Website:tailieumontoan.com ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP THÀNH PHỐ HÀ NỘI 2021 Võ Quốc Bá Cẩn – Nguyễn Lê Phước Đề số 1 Đề thi Bài (5.0 điểm) a) Giải phương trình x x 4 x b) Chứng minh biểu thức a2 b2 c2 K a b a c b c b a c a c b có giá trị số nguyên, a, b, c ba số thực đơi phân biệt Bài (5.0 điểm) a) Cho ba số a, b, c thỏa mãn a b c ab bc ca chia hết cho Chứng minh chia hết cho b) Cho đa thức P x x ax b có nghiệm (a, b số hữu tỉ) Chứng minh đa thức P(x) chia hết đa thức x x 2 2 Bài (2.0 điểm) Cho số thực không âm a, b, c thay đổi thỏa mãn a b c 1 Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức Q a b b c c a Bài (6.0 điểm) Cho đường tròn (I) nội tiếp tam giác nhọn ABC (AB < AC) Đường tròn (I) tiếp xúc với cạnh BC, CA điểm D, E Qua điểm B, kẻ đường thẳng vng góc với đường thẳng BI, cắt đường thẳng AI điểm J Gọi P hình chiếu vng góc điểm J đường thẳng BC a) Chứng minh BD = CP 1 AN b) Gọi N giao điểm hai đường thẳng AJ BC Chứng minh rằng: AI AJ c) Gọi Q giao điểm hai đường thẳng JP DE Gọi K trung điểm PQ Chứng minh đường thẳng BK vng góc với đường thẳng AP Bài (2.0 điểm) x y z a) Tìm tất số nguyên dương x, y, z thỏa mãn 1 b) Cho hình chữ nhật có diện tích Năm điểm phân biệt đặt tùy ý vào hình chữ nhật cho khơng có ba điểm thẳng hàng (mỗi điểm năm điểm đặt đặt cạnh đặt nằm hình chữ nhật) i) Chứng minh tam giác tạo ba điểm năm điểm cho có diện tích khơng vượt Liên hệ tài 039.373.2038 liệu word môn tốn: TÀI LIỆU TỐN HỌC Website:tailieumontoan.com ii) Với cách đặt năm điểm vào hình chữ nhật trên, gọi n số tam giác có ba đỉnh ba điểm nằm năm điểm diện tích khơng vượt qua Tìm giá trị nhỏ n LỜI GIẢI VÀ BÌNH LUẬN CÁC BÀI TỐN Bài (5.0 điểm) a) Giải phương trình x x 4 x K b) Chứng minh biểu thức a2 b2 c2 a b a c b c b a c a c b có giá trị số nguyên, a, b, c ba số thực đôi phân biệt Lời giải a) Điều kiện Phương trình cho viết lại thành x Hay x 1 x 1 Vì 2 0 x3 2 x 1 x x 0, 0 x 3 0 nên (1) xảy x 1 x 3 0 tức x 1 (thỏa mãn) Vậy phương trình có nghiệm x 1 b) Ta có K a2 b c b2 c a c2 a b a2 b c b2 c b b a c2 a b a b b c a c a b b c a c a b2 b c b2 c2 a c a b b c a b b c 1 a b b c a c a b b c a c Do đó, biểu thức K ln nhận giá trị nguyên Bài (5.0 điểm) a) Cho ba số a, b, c thỏa mãn a b c ab bc ca chia hết cho Chứng minh chia hết cho b) Cho đa thức P x x ax b có nghiệm (a, b số hữu tỉ) Chứng minh đa thức P(x) chia hết đa thức x x Lời giải a) Từ giả thiết ta có a b a b c ab bc ca 2 chia hết cho 3, hay a b 3ab chia hết cho Từ suy chia hết cho Liên hệ tài 039.373.2038 liệu word mơn tốn: TÀI LIỆU TỐN HỌC Website:tailieumontoan.com 2 Với số nguyên x, ta có x chia dư 0, nên x chia dư 1.Suy a b 2 2 chia cho có số dư Như vậy, để a b chia hết cho 3, ta phải có a b chia hết cho 3, tức a b chia hết cho Mặt khác, a + b + c chia hết c chia hết cho Từ đây, dễ thấy ab bc ca chia hết cho Ta có điều phải chứng minh b) Từ giả thiết, ta có P 1 , hay a 6 a b 10 a b 10 a số hữu tỉ, mâu thuẫn Nếu a 0 , ta có a Từ suy a b 10 0 , tức b Vậy số vơ tỉ Do P x x3 x x x x Rõ ràng P x chia hết cho đa thức x x 2 2 Bài (2.0 điểm) Cho số thực không âm a, b, c thay đổi thỏa mãn a b c 1 Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức Q a b b c c a Lời giải Giá trị lớn biểu thức Q Với số thực x, y z, ta có x y Từ suy 2 y z z x 0 xy yz zx 2 x y z x y z , hay 3 x y z Sử dụng kết này, ta được: Q 2 a b b c c a a b b c c a 36 a b c 36.3 a b c 108 Suy Q 108 Mặt khác, dễ thấy đẳng thức xảy lớn biểu thức Q a b c 3 Vậy giá trị 108 2 Giá trị nhỏ biểu thức Q Từ giả thiết, ta có a , b , c 1 Suy a, b, c 1 2 2 2 Từ đây, ta có a a b b Từ a b a b Mà a b 1 c 1 nên a b a b Tóm lại, ta có: a b a b2 Chứng minh tương tự, ta có: a 2 b a b b c b c , c a c a 2 2 2 Từ kết trên, ta suy ra: Q a b b c c a 2 Dấu đẳng thức xảy chẳng hạn a 1 b c 0 Vậy giá trị nhỏ Q Liên hệ tài 039.373.2038 liệu word mơn tốn: TÀI LIỆU TỐN HỌC Website:tailieumontoan.com Bình luận: Để chứng minh Q 2 , ta cịn có hai cách tiếp cận khác sau Cách Khơng tính tổng qt, giả sử a b c Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có: a b a c 2 a b a c a ab ac bc 2 a b c bc 2 bc 2 Lại có b c 0 nên Q 2 2 Cách Tương tự lời giải trình bày trên, ta có a, b, c 1 nên a a , b b c c Từ đây, với ý Q2 a b a c c , b c b a b a b b c c a 2 a b c c a c b c , ta có a b a c b c b a c a c b 2 a b c a b c 4 a b c 4 a b c 4 Suy Q 2 Bài (6.0 điểm) Cho đường tròn (I) nội tiếp tam giác nhọn ABC (AB < AC) Đường tròn (I) tiếp xúc với cạnh BC, CA điểm D, E Qua điểm B, kẻ đường thẳng vng góc với đường thẳng BI, cắt đường thẳng AI điểm J Gọi P hình chiếu vng góc điểm J đường thẳng BC a) Chứng minh BD = CP 1 AN b) Gọi N giao điểm hai đường thẳng AJ BC Chứng minh rằng: AI AJ c) Gọi Q giao điểm hai đường thẳng JP DE Gọi K trung điểm PQ Chứng minh đường thẳng BK vng góc với đường thẳng AP Lời giải Liên hệ tài 039.373.2038 liệu word mơn tốn: TÀI LIỆU TỐN HỌC Website:tailieumontoan.com a) Có J tâm đường trịn bàng tiếp tam giác góc A tam giác ABC CP BD BA BC AC Hoặc lấy trung điểm M IJ, MB = MC, MD = MP nên BD = CP b) Tính chất hàng điểm điều hịa (kiến thức lớp 10) IA JA JN Có : BI, BJ phân giác trong, tam giác ABN suy IN k Cách biến đổi đại số: Đặt IA JA , AN a IN JN từ tính AI, AJ theo a, k Thay vào điều kiện phải chứng minh IA JA AN AN AN AN 1 1 2 JN AI AJ AI AJ AI AJ AN Cách khác: IN c) Gọi DI cắt AP S Kẻ JR AC IS AI IE IS ID có: JP AJ JR Do IC DE , PQ DC IDC DPQ g.g Liên hệ tài 039.373.2038 liệu word mơn tốn: TÀI LIỆU TOÁN HỌC Website:tailieumontoan.com DI PD DS DP DSP PBK c.g c DC PQ BP PK DSP PBK BK AP Bài (2.0 điểm) x y z a) Tìm tất số nguyên dương x, y, z thỏa mãn 1 b) Cho hình chữ nhật có diện tích Năm điểm phân biệt đặt tùy ý vào hình chữ nhật cho khơng có ba điểm thẳng hàng (mỗi điểm năm điểm đặt đặt cạnh đặt nằm hình chữ nhật) i) Chứng minh tam giác tạo ba điểm năm điểm cho có diện tích khơng vượt q ii) Với cách đặt năm điểm vào hình chữ nhật trên, gọi n số tam giác có ba đỉnh ba điểm nằm năm điểm diện tích khơng vượt qua Tìm giá trị nhỏ n Lời giải a) Xét trường hợp sau Trường hợp 1: y = Trong trường hợp này, ta có z 3x Suy z 1 mod 3 Nếu z số lẻ, tức z 2k với k tự nhiên, ta có z 22 k 1 2.4k 2 mod dương Khi ta có , mâu thuẫn Do z số chẵn, tức z 2k với k nguyên 3x 22 k 2k 1 2k 1 k k Suy lũy thừa Mà hai số không chia hết cho (do 2 k 1 2k 1 2 không chia hết cho 3) nên hai số phải có số Lại có 2k k nên k 1 , tức k 1 Một cách tương tự, ta tính z 2 x 1 Thử lại, ta thấy thỏa mãn x z y Trường hợp 2: y 2 Vì nên từ phương trình cho, ta có , tức z y Suy x y z chia hết cho Từ ta có 1 mod Nếu x số lẻ, tức x 2l với l tự nhiên, 3x 32l 1 3.9l 3 mod , mâu thuẫn Do x số chẵn, tức x 2l với l nguyên dương y z 3x 1 mod16 +) Giả sử y 4 Khi đó, ta có chia hết cho 16 nên Nếu l số 3x 34t 2 9.81t 9 mod16 lẻ, tức l 2t với t tự nhiên, , mâu thuẫn Do l số Liên hệ tài 039.373.2038 liệu word mơn tốn: TÀI LIỆU TOÁN HỌC Website:tailieumontoan.com z y 3x 34t 81t 1 mod chẵn, tức l 2t với t nguyên dương Suy Từ chia z y 1 mod hết cho 5, hay z y 2.4u 2 mod Nếu z y số lẻ, tức z y 2u với u tự nhiên, mâu thuẫn Do z y số chẵn, tức z y 2u với u nguyên dương Khi đó, ta có z y 2 y 4u 1 x chia hết cho Lại có chia hết chia hết cho 3, mâu thuẫn x z z +) Như vậy, ta phải có y 3 Nếu y 2 ta có 2 , suy chia hết cho 3, mâu z 2l thuẫn Do y 3 Khi ta có: 7 Từ đây, ta có z 1 mod 3 Chứng minh tưng tự trường hợp 1, suy z số chẵn, tức m l m l z 2m với m nguyên dương Khi ta có: 7 m l m l m l m l Vì nên 7 Từ m 2 l 1 , hay ta có z 4 x 2 Thử lại, ta thấy thỏa mãn Vậy có hai số (x, y, z) thỏa mãn yêu cầu (1, 1, 2) (2, 3, 4) b) i) Trước hết, ta chứng minh kết sau: Cho hình chữ nhật ABCD có diện tích S Xét ba điểm E, F, G khơng thẳng hàng thuộc miền mặt phẳng giới hạn hình chữ nhật ABCD S EFG S Khi Qua ba điểm E, F, G kẻ đường thẳng vng góc với đường thẳng AB Trong đường thẳng này, có đường thẳng nằm trùng với hai đường thẳng Khơng tính tổng quát, giả sử đường thẳng d qua điểm F Khi đó, đường thẳng d cắt đoạn thẳng EG điểm P Gọi M, N theo thứ tự giao điểm đường thẳng d hai đường thẳng AB, CD Khi đó, ta có Liên hệ tài 039.373.2038 liệu word mơn tốn: TÀI LIỆU TỐN HỌC Website:tailieumontoan.com 1 S EFG S EPF SGPF S EMN SGMN d E , MN MN d G , MN MN 2 1 1 d A, MN MN d B, MN MN AB.MN S , 2 2 Trong d(X, ZT) ký hiệu khoảng cách từ điểm X đến đường thẳng ZT Từ kết vừa chứng minh trên, ta dễ dàng suy điều phải chứng minh ii) Trước hết, ta chứng minh n 2 Thật vậy, giả sử n 1 Gọi hình chữ nhật cho hình chữ nhật ABCD Chia hình chữ nhật ABCD thành bốn hình chữ nhật nhỏ AMRQ, BMRP, CPRN, DQRN hình vẽ bên Xét hai hình chữ nhật AMND BMNC Ta thấy điểm năm điểm cho thuộc hai miền mặt phẳng giới hạn hai hình chữ nhật Do đó, có ba điểm thuộc hình chữ nhật Khơng tính tổng quát, giả sử ba điểm H, K, S chúng thuộc hình chữ nhật AMND Xét hai hình chữ nhật AMRQ DQRN Ta thấy điểm ba điểm H, K, S thuộc hai miền mặt phẳng giới hạn hai hình chữ nhật Do đó, có hai điểm thuộc hình chữ nhật Khơng tính tổng qt, giả sử hai điểm H, K chúng thuộc hình chữ nhật AMRQ 1 S HKS S AMND Áp dụng kết chứng minh phần i) ta có Gọi hai điểm lại năm điểm V W Nếu có điểm hai điểm thuộc đa giác ABPRND, chẳng hạn V cách sử dụng kết chứng minh phần i), ta có S HKV Suy n 2 , mâu thuẫn Do đó, hai điểm V W phải nằm hình chữ nhật CPRN Liên hệ tài 039.373.2038 liệu word mơn tốn: TÀI LIỆU TOÁN HỌC Website:tailieumontoan.com Nếu S thuộc hai hình chữ nhật DQRN BMRP cách sử dụng kết chứng minh phần i) ta có S SVW mâu thuẫn Do S nằm hình chữ nhật AMRQ Gọi S1 diện tích tứ giác (khơng thiết lồi) tạo H, K, S V Khi đó, rõ ràng 1 1 S1 SVMAQ S AMRQ SVQR SVMR S NQR S PMR 4 8 Mặt khác, ba tia VH, VK, VS ln có tia nằm hai tia lại, chẳng hạn VK Do đó: S1 SVHK SVKS SVKH , SVKS 1 SVKH , SVKS S HKS Từ đó, kết hợp với , ta có Kết hợp với kết trên, ta suy n 2 mâu thuẫn Vậy ta phải có n 2 Mặt khác, ta có n = thỏa mãn trường hợp sau: Vậy giá trị nhỏ n Bình luận: Bài 5a) tương tự hóa số học đề chọn đội tuyển Việt Nam dự thi x y z IMO 2019: Tìm tất số nguyên dương x, y, z thỏa mãn 1 Trường hợp đặc biệt toán sử dụng làm đề chọn đội tuyển Đại học Vinh tham dự kì thi học sinh giỏi Quốc gia 2019: Tìm tất số nguyên dương x, y, z thỏa x y z mãn: 3 2.4 Liên hệ tài 039.373.2038 liệu word mơn tốn: TÀI LIỆU TOÁN HỌC