đề thi học sinh giỏi toán 11, đề thi học sinh giỏi toán 10, đề thi học sinh giỏi toán 12, đề thi học sinh giỏi toán 11 có đáp án, đề thi học sinh giỏi toán 10 có đáp án,
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN
KHU VỰC DH & ĐB BẮC BỘ
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC MỞ RỘNG
NĂM HỌC 2012- 2013
MÔN THI: TOÁN LỚP 10
Trường THPT Chuyên Hoàng Văn Thụ
ĐỀ ĐỀ NGHỊ
Câu 1 ( 4 điểm): Giải hệ phương trình sau:
2 y (7 x 2 6) x(12 y 3 4 y 2 3) 37 xy
( x, y �
).
x 1 2 y 1 2
Câu 2 (4 điểm): Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn: abc 1
Chứng minh rằng:
1
1
1
1
2
2
a 2 2b 2 3 b 2c 2 3 c 2a 2 3 2
Câu 3 (4 điểm): Cho tam giác ABC có chu vi không đổi 2p. Gọi M,N,P lần lượt là tâm
đường tròn bàng tiếp ứng với góc A,B,C của tam giác ABC . Tìm giá trị nhỏ nhất của
chu vi MNP .
Câu 4 (4 điểm): Cho tập S 1;2;3;....;2014 được phân hoạch thành các cặp rời nhau
a ;b
i
i
:1 i 1007 sao cho a i bi bằng 1 hoặc bằng 6. Hãy tìm chữ số tận cùng của
1007
T a i bi .
i 1
Câu 5 (4 điểm): Cho tập hữu hạn X . Ta chọn ra 50 tập con A1 ,A 2 ,...,A 50 , mỗi tập đều
chứa quá nửa số phần tử của X . Chứng minh rằng
a) Tồn tại phần tử a thuộc ít nhất 26 tập đã cho.
b) Tồn tại tập con A của X sao cho số phần tử của A không vượt quá 5 và
A ǹ
Ai
,
i 1,50.
………………………. HẾT …………………….
1
HƯỚNG DẪN CHẤM
Nội dung
2 y (7 x 2 6) x(12 y 3 4 y 2 3) 37 xy
( x, y �
).
x 1 2 y 1 2
Câu
1
Giải hệ phương trình:
x 1
ĐK
1
y 2
Điểm
4
điểm
1,0
Nếu (x; y) là nghiệm của hệ phương trình thì x 2y 1
2(7 x 2 6) (12 y 3 4 y 2 3)
2 y (7 x 2 6) x(12 y 3 4 y 2 3) 37 xy
37
x
y
12
3
12
3
3
2
2
37
Do 14 x 12 y 4 y 2 x 4 y 12 x 12 y
x
y
x
2y 2y
Với mọi x 1 ; y
1,0
2,0
1
; x 2y 1
2
1,0
x 2y
2 y (7 x 2 6) x (12 y 3 4 y 2 3) 37 xy x 1
1
y
2
1
2
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất (1; )
2
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn: abc 1
1
1
1
1
2
2
Chứng minh rằng: 2
2
2
2
a 2b 3 b 2c 3 c 2a 3 2
4,0
Ta có
P
1
1
1
2 2
2
(1)
(a 2 b2 ) (b 2 1) 2 (b c ) (b 2 1) 2 (c a 2 ) (a 2 1) 2
Theo bất đẳng thức AM – GM, ta có
a 2 b 2 2ab; b 2 1 2b
10
(a b ) (b 1) 2 2(ab b 1)
1
1
2
2
2
(a b ) (b 1) 2 2(ab b 1)
2
2
2
2
(2)
Tương tự
1
1
b 2 2c2 3 2(bc c 1)
1
1
2
2
c 2a 3 2(ca a 1)
1,0
(3)
(4)
Từ (2); (3); (4) suy ra
1,0
1
1
1
1
(
)
2 2(ab b 1) 2(bc c 1) 2(ca a 1)
Từ giả thiết abc 1 nên
P
(5)
1,0
1
ab
bc c 1 ab b 1
1
b
ca a 1 ab b 1
Suy ra
P
1
2
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c 1
3
Dễ thấy NP,PM,MN là phân giác ngoài của các góc A,B,C , suy ra MNP nhọn 4,0
điểm
với các đường cao MA, NB,PC. Gọi J là tâm đường tròn ngoại tiếp MNP thì
1
SMNP (BC.JM CA.JN AB.JP) p.R ,
2
ở đây R là đường kính đường tròn ngoại tiếp MNP . Gọi r là bán kính đường
tròn nội tiếp tam giác MNP .
Ta chứng minh được R 2r . Ta có
1
r(MN PN PM) pR 2pr
2
Suy ra MN NP PM 4p
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi MNP đều ABC đều
3
M
B
C
J
I
N
4
Cho tập S 1;2;3;....;2014
a ;b
i
i
A
P
được phân hoạch thành các cặp rời nhau
:1 i 1007 sao cho a i bi bằng 1 hoặc bằng 6. Hãy tìm chữ số tận cùng
1007
của
T a i bi .
i 1
Gọi k là số cặp a i ;b i sao cho a i b i 6
1,0
1007
Khi đó T a i bi 6k (1007 k) 1007 5k
i 1
Ta chứng minh k là một số chẵn.
Thật vậy k k1 k 2 , trong đó k1 là số các cặp a i ;bi sao cho a i b i 6 và cả 3,0
a i ;bi đều là các số lẻ, k 2 là số các cặp a i ;b i sao cho a i bi 6 và cả a i ;bi đều
là các số chẵn. Vì số các số chẵn và số các số lẻ trong tập hợp 1;2;....;2014 là
bằng nhau và trong mỗi cặp a i ;bi sao cho a i bi 1 đều là một số chẵn và một
số lẻ nên k1 k 2
1007
Từ đó suy ra k là một số chẵn suy ra T a i b i có chữ số tận cùng là 7
i 1
4
5
Giả sử X n . Tổng số các phần tử của 50 tập con A i lớn hơn 25n nên tồn tại một
phần tử a thuộc ít nhất 26 tập, chẳng hạn A1 ;A 2 ;......;A 26 .
Xét tập 24 tập còn lại suy ra tồn tại ít nhất một phần tử b thuộc 13 tập, chẳng hạn
A 27 ;A 28 ;...;A 39 . Xét 11 tập con còn lại ta suy ra tồn tại c thuộc ít nhất 6 tập, chẳng
hạn A 40 ;A 41;....;A 45 . Xét5 tập còn lại ta suy ra tồn tại phần tử d thuộc ít nhất 3 tập
chẳng hạn A 46 ;A 47 ;A 48 . Xét hai tập còn lại ta suy ra tồn tại một phần tử e thuộc ít
nhất hai tập . chẳng hạn A 49 ;A 50 .
Suy ra tập A a;b;c;d;e thỏa mãn bài toán.
Mọi cách giải khác nếu đúng kết quả và lập luận chặt chẽ đều cho điểm tương đương.
5
4,0
điểm
SỞ GD&ĐT BẮC GIANG
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BÔÔ
LẦN THỨ VI
Môn: Toán lớp 10
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu I (4 điểm). Giải phương trình 7x 2 5 2x 7 x 4 1 .
Câu II (4 điểm). Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn a 2 b 2 c2 3 .
Chứng minh rằng 5(a b c)
3
18 .
abc
Câu III (4 điểm). Cho tam giác ABC và điểm T thuô ôc cạnh BC sao cho
TB = 2TC. Gọi H là hình chiếu của B trên AT và D là trung điểm BC. Biết rằng
TAB 2TAC . Chứng minh rằng DH AC .
Câu IV (4 điểm). Các số nguyên từ 1 đến 2013 được viết liền nhau thành
mô t số như sau 1234...20122013. Từ số nói trên ta nhân chữ số thứ nhất với 2 rồi
ô
cô ng với chữ số thứ hai, kết quả lại nhân với 2 rồi cô ng với chữ số thứ ba, cứ tiếp
ô
ô
tục như vâ ôy cho đến hết. Với số vừa nhâ ôn được lại làm tiếp tục như trên cho đến
khi kết quả là số có mô t chữ số. Hãy tìm chữ số đó.
ô
Câu V (4 điểm). Trong hình vuông có cạnh dài 4cm, đă t 2013 đường tròn có
ô
đường kính
1
cm. Chứng minh rằng tồn tại mô ôt đường thẳng cắt ít nhất 17 đường
31
tròn trong 2013 đường tròn đã cho.
………………………….Hết………………………….
Thí sinh không được sử dụng tài liêu và máy tính;
ê
Giám thị coi thi không cần giải thích gì.
------
6
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN LỚP 10
Câu
I
Lời giải
1- Ta có 7x 5 2x 7 x 1 (1).
Điểm
Xét (1) (x 2 2x 1) 6(x 2 2x 1) 5 (x 2 2x 1)(x 2 2x 1)
1.00
2
4
(4
điểm).
2
x 2 2x 1
x 2 2x 1
5 2
6 0
2
x 2x 1
x 2x 1
x2
2
x
x2
x 2 2x 1
2
3
2
x
x 2x 1
x 2 2x 1
2
x 2 2x 1
2x 1
4
2x 1
2x 1
9
2x 1
3x 2 5 2x 3 0
2
4x 5 2x 4 0
5 2 14
x
6
.
5 2 14
x
6
1.00
0.75
1.00
0.25
Kết luâ ôn.
II
Đă ôt p = a + b +c và q = ab + bc + ca.
(4
Từ a 2 b2 c2 3 suy ra p 2 2q 3 và p 3 .
điểm).
2
bc
Mă ôt khác (ab ca)
3abc(a b c)
1
abc
1.00
3p
.
q2
0.50
0.25
9p
Như vâ ôy theo bài ra ta cần chứng minh 5p q 2 18 .
Thâ ôt vâ ôy
5p
9p
36p
5p 5 18p 4 30p 3 108p 2 81p 162
18 5p 2
18
q2
(p 3) 2
(p 2 3) 2
7
(p 3)2 (5p3 12p 2 3p 18)
(1)
(p 2 3) 2
0.75
1.00
3 18 2
p (5 3 12 3 6) 0
p p2
3
2
2
Mă ôt khác 5p 12p 3p 18 p 5p 12
0.25
0.25
(2)
(do p 3 ).
Từ (1) và (2) ta được đpcm.
III
Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1.
Lấy F đối xứng với C qua đường thẳng AT, AT cắt CF tại K và FH kéo
(4
dài cắt AC tại E.
điểm).
TB
0.50
ABsin 2 TAC
S
ATB
Ta có 2 TC S AC sin TAC
ATC
0.75
2AB cos TAC
AF
A
E
0.25
H
T
D
C
B
K
F
Suy ra
1.00
AF
cos TAC cos FAB
AB
Do đó AFB 900 AHB , suy ra A, H, F, B cùng thuô ôc mô ôt đường
tròn.
Mà AT CF BH / /CF .
Từ đó EFK BHF BAF EAK .
Suy ra FH AC tại H và H là trực tâm tam giác ACF.
Từ đó dễ thấy BHCF là hình bình hành, suy ra F, D, H, E thẳng hàng.
IV
Vâ ôy DH AC (đpcm).
Đă ôt T = 1234…20122013
8
1.00
0.25
0.25
(4
0.25
Gọi n + 1 là số các chữ số của T.
điểm).
n
n
n 1
n 2
2
1
0
i
Ta có T 1.10 2.10 3.10 ... 0.10 1.10 3.10 a i .10
0.75
i 0
Gọi T1 là số thu được sau khi biến đổi T mô t lần như bài cho.
ô
Ta được T1 1.2 2.2
n
Khi đóT 1
T
n
i0
n 1
3.2
a i .(10i
n 2
n
... 0.2 1.2 3.2 a i .2 .
2
1
0
i0
2i ) M
8
T
0.75
i
0.75
T1 (mod 8) .
Gọi H là số có mô t chữ số thu được sau hữu hạn lần biến đổi theo giả
ô
1.00
thiết.
0.50
Suy ra T H(mod 8) , mà T1 5(mod 8) và T T1 (mod 8)
suy ra H 5(mod 8) , mà H có mô ôt chữ số nên H = 5.
V
(4
điểm).
Kẻ 124 đường thẳng song song với 1 cạnh hình vuông, chia hình
1.25
vuông thành 125 hình chữ nhâ ôt bằng nhau. Khi đó mỗi hình chữ nhâ ôt
có chiều rô ng là
ô
Do
4
cm.
125
1.25
1
4
nên mỗi đường tròn đều bị cắt bởi ít nhất mô t đường
ô
31 125
thẳng nói trên.
1.00
0.50
Có 124 đường thẳng và 2013 đường tròn, nếu mỗi đường thẳng cắt 16
đường tròn thì còn 29 đường tròn.
Khi đó tồn tại mô ôt đường thẳng cắt ít nhất 1 trong 29 đường tròn còn
lại và đó chính là đường thẳng thỏa mãn đầu bài.
Chú ý: Trên đây chỉ là hướng dẫn chấm cho mô ôt cách giải với mỗi bài toán, nếu thí sinh
làm cách khác nhưng lý luâ n chă ôt chẽ thì cho điểm tối đa tương ứng.
ô
9
GIỚI THIỆU ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG TRƯỜNG THPT CHUYÊN BIÊN HÒA
THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI BẮC BỘ
TỈNH HÀ NAM
Môn: TOÁN ; Lớp 10
Người ra đề:Trần Duy Bình
Thời gian làm bài: 180 phút
Câu I (4,0đ): Giải hệ phương trình sau
Câu II (4,0đ): Cho a, b, c là các số không âm có tổng
. Chứng minh rằng
Câu III (4,0đ): Cho tam giác ABC có I là tâm đường tròn nội tiếp, (T) là đường tròn ngoại tiếp.
Gọi D và E lần lượt là giao điểm thứ hai của (T) và đường thẳng AI, BI. Dây cung DE cắt AC tại
F và DE cắt BC tại G. P là giao điểm của đường thẳng qua F, song song với AD và đường thẳng
qua G song song với BE. Giả sử tiếp tuyến của (T) tại A và B cắt nhau tại K. Chứng minh các
đường thẳng AE, BD, KP đồng quy hoặc song song.
Câu IV (4,0đ): Tìm tất cả các số tự nhiên
sao cho
Câu V (4,0 đ): Trên mặt phẳng cho một số điểm sao cho không có 3 điểm nào trong chúng thẳng
hàng. Một vài điểm trong đó được nối với nhau bằng các đoạn thẳng. Biết rằng bất kì đường
thẳng nào không đi qua các điểm đã cho, luôn cắt một số chẵn các đoạn thẳng nối. Chứng tỏ rằng
mỗi điểm đã cho là đầu mút của một số chẵn các đoạn thẳng.
........................................Hết......................................
10
Đáp án đề thi học sinh giỏi các trường
THPT chuyên khu vực duyên hải - đồng
bằng bắc bộ
Môn : Toán; Lớp 10
Trường THPT Chuyên Biên Hoà
Tỉnh Hà Nam
Người ra đề: Trần Duy Bình
Câu
Nội Dung
Điểm
Câu 1
4,0 đ
Hệ phương trình đã cho tương đương
1,0
1,0
2,0
Nếu một trong ba số x,y,z bằng 2.Giả sử x
Cả ba số x,y,z
thì y
nhân ba phương trình ta được
vô nghiệm
Vậy
Câu 2
4,0 đ
Đặt
là nghiệm duy nhất của hệ
với
không âm có tổng
ta
1,5
có
Như vậy ta có
Áp dụng ta có
1,0
1,0
11
0,5
........
C âu3
4,0
..........
1,0
1,0
Thay
và
ta có bất đẳng thức phải chứng minh.
....................................................................................................................
Xét các trường hợp
Xét
là nghiệm thoã mãn.
ta chứng minh phương trình vô nghiệm
+) Chứng minh
.........
C âu4
4,0
0,75
Thật vậy vì
0,75
nên
0,5
..........
Đặt
.Khi đó
0,75
Suy ra
Nhận xét :
1,0
Đặt x
(2)
Từ (1) và (2) suy ra vô lý.
0,5
Vậy pt có nghiệm
......................................................................................................................
Ta có
.........
C âu5
4,0 đ
1.0
nên tứ giác AIEF nội tiếp trong đường tròn (C1)
0,75
.........
0,5
nên tứ giác BIGD nội tiếp trong đường tròn (C2)
Suy ra AE là trục đẳng phương của (
BD là trục đẳng phương của (
và (C1)
và (C2)
0,5
0,5
Ta sẽ chứng minh KP là trục đẳng phương của (C1) và (C2)
Gọi J là giao điểm của (C1) và (C2)
Suy ra IJ là trục đẳng phương của (C1) và (C2)
Gọi K/ và P/ lần lượt là giao điểm của IJ với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABJ và FGJ
1,0
0,5
12
0,75
Suy ra
0,25
Chứng minh tương tự ta có
Xét hai tứ giác nội tiếp P’FJG và IJGD suy ra
Chứng minh tương tự
Suy ra P,K,J,I thẳng hàng. Do đó KP là trục đẳng phương của hai đường tròn (
Theo tính chất của trục đẳng phương suy ra AE, BD, KP đồng quy tại tâm đẳng phương
của ba đường tròn
hoặc đôi một song song, suy ra bài toán đựơc chứng
minh.
....................................................................................................................
Xét điểm A.Gọi a là số đoạn thẳng nhận A làm đầu mút .
Giả sử a là số lẻ.
Dựng đường thẳng l đi qua A mà không đi qua bất kì điểm nào khác.
Với mỗi đường thẳng l thì tồn tại hai đường thẳng l1 và l2 sao cho
l // l1// l2 và trong khoảng giới hạn bởi l1, l2 không chứa bất kì điểm nào.
Gọi S1,S2 là số giao điểm của l1,l2 với các đoạn thẳng được nối.
Ta thấy các đoạn thẳng có đầu mút là A cắt l1 tại x điểm thì cắt l2 tại a-x điểm.
Mỗi đoạn thẳng không có đầu A sẽ có hai trạng thái:
+/Cắt cả hai đường thẳng l1 và l2
+/ Không cắt l1 và l2
Khi đó số giao điểm là 0 và 2
Vậy các đoạn thẳng không có đầu A cắt l1,l2 tại số chẵn điểm.
Suy ra S
S1+S2
a(mod 2) hay S1+S2
1(mod 2) vì a lẻ
Nên tồn tại S1 hoặc S2 lẻ , điều này mâu thuẫn với giả thiết
Vậy a ch ẵn
13
14
15
16
17
TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH
KỲ THI OLYMPIC
KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
Lần thứ VI- Năm học: 2012 - 2013
ĐỀ THI MÔN TOÁN LỚP 10
(Thời gian: 180 phút – Không kể thời gian giao đề)
ĐỀ ĐỀ NGHỊ
-------------------
Câu 1 ( 4 điểm)
Giải hệ phương trình sau:
x 1( x y 1) ( x 2) x y
( x, y �
).
( x 1) x 2 2 x y 4 x 2 y
Câu 2 (4 điểm)
Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh bất đẳng thức sau:
6(a b c)(ab bc ca) (a b) 2 (b c)2 (c a) 2 985
.
(a b)(b c )(c a )
abc (a b c )3
108
Câu 3 (4 điểm)
Trong mặt phẳng cho đường tròn tâm (O). Hai đường tiếp tuyến tại hai điểm
phân biệt A và B ( thuộc đường tròn (O) ) cắt nhau tại P. Trên cung AB nhỏ lấy
điểm C không là điểm chính giữa cung AB. Giả sử AC cắt PB tại D, BC cắt AP tại
E. Chứng minh rằng tâm của ba đường tròn (ACE), (BCD), (PCO) thẳng hàng.
Câu 4 (4 điểm)
Tìm
tất
cả
các
hàm
f : � �
thỏa
mãn
f ( x y f ( y )) f ( x) f ( y ), x, y �
.
Câu 5 (4 điểm)
Cho bảng hình chữ nhật kích thước m n (m n) . Một số ô có một số ngôi sao,
giả sử mỗi cột có ít nhất một ngôi sao. Chứng minh rằng có ít nhất hai ngôi sao mà
hàng chứa nó có nhiều ngôi sao hơn cột chứa nó.
-------------------Hết------------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu.
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
18
ĐÁP ÁN
Môn: Toán 10
Câu 1 (4 điểm)
x 1
(*)
ĐK: x y 0
x2 2x y 4 0
*/ Đặt u x y ; v x 1 (u 0, v 0) , phương trình (1) trở thành:
v(u 2 1) (v 2 1)u (u v)(uv 1) 0
uv
*/ Thế y 1 vào pt (2) ta được:
( x 1) x 2 x 3 x 1
2
2
x y x 1 x y x 1 y 1.
x2 1
x 2x 3
x 1
x2 1
2
x 2x 3 2
2
x 1
x2 2 x 1
x2 2 x 1
x 1
x2 2 x 3 2
2
x 1 2 (loai )
x 2 x 1 0
x 1 2
x 1 2
x2 2x 3 x 1 2
2
x 2 x 3 ( x 1)
Dễ thấy x 1 2, y 1 thỏa mãn (*).
2
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất ( x; y ) (1 2; 1).
Câu 2 (4 điểm)
bc
ac
ab
x;
y;
z
Đặt
a (a b c)
b( a b c )
c(a b c)
Ta để ý đến phân tích sau:
6(a b c )(ab bc ca ) 3(a b c) a (b c) b(c a) c (a b)
(a b)(b c)(c a )
(a b)(b c )(c a )
a(a b c)
b (a b c )
c(a b c )
3
(a b)( a c) (b a)(b c) (c b)(c a )
1
1
1
3 2
2
2
x 1 y 1 z 1
Khi đó bài toán trở thành: Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn: xy yz zx 1
19
1
1
1
985
2
2
2
2
2
Chứng minh rằng: 3 2
(1 x )(1 y )(1 z ) 108
x 1 y 1 z 1
64
2
2
2
* Trước hết ta chứng minh: (1 x )(1 y )(1 z )
(1)
27
Thật vậy (1 x 2 )(1 y 2 )(1 z 2 ) ( x y ) 2 ( y z )2 ( z x )2
Khi đó việc chứng minh (1) tương đương với chứng minh:
8
( x y )( y z )( z x )
3 3
Nhưng bất đẳng thức này chỉ là hệ quả của hai bất đẳng thức đúng sau:
8
8
( x y )( y z )( z x ) ( x y z )( xy yz zx ) ( x y z )
9
9
8
8
và: ( x y z )
9
3 3
* Quay trở lại bài toán:
1
1
1
3
Áp dụng bđt AM-GM ta có: x 2 1 y 2 1 z 2 1 3
(1 x 2 )(1 y 2 )(1 z 2 )
Khi đó ta cần chứng minh:
9
3
Đặt
3
(1 x )(1 y )(1 z )
2
2
2
(1 x 2 )(1 y 2 )(1 z 2 )
985
(2)
108
(1 x 2 )(1 y 2 )(1 z 2 ) t , theo (1) ta có được t
(*)
4
3
9 3 985
t
t
108
Nhưng bất đẳng thức trên đúng theo AM-GM:
13 3 13
9 9 9 243.t 3
t
9 , và
. Bất đẳng thức đã cho được chứng minh.
256
108
3t 3t 3t
256
Dấu “=” xảy ra khi a b c.
và (2)
Câu 3 (4 điểm)
Giả sử C gần B hơn A. Gọi M là giao điểm thứ hai của hai đường tròn
(ACE) và (BCD).
Khi đó MEA MCA DBM PBM nên tứ giác BMEP nội tiếp.
Tương tự ta cũng có tứ giác AMDP nội tiếp.
Ta chỉ ra tứ giác OMCP nội tiếp.
Thật vậy, ta có CMP DMP DMC DAP PBE , do các tứ giác AMDP và
BMEP nội tiếp. Mà BP và AP là các tiếp tuyến của đường tròn (O) nên
CMP DAP PBE
1 �
1 �
sd AC sd BC COP .
2
2
20
- Xem thêm -