Đề thi các trường và các tỉnh 2009-2010 - Lời giải và bình luận - Page 2

can_hang2008 · 08-12-2009, 04:16 PM

Chưa được em ạ, phải chờ thầy Dũng xét duyệt rồi anh mới add được.

nguyenvannam · 10-12-2009, 06:14 AM

Thầy ơi cho em hỏi có nên cho đề thi chọn HSG của một số trường THPT, trường Chuyên trong các tỉnh vào không ạ!

**namdung** · 10-12-2009, 08:29 AM

Nên chọn bài theo tiêu chí:

1) Mới
2) Có thể học được cái gì đó từ lời giải

Những bài không có nhiều ý tưởng hoặc trùng lắp thì ta sẽ bỏ bớt đi. Nói chung, mỗi chủ đề chỉ cần khoảng 10-15 bài là đủ.

Tuy nhiên, để mang tính tư liệu, các đề thi hoàn chỉnh theo tỉnh, theo trường có thể được tập hợp lại (không cần lời giải) và bình luận chung về đề thi (khó, dễ, căn bản, mới, cũ, hay, dở, có tính phân loại cao ...)

Chú ý tiêu chí của chúng ta là: Ít mà tinh. Nhiều quá sẽ ngợp và thiếu tập trung.

nguyenvannam · 10-12-2009, 09:48 PM

Tranh thủ làm thêm một ít nữa

**namdung** · 11-12-2009, 09:04 PM

Bài giải phương trình hàm và đa thức

Cảm ơn bạn Mai Tiến Khải đã nhiệt tình đóng góp.

Vẫn còn 1 số bài chưa có lời giải chi tiết. Nhờ các bạn tiếp sức.

**namdung** · 11-12-2009, 09:08 PM

Trích:

Nguyên văn bởi nguyenvannam

Tranh thủ làm thêm một ít nữa

Cảm ơn Năm. Nhờ Cẩn update lại file bổ sung thêm phần này và phần lời giải phương trình hàm.

**namdung** · 11-12-2009, 09:38 PM

Có việc cho các bạn làm trong những ngày nghỉ cuối tuần đây.

Món này tôi rất kém nên chắc sẽ không giúp được các bạn đâu. Nhờ các bạn giỏi hình học vào chiến đấu nhé.

Chương trình được thực hiện với sự giúp đỡ của Nokia Việt Nam. Các bạn vào link này để tham dự đố vui có thưởng, tìm hiểu thông tin về tiện ích Ovi store và cũng là cảm ơn Nokia Việt Nam đã giúp đỡ chúng ta.

http://www.nokia.com.vn/the-gioi-dich-vu/gameloft/quiz

Đến thứ ba 15/12 chúng ta sẽ sơ kết 2 tuần thực hiện chương trình. Các thành viên tham gia tích cực sẽ được nhận những quà tặng giá trị và nhiều ý nghĩa.

can_hang2008 · 12-12-2009, 08:39 AM

Em đã update được một ít rồi thầy ạ. Phần của Năm em chưa kịp update vào, sẽ update trong vài ngày tới. Cả bài giảng số 2 của thầy cũng thế ạ.

mathVNpro · 12-12-2009, 05:13 PM

Trích:

Nguyên văn bởi namdung

Có việc cho các bạn làm trong những ngày nghỉ cuối tuần đây.

Món này tôi rất kém nên chắc sẽ không giúp được các bạn đâu. Nhờ các bạn giỏi hình học vào chiến đấu nhé.

Chương trình được thực hiện với sự giúp đỡ của Nokia Việt Nam. Các bạn vào link này để tham dự đố vui có thưởng, tìm hiểu thông tin về tiện ích Ovi store và cũng là cảm ơn Nokia Việt Nam đã giúp đỡ chúng ta.

[Only registered and activated users can see links. ]

Đến thứ ba 15/12 chúng ta sẽ sơ kết 2 tuần thực hiện chương trình. Các thành viên tham gia tích cực sẽ được nhận những quà tặng giá trị và nhiều ý nghĩa.

Thưa thầy, vì em không có nhiều thời gian, nên thầy cho em xin phép không hợp các lời giải thành file mà post thằng lên diễn đàn.

Bài 13

Gọi $(O_a) $ và $(O'_a) $ lần lượt là đường tròn ngoại tiếp các tam giác $\triangle A_1B_0C_0 $ và $\triangle A_2B_0C_0 $. Gọi $t_a $ và $t'_a $ lần lượt là các tiếp tuyến chung tại $A_1 $ và $A_2 $ cuả $(O_a) $ và $(O'_a) $ với $(O) $. Ký hiệu $([BC]) $ ám chỉ đường tròn đường kính $BC $.

Ta có $t_a $, $BC $ và $B_0C_0 $ lần lượt là trục đẳng phương cuả các cặp đường tròn $((O_a),(O)) $, $((O),([BC])) $ và $(([BC]),(O_a)) $. Do đó $t_a $, $BC $ và $B_0C_0 $ đồng quy tại $A_3 $. Lập luận tương tự, ta cũng có $t_a $, $BC $ và $B_0C_0 $ đồng quy tại $A'_3 $ $\Longrightarrow $ $A_3\equiv A'_3 $. Hay nói cách khác, $A_3 $ $\equiv $ $B_0C_0\cap BC $. Xác định tương tự cho $B_3,C_3 $.

Bây giờ, gọi $M_a $ là trung điểm cuả $BC $. Do $(A_3A_0BC)=-1 $ nên theo hệ thức Maclauren, ta thu được: $\overline {A_3B}.\overline {A_3C} $ $=\overline {A_3A_0}.\overline {A_3M_a} $. Từ đó suy ra $A_3 $ có cùng phương tích wrt $(O) $ và đường tròn $9- $ điểm Euler, ký hiệu là $\mathcal {(E)} $ wrt $\triangle ABC $. Lập luận tương tự cho $B_3,C_3 $. Ta kết luận $A_3,B_3,C_3 $ thẳng hàng $(*) $. Suy ra đường thẳng $d $ đi qua $A_3,B_3,C_3 $ là trục đẳng phương cuả $(O) $ và $\mathcal {(E)} $. Vậy nên $O\mathcal {E} $ $\equiv $ $OH $ $\perp d $ $(**) $.

Để ý rằng $A_3, $ $B_3, $ $C_3 $ lần lượt là cực cuả $A_1A_2, $ $B_1B_2, $ $C_1C_2 $ wrt $(O) $. Kết hợp với $(*) $, ta suy ra $A_1A_2, $ $B_1B_2, $ $C_1C_2 $ đồng quy tại điểm $S $ đồng thời cũng là cũng là cực cuả $d $ wrt $(O) $ $\Longrightarrow $ $OS $ $\perp $ $d $. Kết hợp với $(**) $, ta suy ra $S\in OH $.

Tóm lại, các đường thẳng $A_1A_2, B_1B_2, C_1C_2 $ đồng quy tại một điểm thuộc $OH $. Ta thu được điều phải chứng minh.
________________________
Bài 17

$(a) $ Gọi $K $ và $Q $ lần lược là giao điểm cuả $IN $ với $PA $; $IM $ với $PB $. Từ đó, theo giải thiết đầu bài, ta thu được $MKQN $ là tứ giác nội tiếp. Gọi $F $ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\triangle OAB $. Ta có $\angle AFI=\angle AOB $ $=2.\angle APB $ $=180^{\circ}-\angle PKN $ $=\angle MKN $ $\equiv $ $\angle AKI $. Dẫn đến $A, $ $K, $ $F, $ $I $ đồng viên. Suy ra $\angle FKA=\angle FIA $ $=90^{\circ} $. Lập luận tương tự ta cũng thu được, $\angle FQE=90^{\circ} $. Dẫn đến $P,K,Q $ nội tiếp đường tròn đường kính $PF $. Từ đây ta thấy, $PF $ cũng chính là đường cao hạ từ $P $ đến $MN $. Mà $F $ cố định. Ta suy ra điều cần chứng minh.

$(b) $ Gọi $O' $ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $PMN $ và $H $ là trực tâm cuả tam giác PMN. Ta có $O' $ nằm trên trung trực cuả $PM $. Mặt khác, ta sẵn có $Q $ nằm trên trung trực cuả $PM $. Do đó, $QO'\perp PA $. Tương tự ta cũng có $O'K\perp PQ $. Bây giờ gọi $K',Q' $ lần lượt là hình chiếu cuả $K,Q $ lên $PQ,PK $ và $M',N' $ lần lượt là hình chiếu cuả $M,N $ lên $PN,PM $. Khi ấy ta có các hệ thức sau:

$\overline {O'K'}.\overline {O'K}=\overline {O'Q'}.\overline {O'Q}, $
$\overline {IQ}.\overline {IM}=\overline {IA}.\overline {IN}, $
$\overline {HN}.\overline {HN'}=\overline {HM}.\overline {HM'} $

Điều này ám chỉ $O',I,H $ có cùng phương tích với đường tròn đường kính $KN $ và đường tròn đường kính $QM $. Suy ra, $O',I,H $ thằng hàng. Kết luận, $O'H $, tức đường thẳng Euler cuả tam giác PMN luôn đi qua $I $ cố định. Ta có điều phải chứng minh.
__________________________
Bài 18

Dễ thấy $I $ là trực tâm cuả tam giác $\triangle I_1I_2I_3 $. Do vậy, nếu gọi $O_1 $ và $O' $ lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $\triangle II_2I_3 $ và $\triangle I_1I_2I_3 $. Theo một kết quả quen thuộc, ta có $O_1 $ và $O' $ là ảnh cuả nhau qua phép đối xứng với đường thẳng $I_2I_3 $ và $I_1IO_1O' $ là hình bình hành. Suy ra, $I_1O_1 $ đi qua trung điểm cuả $O'I $, đồng thời cũng chính là tâm đường tròn $9- $ điểm Euler cuả $\triangle I_1I_2I_3 $ $\Longrightarrow $ $I_1, $ $O, $ $O_1 $ thẳng hàng. Hơn nưã, để ý rằng $M_1N_1 $ chính là trục đẳng phương cuả $(ABC) $ và $(O_1) $ nên $I_1O $ $\perp $ $M_1N_1 $. Lập luận tương tự cho các đỉnh $I_2 $, $I_3 $. Khi ấy, ta thu được, các đường thằng $d'_1 $, $d'_2 $, $d'_3 $ qua $I_1 $, $I_2 $, $I_3 $ lần lượt vuông góc với $M_1N_1 $, $M_2N_2 $, $M_3N_3 $ đồng quy tại $O $.

Xét phép vị tự tâm $I $, tỉ số $k=\frac {1}{2} $, biến $I_1 $, $I_2 $, $I_3 $ lần lượt thành $J_1 $, $J_2 $, $J_3 $. Cho nên $\mathcal {H}(I,k) $ biến $d'_1 $, $d'_2 $, $d'_3 $ lần lượt thành các đường thằng $d_1 $, $d_2 $, $d_3 $. Dẫn đến $d_1 $, $d_2 $, $d_3 $ đồng quy tại ảnh cuả $O $ qua $\mathcal {H}(I,k) $. Ta thu được điều phải chứng minh.

Chú ý
Bài toán này còn có thể giải ngắn gọn hơn bằng định lý Carnot mở rộng. Nội dung cuả định lý:

"Xét hai tam giác $ABC $ và tam giác $A'B'C' $. Khi ấy các đường thẳng qua $A $, $B $, $C $ vuông góc lần lượt với $B'C' $, $C'A' $ và $A'B' $ đồng quy khi và chỉ khi các đường vuông góc kẻ lần lượt từ $A' $, $B' $, $C' $ đến $BC $, $CA $, $AB $ đồng quy."

Chứng minh xin giành cho bạn đọc.
___________________________
Bài 10

Gọi $K $ là hình chiếu cuả $B $ lên $AC $. Khi ấy ta có $HD $ $|| $ $BK $, lại có $H $ là trung điểm cuả $BC $ dẫn đến $D $ là trung điểm cuả $KC $. Qua $B $, $A $, vẽ các tia $By $, $Ax $. Khi ấy, ta thu được: $(AH,AD,AM,Ax)=(BC,BK,BD,By)=-1 $. Nhưng dễ thấy, $AH $, $ AD $, $Ax $ lần lượt vuông góc với $BC $, $BK $, $By $. Suy ra $AM\perp BD $. Đó là điều phải chứng minh.
____________________________
Bài 7

Gọi $P'\equiv MP\cap (O) $, $P'\neq P $ và $Q'\equiv ON\cap ML $. Khi ấy, ta có $MN^2 = \overline {MQ}\cdot \overline {MQ'} $ $= \overline {MP}\cdot \overline {MP'} $ $\Longrightarrow PQQ'P' $ là tứ giác nội tiếp. Vì vậy $\angle MPQ = \angle P'Q'M $. Ta đi chứng minh $LP'||MK $.

Thật vậy, ta có $(PM,PN) $ $\equiv $ $(LP',LN) $ $\equiv $ $(PL,PN) - (PL,PM) $ $\equiv $ $(NL,NK) + (KN,KL) $ $\equiv $ $(LN,LK) $ $\equiv $ $(NK,NL) $ $\equiv $ $(MK,NL) $ $\pmod \pi $ $\Longrightarrow LP'||MK $. Dẫn đến $ON\perp P'L $ $\Longrightarrow OQ'\perp P'L $. Nhưng $O\in $ đường trung trực cuả $LP' $, vì vậy $Q'\in $ đường trung trực cuả $LP' $, ám chỉ $\angle P'Q'M = 2\cdot \angle Q'LP'\equiv 2\cdot \angle MLP' = 2\cdot \angle KML $ $\left (LP'||MK\right) $ $\Longrightarrow \angle MPQ = 2\cdot \angle KML $. Ta thu được điều phải chứng minh.
____________________________
Bài 1

Xem bài post #23 cuả topic: [Only registered and activated users can see links. ]

**namdung** · 14-12-2009, 08:39 AM

Trích:

Nguyên văn bởi mathVNpro

Thưa thầy, vì em không có nhiều thời gian, nên thầy cho em xin phép không hợp các lời giải thành file mà post thằng lên diễn đàn.

Cảm ơn MathVNPro rất nhiều!
------------------------------

Trích:

Nguyên văn bởi VIF

chưa đóng góp được gì nên em xin đóng góp tuyển tập tài liệu bất đẳng thức qua các kì thi cấp tỉnh năm 2008 VN do các editor DDBĐTVN làm
http://ddbdt.co.cc/forum/ae-u-trae-o...-a.html#post13
mong tiếp tục làm năm 2009

Cảm ơn các bạn. Các bạn có thể góp sức làm cho phần bất đẳng thức và cực trị của chương trình này. Cần có thêm các bình luận và bàn về phương pháp liên quan đến lời giải các bài toán đã trình bày.

can_hang2008 · 14-12-2009, 05:55 PM

Trích:

Nguyên văn bởi mathVNpro

Thưa thầy, vì em không có nhiều thời gian, nên thầy cho em xin phép không hợp các lời giải thành file mà post thằng lên diễn đàn.

Bài 13

Gọi $(O_a) $ và $(O'_a) $ lần lượt là đường tròn ngoại tiếp các tam giác $\triangle A_1B_0C_0 $ và $\triangle A_2B_0C_0 $. Gọi $t_a $ và $t'_a $ lần lượt là các tiếp tuyến chung tại $A_1 $ và $A_2 $ cuả $(O_a) $ và $(O'_a) $ với $(O) $. Ký hiệu $([BC]) $ ám chỉ đường tròn đường kính $BC $.

Ta có $t_a $, $BC $ và $B_0C_0 $ lần lượt là trục đẳng phương cuả các cặp đường tròn $((O_a),(O)) $, $((O),([BC])) $ và $(([BC]),(O_a)) $. Do đó $t_a $, $BC $ và $B_0C_0 $ đồng quy tại $A_3 $. Lập luận tương tự, ta cũng có $t_a $, $BC $ và $B_0C_0 $ đồng quy tại $A'_3 $ $\Longrightarrow $ $A_3\equiv A'_3 $. Hay nói cách khác, $A_3 $ $\equiv $ $B_0C_0\cap BC $. Xác định tương tự cho $B_3,C_3 $.

Bây giờ, gọi $M_a $ là trung điểm cuả $BC $. Do $(A_3A_0BC)=-1 $ nên theo hệ thức Maclauren, ta thu được: $\overline {A_3B}.\overline {A_3C} $ $=\overline {A_3A_0}.\overline {A_3M_a} $. Từ đó suy ra $A_3 $ có cùng phương tích wrt $(O) $ và đường tròn $9- $ điểm Euler, ký hiệu là $\mathcal {(E)} $ wrt $\triangle ABC $. Lập luận tương tự cho $B_3,C_3 $. Ta kết luận $A_3,B_3,C_3 $ thẳng hàng $(*) $. Suy ra đường thẳng $d $ đi qua $A_3,B_3,C_3 $ là trục đẳng phương cuả $(O) $ và $\mathcal {(E)} $. Vậy nên $O\mathcal {E} $ $\equiv $ $OH $ $\perp d $ $(**) $.

Để ý rằng $A_3, $ $B_3, $ $C_3 $ lần lượt là cực cuả $A_1A_2, $ $B_1B_2, $ $C_1C_2 $ wrt $(O) $. Kết hợp với $(*) $, ta suy ra $A_1A_2, $ $B_1B_2, $ $C_1C_2 $ đồng quy tại điểm $S $ đồng thời cũng là cũng là cực cuả $d $ wrt $(O) $ $\Longrightarrow $ $OS $ $\perp $ $d $. Kết hợp với $(**) $, ta suy ra $S\in OH $.

Tóm lại, các đường thẳng $A_1A_2, B_1B_2, C_1C_2 $ đồng quy tại một điểm thuộc $OH $. Ta thu được điều phải chứng minh.
________________________
Bài 17

$(a) $ Gọi $K $ và $Q $ lần lược là giao điểm cuả $IN $ với $PA $; $IM $ với $PB $. Từ đó, theo giải thiết đầu bài, ta thu được $MKQN $ là tứ giác nội tiếp. Gọi $F $ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\triangle OAB $. Ta có $\angle AFI=\angle AOB $ $=2.\angle APB $ $=180^{\circ}-\angle PKN $ $=\angle MKN $ $\equiv $ $\angle AKI $. Dẫn đến $A, $ $K, $ $F, $ $I $ đồng viên. Suy ra $\angle FKA=\angle FIA $ $=90^{\circ} $. Lập luận tương tự ta cũng thu được, $\angle FQE=90^{\circ} $. Dẫn đến $P,K,Q $ nội tiếp đường tròn đường kính $PF $. Từ đây ta thấy, $PF $ cũng chính là đường cao hạ từ $P $ đến $MN $. Mà $F $ cố định. Ta suy ra điều cần chứng minh.

$(b) $ Gọi $O' $ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $PMN $ và $H $ là trực tâm cuả tam giác PMN. Ta có $O' $ nằm trên trung trực cuả $PM $. Mặt khác, ta sẵn có $Q $ nằm trên trung trực cuả $PM $. Do đó, $QO'\perp PA $. Tương tự ta cũng có $O'K\perp PQ $. Bây giờ gọi $K',Q' $ lần lượt là hình chiếu cuả $K,Q $ lên $PQ,PK $ và $M',N' $ lần lượt là hình chiếu cuả $M,N $ lên $PN,PM $. Khi ấy ta có các hệ thức sau:

$\overline {O'K'}.\overline {O'K}=\overline {O'Q'}.\overline {O'Q}, $
$\overline {IQ}.\overline {IM}=\overline {IA}.\overline {IN}, $
$\overline {HN}.\overline {HN'}=\overline {HM}.\overline {HM'} $

Điều này ám chỉ $O',I,H $ có cùng phương tích với đường tròn đường kính $KN $ và đường tròn đường kính $QM $. Suy ra, $O',I,H $ thằng hàng. Kết luận, $O'H $, tức đường thẳng Euler cuả tam giác PMN luôn đi qua $I $ cố định. Ta có điều phải chứng minh.
__________________________
Bài 18

Dễ thấy $I $ là trực tâm cuả tam giác $\triangle I_1I_2I_3 $. Do vậy, nếu gọi $O_1 $ và $O' $ lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $\triangle II_2I_3 $ và $\triangle I_1I_2I_3 $. Theo một kết quả quen thuộc, ta có $O_1 $ và $O' $ là ảnh cuả nhau qua phép đối xứng với đường thẳng $I_2I_3 $ và $I_1IO_1O' $ là hình bình hành. Suy ra, $I_1O_1 $ đi qua trung điểm cuả $O'I $, đồng thời cũng chính là tâm đường tròn $9- $ điểm Euler cuả $\triangle I_1I_2I_3 $ $\Longrightarrow $ $I_1, $ $O, $ $O_1 $ thẳng hàng. Hơn nưã, để ý rằng $M_1N_1 $ chính là trục đẳng phương cuả $(ABC) $ và $(O_1) $ nên $I_1O $ $\perp $ $M_1N_1 $. Lập luận tương tự cho các đỉnh $I_2 $, $I_3 $. Khi ấy, ta thu được, các đường thằng $d'_1 $, $d'_2 $, $d'_3 $ qua $I_1 $, $I_2 $, $I_3 $ lần lượt vuông góc với $M_1N_1 $, $M_2N_2 $, $M_3N_3 $ đồng quy tại $O $.

Xét phép vị tự tâm $I $, tỉ số $k=\frac {1}{2} $, biến $I_1 $, $I_2 $, $I_3 $ lần lượt thành $J_1 $, $J_2 $, $J_3 $. Cho nên $\mathcal {H}(I,k) $ biến $d'_1 $, $d'_2 $, $d'_3 $ lần lượt thành các đường thằng $d_1 $, $d_2 $, $d_3 $. Dẫn đến $d_1 $, $d_2 $, $d_3 $ đồng quy tại ảnh cuả $O $ qua $\mathcal {H}(I,k) $. Ta thu được điều phải chứng minh.

Chú ý
Bài toán này còn có thể giải ngắn gọn hơn bằng định lý Carnot mở rộng. Nội dung cuả định lý:

"Xét hai tam giác $ABC $ và tam giác $A'B'C' $. Khi ấy các đường thẳng qua $A $, $B $, $C $ vuông góc lần lượt với $B'C' $, $C'A' $ và $A'B' $ đồng quy khi và chỉ khi các đường vuông góc kẻ lần lượt từ $A' $, $B' $, $C' $ đến $BC $, $CA $, $AB $ đồng quy."

Chứng minh xin giành cho bạn đọc.
___________________________
Bài 10

Gọi $K $ là hình chiếu cuả $B $ lên $AC $. Khi ấy ta có $HD $ $|| $ $BK $, lại có $H $ là trung điểm cuả $BC $ dẫn đến $D $ là trung điểm cuả $KC $. Qua $B $, $A $, vẽ các tia $By $, $Ax $. Khi ấy, ta thu được: $(AH,AD,AM,Ax)=(BC,BK,BD,By)=-1 $. Nhưng dễ thấy, $AH $, $ AD $, $Ax $ lần lượt vuông góc với $BC $, $BK $, $By $. Suy ra $AM\perp BD $. Đó là điều phải chứng minh.
____________________________
Bài 7

Gọi $P'\equiv MP\cap (O) $, $P'\neq P $ và $Q'\equiv ON\cap ML $. Khi ấy, ta có $MN^2 = \overline {MQ}\cdot \overline {MQ'} $ $= \overline {MP}\cdot \overline {MP'} $ $\Longrightarrow PQQ'P' $ là tứ giác nội tiếp. Vì vậy $\angle MPQ = \angle P'Q'M $. Ta đi chứng minh $LP'||MK $.

Thật vậy, ta có $(PM,PN) $ $\equiv $ $(LP',LN) $ $\equiv $ $(PL,PN) - (PL,PM) $ $\equiv $ $(NL,NK) + (KN,KL) $ $\equiv $ $(LN,LK) $ $\equiv $ $(NK,NL) $ $\equiv $ $(MK,NL) $ $\pmod \pi $ $\Longrightarrow LP'||MK $. Dẫn đến $ON\perp P'L $ $\Longrightarrow OQ'\perp P'L $. Nhưng $O\in $ đường trung trực cuả $LP' $, vì vậy $Q'\in $ đường trung trực cuả $LP' $, ám chỉ $\angle P'Q'M = 2\cdot \angle Q'LP'\equiv 2\cdot \angle MLP' = 2\cdot \angle KML $ $\left (LP'||MK\right) $ $\Longrightarrow \angle MPQ = 2\cdot \angle KML $. Ta thu được điều phải chứng minh.
____________________________
Bài 1

Xem bài post #23 cuả topic: [Only registered and activated users can see links. ]

Anh nghĩ nếu Minh chèn thêm các hình vẽ nữa thì hay quá. Sẽ tiện hơn cho anh rất nhiều trong việc update. Vì thú thật, anh chẳng biết gì về hình đâu. Anh hơi bị ghét nó...kể từ hồi phổ thông cơ.

VIF · 13-12-2009, 05:59 PM

chưa đóng góp được gì nên em xin đóng góp tuyển tập tài liệu bất đẳng thức qua các kì thi cấp tỉnh năm 2008 VN do các editor DDBĐTVN làm
[Only registered and activated users can see links. ]
mong tiếp tục làm năm 2009

newbie · 15-12-2009, 03:49 PM

Bài 17 câu b , ko nhất thiết cần $I $ là trung điểm của $AB $
Có thể chứng minh bằng cách đối xứng trục +tứ giác nội tiếp
Bài 18:
Bài giải của MathVNpro Có thể rút gọn đoạn đầu lại 1 chút .
$\triangle II_2I_3 $ có $I_1 $ là trực tâm ;$O_1 $ là tâm ngoại tiếp ;$O $ là tâm đường tròn Euler
$\rightarrow I,O,O_1 $ thằng hàng
Bài 7 :
Cách ghi bài toán khiến nó trông khá khó chịu nhưng nó lại tương đương với bài sau :
Cho tứ giác $ABCD $ điều hòa nội tiếp $(O) $ .$P $ là hình chiếu của $B $ lên $AC $. $Q $ là trung điểm $BD $ .CM :$\angle AQP =2 \angle BAC $

**namdung** · 16-12-2009, 12:55 PM

Tổng kết các chương trình ở hai diễn đàn, các bạn sau đây sẽ được nhận quà tặng của chương trình

1. Nguyễn Văn Năm
2. Võ Quốc Bá Cẩn
3. Lê Nam Trường
4. Đinh Ngọc Thạch
5. Mai Tiến Khải
6. Võ Thành Văn
7. Phạm Hy Hiếu
8. Nguyễn Lâm Minh
9. Nguyễn Xuân Huy

Các bạn thích quà tặng là gì thì nêu ý kiến nhé. Chiều nay tôi sẽ bay đi Bangkok, nếu yêu cầu của các bạn phù hợp thì tôi sẽ mua tặng từ Thái Lan, còn nếu quá sức thì tôi sẽ tự quyết định.

Gửi đính kèm là lời giải bổ sung cho các bài toán phần PTH và Đa thức.

**namdung** · 17-12-2009, 09:00 PM

Gửi lời chào anh em Mathscope từ Mahidol University.

Buồn quá, Việt Nam thua rồi. Hôm nay còn không được xem nữa, chỉ biết kết quả qua Internet. Thái Lan thua nên không truyền hình luôn.

15-12-2009, 03:49 PM	#13
newbie +Thành Viên+ Tham gia ngày: Jun 2009 Bài gởi: 266 Thanks: 17 Thanked 164 Times in 84 Posts	Bài 17 câu b , ko nhất thiết cần $I $ là trung điểm của $AB $ Có thể chứng minh bằng cách đối xứng trục +tứ giác nội tiếp Bài 18: Bài giải của MathVNpro Có thể rút gọn đoạn đầu lại 1 chút . $\triangle II_2I_3 $ có $I_1 $ là trực tâm ;$O_1 $ là tâm ngoại tiếp ;$O $ là tâm đường tròn Euler $\rightarrow I,O,O_1 $ thằng hàng Bài 7 : Cách ghi bài toán khiến nó trông khá khó chịu nhưng nó lại tương đương với bài sau : Cho tứ giác $ABCD $ điều hòa nội tiếp $(O) $ .$P $ là hình chiếu của $B $ lên $AC $. $Q $ là trung điểm $BD $ .CM :$\angle AQP =2 \angle BAC $ thay đổi nội dung bởi: newbie, 15-12-2009 lúc 03:56 PM

08-12-2009, 04:16 PM	#1
can_hang2008 +Thành Viên+ Tham gia ngày: Mar 2009 Bài gởi: 310 Thanks: 5 Thanked 751 Times in 187 Posts	Chưa được em ạ, phải chờ thầy Dũng xét duyệt rồi anh mới add được.

10-12-2009, 06:14 AM	#2
nguyenvannam +Thành Viên+ Tham gia ngày: Aug 2009 Bài gởi: 60 Thanks: 21 Thanked 36 Times in 16 Posts	Thầy ơi cho em hỏi có nên cho đề thi chọn HSG của một số trường THPT, trường Chuyên trong các tỉnh vào không ạ! __________________ Nhưng tôi cứ làm một điều: Quên lửng chuyện ở đằng sau, mà bươn theo sự ở đằng trước, tôi nhắm mục địch mà chạy......Paulus

10-12-2009, 08:29 AM	#3
namdung Administrator Tham gia ngày: Feb 2009 Đến từ: Tp Hồ Chí Minh Bài gởi: 1,343 Thanks: 209 Thanked 4,066 Times in 778 Posts	Nên chọn bài theo tiêu chí: 1) Mới 2) Có thể học được cái gì đó từ lời giải Những bài không có nhiều ý tưởng hoặc trùng lắp thì ta sẽ bỏ bớt đi. Nói chung, mỗi chủ đề chỉ cần khoảng 10-15 bài là đủ. Tuy nhiên, để mang tính tư liệu, các đề thi hoàn chỉnh theo tỉnh, theo trường có thể được tập hợp lại (không cần lời giải) và bình luận chung về đề thi (khó, dễ, căn bản, mới, cũ, hay, dở, có tính phân loại cao ...) Chú ý tiêu chí của chúng ta là: Ít mà tinh. Nhiều quá sẽ ngợp và thiếu tập trung.

17-12-2009, 09:00 PM	#15
namdung Administrator Tham gia ngày: Feb 2009 Đến từ: Tp Hồ Chí Minh Bài gởi: 1,343 Thanks: 209 Thanked 4,066 Times in 778 Posts	Gửi lời chào anh em Mathscope từ Mahidol University. Buồn quá, Việt Nam thua rồi. Hôm nay còn không được xem nữa, chỉ biết kết quả qua Internet. Thái Lan thua nên không truyền hình luôn.