Việt Nam TST 2010(Đề thi-Đáp án-Danh sách đội tuyển)

maianhbang93 · 17-04-2010, 02:25 PM

ĐỀ CHỌN ĐỘI TUYỂN VN DỰ THI TOÁN QUỐC TẾ(NGÀY 1)

BÀI 1: (6 điểm)cho $\Delta ABC $ không vuông tại A.trung tuyến AM.D là một điểm chạy trên AM.$( {O}_{1}),({O}_{2}) $ lần lượt là các đường tròn đi qua D và tiếp xúc với BC tại B và C. CA cắt $({O}_{2}) $ tại Q.BA cắt $({O}_{1}) $ tại P.

a)cmr tiếp tuyến tại P của $({O}_{1}) $ và tiếp tuyến tại Q của $({O}_{2}) $ phải cắt nhau.gọi giao điểm này là S.

b)cmr S luôn chạy trên một đường cố định khi D chạy trên AM

BÀI 2: (6 điểm)với mỗi n nguyên dương, xét tập sau ${T}_{n}= [ 11(k+h)+10({n}^{k}+{n}^{h})\mid 1\leq k,h \leq 10 ] $.tìm tất cả n sao cho không tồn tại a khác b $\in {T}_{n} $ sao cho a-b chia hết cho 110.

BÀI 3: (8 ĐIỂM) hình chữ nhật kích thước 1*2 được gọi là hình chữ nhật đơn( hcnd). hình chữ nhật 2*3 bỏ di 2 ô ở góc chéo nhau(tức có có 4 ô) gọi là hcn kép (hcnk).người ta ghép khít các hncd và hcnk được bảng 2008*2010.tìm số bé nhất các hcnd có thể dùng để lát được như trên.

maianhbang93 · 17-04-2010, 02:58 PM

bài 2 chỉ cần xét phép nghịch đảo tâm A.chú ý rằng (APQ) tiếp xúc với cả (O1) và (O2)

**n.v.thanh** · 17-04-2010, 03:09 PM

mấy anh bên sư phạm kinh hình chắc chắn ai cũng làm ngon 1 bài.anh Rực giỏi số...không biết sao,chờ tin thôi

hocsinh · 17-04-2010, 03:28 PM

Trích:

Nguyên văn bởi nvthanh1994

mấy anh bên sư phạm kinh hình chắc chắn ai cũng làm ngon 1 bài.anh Rực giỏi số...không biết sao,chờ tin thôi

theo tớ thì TST năm nay Rực ko qua nổi đâu

nbkschool · 17-04-2010, 05:16 PM

Bài 1: n không thỏa mãn khi và chỉ khi n là căn nguyên thủy mod 11.
Nếu n chia hết cho 11 thì đơn giản.
Nếu n nguyên tố cùng nhau với 11 thì xét 2 trường hợp:
TH 1:n không phải là căn nguyên thủy mod 11.Điều kiện đề bài tương đương với tồn tại $(k_1,k_2,h_1,h_2) $ sao cho $10 |k_1+k_2-h_1-h_2 $ và $11|n^{k_1}+n^{k_2}-n^{h_1}-n^{h_2} $,đồng thời hai bộ $(k_1,k_2),(h_1,h_2) $ (không tính thứ tự) phải khác nhau.
Tồn tại ước d của $10 $ và $<10 $ sao cho $11 |n^d-1 $.Nếu d=5 chọn $(k_1,k_2,h_1,h_2)=(9,10,4,5) $.Nếu $d=2 $ chọn $(k_1,k_2,h_1,h_2)=(3,10,1,2) $.Nếu $d=1 $ chọn $(k_1,k_2,h_1,h_2)=(3,10,1,2) $.Với các cách chọn trên ta đều có $n^{k_1} \equiv n^{h_1} (mod 11) $ và $n^{k_2} \equiv n^{h_2} (mod 11) $ nên thỏa mãn.

TH 2:n là căn nguyên thủy mod 11.Ta chứng minh không tồn tại a,b thỏa mãn,từ đó n thỏa mãn.
Ta nhận xét rằng $k_1 $ khác $h_1,h_2 $ (nếu không sẽ suy ra 2 bộ trùng nhau).Tương tự $k_2 $ khác $h_1,h_2 $
Khi đó ta có thể lấy a' sao cho $a'+k_1 \equiv 0 (mod 10) $ và chọn $k'_1=a'+k_1 (mod 10) $.$k'_2,h'_1,h'_2 $ tương tự.
Bộ số cũ thỏa đề bài khi và chỉ khi bộ số mới thỏa đề bài.Ở đây để cho quen mắt thì đổi kí hiệu n thành g.
Nếu $10| k'_2 $ thì $g^{h'_1} \equiv g^{h'_2} (mod 11) $ suy ra $h'_2 \equiv h'_1 (mod 10) $ suy ra $h'_2=h'_1 $.Nhưng như thế thì $k'_1+k'_2+h'_1+h'_2 \equiv 2(k'_1-h'_1) \equiv 0 (mod 10) $,suy ra $k'_1=h'_1 $,vô lý.
Xét trường hợp còn lại,ta có $g^{k'_1} \equiv g^{h'_1+h'_2} $.Suy ra $1+ g^{h'_1+h'_2}-g^{h'_1}-g^{h'_2} \equiv 0 (mod 11) $ hay $(g^{h'_1}-1)(g^{h'_2}-1) \equiv 0 (mod 11) $.Vậy một trong hai số $h'_1,h'_2 $ phải chia hết cho 10,suy ra trùng với $k'_1 $,vô lý.
Từ đó không tồn tại bộ $(k'_1,k'_2,h'_1,h'_2) $ thỏa nên cũng không tồn tại bộ $(k_1,k_2,h_1,h_2) $ thỏa.

**huynhcongbang** · 21-04-2010, 11:03 PM

Trích:

Nguyên văn bởi nbkschool

Bài 1: n thỏa mãn khi và chỉ khi n là căn nguyên thủy mod 11.
Nếu n chia hết cho 11 thì đơn giản.
Nếu n nguyên tố cùng nhau với 11 thì xét 2 trường hợp:
TH 1:n không phải là căn nguyên thủy mod 11.Điều kiện đề bài tương đương với tồn tại $(k_1,k_2,h_1,h_2) $ sao cho $10 |k_1+k_2-h_1-h_2 $ và $11|n^{k_1}+n^{k_2}-n^{h_1}-n^{h_2} $,đồng thời hai bộ $(k_1,k_2),(h_1,h_2) $ (không tính thứ tự) phải khác nhau.
Tồn tại ước d của $10 $ và $<10 $ sao cho $11 |n^d-1 $.Nếu d=5 chọn $(k_1,k_2,h_1,h_2)=(9,10,4,5) $.Nếu $d=2 $ chọn $(k_1,k_2,h_1,h_2)=(3,10,1,2) $.Nếu $d=1 $ chọn $(k_1,k_2,h_1,h_2)=(3,10,1,2) $.Với các cách chọn trên ta đều có $n^{k_1} \equiv n^{h_1} (mod 11) $ và $n^{k_2} \equiv n^{h_2} (mod 11) $ nên thỏa mãn.

TH 2:n là căn nguyên thủy mod 11.Ta chứng minh không tồn tại a,b thỏa mãn,từ đó n thỏa mãn.
Ta nhận xét rằng $k_1 $ khác $h_1,h_2 $ (nếu không sẽ suy ra 2 bộ trùng nhau).Tương tự $k_2 $ khác $h_1,h_2 $
Khi đó ta có thể lấy a' sao cho $a'+k_1 \equiv 0 (mod 10) $ và chọn $k'_1=a'+k_1 (mod 10) $.$k'_2,h'_1,h'_2 $ tương tự.
Bộ số cũ thỏa đề bài khi và chỉ khi bộ số mới thỏa đề bài.Ở đây để cho quen mắt thì đổi kí hiệu n thành g.
Nếu $10| k'_2 $ thì $g^{h'_1} \equiv g^{h'_2} (mod 11) $ suy ra $h'_2 \equiv h'_1 (mod 10) $ suy ra $h'_2=h'_1 $.Nhưng như thế thì $k'_1+k'_2+h'_1+h'_2 \equiv 2(k'_1-h'_1) \equiv 0 (mod 10) $,suy ra $k'_1=h'_1 $,vô lý.
Xét trường hợp còn lại,ta có $g^{k'_1} \equiv g^{h'_1+h'_2} $.Suy ra $1+ g^{h'_1+h'_2}-g^{h'_1}-g^{h'_2} \equiv 0 (mod 11) $ hay $(g^{h'_1}-1)(g^{h'_2}-1) \equiv 0 (mod 11) $.Vậy một trong hai số $h'_1,h'_2 $ phải chia hết cho 10,suy ra trùng với $k'_1 $,vô lý.
Từ đó không tồn tại bộ $(k'_1,k'_2,h'_1,h'_2) $ thỏa nên cũng không tồn tại bộ $(k_1,k_2,h_1,h_2) $ thỏa.

Mong mấy bạn có thể giải thích rõ thêm đoạn chứng minh trường hợp n là căn nguyên thủy mod 11 thỏa mãn đề bài của bạn nbkschool được không vậy. Cảm ơn nhiều lắm!
À, nếu tất cả n là căn nguyên thủy mod 11 thỏa mãn, mà căn nguyên thủy mod 11 là 1, 9, 11 nên các số tự nhiên n có dạng 11a+1, 11a+9 và 11a đều thỏa hết phải không.
Mình có dựa theo gợi ý của traum và cách chứng minh định lí Hall để giải bài 5 theo một cách khác nữa, xin đóng góp luôn.

nbkschool · 22-04-2010, 12:04 PM

Thực ra cách chứng minh của mình cũng giống như kiểu:nếu $x+y=z+t $ thì tồn tại $a,b,c,d $ sao cho $x=a+b,y=c+d,z=a+d,t=b+c $ suy ra $n^{x}+n^{y}-n^{z}-n^{t}=(n^a-n^c)(n^b-b^d) $.Thay vì làm vậy mình đẩy một biến về 1 cho dễ nhìn ấy mà.

**Nguyen Van Linh** · 17-04-2010, 05:17 PM

Bài 2: Ta có $MB^2=MC^2 $ nên M thuộc trục đẳng phương của $(O_1) $ và $(O_2) $. Suy ra DM là trục đẳng phương của 2 đường tròn. Do đó A thuộc trục đẳng phương của 2 đường tròn.
$\Rightarrow AP.AB=AQ.AC \Rightarrow $ tứ giác BCPQ nội tiếp.
Gọi tiếp tuyến của $(O_1) $ là Px thì $\widehat{xPB}=\widehat{PBC}=\widehat{PQA} $ hay (APQ) tiếp xúc với $(O_1) $, tương tự suy ra (APQ) tiếp xúc với cả $(O_1) $ và $(O_2) $.
Tam giác APQ đồng dạng với ACB nên APQ không vuông. Suy ra tiếp tuyến tại P và Q phải cắt nhau tại S.
$SP^2=SQ^2 $ nên S thuộc trục đẳng phương của $(O_1) $ và $(O_2) $, hay S thuộc 1 đường thẳng cố định.

Coloveka · 17-04-2010, 09:16 PM

Trích:

Nguyên văn bởi hocsinh

theo tớ thì TST năm nay Rực ko qua nổi đâu

ui sao lại nghĩ vậy, niềm hy vọng của KHTN mà...
Cầu cho Quảng Ngãi có một người trong đội tuyển !

ducthanhta · 17-04-2010, 05:14 PM

Trích:

Nguyên văn bởi maianhbang93

ĐỀ CHỌN ĐỘI TUYỂN VN DỰ THI TOÁN QUỐC TẾ(NGÀY 1)

BAI1: (6 điểm)với mỗi n nguyên dương, xét tập sau ${T}_{n}= [ 11(k+h)+10({n}^{k}+{n}^{h})\mid 1\leq k,h \leq 10 ] $.tìm tất cả n sao cho không tồn tại a khác b $\in {T}_{n} $ sao cho a-b chia hết cho 110.

BAI2: (6 điểm)cho $\Delta ABC $ không vuông tại A.trung tuyến AM.D là một điểm chạy trên AM.$( {O}_{1}),({O}_{2}) $ lần lượt là các đường tròn đi qua D và tiếp xúc với BC tại B và C.BA cắt $({O}_{2}) $ tại Q.CA cắt $({O}_{1}) $ tại P.

a)cmr tiếp tuyến tại P của $({O}_{1}) $ và tiếp tuyến tại Q của $({O}_{2}) $ phải cắt nhau.gọi giao điểm này là S.

b)cmr S luôn chạy trên một đường cố định khi D chạy trên AM.

BÀI 3: (8 ĐIỂM) hình chữ nhật kích thước 1*2 được gọi là hình chữ nhật đơn( hcnd). hình chữ nhật 2*3 bỏ di 2 ô ở góc chéo nhau(tức có có 4 ô) gọi là hcn kép (hcnk).người ta ghép khít các hncd và hcnk được bảng 2008*2010.tìm số bé nhất các hcnd có thể dùng để lát được như trên.

Bài 1 năm nay là bài hình, bài 2 là số học.
Bài hình học yêu cầu chứng minh giao điểm của 2 tiếp tuyến tại P và Q luôn thuộc một đường thẳng cổ định chứ không như đề bài trên.

h19101994 · 17-04-2010, 06:40 PM

anh Vũ Đình Long làm hết thì phải

**Traum** · 17-04-2010, 06:53 PM

nhìn bài 3 hay hay, đoán kết quả là 1006 , chắc là ko đúng

có thể nhận thấy là hình $4 \times 2n $ có thể lát kín bởi $4 $ hcn đơn và các hình chữ nhật kép.

Cứ mỗi lần ghép thêm hình chữ nhật $4\times 2n $ thì có thể bớt đi 1 hcn đơn của phần đã có và thêm vào $3 $ hcn đơn mới. Như vậy khi thêm $4 $ hàng thì số hcn đơn tăng lên $2 $. Do đó kết quả là $2008/2 + 2 = 1006 $.

Đó chỉ là một quan sát thôi, còn kết quả thực tế chắc là nhỏ hơn $1006 $

Nhím · 18-04-2010, 02:59 PM

Con số này chắc là tối ưu đấy, cách lát hình $4 \times 2n $ như thế nào nhỉ? Bạn viết rõ hơn được không?

Trích:

Nguyên văn bởi Traum

nhìn bài 3 hay hay, đoán kết quả là 1006 , chắc là ko đúng

có thể nhận thấy là hình $4 \times 2n $ có thể lát kín bởi $4 $ hcn đơn và các hình chữ nhật kép.

Cứ mỗi lần ghép thêm hình chữ nhật $4\times 2n $ thì có thể bớt đi 1 hcn đơn của phần đã có và thêm vào $3 $ hcn đơn mới. Như vậy khi thêm $4 $ hàng thì số hcn đơn tăng lên $2 $. Do đó kết quả là $2008/2 + 2 = 1006 $.

Đó chỉ là một quan sát thôi, còn kết quả thực tế chắc là nhỏ hơn $1006 $

**Traum** · 18-04-2010, 03:33 PM

Trích:

Nguyên văn bởi Nhím

Con số này chắc là tối ưu đấy, cách lát hình $4 \times 2n $ như thế nào nhỉ? Bạn viết rõ hơn được không?

Dưới đây là cách lát cho hình $16\times 10 $, cho hình $4m\times 2n $ thì cứ kéo dài theo chiều ngang và dọc là xong.

pte.alpha · 18-04-2010, 03:56 PM

Đề ngày 2. Đề này chỉ nghe nói qua điện thoại, có thể còn chưa chính xác.

Bài 4. (6 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện $16(a+b+c) \ge \frac{1}{a}+\frac{1}{b} + \frac{1}{c} $. Chứng minh rằng
$ \sum_{cyclic}{\frac{1}{(a+b+\sqrt{2(a+c)})^3}} \le \frac{8}{9} $.

Bài 5. (7 điểm) Có n nước, mỗi nước có k đại diện (n > k > 1). Người ta chia n.k người này thành n nhóm mỗi nhóm có k người sao cho không có 2 người cùng nhóm đến từ 1 nước. Chứng minh rằng có thể chọn ra n người đến từ các nhóm khác nhau và đến từ các nước khác nhau.

Bài 6. (7 điểm) Gọi $S_n $ là tổng bình phương các hệ số trong khai triển của $(1+x)^n $. Chứng minh rằng $S_{2n} + 1 $ không chia hết cho 3.

17-04-2010, 02:25 PM	#1
maianhbang93 +Thành Viên+ Tham gia ngày: Mar 2009 Đến từ: 11T1,THPT CHUYÊN,DHSPHN Bài gởi: 64 Thanks: 19 Thanked 47 Times in 13 Posts	Việt Nam TST 2010(Đề thi-Đáp án-Danh sách đội tuyển) ĐỀ CHỌN ĐỘI TUYỂN VN DỰ THI TOÁN QUỐC TẾ(NGÀY 1) BÀI 1: (6 điểm)cho $\Delta ABC $ không vuông tại A.trung tuyến AM.D là một điểm chạy trên AM.$( {O}_{1}),({O}_{2}) $ lần lượt là các đường tròn đi qua D và tiếp xúc với BC tại B và C. CA cắt $({O}_{2}) $ tại Q.BA cắt $({O}_{1}) $ tại P. a)cmr tiếp tuyến tại P của $({O}_{1}) $ và tiếp tuyến tại Q của $({O}_{2}) $ phải cắt nhau.gọi giao điểm này là S. b)cmr S luôn chạy trên một đường cố định khi D chạy trên AM BÀI 2: (6 điểm)với mỗi n nguyên dương, xét tập sau ${T}_{n}= [ 11(k+h)+10({n}^{k}+{n}^{h})\mid 1\leq k,h \leq 10 ] $.tìm tất cả n sao cho không tồn tại a khác b $\in {T}_{n} $ sao cho a-b chia hết cho 110. BÀI 3: (8 ĐIỂM) hình chữ nhật kích thước 12 được gọi là hình chữ nhật đơn( hcnd). hình chữ nhật 23 bỏ di 2 ô ở góc chéo nhau(tức có có 4 ô) gọi là hcn kép (hcnk).người ta ghép khít các hncd và hcnk được bảng 20082010.tìm số bé nhất các hcnd có thể dùng để lát được như trên. __________________ WINNER thay đổi nội dung bởi: nbkschool, 17-04-2010 lúc 06:13 PM*

17-04-2010, 02:58 PM	#2
maianhbang93 +Thành Viên+ Tham gia ngày: Mar 2009 Đến từ: 11T1,THPT CHUYÊN,DHSPHN Bài gởi: 64 Thanks: 19 Thanked 47 Times in 13 Posts	bài 2 chỉ cần xét phép nghịch đảo tâm A.chú ý rằng (APQ) tiếp xúc với cả (O1) và (O2) __________________ WINNER

17-04-2010, 05:16 PM	#5
nbkschool +Thành Viên+ Tham gia ngày: Dec 2007 Đến từ: SMU Residence @Prinsep Hostel, 83 Prinsep Street, Singapore Bài gởi: 400 Thanks: 72 Thanked 223 Times in 106 Posts	Bài 1: n không thỏa mãn khi và chỉ khi n là căn nguyên thủy mod 11. Nếu n chia hết cho 11 thì đơn giản. Nếu n nguyên tố cùng nhau với 11 thì xét 2 trường hợp: TH 1:n không phải là căn nguyên thủy mod 11.Điều kiện đề bài tương đương với tồn tại $(k_1,k_2,h_1,h_2) $ sao cho $10 \|k_1+k_2-h_1-h_2 $ và $11\|n^{k_1}+n^{k_2}-n^{h_1}-n^{h_2} $,đồng thời hai bộ $(k_1,k_2),(h_1,h_2) $ (không tính thứ tự) phải khác nhau. Tồn tại ước d của $10 $ và $<10 $ sao cho $11 \|n^d-1 $.Nếu d=5 chọn $(k_1,k_2,h_1,h_2)=(9,10,4,5) $.Nếu $d=2 $ chọn $(k_1,k_2,h_1,h_2)=(3,10,1,2) $.Nếu $d=1 $ chọn $(k_1,k_2,h_1,h_2)=(3,10,1,2) $.Với các cách chọn trên ta đều có $n^{k_1} \equiv n^{h_1} (mod 11) $ và $n^{k_2} \equiv n^{h_2} (mod 11) $ nên thỏa mãn. TH 2:n là căn nguyên thủy mod 11.Ta chứng minh không tồn tại a,b thỏa mãn,từ đó n thỏa mãn. Ta nhận xét rằng $k_1 $ khác $h_1,h_2 $ (nếu không sẽ suy ra 2 bộ trùng nhau).Tương tự $k_2 $ khác $h_1,h_2 $ Khi đó ta có thể lấy a' sao cho $a'+k_1 \equiv 0 (mod 10) $ và chọn $k'_1=a'+k_1 (mod 10) $.$k'_2,h'_1,h'_2 $ tương tự. Bộ số cũ thỏa đề bài khi và chỉ khi bộ số mới thỏa đề bài.Ở đây để cho quen mắt thì đổi kí hiệu n thành g. Nếu $10\| k'_2 $ thì $g^{h'_1} \equiv g^{h'_2} (mod 11) $ suy ra $h'_2 \equiv h'_1 (mod 10) $ suy ra $h'_2=h'_1 $.Nhưng như thế thì $k'_1+k'_2+h'_1+h'_2 \equiv 2(k'_1-h'_1) \equiv 0 (mod 10) $,suy ra $k'_1=h'_1 $,vô lý. Xét trường hợp còn lại,ta có $g^{k'_1} \equiv g^{h'_1+h'_2} $.Suy ra $1+ g^{h'_1+h'_2}-g^{h'_1}-g^{h'_2} \equiv 0 (mod 11) $ hay $(g^{h'_1}-1)(g^{h'_2}-1) \equiv 0 (mod 11) $.Vậy một trong hai số $h'_1,h'_2 $ phải chia hết cho 10,suy ra trùng với $k'_1 $,vô lý. Từ đó không tồn tại bộ $(k'_1,k'_2,h'_1,h'_2) $ thỏa nên cũng không tồn tại bộ $(k_1,k_2,h_1,h_2) $ thỏa. __________________ "Apres moi,le deluge" thay đổi nội dung bởi: nbkschool, 01-05-2010 lúc 09:16 PM

22-04-2010, 12:04 PM	#7
nbkschool +Thành Viên+ Tham gia ngày: Dec 2007 Đến từ: SMU Residence @Prinsep Hostel, 83 Prinsep Street, Singapore Bài gởi: 400 Thanks: 72 Thanked 223 Times in 106 Posts	Thực ra cách chứng minh của mình cũng giống như kiểu:nếu $x+y=z+t $ thì tồn tại $a,b,c,d $ sao cho $x=a+b,y=c+d,z=a+d,t=b+c $ suy ra $n^{x}+n^{y}-n^{z}-n^{t}=(n^a-n^c)(n^b-b^d) $.Thay vì làm vậy mình đẩy một biến về 1 cho dễ nhìn ấy mà. __________________ "Apres moi,le deluge"

17-04-2010, 06:53 PM	#12
Traum Moderator Tham gia ngày: Nov 2007 Đến từ: cyber world Bài gởi: 413 Thanks: 14 Thanked 466 Times in 171 Posts	nhìn bài 3 hay hay, đoán kết quả là 1006 , chắc là ko đúng có thể nhận thấy là hình $4 \times 2n $ có thể lát kín bởi $4 $ hcn đơn và các hình chữ nhật kép. Cứ mỗi lần ghép thêm hình chữ nhật $4\times 2n $ thì có thể bớt đi 1 hcn đơn của phần đã có và thêm vào $3 $ hcn đơn mới. Như vậy khi thêm $4 $ hàng thì số hcn đơn tăng lên $2 $. Do đó kết quả là $2008/2 + 2 = 1006 $. Đó chỉ là một quan sát thôi, còn kết quả thực tế chắc là nhỏ hơn $1006 $ __________________ Traum is giấc mơ. thay đổi nội dung bởi: Traum, 17-04-2010 lúc 06:59 PM

17-04-2010, 03:09 PM	#3
n.v.thanh Moderator Tham gia ngày: Nov 2009 Bài gởi: 2,849 Thanks: 2,980 Thanked 2,537 Times in 1,008 Posts	mấy anh bên sư phạm kinh hình chắc chắn ai cũng làm ngon 1 bài.anh Rực giỏi số...không biết sao,chờ tin thôi

17-04-2010, 05:17 PM	#8
Nguyen Van Linh Moderator Tham gia ngày: Aug 2009 Đến từ: Hà Nội Bài gởi: 277 Thanks: 69 Thanked 323 Times in 145 Posts	Bài 2: Ta có $MB^2=MC^2 $ nên M thuộc trục đẳng phương của $(O_1) $ và $(O_2) $. Suy ra DM là trục đẳng phương của 2 đường tròn. Do đó A thuộc trục đẳng phương của 2 đường tròn. $\Rightarrow AP.AB=AQ.AC \Rightarrow $ tứ giác BCPQ nội tiếp. Gọi tiếp tuyến của $(O_1) $ là Px thì $\widehat{xPB}=\widehat{PBC}=\widehat{PQA} $ hay (APQ) tiếp xúc với $(O_1) $, tương tự suy ra (APQ) tiếp xúc với cả $(O_1) $ và $(O_2) $. Tam giác APQ đồng dạng với ACB nên APQ không vuông. Suy ra tiếp tuyến tại P và Q phải cắt nhau tại S. $SP^2=SQ^2 $ nên S thuộc trục đẳng phương của $(O_1) $ và $(O_2) $, hay S thuộc 1 đường thẳng cố định.

17-04-2010, 06:40 PM	#11
h19101994 +Thành Viên+ Tham gia ngày: Aug 2009 Đến từ: A1 TOAN-KHTN Bài gởi: 15 Thanks: 7 Thanked 10 Times in 7 Posts	anh Vũ Đình Long làm hết thì phải

18-04-2010, 03:56 PM	#15
pte.alpha +Thành Viên+ Tham gia ngày: Apr 2009 Bài gởi: 216 Thanks: 8 Thanked 208 Times in 62 Posts	Đề ngày 2. Đề này chỉ nghe nói qua điện thoại, có thể còn chưa chính xác. Bài 4. (6 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện $16(a+b+c) \ge \frac{1}{a}+\frac{1}{b} + \frac{1}{c} $. Chứng minh rằng $ \sum_{cyclic}{\frac{1}{(a+b+\sqrt{2(a+c)})^3}} \le \frac{8}{9} $. Bài 5. (7 điểm) Có n nước, mỗi nước có k đại diện (n > k > 1). Người ta chia n.k người này thành n nhóm mỗi nhóm có k người sao cho không có 2 người cùng nhóm đến từ 1 nước. Chứng minh rằng có thể chọn ra n người đến từ các nhóm khác nhau và đến từ các nước khác nhau. Bài 6. (7 điểm) Gọi $S_n $ là tổng bình phương các hệ số trong khai triển của $(1+x)^n $. Chứng minh rằng $S_{2n} + 1 $ không chia hết cho 3.