Trên mặt phẳng cho 99 điểm phân biệt sao cho từ 3 điểm bất kì trong số chúng đều tìm được 2 điểm có khoảng cách nhỏ hơn 1. Chứng minh rằng tồn tại một hình tròn có bán kính bằng 1 chứa không ít hơn 50 điểm.
Cuộc đời lắm chông gai thử thách. Chỉ khi ta cố gắng vượt qua, ta mới biết chân quý những thứ mình có được.
Giải chi tiết:
Mặt cầu \[\left[ S \right]\] có tâm \[I\left[ {0;0; - 1} \right]\] bán kính \[R = \sqrt 5 \].
Ta có : \[d\left[ {I,\left[ {Oxy} \right]} \right] = 1 < R\] nên mặt cầu \[\left[ S \right]\] cắt mặt phẳng \[\left[ {Oxy} \right]\].
Dề có tiếp tuyến của \[\left[ S \right]\] đi qua \[A\] thì \[AI \ge R = \sqrt 5 \,\,\left[ 1 \right]\].
Có \[A \in \left[ {Oxy} \right]\] \[ \Rightarrow A\left[ {a;b;0} \right]\], \[IA = \sqrt {{a^2} + {b^2} + 1} \].
Quỹ tích các tiếp tuyến đi qua \[A\] của \[S\] là một mặt nón nếu \[AI > R\] và là một mặt phẳng nếu \[AI = R\].
+] TH1 : Quỹ tích là mặt phẳng thì chắc chắn có ít nhất \[2\] tiếp tuyến của \[S\] đi qua \[A\] và vuông góc với nhau.
+] TH2 : Quỹ tích các tiếp tuyến đi qua \[A\] của \[\left[ S \right]\] là một mặt nón, gọi \[AM\] và \[AN\] là hai tiếp tuyến sao cho \[A,N,I,N\] đồng phẳng.
Tồn tại ít nhất hai tiếp tuyến của \[\left[ S \right]\] đi qua \[A\] và hai tiếp tuyến đó vuông góc với nhau khi và chỉ khi \[\widehat {MAN} \ge {90^0}\] \[ \Leftrightarrow IA \le R\sqrt 2 = \sqrt {10} \,\,\left[ 2 \right]\]
Từ \[\left[ 1 \right]\] và \[\left[ 2 \right]\] suy ra \[\sqrt 5 \le \sqrt {{a^2} + {b^2} + 1} \le \sqrt {10} \Leftrightarrow 4 \le {a^2} + {b^2} \le 9\].
Do \[a,b \in \mathbb{Z}\] nên \[{a^2} + {b^2} \in \left\{ {4;5;6;7;8;9} \right\}\]
+ TH1 : \[{a^2} + {b^2} = 4\] thì \[\left\{ \begin{array}{l}{a^2} = 0\\{b^2} = 4\end{array} \right.\] hoặc \[\left\{ \begin{array}{l}{a^2} = 4\\{b^2} = 0\end{array} \right.\] nên có \[4\] bộ số thỏa mãn.
+ TH2 : \[{a^2} + {b^2} = 5\] thì \[\left\{ \begin{array}{l}{a^2} = 4\\{b^2} = 1\end{array} \right.\] hoặc \[\left\{ \begin{array}{l}{a^2} = 1\\{b^2} = 4\end{array} \right.\] nên có \[8\] bộ số thỏa mãn.
+ TH3 : \[{a^2} + {b^2} \in \left\{ {6;7} \right\}\] thì không có \[a,b \in \mathbb{Z}\] nên loại.
+ TH4 : \[{a^2} + {b^2} = 8\] thì \[{a^2} = {b^2} = 4\] và có \[4\] bộ số thỏa mãn.
+ TH5 : \[{a^2} + {b^2} = 9\] thì \[\left\{ \begin{array}{l}{a^2} = 0\\{b^2} = 9\end{array} \right.\] hoặc \[\left\{ \begin{array}{l}{a^2} = 9\\{b^2} = 0\end{array} \right.\] nên có \[4\] bộ số thỏa mãn.
Vậy có \[4 + 8 + 4 + 4 = 20\] bộ số \[\left[ {a;b} \right]\] thỏa mãn bài toán hay có \[20\] điểm \[A\].
Đáp án B
Cách 1: Vì 4 điểm đã cho là không đồng phẳng nên tạo thành 1 tứ diện.
Mà tứ diện có 4 mặt phẳng
Cách 2.Vì 4 điểm đã cho không đồng phẳng nên chọn 3 điểm bất kì cho ta 1 mặt phẳng
Do đó số mặt phẳng được xác định từ 4 điểm đã cho là C43= 4