view

<span class='text_page_counter'>(1)</span>LỜI GIẢI VÀ BÌNH LUẬN ĐỀ THI VMO 2020-2021 Võ Quốc Bá Cẩn (Giải và tổng hợp). 1. Ngày thi thứ nhất (25/12/2020) 1 2.
. thỏa mãn xnC1 D 3xn2. 2nxn3 với mọi. Cẩ n. Bài 1 (5.0 điểm). Cho dãy số thực .xn / với x1 2 0; số nguyên dương n: a) Chứng minh rằng lim xn D 0:. b) Với mỗi số nguyên dương n; đặt yn D x1 C 2x2 C


C nxn : Chứng minh rằng dãy .yn / có giới hạn hữu hạn.. 0 < xn  Do 0 < x1 <. 1 2. nên x2 D 3x12. Bá. Lời giải. a) Bằng quy nạp, ta sẽ chứng minh rằng 3 ; 2.n C 1/. 8n  2:. .1/. 2x13 > 0: Mặt khác, theo bất đẳng thức AM-GM, ta cũng có. Q uố. c. 1 x2 D 3x12 2x13 D x12 .3 2x1 / D
4x1
4x1
.3 2x1 / 16  3 1 4x1 C 4x1 C 3 2x1 1 1 D .1 C 2x1 /3 < :  16 3 16 2. Do đó 0 < x2 < 12 : Suy ra khẳng định .1/ đúng với n D 2: Giả sử khẳng định .1/ đúng đến n 3n .n  2/; ta sẽ chứng minh khẳng định .1/ cũng đúng với n C 1: Do 3 2nxn  3 nC1 > 0 nên 2 xnC1 D xn .3 2nxn / > 0: Bây giờ, sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có 1 2nxn /  2 n. Võ. xnC1. 1 D 2
nxn
nxn
.3 n. . nxn C nxn C 3 3. 2nxn. 3 D. 1 3 < ; n2 2.n C 2/. do 3n2 2.n C 2/  6n 2.n C 2/ D 4.n 1/ > 0: Tóm lại, khẳng định .1/ luôn đúng với mọi số nguyên n  2: Từ đây, dễ dàng suy ra lim xn D 0: b) Đặt zn D nxn : Khi đó, ta có 0 < z1 < znC1 D. 1 2. và. nC1 2 z .3 n2 n. 2zn /;. Từ chứng minh ở câu a) và giả thiết, dễ thấy 0 < zn < dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có znC1. nC1 D zn
2zn
.3 2n2. 3 2. 8n 2 N : với mọi số nguyên dương n: Bây giờ, sử.  nC1 2zn C 3 2zn /  zn
2 2n 2 1. 2zn. 2 D. 9.n C 1/ zn : 8n2.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> 2. Lời giải và bình luận đề thi VMO 2020-2021. Mặt khác, dễ thấy. 9.nC1/ 8n2. . 1 2. với mọi số nguyên n  3 nên ta có 1 znC1  zn ; 2. 8n  3:. Từ đó suy ra zn . 1. z3 ; 8n  3: 2n 3 Sử dụng kết quả này, với mọi số nguyên n  3; ta có   1 1 yn D z1 C z2 C


C zn  z1 C z2 C 1 C 1 C


C n 3 z3 < z1 C z2 C 2z3 < 6: 2 2. Cẩ n. Mặt khác, dễ thấy dãy .yn / tăng ngặt nên dãy .yn / có giới hạn hữu hạn. Bài 2 (5.0 điểm). Tìm tất cả các hàm số f W R ! R thỏa mãn f .x/f .y/ D f .xy. 1/ C xf .y/ C yf .x/;. 8x; y 2 R:. Lời giải. Đặt a D f .1/: Thay y D 1 vào phương trình .1/; ta được .a. 1/f .x/ D f .x. 1/ C ax;. 8x 2 R:. .1/. .2/. Bá. Nếu a D 1 thì ta có f .x 1/ D x với mọi số thực x; từ đó f .x/ D x 1 với mọi số thực x: Tuy nhiên, khi thử lại, hàm này không thỏa mãn các yêu cầu bài toán. Do đó a ¤ 1: 3a2 : .a 1/2. Thay x D y D 2 vào. c. Từ phương trình .2/; ta dễ dàng tính được f .2/ D a3a1 và f .3/ D
2 phương trình .1/; ta được f .2/ D f .3/ C 4f .2/; hay   3a 2 3a2 12a D C : 2 a 1 .a 1/ a 1. Q uố. Giải phương trình trên, ta được a D 0 hoặc a D 2:.  Trường hợp 1: a D 2 : Khi đó, phương trình .2/ có thể được viết lại thành f .x/ D f .x. 1/ C 2x;. 8x 2 R:. Từ đó f .0/ D 0: Ngoài ra, phương trình .1/ có thể được viết lại thành f .x/f .y/ D f .xy/. 2xy C xf .y/ C yf .x/;. 8x; y 2 R:. .3/. Võ. Thay y D x1 C 1 với x ¤ 0 vào phương trình trên, ta được           1 2 1 2 1 C C 2 D f .x C 1/ 2x 2 C x f C C2 C C 1 f .x/; f .x/ f x x x x x. hay. Thay y D. 1 x.     1 1 1 f .x/f C f .x/ D 2x C 2 C xf ; x x x. với x ¤ 0 vào phương trình .3/; ta được     1 1 1 D xf C f .x/; f .x/ x x x. 8x ¤ 0:. 8x ¤ 0:. Kết hợp với kết quả trên, ta được x2 f .x/ D 2x C 2 với mọi số thực x ¤ 0: Từ đó f .x/ D x 2 C x với mọi số thực x ¤ 0: Mà f .0/ D 0 nên ta có f .x/ D x 2 C x với mọi số thực x: Hàm này thỏa mãn các yêu cầu bài toán..

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 3. Lời giải và bình luận đề thi VMO 2020-2021  Trường hợp 2: a D 0: Khi đó, phương trình .2/ có thể được viết lại thành f .x/ D. f .x. 1/;. 8x 2 R:. Từ đó f .0/ D 0 và f . 1/ D 0: Ngoài ra, phương trình .1/ có thể được viết lại thành f .x/f .y/ D. f .xy/ C xf .y/ C yf .x/;. 8x; y 2 R:. .4/. Thay y x1 C 1 với x ¤ 0 vào phương trình trên, ta được     1 1 xf C C 1 f .x/; x x. f .x C 1/.   1 f .x/f D x.     1 1 xf C C 2 f .x/; x x. hay. Thay y D. 1 x. với x ¤ 0 vào phương trình .4/; ta được. 8x ¤ 0:. 8x ¤ 0:. Bá.     1 1 1 f .x/f D xf C f .x/; x x x. Cẩ n.   1 f .x/f D x.
Kết hợp hai kết quả trên lại, ta được x2 C 2 f .x/ D 0 với mọi số thực x ¤ 0: Từ đó f .x/ D 0 với mọi số thực x 62 f0; 1g: Mà f .0/ D f . 1/ D 0 nên ta có f .x/ D 0 với mọi số thực x: Hàm này thỏa mãn các yêu cầu bài toán.. c. Tóm lại, có hai hàm số thỏa mãn yêu cầu là f .x/ D 0 và f .x/ D x 2 C x:. Q uố. Bài 3 (5.0 điểm). Cho tam giác nhọn không cân ABC có trực tâm H và D; E; F lần lượt là chân đường cao hạ từ các đỉnh A; B; C: Gọi .I / là đường tròn ngoại tiếp tam giác HEF với tâm I I và K; J lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng BC; EF: Đường thẳng HJ cắt đường tròn .I / tại điểm thứ hai G; đường thẳng GK cắt đường tròn .I / tại điểm thứ hai L: a) Chứng minh rằng đường thẳng AL vuông góc với đường thẳng EF:. Võ. b) Gọi M là giao điểm của hai đường thẳng AL và EF: Đường thẳng IM cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác IEF tại điểm thứ hai N: Đường thẳng DN lần lượt cắt các đường thẳng AB; AC tại các điểm P và Q: Chứng minh rằng ba đường thẳng PE; QF; AK đồng quy. Lời giải. a) Dễ thấy tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn tâm K; đường kính BC: Do EF là dây cung chung của hai đường tròn .I / và .K/ nên IK là trung trực của đoạn EF: Suy ra I; J; K thẳng hàng.. Dễ thấy năm điểm I; E; K; D; F cùng thuộc một đường tròn nên JK
JI D JE
JF: Mặt khác, do bốn điểm E; G; F; H cùng thuộc đường tròn .I / nên JE
JF D JH
J G: Từ đây, ta có JK
JI D JH
J G: Suy ra bốn điểm H; I; G; K cùng thuộc một đường tròn. Từ đó ∠HIJ D ∠HGL: Lại có ∠HGL D ∠HAL nên ∠HIJ D ∠HAL: Suy ra AL k IJ: Mà IJ ? EF nên AL ? EF: b) (Nguyễn Lê Phước) Gọi U là giao điểm của hai đường thẳng EF và AH: Bốn điểm M; N; K; J cùng thuộc một đường tròn nên IM
I N D IJ
IK D IE 2 D IA2 : Suy ra hai tam giác IAM và I NA đồng dạng. Từ đó ∠I NA D ∠IAM D 90ı ∠I UM: .1/.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 4. Lời giải và bình luận đề thi VMO 2020-2021 S. A G. I. E M. U J Q F. H. T L. N. Cẩ n. O R. C. B K. Bá. D. P. Mặt khác, dễ thấy tứ giác UJKD nội tiếp nên I U
ID D IJ
IK D IM
I N: Suy ra tứ giác UMND nội tiếp. Do đó ∠I UM D ∠I ND: .2/. Q uố. c. Từ .1/ và .2/; ta suy ra ∠I NA D 90ı ∠I ND: Do đó ∠AND D 90ı : Bây giờ, qua điểm A kẻ đường thẳng song song với đường thẳng BC cắt đường thẳng DN tại điểm S: Ta có SN
SD D SA2 nên S thuộc trục đẳng phương của hai đường tròn .AH / và .IEF /: Suy ra S thuộc đường thẳng EF: Gọi T là giao điểm của hai đường thẳng PE và QF: Gọi R là giao điểm của hai đường thẳng AT và SP: Ta có A.PQ; RS/ D 1; mà BC k AS nên đường thẳng AR đi qua trung điểm K của đoạn BC: Từ đây, ta suy ra ba đường thẳng AK; PE và QF đồng quy tại điểm T:. Võ. Bài 4 (5.0 điểm). Với mỗi số nguyên n  2; gọi s.n/ là tổng tất cả các số nguyên dương không vượt quá n và không nguyên tố cùng nhau với n: Chứng minh rằng
a) s.n/ D n2 n C 1 '.n/ ; trong đó '.n/ là số các số nguyên dương không vượt quá n và nguyên tố cùng nhau với n: b) Không tồn tại số nguyên n  2 sao cho s.n/ D s.n C 2021/:. Lời giải. a) Rõ ràng với n D 2; khẳng định đúng. Xét n  3: Ta thấy rằng, nếu số nguyên a nguyên tố cùng nhau với n thì n a cũng nguyên tố cùng nhau với n: Do đó, các số nguyên dương nhỏ hơn n; nguyên tố cùng nhau với n có thể chia thành các cặp dạng .a; n a/: Từ đây, ta suy ra '.n/ là số chẵn, và tổng tất cả các số nguyên dương nhỏ hơn n; nguyên tố cùng nhau với n bằng n2 '.n/ (chú ý rằng tổng các số trong mỗi cặp nói trên luôn bằng n). Mặt khác, ta có tổng tất cả các số nguyên từ 1 đến n bằng n.nC1/ nên tổng tất cả các số nguyên dương 2
n.nC1/ n n không vượt quá n; không nguyên tố cùng nhau với n bằng 2 '.n/ D n C 1 '.n/ : 2 2.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 5. Lời giải và bình luận đề thi VMO 2020-2021 b) Giả sử tồn tại số nguyên n  2 sao cho s.n/ D s.n C 2021/; hay

n n C 1 '.n/ D .n C 2021/ n C 2022 '.n C 2021/ :. .1/. Xét các trường hợp sau.  Trường hợp 1: .n; 2021/ D 1: Khi đó, từ .1/; ta suy ra n C 1 mâu thuẫn vì 0 < n C 1 '.n/  n C 1 < n C 2021:. '.n/ chia hết cho n C 2021;. Do .k; k C 47/ D 1 nên tồn tại số nguyên dương m sao cho 43k C 2022. '.43k C 2021/ D mk. và 43k C 1. Cẩ n.  Trường hợp 2: n chia hết cho 43; nhưng không chia hết cho 47: Đặt n D 43k với k là số nguyên dương không chia hết cho 47: Khi đó, đẳng thức .1/ có thể được viết lại thành

k 43k C 1 '.43k/ D .k C 47/ 43k C 2022 '.43k C 2021/ :. '.43k/ D m.k C 47/:. .2/. .3/. Bá. Do '.43k/; '.43k C2021/ cùng chia hết cho 42 nên từ .2/; .3/; ta suy ra mk  k C6 .mod 42/ và m.k C 5/  k C 1 .mod 42/: Từ đó 5m  5 .mod 42/; hay m  1 .mod 42/: Mặt khác, từ .3/; ta lại có m.k C 47/ < 43k C 1 < 43.k C 47/; hay m < 43: Do đó m D 41: Từ đây, các đẳng thức .2/ và .3/ có thể được viết lại thành
2k C 2022 D ' 43.k C 47/ .20 / và. 1926 D '.43k/:. c. 2k. .30 /. Q uố. Nếu k chia hết cho 43 thì ta có '.43k/ chia hết cho 43; suy ra 1926 chia hết cho 43; mâu thuẫn. Do đó .k; 43/ D 1: Chứng minh tương tự, ta cũng có .k C 47; 43/ D 1: Từ đây, với chú ý '.x/ là hàm nhân tính, ta có thể viết lại các đẳng thức .20 / và .30 / thành 2k C 2022 D 42'.k C 47/. và. 2k. Suy ra. 1926 D 42'.k/:. .300 /. '.k/ D 94:. Võ. '.k C 47/. .200 /. Như thế, trong hai số '.k/ và '.k C 47/ có ít nhất một số không chia hết cho 4: Ngoài ra, từ .300 /; ta cũng có k > 963: ı Nếu '.k/ không chia hết cho 4 thì k có tối đa một ước nguyên tố lẻ. Do đó k có dạng 2u p v với u; v là các số tự nhiên và p là số nguyên tố lẻ. Nếu v D 0 thì k D 2u ; mà '.k/ không chia hết cho 4 nên u  2; mâu thuẫn vì k > 963: Như vậy, ta phải có v > 0: Nếu u  2 thì '.k/ chia hết cho 4; mâu thuẫn. Do đó u < 2: Suy ra '.k/ D p v 1 .p 1/: Kết hợp với .300 /; ta được 42p v 1 .p 1/  4p v 1926 < 4p v : Từ đó p < 21 ; mâu thuẫn. 19 ı Nếu '.k C 47/ không chia hết cho 4 thì bằng cách chứng minh tương tự như trên, ta suy ra k C 47 D 2u p v với u; v là các số tự nhiên, p là số nguyên tố lẻ và u < 2: Suy ra '.k C 47/ D p v 1 .p 1/: Vì 2k C 2022 D 2.k C 47/ C 1928 < 4.k C 47/  8p v nên từ .200 /; ta suy ra 42p v 1 .p 1/ D 42'.kC47/ D 2kC2022 < 8p v ; hay p < 21 ; mâu thuẫn. 17.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> 6. Lời giải và bình luận đề thi VMO 2020-2021  Trường hợp 3: n chia hết cho 47; nhưng không chia hết cho 43: Chứng minh tương tự như trường hợp trên, ta cũng thu được điều mâu thuẫn.  Trường hợp 4: n chia hết cho 2021: Đặt n D 2021` với ` là số nguyên dương. Khi đó, đẳng thức .1/ có thể được viết lại thành

` 2021` C 1 '.2021`/ D .` C 1/ 2021` C 2022 '.2021` C 2021/ : Vì .`; ` C 1/ D 1 nên tồn tại số nguyên dương t sao cho '.2021` C 2021/ D t`. và 2021` C 1. .4/. Cẩ n. 2021` C 2022. '.2021`/ D t.` C 1/:. .5/. Do cả hai số '.2021`/ và '.2021` C 2021/ cùng chia hết cho 1932 nên từ .4/; .5/; ta suy ra t `  89` C 90 .mod 1932/ và t.` C 1/  89` C 1 .mod 1932/: Do đó t  89 .mod 1932/: Mặt khác, từ .5/; ta có t.` C 1/ < 2021` C 1 < 2021.` C 1/; hay t < 2021: Suy ra t D 1843: Các đẳng thức .4/ và .5/ có thể được viết lại thành. và 178`. Bá. 178` C 2022 D '.2021` C 2021/ 1842 D '.2021`/:. c. Giống như trường hợp 2, ta cũng chứng minh được .`; 2021/ D .` C 1; 2021/ D 1: Vì '.x/ là hàm nhân tính nên các đẳng thức trên có thể được viết lại thành. Q uố. 178` C 2022 D 1932'.` C 1/ và. 178`. 1842 D 1932'.`/:. Từ đó suy ra. '.` C 1/. '.`/ D 2:. Đến đây, ta có thể suy ra được điều mâu thuẫn bằng cách tương tự như trường hợp 2.. Võ. Tóm lại, không tồn tại số nguyên n  2 thỏa mãn s.n/ D s.n C 2021/:. 2. Ngày thi thứ hai (26/12/2020) Bài 5 (6.0 điểm). Cho đa thức P .x/ D a21 x 21 C a20 x 20 C


C a1 x C a0 có các hệ số thuộc Œ1011; 2021: Biết rằng đa thức P .x/ có nghiệm nguyên và c là một số thực dương sao cho jakC2 ak j  c với mọi k 2 f0; 1; : : : ; 19g: Chứng minh rằng a) Đa thức P .x/ có đúng một nghiệm nguyên. b). 10 X. .a2kC1. kD0. a2k /2  440c 2 :.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> 7. Lời giải và bình luận đề thi VMO 2020-2021. Lời giải. a) Gọi ` là nghiệm nguyên của đa thức P .x/: Rõ ràng ` phải là số nguyên dương. Ta sẽ chứng minh ` D 1: Thật vậy, giả sử ` > 1: Đặt M D maxfa0 ; a1 ; : : : ; a21 g: Khi đó, ta có a21 `21 D ja20 `20 C a19 `19 C


C a1 ` C a0 j  a20 `20 C a19 `19 C


C a1 ` C a0
M.`21 1/ M `21 < :  M `20 C `19 C


C ` C 1 D ` 1 ` 1 Suy ra `. 1<. M 2021 < 2:  a21 1011. Cẩ n. Từ đây, với chú ý ` > 1; ta dễ dàng suy ra ` D 2: Và như thế, ta có P . 2/ D 0: Mặt khác, ta lại có P . 2/ D .a20
220 C


C a2
22 C a0 /  2021.220 C


C 22 C 1/ D. .a21
221 C


C a3
23 C a1
21 /. 1011.221 C


C 23 C 21 /. .220 C


C 22 C 1/ < 0:. Bá. Mâu thuẫn nhận được chứng tỏ điều khẳng định ở trên sai, hay nói cách khác, ta phải có ` D 1: Do đó, P .x/ có nghiệm nguyên duy nhất là 1: b) Vì P . 1/ D 0 nên ta có .a1 Đặt xi D a2i C1. a0 / C .a3. a2 / C


C .a21. a20 / D 0:. a2i với i D 0; 1; : : : ; 10: Khi đó, ta có x0 Cx1 C


Cx10 D 0: Ta phải chứng minh. c. 2 x02 C x12 C


C x10  440c 2 :. Q uố. ˇ ˇ Từ giả thiết, ta có jxi xi 1 j D ˇ.a2iC1 a2i 1 / .a2i a2i 2 /ˇ  ja2iC1 a2i với mọi i D 1; 2; : : : ; 10: Từ đó, với mọi 1  i < j  10; ta có jxj. 1 jCja2i. a2i. ˇ ˇ xi j D ˇ.xj xj 1 / C .xj 1 xj 2 / C


C .xi C1 xi /ˇ  jxj xj 1 j C jxj 1 xj 2 j C


C jxi C1 xi j  2.j i/c:. Võ. Sử dụng kết quả này, ta được x02. C. x12. C


C. 2 x10. 4 X D .x5. D. i D6. 4 X. 10 X. .x5. xi /2 C. .xi. .5. x5 / C 2x5. i D0; i¤5. .xi. i/2 .2c/2 C. 10 X .i i D6. 2. D 440c :. 10 X. 2. x5 / 2. 11x52. i D6. 4 X i D0. Ta có điều phải chứng minh.. xi / C. 10 X. i D0. i D0. . 2. 5/2 .2c/2. xi. 9x52. 2j.  2c.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> 8. Lời giải và bình luận đề thi VMO 2020-2021. Bài 6 (7.0 điểm). Một học sinh chia tất cả 30 viên bi vào 5 cái hộp được đánh số 1; 2; 3; 4; 5 (sau khi chia có thể có hộp không có viên bi nào). a) Hỏi có bao nhiêu cách chia các viên bi vào các hộp (hai cách chia là khác nhau nếu có một hộp có số bi trong hai cách chia là khác nhau)?. Cẩ n. b) Sau khi chia, học sinh này sơn 30 viên bi đó bởi một số màu (mỗi viên bi được sơn đúng một màu, một màu có thể sơn cho nhiều viên bi), sao cho không có hai viên bi nào trong cùng một hộp có màu giống nhau và từ hai hộp bất kỳ không thể chọn ra 8 viên bi được sơn bởi 4 màu. Chứng minh rằng với mọi cách chia, học sinh đều phải dùng không ít hơn 10 màu để sơn bi. c) Hãy chỉ ra một cách chia sao cho với đúng 10 màu, học sinh có thể sơn bi thỏa mãn các điều kiện ở câu b). Lời giải. (Mai Quốc Anh) a) Gọi xi là số bi ở trong hộp thứ i . Khi đó, ta có 5 X. xi D 30:. .1/. Với mỗi bộ .x1 ; x2 ; x3 ; x4 ; x5 /; xét dãy nhị phân. Bá. iD1. .1 : : : 1/x1 0.1 : : : 1/x2 0.1 : : : 1/x3 0.1 : : : 1/x4 0.1 : : : 1/x5 :. c. Dễ thấy ánh xạ được mô tả ở trên là song ánh, do đó số bộ thỏa mãn .1/ chính là số dãy nhị phân ở trên. Mà số dãy nhị phân như trên chính là số cách chọn vị trí 4 chữ số 0 trong 34 vị trí gồm 30 chữ số 4 4 1 và 4 chữ số 0, tức là C34 . Vì vậy đáp số là C34 .. Q uố. b) Giả sử các viên bi được tô bởi k màu được đánh số từ 1 đến k. Gọi aj là số bi có màu j; khi đó k X. aj D 30:. j D1. Nếu có hai hộp có chung 4 loại bi, ta chọn 4 cặp bi này và có 8 viên bi sơn bởi 4 màu, trái với giả thiết. Do đó hai hộp bi bất kỳ có chung không quá ba loại bi.. Võ. Ta đếm số S các bộ .c; u; v/, trong đó viên bi màu c có trong hộp u; v. Có C52 D 10 cách chọn ra hai hộp u; v và có không quá 3 cách chọn viên bi màu c tương ứng (lưu ý rằng mỗi hộp chứa tối đa một viên bi mỗi loại), do đó có không quá 30 bộ thỏa mãn, tức là S  30:. .2/. Mặt khác, mỗi loại bi màu c có Ca2c cách chọn ra hai hộp u; v chứa nó. Vì vậy ta có SD. k X. k. Ca2c. cD1. Từ .2/ và .3/; ta suy ra 30 . 1X 2 D a 2 cD1 c 450 k. 1 15  2k. 15, hay k  10:. k X cD1. !2 ac. 15 D. 450 k. 15:. .3/.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> 9. Lời giải và bình luận đề thi VMO 2020-2021 c) Ta chia 6 viên bi vào mỗi hộp. Xét cách sơn như sau  Hộp 1 có các viên bi màu 1; 2; 3; 4; 5; 6:  Hộp 2 có các viên bi màu 1; 2; 3; 7; 8; 9:  Hộp 3 có các viên bi màu 1; 5; 6; 8; 9; 10:  Hộp 4 có các viên bi màu 2; 4; 6; 7; 9; 10:  Hộp 5 có các viên bi màu 3; 4; 5; 7; 8; 10:. Cẩ n. Dễ thấy cách chia này thỏa mãn đề bài. Bài toán kết thúc. Bài 7 (7.0 điểm). Cho tam giác nhọn không cân ABC nội tiếp đường tròn .O/: Gọi D là giao điểm hai tiếp tuyến của .O/ tại B và C: Đường tròn đi qua A và tiếp xúc với BC tại B cắt trung tuyến đi qua A của tam giác ABC tại G: Cho BG; C G lần lượt cắt CD; BD tại E; F: a) Đường thẳng đi qua trung điểm của BE và CF lần lượt cắt BF; CE tại M; N: Chứng minh rằng các điểm A; D; M; N cùng thuộc một đường tròn.. Võ. Q uố. c. Lời giải. Đang cập nhật.. Bá. b) Cho AD; AG lần lượt cắt lại đường tròn ngoại tiếp các tam giác DBC; GBC tại H; K: Trung trực của HK; HE; HF lần lượt cắt BC; CA; AB tại R; P; Q: Chứng minh rằng các điểm R; P; Q thẳng hàng..

<span class='text_page_counter'>(10)</span>