Đến nội dung


Hình ảnh

Tuần 4 tháng 12/2016 : Bài toán chia đôi cạnh

hình học

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 12 trả lời

#1 baopbc

baopbc

    Himura Kenshin

  • Thành viên nổi bật 2016
  • 410 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo

Đã gửi 26-12-2016 - 11:33

Như vậy thầy Hùng đã đưa ra lời giải bài cũ trong tuần 4 tháng 12 và kèm theo đó là bài toán mới, xin trích dẫn lại bài toán mới,

 

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ tâm nội tiếp $I$. Đường tròn $(K)$ tiếp xúc $CA$, $AB$ và tiếp xúc trong $(O)$ tại $D$. $M$, $N$ thuộc $BC$ sao cho $IM\perp AI$ và $DN\perp AD$. $IM$ cắt $AD$ tại $L$. Đường thẳng qua $L$ vuông góc $OA$ cắt $BC$, $AM$, $AN$ lần lượt tại $P$, $Q$, $R$. Chứng minh $P$ là trung điểm $QR$.

Post 379.PNG

Hình vẽ bài toán



#2 Ngockhanh99k48

Ngockhanh99k48

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 126 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quảng Ninh

Đã gửi 26-12-2016 - 14:31

Lời giải:
Trước tiên ta làm một số bài toán sau:
Bài toán 1: Cho $\triangle ABC$, đường tròn mixtilinear nội tiếp và bàng tiếp góc $\widehat{BAC}$ của $\triangle ABC$ là $(I_a)$ và $(J_a)$ tiếp xúc $(ABC)$ thứ tự tại $P, Q$. $PQ$ cắt $BC$ tại $E$. Khi đó $AE$ tiếp xúc $(BAC)$.

Post 380.PNG

Chứng minh:
Xét phép nghịch đảo cực $A$ phương tích $AB.AC$ hợp với phép đối xứng trục phân giác góc $\widehat{BAC}$:
$I_{A}^{AB.AC} \circ Đ_{l} : X \Leftrightarrow X' $.
Khi đó $C \equiv B', B \equiv C'$. $P', Q'$ thứ tự là tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp góc $A$ và nội tiếp của $\triangle ABC$ với đường thẳng $BC$. Khi đó $P', Q'$ đối xứng nhau qua trung trực $BC$. Qua $A$ kẻ đường thẳng song song với $BC$ cắt $(ABC)$ tại điểm thứ hai $R$ thì $R \in (AP'Q')$. Do đó $R \equiv E'$. $AR, AE$ đẳng giác nên $AE$ là tiếp tuyến của $(ABC)$.
Bài toán 2: Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$. Đường tròn mixtilinear nội tiếp góc $A$ là $(I_a)$ của $\triangle ABC$ tiếp xúc $AB, AC$ và $(O)$ tại $D, E, F$. $AF$ cắt $DE$ tại $L$. Đường thẳng qua $L$ vuông góc $OA$ cắt $BC$ tại $G$. Khi đó $FG$ tiếp xúc $(O)$.

Post 381.PNG

Chứng minh:
$DE$ cắt $BC$ tại $K$. Gọi $I$ là tâm nội tiếp $\triangle ABC$. $AH$ là đường cao tam giác $ABC$. Ta có $(LG, LK) \equiv (AO, AI_a) \equiv (AI, AH) \equiv (KL, KG)$ (mod $\pi$). Do đó $\triangle GLK$ cân tại $G$. Hơn nữa ta có tính chất: $AI$ cắt $FK$ tại $J$ là điểm chính giữa cung $BC$ không chứa $A$ của tam giác $ABC$. Ta có $(FK, FA) \equiv (FJ, FA) \equiv (BJ, BA) \equiv (BJ, BC) + (BC, BA) \equiv (AJ, AC ) + \frac{\pi}{2} - (OA, AC) \equiv (AJ, AO) + \frac{\pi}{2} \equiv \frac{\pi}{2} - (LG, LK)$ (mod $\pi$). Do đó $G$ là tâm $(DKF)$. Suy ra $(FG, FA) \equiv \frac{\pi}{2} - (DE, FJ) \equiv \frac{\pi}{2} - (DE, AJ) + (JF, JA) \equiv (CF, CA)$. Do vậy $GF$ là tiếp tuyến của $(O)$.
Quay lại bài toán:

Post 382.PNG

$IM$ cắt $DN$ tại $X$. $(K)$ tiếp xúc $AB, AC$ tại $E, F$. $A, I, D, X$ đồng viên và $B, E, I, D$ đồng viên nên $(AX, AD) \equiv (IX, ID ) \equiv (BA, BD) \equiv (CA, CD)$ (mod $\pi$) nên $AX$ là tiếp tuyến của $(O)$. Do đó $AX \parallel QR$. $AX$ cắt $BC$ tại $Y$. Gọi $(S)$ là đường tròn mixtilinear bàng tiếp góc $A$ của $\triangle ABC$, tiếp xúc $(O)$ tại $T$. Theo bài toán 1 thì $Y, D, T$ thẳng hàng. Kẻ đường kính $AZ$ của $(O)$. Thế thì $Z$ thuộc $DN$. Gọi $U, V$ là điểm chính giữa của cung $BC$ thứ tự có và không chứa điểm $A$. Theo bài toán 2 thì $DP$ tiếp xúc $(O)$. Một tính chất của đường tròn mixtilinear là $DI$ và $I_aT$ cắt nhau tại $U$, với $I_a$ là tâm bàng tiếp góc $A$ của $\triangle ABC$. Ta có $UZ \parallel AI$ và $V$ là trung điểm $II_a$ nên $(DTVZ) = U(DTVZ) = U(II_aVZ)=-1$. Do đó $(PYMN)=D(PYMN)=D(DTVZ)=-1$. Suy ra $A(PYQR)=A(PYMN)=-1$. Do $AY \parallel QR$ nên $P$ là trung điểm $QR$. Ta có đpcm.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 26-12-2016 - 16:59


#3 quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

  • Điều hành viên
  • 632 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Hình học

Đã gửi 26-12-2016 - 17:58

Cám ơn Khánh về lời giải hay và cám ơn Bảo về hình vẽ rõ ràng, cách giải này khác đáp án. Sau đây là cách làm của bạn Trần Quang Huy, sinh viên ĐHBK gửi đến cho mình.

Hình gửi kèm

  • loigiaihuy.png


#4 SonKHTN1619

SonKHTN1619

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 21 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hà Nội
  • Sở thích:Geometry, Combinatorics, Functional Equation, Anime

Đã gửi 26-12-2016 - 18:59

Lời giải của em ạ:
Gọi $E, F$ là tiếp điểm của $(K)$ với $CA, AB\Rightarrow E, F, M$ thẳng hàng.
Gọi $H$ là hình chiếu của $A$ lên $BC, I$ là tâm nội tiếp $\triangle  ABC$
Ta có: $ (LP,LM) \equiv (AO,AK) \equiv (AI, AH) \equiv (ML,MP) \pmod \pi  $ $\Rightarrow  \triangle$ PLM cân tại P
Kẻ đường kính $AX$ của $(O)$.
$\Rightarrow (DL,DP) \equiv (LP,LD) \equiv (XA,XD) \pmod \pi $ $\Rightarrow PD$ là tiếp tuyến chung của $(K)$ và $(O)$.
$AD$ cắt $(K)$ tại điểm thứ hai $U, XL$ cắt $(O)$ tại điểm thứ hai $U, G$ là cực của $XD$ với $(I)\Rightarrow G$ nằm trên $EF$.
XU vuông góc UA => A,U,F,K,E nằm trên (AK).
$ \overline{AI}.\overline{AK}=AE^{2}=\overline{AV}.\overline{AD} $
=>V,I,K,D thuộc cùng đường tròn $ \Gamma $ .
=> L là tâm đẳng phương của (AK), $ \Gamma $ và (K).
Kết hợp với (GL,FE)=-1, ta có
$ \overline{LI}.\overline{LG}=\overline{LE}.\overline{LF}=\overline{LT}.\overline{LK} $ => $G \in \Gamma $ và G,U,A thẳng hàng.
Kẻ tiếp tuyến AS của (O) với S nằm trên BC, T là giao của EF với DN. (D,N,X thẳng hàng)
=> $(AS,AD) \equiv (IS,ID) \equiv (UG,UD) \equiv (XA,XD) (mod \pi)$ => AT tiếp tuyến (O) => A,S,T thẳng hàng.
Dựng đường tròn (DMT).
$ (TA,TM) \equiv (AX,AJ) \equiv (DX,DJ) \equiv (DT,DM) (mod \pi ) $
=>ST tiếp xúc (DMT). (1)
$ (MS,MT) \equiv (AH,AI) \equiv (AJ,AX) \equiv (DJ,DX) \equiv (DM,DT) (mod \pi ) $
=>MS tiếp xúc (DMT). (2) 
Gọi W trung điểm AT => $WA^{2}=WT^{2}=WD^{2}$
=>PD là tiếp tuyến của (DMT). (3)
(1),(2),(3)=>(PS,MN)=-1
=>A(PS,QR)=(PS,MN)=-1
Kết hợp QR // AS, ta thu được P là trung điểm QR (q.e.d)
P/s: Anh Bảo sửa giùm em LaTeX với, em mới lần đầu dùng LaTeX trên diễn đàn nên chưa quen ạ, hi vọng mọi người đọc và hiểu được.

Hình gửi kèm

  • Screenshot from 2016-12-26 18:58:56.png

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi SonKHTN1619: 26-12-2016 - 19:33

HSGS in my heart  :icon12:


#5 manhtuan00

manhtuan00

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 82 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Khoa học Tự nhiên

Đã gửi 26-12-2016 - 20:12

Cách của em hơi dài ạ 
Ta chứng minh bổ đề sau
Bổ đề : Cho $\triangle ABC$, đường tròn Mixtilinear nội tiếp xúc $(O)$ tại $D$, tiếp xúc $CA,AB$ tại $E,F$. Tiếp tuyến tại $D$ của $(O)$ cắt $BC$ tại $P$.$AD$ cắt $EF$ tại $L$. Khi đó $PL \perp AO$
Chứng minh Gọi $f(X)$ là ảnh của $X$ qua phép nghịch đảo $I^A_{AB.AC}$ hợp với phép đối xứng trục qua phân giác $\angle BAC$
Khi đó $f(B)= C, f(C) = B, f((I)) = (J)$ là đường tròn bàng tiếp $\angle A$. $f(D), f(E), f(F) $ là tiếp điểm của $(J)$ với $BC,CA,AB$. $f(L) $ là giao của $Af(D)$ với$ (Af(E)f(F))$. $f(P)$ là giao của đường tròn qua $D$ tiếp xúc $BC$ và $(ABC)$
 
Viết lại bài toán dưới cấu hình đường tròn nội tiếp, ta được bài toán tương đương : 
Cho $\triangle ABC$ với đường tròn nội tiếp $(I)$ tiếp xúc $BC,CA,AB$ tại $D,E,F$. $AH$ là đường cao ($H \in BC$). $AD$ cắt $(AEF)$ tại $M$. Đường tròn qua $A,M$ trực giao với $AH$ cắt $(O)$ tại $G$. Chứng minh rằng $(AGD)$ tiếp xúc $(O)$
 
$IM$ cắt $BC$ tại $S$. Khi đó $S,E,F$ thẳng hàng. 
Gọi $A'$ đối xứng $A$ qua $O$, $IM$ cắt $AH$ tại $R$ và $T$ là trung điểm $ID$ 
Theo 1 bài toán quen thuộc thì $R,T,A'$ thẳng hàng. Lại có $\angle AGR = 90^{\circ}$ nên $G,R,T,A'$ thẳng hàng
$X$ là trung điểm $SD$ , $AX$ cắt $(O)$ tại $G'$, $G'A'$ cắt $ID$ tại $T'$
Ta có $XD^2 = XB.XC = XG'.XA \implies (AG'D)$ tiếp xúc $(I)$ tại $D$
Gọi $K$ là tâm $(AG'D)$ .Khi đó $K,I,D$ thẳng hàng
Có $\angle XG'D = \angle XT'D = 90^{\circ} - \angle KDA \implies SH \perp AD$
Lại có $SI \perp AD \implies T'X \parallel IS \implies T'$ là trung điểm $ID$
Vậy $G \equiv G' \implies (AGD)$ tiếp xúc $BC$. Ta có điều cần chứng minh
 
Quay lại bài toán :
Tiếp tuyến của $(O)$ tại $A$ cắt $BC$ tại $S$
Ta cần chứng minh $P$ là trung điểm $QR$ . Điều cần chứng minh tương đương với $A(SP,QR) = -1$ hay $(SP,MN) = -1$
Gọi $X,Y$ lần lượt là điểm chính giữa cung nhỏ, cung lớn $BC$
$A'$ đối xứng $A$ qua $O$, $A'I$ cắt $(O)$ tại $Z$ khác $A'$. Khi đó ta có $N,D,A'$ thẳng hàng
$E,F$ là tiếp điểm của đường tròn $(K)$ với $CA,AB$ khi đó $M,I,E,F$ thẳng hàng
Ta sẽ chứng minh $M,D,X$ và $M,A,Z$ thẳng hàng 
Gọi $A_1,B_1,C_1$ là các tiếp điểm của đường tròn nội tiếp $(I)$ với $BC,CA,AB$
$\implies ZA_1$ là phân giác $\angle BZC$ nên $Z,A_1,X$ thẳng hàng
Ta có $XA_1.XZ = XI^2$ nên $\triangle XA_1I \sim \triangle XIZ$ . Từ đây ta có $\angle IMA_1 = \angle XIA_1 = \angle XZI \implies$ tứ giác $ZIA_1M$ nội tiếp. Từ đây ta có $M,Z,A$ thẳng hàng
Do $DY$ vừa là đường đối trung của $\triangle IBC$ vừa là đường phân giác của $\triangle DBC$ nên $\frac{DB}{DC}= \frac{IB^2}{IC^2}$
Ta có $\frac{MB}{MC} = \frac{ZB}{ZC}.\frac{AB}{AC}= \frac{BC_1}{CB_1}.\frac{AB}{AC}= \frac{A_1B}{A_1C}.\frac{c}{b}= \frac{p-b}{p-c} = \frac{IB^2}{IC^2}= \frac{DB}{DC}= \frac{DB}{DC}.\frac{XB}{XC} \implies M,D,X$ thẳng hàng
Theo bổ đề, ta có $DP$ là tiếp tuyến tại $D$ của $(O)$
$DS$ cắt $(O)$ tại $V$. Áp dụng định lý cho bộ 6 điểm $(AZDVXA)$
$\implies ZV$ cắt $AX$ tại $P'$ trên $BC$ . Gọi $D'$ là giao của $DP'$ với $(O)$, $ZD$ cắt $AI$ tại $W$
Có $MD.MX = MI^2 = MA_2.MP' \implies $ tứ giác $A_1P'XD$ nội tiếp $\implies ZD' \parallel BC$
$\implies (YX,ZD) = -1 = D(YX,ZD) = D(IX,WP') = (IX,WP') = Z(IX,WP') = Z(A'X,DV) = (A'X,DV) = D(A'X,DV) = D(NM,PS) = (NM,PS)$
$\implies (NM,PS) = -1$ nên $P$ là trung điểm $RQ$.

Hình gửi kèm

  • Untitled.png
  • 1232.png

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi manhtuan00: 26-12-2016 - 20:28


#6 quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

  • Điều hành viên
  • 632 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Hình học

Đã gửi 26-12-2016 - 21:03

Cách của Tuấn là theo hướng đáp án. Mình xin giới thiệu bài toán sau để mọi người cùng trao đổi.

 

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$, đường tròn nội tiếp $(I)$ tiếp xúc $BC$ tại $D$. $AK$ là đường kính của $(O)$. Lấy $L$ sao cho $IL\perp AD$ và $AL\perp BC$. Chứng minh rằng $KL$ chia đôi $ID$.

 

Bài toán này có 1 phần từ AoPS và 1 phần do mình tạo ra, đây là bài toán có nội dung đẹp và chính là nguồn gốc của bài toán tuần này.



#7 manhtuan00

manhtuan00

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 82 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Khoa học Tự nhiên

Đã gửi 26-12-2016 - 21:29

Cách của Tuấn là theo hướng đáp án. Mình xin giới thiệu bài toán sau để mọi người cùng trao đổi.

 

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$, đường tròn nội tiếp $(I)$ tiếp xúc $BC$ tại $D$. $AK$ là đường kính của $(O)$. Lấy $L$ sao cho $IL\perp AD$ và $AL\perp BC$. Chứng minh rằng $KL$ chia đôi $ID$.

 

Bài toán này có 1 phần từ AoPS và 1 phần do mình tạo ra, đây là bài toán có nội dung đẹp và chính là nguồn gốc của bài toán tuần này.

Đoạn chứng minh bổ đề em làm tắt 1 đoạn ạ, em bổ sung nốt phần chứng minh $LK$ chia đôi $ID$ ạ

$(I)$ tiếp xúc $CA,AB$ tại $E,F$.$IL$ cắt $BC$ tại $M$ khi đó $M,E,F$ thẳng hàng.

Gọi $H$ là trung điểm $MD$,$AH$ cắt $(O)$ tại $G$. $S$ là trung điểm $ID$.Theo phần trên, ta có $G,S,K$ thẳng hàng

$IL$ cắt $AD$ tại $U$. Khi đó $U,D$ đối xứng nhau qua $HS$ nên tứ giác $HUSD$ nội tiếp 

Từ đây suy ra tứ giác $HGUD$ nội tiếp. Gọi $R$ là chân đường cao hạ từ $A$ của $\triangle ABC$

Có $UL \perp AD, AL \perp BC$ nên $RLUD$ nội tiếp nên ta có $\angle ALU = \angle ADR = \angle AGU$

$\implies $ tứ giác $AGLU$ nội tiếp. Từ đây suy ra $GL \perp GA \implies G,L,S,K$ thẳng hàng


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi manhtuan00: 26-12-2016 - 21:33


#8 SonKHTN1619

SonKHTN1619

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 21 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hà Nội
  • Sở thích:Geometry, Combinatorics, Functional Equation, Anime

Đã gửi 26-12-2016 - 23:24

Em xin đóng góp một lời giải ạ.

Hình gửi kèm

  • 15696731_1798957650370931_121821317_o.jpg

HSGS in my heart  :icon12:


#9 quynhlqd2016

quynhlqd2016

    Binh nhì

  • Thành viên mới
  • 12 Bài viết
  • Giới tính:Nữ

Đã gửi 26-12-2016 - 23:36

các tính chất của đường của đường tròn mixilinear và cách chứng minh mong mọi người tham khảo tại đây https://julielltv.wo...on-mixtilinear/

 

Hình gửi kèm

  • snsd.png
  • R.png
  • T.png


#10 Ngockhanh99k48

Ngockhanh99k48

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 126 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quảng Ninh

Đã gửi 27-12-2016 - 08:55

Một lời giải sử dụng phép nghịch đảo:
Xét phép nghịch đảo cực $A$ phương tích $AB.AC$ hợp với phép đối xứng trục phân giác góc $A$, ta chuyển về bài toán sau:
Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$, đường tròn bàng tiếp góc $A$ là $(I_a)$ tiếp xúc $BC$ tại $D$. $(AI_a), (AD)$ cắt $(O)$ tại điểm thứ hai là $E, F$. $AD$ cắt $(AI_a)$ tại $G$. Đường tròn qua $A, G$ có tâm là $H$ thỏa mãn $AH \perp BC$ cắt $(O)$ tại $K$.$(AD)$ cắt $(AI_a)$ tại điểm thứ hai $N$. $AN$ cắt $(O)$ tại $P$. Chứng minh tứ giác $PEKF$ điều hòa.
Lời giải:
Gọi $L,M, Q$ là trung điểm $AD, BC, AI_a$. Dễ thấy $AN \parallel BC$. Ta có $OM \perp AP, OL \perp AF, OH \perp AK, OQ \perp AE$ nên tứ giác $PEKF$ điều hòa khi và chỉ khi $(OM, OH, OQ, OL)=-1$. Tương đương với $OH$ chia đôi $LQ$ do $LQ \perp BC$. Vị tự tâm $A$ tỉ số 2, ta có bài toán:
Cho tam giác $ABC$ đường tròn bàng tiếp góc $A$ là $(I)$ tiếp xúc $BC$ tại $D$. $P$ là điểm thỏa mãn $AP \perp BC$, $IP \perp AD$. Kẻ đường kính $AQ$ của $(ABC)$. Khi đó $PQ$ chia đôi $ID$. Bài toán trên là bài toán của thầy trên đường tròn bàng tiếp góc $A$.

#11 quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

  • Điều hành viên
  • 632 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Hình học

Đã gửi 27-12-2016 - 10:21

Cám ơn Khánh, chính xác là bài tuần này thầy nghịch đảo bài toán đã nói ở #6 khi viết cho tâm bàng tiếp. Tuy vậy cách làm của thầy cũng khác em một chút, hãy đón đọc đáp án tuần sau.



#12 quynhlqd2016

quynhlqd2016

    Binh nhì

  • Thành viên mới
  • 12 Bài viết
  • Giới tính:Nữ

Đã gửi 27-12-2016 - 21:10

Một lời giải sử dụng phép nghịch đảo:
Xét phép nghịch đảo cực $A$ phương tích $AB.AC$ hợp với phép đối xứng trục phân giác góc $A$, ta chuyển về bài toán sau:
Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$, đường tròn bàng tiếp góc $A$ là $(I_a)$ tiếp xúc $BC$ tại $D$. $(AI_a), (AD)$ cắt $(O)$ tại điểm thứ hai là $E, F$. $AD$ cắt $(AI_a)$ tại $G$. Đường tròn qua $A, G$ có tâm là $H$ thỏa mãn $AH \perp BC$ cắt $(O)$ tại $K$.$(AD)$ cắt $(AI_a)$ tại điểm thứ hai $N$. $AN$ cắt $(O)$ tại $P$. Chứng minh tứ giác $PEKF$ điều hòa.
Lời giải:
Gọi $L,M, Q$ là trung điểm $AD, BC, AI_a$. Dễ thấy $AN \parallel BC$. Ta có $OM \perp AP, OL \perp AF, OH \perp AK, OQ \perp AE$ nên tứ giác $PEKF$ điều hòa khi và chỉ khi $(OM, OH, OQ, OL)=-1$. Tương đương với $OH$ chia đôi $LQ$ do $LQ \perp BC$. Vị tự tâm $A$ tỉ số 2, ta có bài toán:
Cho tam giác $ABC$ đường tròn bàng tiếp góc $A$ là $(I)$ tiếp xúc $BC$ tại $D$. $P$ là điểm thỏa mãn $AP \perp BC$, $IP \perp AD$. Kẻ đường kính $AQ$ của $(ABC)$. Khi đó $PQ$ chia đôi $ID$. Bài toán trên là bài toán của thầy trên đường tròn bàng tiếp góc $A$.

anh có thể giải thích tại sao OH chia đôi LQ được không ạ


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi quynhlqd2016: 27-12-2016 - 21:15


#13 quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

  • Điều hành viên
  • 632 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Hình học

Đã gửi 01-01-2017 - 10:38

Các lời giải cho bài ở #6 có thể tham khảo tại đây

 

http://artofproblems...c6t48f6h1362266







0 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh