴𝐴cách chọn, và𝑎𝑎 ∈ m𝑆𝑆ỗi 𝐴𝐴 cố∈ đị𝑇𝑇nh thì𝑎𝑎 có∈ 𝐴𝐴 cách chọn . Từ đó suy ra số các c𝑎𝑎ặp ( , ) như𝐴𝐴 vậy là | |. 2,0 Thành thử | | = 2 . 𝑚𝑚𝑚𝑚 𝐴𝐴 𝑇𝑇 𝐴𝐴 𝑚𝑚 𝑎𝑎 𝑎𝑎 𝐴𝐴 𝑚𝑚 𝑇𝑇 𝑇𝑇 𝑛𝑛 1
7. Ta đi đếm số các bộ ba ( , , ) trong đó và , sao cho . Lưu ý ta coi ( , , ) và ( , , ) là một. Với mỗi có cách chọn và nếu cố định ta có đúng một cách ch𝑥𝑥 ọ𝐴𝐴n 𝐵𝐵cặp ( , ). Thành𝑥𝑥 ∈ 𝑆𝑆thử s𝐴𝐴ố các𝐵𝐵 ∈bộ𝑇𝑇 là . Mặ𝑥𝑥t khác∈ 𝐴𝐴 số∩ các𝐵𝐵 2,0 cách chọn cặp𝑥𝑥 (𝐴𝐴, 𝐵𝐵) không𝑥𝑥 𝐵𝐵tính𝐴𝐴 thứ tự từ là | |𝑥𝑥=∈ 𝑆𝑆 . M𝑚𝑚ỗi𝑚𝑚 cặp như vậy có tối 𝑥𝑥đa 1 số thuộc. Thành thử số các bộ ( , 𝐴𝐴, 𝐵𝐵) như vậ2y không2 vượt quá𝑚𝑚 𝑚𝑚 . Vậy 𝑇𝑇 2𝑛𝑛 hay 2 1𝐴𝐴. 𝐵𝐵 𝑇𝑇 𝐶𝐶 𝐶𝐶 2 2 2𝑛𝑛 2𝑛𝑛 Lấy𝑥𝑥 2 đường thẳng, đôi một giao𝑥𝑥 nhau𝐴𝐴 𝐵𝐵 và không có 3 đường thẳng𝐶𝐶 nào đồng𝐶𝐶 quy.≥ 𝑚𝑚Do𝑚𝑚 đó s𝑚𝑚ố giao≤ 𝑛𝑛đi−ểm là (2 1) . Đánh số giao điểm là 1,2, . . . , (2 1) . Ta kí hiệu 2,0 là t𝑛𝑛ập các giao điểm thuộc đường thứ và là tập các tập như thế. Hiển nhiên họ thoả mãn yêu cầu. 𝑛𝑛 − 𝑛𝑛 𝑛𝑛 − 𝑛𝑛 𝑖𝑖 𝑖𝑖 7 𝐴𝐴 𝑖𝑖 𝑇𝑇 𝐴𝐴 7,0 𝑇𝑇 Ba B0 X A C 0 Ca Z Ac a O 4,0 Cb B C Bc Ab Y A0 Giả sử các tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A, B, C đôi một cắt nhau tạo thành tam giác . Ta có: ( , ) = ( , ) + ( , ) = ( , ) + ( , ) = ( ). 𝐴𝐴0𝐵𝐵0𝐶𝐶0 2 Suy ra . Tương tự, . Vậy bộ điểm ( , , ) th𝜋𝜋ẳng hàng. 𝐶𝐶𝑎𝑎𝑂𝑂 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝐶𝐶𝑎𝑎𝑂𝑂 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐶𝐶𝐶𝐶 𝐶𝐶𝐶𝐶 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝐶𝐶𝐶𝐶 𝐶𝐶𝐶𝐶 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 𝜋𝜋 Chứng minh tương tự, các bộ điểm ( , , ); ( , , ) thẳng hàng. Áp dụng định 𝑎𝑎 𝑎𝑎 𝑎𝑎 𝑎𝑎 lí Pascal𝐶𝐶 cho𝑂𝑂 ⊥ bộ𝐵𝐵 đi𝐵𝐵ểm ( , , 𝐵𝐵, 𝑂𝑂, ⊥ ,𝐵𝐵𝐵𝐵), chú ý rằng 𝑂𝑂 𝐵𝐵 𝐶𝐶 = , = b) 𝑏𝑏 𝑏𝑏 𝑐𝑐 𝑐𝑐 3,0 , ta suy ra , , đồng quy.𝑂𝑂 𝐶𝐶 Đi𝐴𝐴ều đó𝑂𝑂 có𝐴𝐴 nghĩa𝐵𝐵 Y thuộc . Tương tự, 𝑐𝑐 𝑏𝑏 0 𝑐𝑐 0 𝑎𝑎 𝑏𝑏 , lần lượt thuộc 𝐵𝐵, 𝐴𝐴 𝑂𝑂. 𝐴𝐴 𝐴𝐴 𝐶𝐶 𝐴𝐴 𝐶𝐶 ∩ 𝐴𝐴 𝑂𝑂 𝐶𝐶 𝐵𝐵𝐵𝐵 ∩ 𝑂𝑂𝐴𝐴 𝐶𝐶𝑏𝑏 𝐶𝐶𝑎𝑎𝐶𝐶𝑏𝑏 𝐴𝐴0𝐵𝐵 𝐴𝐴𝑏𝑏𝐴𝐴𝑐𝑐 𝐴𝐴0𝐶𝐶0 𝑋𝑋 𝑍𝑍 𝐵𝐵0𝐶𝐶0 𝐶𝐶0𝐴𝐴0 Hết 2