51 Đề Thi Olympic Toán 1997-1998 Có Lời Giải

OLYMPIC TOÁN NĂM 1997-1998 51 ĐỀ THI VÀ LỜI GIẢI

Như vậy, chúng ta biết rằng X sẽ luôn nằm trên AC, bây giờ ta sẽ chứng minh bất kỳ điểm nào thuộc quỹ tích đó đều là điểm tiếp xúc. Tương tự, ta vẽ một đường tròn tiếp xúc với đường trònI1 và nội tiếp trong gócBCD, từ chứng minh trên ta biết rằng nó phải tiếp xúc với đường tròn\ I1 tại X, hơn nữa nó sẽ hoàn toàn xác định bên trong hình bình hành bởi vì X là điểm giữa của C và P2. Có nhiều nhất hai điểm O trên đường tròn này và nằm trong tam giác ABC để tỉ lệ khoảng cách từ O tới BC và từ A tới BC bằng 27, tỉ lệ này cũng là tỉ lệ diện tích của các tam giác OBC và ABC.

Nếu n chia 3 dư 1, ta tô các đồng xu bởi các màu vàng, đỏ và xanh sao cho bất kỳ 3 đồng xu nào cạnh nhau cũng có màu khác nhau. Xác định tất cả các vị trí có thể của S để hình vuông P QRS với P và R nằm trên 2 cạnh khác nhau của ABCD; Q nằm trên đường chéo của ABCD. Nếu P và R nằm trên 2 cạnh đối diện của ABCD, không mất tính tổng quát, ta giả sử P nằm trênAB,Rnằm trên CDvàQnằm trênAC.

Ta chọn một đỉnh và thay đổi màu của các đoạn thẳng nhận điểm đó làm đầu mút đó từ màu đỏ thành màu xanh và ngược lại. Chứng minh rằng, với bất kỳ cách tô màu lúc đầu thế nào, ta vẫn có thể biến số cạnh màu xanh xuất phát từ mỗi đỉnh là số chẵn. Vì thế, việc chọn một tập hợp các đỉnh cũng cho kết quả như việc chọn các đỉnh còn lại: Quá trình sau cũng tương tự như việc chọn một tập hợp các đỉnh đầu tiên, sau đó chọn tất cả các đỉnh (ở đây, trong tập hợp các đỉnh còn lại, những đỉnh ban đầu được chọn số lẻ lần bây giờ được chọn theo số chẵn lần và ngược lại).

Tính tổng số ai thì cho ra kết quả là hai lần tổng số các đoạn màu xanh, vì thế có một số chẵn các đỉnh với ai là số lẻ -gọi là 2xcác đỉnh. 26 Nguyễn Hữu Điển, ĐHKHTN Hà Nội .6.28.Cho tứ diệnABCD được chia thành 5 khối đa diện lồi sao cho mỗi mặt của tứ diện ABCD là một mặt của khối đa diện (không có mặt nào bị chia), và hai khối đa diện bất kỳ trong 5 khối đa diện hoặc có một đỉnh chung, hoặc có một cạnh chung hoặc có một mặt chung. Đồng thời, bất kỳ mặt nào của khối đa diện không là một mặt của tứ diện ABCD thì phải là một mặt của khối đa diện khác.

Trên các cạnh của hình bình hành, lấy các điểm K thuộc AB, L thuộc BC, M thuộc CD, N thuộc DA sao cho KLMN là tứ giác nội tiếp có bán kính bằng bán kính đường tròn ngoại tiếp các tam giác ANK vàCLM. Lời giải: Do các cung chứa các KLN ,\ KMN ,\ LKM ,\ LNM\ trên đường tròn ngoại tiếp tứ giác KLMN và các cung chứa KAN ,\ LCM\ lần lượt trên đường tròn ngoại tiếp tam giác AKN và CLM có cùng số đo, các góc đó đều bằng nhau và có cùng số đo là 45o. Lại có hình trụ cũng cắt hình nón theo một đường tròn bán kính s, khoảng cách từ tâm hình cầu đến mặt phẳng chứa đường tròn đó bằng sp.

Lời giải: Nhận thấy hình chiếu của hình lập phương là tổng hình chiếu của 3 mặt của hình lập phương đôi một vuông góc với nhau. Diện tích hình chiếu của mỗi mặt bằng giá trị tuyệt đối của tích hai vectơ đơn vị lần lượt vuông góc với mặt đó và mặt phẳng chiếu.

OLYMPIC TOÁN NĂM 1997-1998 48 ĐỀ THI VÀ LỜI GIẢI

Chứng minh rằng các số từ 1 đến 16 có thể viết được trên cùng 1 dòng nhưng không viết được trên 1 đường tròn, sao cho tổng của 2 số bất kỳ đứng liền nhau là 1 số chính phương. 6 Nguyễn Hữu Điển, ĐHKHTN Hà Nội công nhân giữ tất cả các chỉ dẫn mà anh ta nhận được vào ngày hôm trước và gửi bản photo của chúng cho tất cả cấp dưới trực tiếp của anh ta nếu anh ta có hoặc anh ta phải tự thực hiện nếu không có cấp dưới trực tiếp. Lời giải: Giả sử k là số công nhân ko có cấp trên trực tiếp, vào ngày thứ 2 số chỉ dẫn được đưa ra nhiều nhất là7k, vào ngày thứ 3 nhiều nhất là 6.7k vào ngày thứ 4 nhiều nhất là 36.7k vào ngày thứ 5 mỗi công nhân nhận được 1 chỉ dẫn ko có cấp dưới trực tiếp, vì vậy mỗi công nhân có 7 cấp trên trực tiếp, mỗi người đưa ra nhiều nhất là 6 chỉ dẫn và có nhiều nhất là216.7k/7 công nhân nhận được chỉ dẫn.

IBA <d 45◦ vì vậy tam giác IAB có thể được phủ bởi hình vuông mà đường chéo của nó làAB và tương tự đối với tam giácIBC và tam giácICA. 8 Nguyễn Hữu Điển, ĐHKHTN Hà Nội trên bất kỳ đường chéo nào nên nó phải nằm trong một tam giác, vì thế tam giác đó phải là tam giác nhọn. Đề thi olympic Nam Phi 11 .2.15.Có 6 điểm được nối với nhau từng đôi một bởi những đoạn màu đỏ hoặc màu xanh.chứng minh rằng:Có một chu trình 4 cạnh cùng màu.

Gọi các điểm là A,B,C,D,E,F.Dễ thấy luôn có một chu trình tam giác cùng màu(Thật vậy:Xét một số đỉnh nào đó,sẽ có 5 cạnh từ các đỉnh ấy mà ít nhất 3 trong số chúng cùng màu.giả sử đó là màu đỏ và các cạnh này đi đến A,B,C.Nếu một số cạnh giữa A,B,C là màu đỏ ta có điều phải chứng minh,nếu không ta cũng có điều phải chứng minh) Không mất tính tổng quát,gọi các cạnh AB,BC,CA là màu đỏ.Nếu một trong các đỉnh của cạnh màu đỏ khác chạy đến A,B,C,ta có điều cần tìm.Nếu 2 trong 3 điểm D,E,F của cạnh màu xanh chạy đến 2 trong số các đỉnh cùng màu A,B,C,ta cũng có điều cần tìm.Trường hợp duy nhất không xảy ra là nếu một trong các điểm D,E,F của cạnh màu đỏ tạo bởi những điểm khác A,B,C;không mất tính tổng quát giả sử AD,BE,CF là màu đỏ.Các cạnh không theo lý thuyết là DE,EF,FD.Nếu một cạnh trong số chúng màu đỏ ta có dạng hình tròn(ví dụ nếu DE màu đỏ thì DABE là đỏ)Nếu một trong số chúng màu xanh thì DCEF màu xanh.Ta đã chứng minh được bài toán. Lời giải:Thực tế ta cần chỉ ra rằng tổng độ dài các cạnh của tứ giác lồi lớn hơn hoặc bằng4và tổng độ dài các đường chéo của tứ giác lồi lớn hơn hoặc bằng 2√. Chứng minh rằng có một vị trí mà xe có thể bắt đầu ở đó với một bình gas rỗng, có thể hoàn thành một vòng đường đua mà không sợ hết gas ( giả sử xe có thể chứa một lượng gas không giới hạn).

Nếu chúng ta dồn bình B vào bình A và bỏ bình B đi, theo giả thiết quy nạp có 1 điểm xuất phát mà xe có thể hoàn thành vòng đua, cùng điểm xuất phát như thế cho hoàn thành vòng đua với lượng phân phát ban đầu của bình chứa. A và B không thể cùng nằm trên một trong hai đường thẳng này, vì thế hình trụ và mặt phẳng (P) sẽ giao nhau tại hai đường thẳng, một đường thẳng đi qua A và một đường thẳng đi quaB. Tương tự, ta chứng minh được đường thẳngA0B0 chia đôi đoạn thẳng CD, qua phép chiếu, mặt phẳng (Q) biến thành mặt phẳng (P), đường thẳng AB chia đôi đoạn thẳng C0D0.

AO cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác OBC ở D, BO cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác OCA ở E, và CO cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác OABở F. Các tam giác ABH và ACH đồng dạng với tam giác ABC với tỉ số tương ứng a/cvà b/c Áp dụng công thức diện tích tam giác bằng bán kính đường tròn nội tiếp nhân với nửa chu vi, suy ra bán kính cần tìm là. 30 Nguyễn Hữu Điển, ĐHKHTN Hà Nội Lời giải: Nếu ta quay AEKP L quanh trụcAE, bắt đầu ở vị trí trùng nhau với ABCDE, thì góc DAK\ tăng cho đến khi AEKP L lại nằm trên mặt phẳng chứa ABCDE.