Chủ đề này có 49 trả lời

[tungaqhd]

hay và khó

[namkeotn]

cơ bản là mấy cái hình nhìn choáng quá,nhìn hình đã loạn hết cả rồi

[aodaidanang]

Ôi mình giải sai câu 1 rồi

[Tesla2002]

chia thành 10 hình kiểu gì

 

Tạm chia thành 3 hình chữ nhật:

+ 12x4 được 4 hình

+ 12x3 được 3 hình

+ 12x3 được 3 hình

Vậy được 10 hình

[lehoahoa]

Đề khó thật sự

[lehoahoa]

Xem lời giải đáp án đề thi tại http://violympicvietnam.com/

[mantrangchu]

Hix, khó quá nhìn các bạn giải mà nhiều chỗ vãn chưa hiểu Đau đầu 

[toanhoc2017]

Ngày 2

[Only registered and activated users can see links. ] Tìm tất cả các hàm số $f : \mathbb{Z} \to \mathbb{Z}$ sao cho với mọi $a+b+c=0$ thì
$$ f(a)^2+f(b)^2+f(c)^2 = 2f(a)f(b) + 2f(b)f(c) + 2f(c)f(a). $$

[Only registered and activated users can see links. ] Cho tam giác $ABC$ có $\widehat{ACB} = 90^\circ$ và $D$ là chân đường cao tương ứng với đỉnh $C$. Gọi $X$ là một điểm trong của đoạn thẳng $CD$. Gọi $K$ là điểm trên đoạn thẳng $AX$ sao cho $BK=BC$. Tương tự, gọi $L$ là điểm trên đoạn thẳng $BX$ sao cho $AL=AC$. Gọi $M$ là giao điểm của $AL$ và $BK$. Chứng minh rằng $MK=ML$.

[Only registered and activated users can see links. ] Tìm tất cả các số nguyên dương $n$ sao cho tồn tại các số nguyên không âm $a_1,a_2,\ldots,a_n$ thỏa mãn
$$ \frac{1}{2^{a_1}} + \frac{1}{2^{a_2}} + \cdots + \frac{1}{2^{a_n}} = \frac{1}{3^{a_1}} + \frac{2}{3^{a_2}} + \cdots + \frac{n}{3^{a_n}} = 1 $$  

[toanhoc2017]

Hạ $BP\perp AX, AQ\perp BX $.
Gọi $S $ là giao điểm của $AQ $ và $BP $.
Vì $X $ là trực tâm tam giác $SAB $ nên $SX\perp AB \Rightarrow S\in CD $.
Ta có$ AL^2=AC^2=AD.AH=AQ.AS\Rightarrow \widehat{ALS}=90^0 $
$\Rightarrow SL^2=SQ.SA $
Tương tự $SK^2=SP.SB $
Từ đó $SL=SK $ mà $\widehat{MLS}=90^0=\widehat{MKS}=90^0 $ nên $ML=MK $.

[toanhoc2017]

Trước hết, ta có bổ đề sau :
Cho tam giác $ABG$ trực tâm $X$, các đường cao $GD,AE,BF$. Các đường tròn đường kính $GB,GA$ cắt $AX,BX$ tại $K,L$ theo thứ tự. Khi đó $GK=GL$.

Chứng minh bổ đề.
Ta có
$$ GK^2 = GE \cdot GB = GF \cdot GA = GL^2. $$
Suy ra $GK = GL$.

Trở lại với bài toán.

Gọi $G$ là trực tâm tam giác $AXB$; $K',L'$ là giao điểm của các đường tròn đường kính $GB,GA$ với $AX,BX$ theo thứ tự.
Từ bổ đề trên dễ dàng suy ra $K \equiv K', L \equiv L'$ và $GK=GL$. Mà tứ giác $GKML$ nội tiếp đường tròn đường kính $GM$ nên ta có điều cần chứng minh.