SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP CẤP THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2020-2021 Mơn thi : Tốn Ngày thi: 13.01.2021 Thời gian làm : 150 phút Bài I (5,0 điểm) 1) Giải phương trình : x x 4 x 2) Cho a, b, c số thực đôi khác Chứng minh biểu thức a2 b2 c2 K a b a c b a b c c a c b có giá trị nguyên Bài II (5,0 điểm) 1) Biết a, b, c số nguyên thỏa mãn a b c chia hết cho ab bc ca chia hết cho Chứng minh ab bc ca chia hết cho 2) Cho đa thức P x x ax b có nghiệm ( a, b số hữu tỉ) Chứng minh P x chia hết cho đa thức x x 2 2 Bài III (2,0 điểm) Với số thực không âm a, b, c thỏa mãn a b c 1, tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức Q a b b c c a Bài IV (6,0 điểm) Cho đường tròn I nội tiếp tam giác nhọn ABC AB AC Đường tròn I tiếp xúc với BC , CA D, E Qua B kẻ đường thẳng vng góc với BI , cắt AI J Gọi P hình chiếu vng góc J BC 1) Chứng minh BD CP 2) Gọi N giao điểm hai đường thẳng AJ BC Chứng minh 1 AI AJ AN 3) Gọi Q giao điểm hai đường thẳng JP DE Gọi K trung điểm PQ Chứng minh BK vng góc với AP Bài V (2,0 điểm) x y z 1) Tìm tất số nguyên dương x, y , z thỏa mãn 1 2) 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 cạnh đặt hình chữ nhật) a) Chứng minh tam giác tạo ba điểm năm điểm cho có diện tích khơng vượt q b) Với cách đặt năm điểm vào hình chữ nhật trên, gọi N số tam giác có ba đỉnh ba điểm năm điểm có diện tích khơng vượt q Tìm giá trị nhỏ N ĐÁP ÁN Bài 1) Điều kiện xác định x Phương trình ban đầu tương đương với : x 1 x 0 x x 0 x 1 Vậy S 1 2) Quy đồng mẫu số biểu thức K ta : a c b b2 a c c b a K a b b c c a Phân tích thành nhân tử tử số K Tu so K a c a a b b a c c b a c a a b a b a c c a a b a b a b a c a c a b c a a b a c a b b c c a Do K 1 Bài 1) Đặt a b c 3k (với k ) Khi ta có c 3k a b Vì ab bc ca ab c a b ab 3k a b a b a b 3ab 3k a b 2 Từ giả thiết ta suy a b chia hết cho Sử dụng kết quen thuộc ta suy a, b chia hết cho 3, điều kéo theo c chia hết cho Như ab bc ca chia hết cho 2) Ta có P 0 a b 10 a 1 nên a b 0 hay 0 Vì a, b số hữu tỉ nên a b 10, a số hữu tỉ nên theo kết quen thuộc “nếu A, B số hữu tỉ thỏa mãn A B 0 A B 0", ta suy a b 10 0 a 0 P 1 Khi : a b 10 a 0 Điều có nghĩa P x có nghiệm x 1 x 1 P x Suy chia hết cho x x Bài 1) a b c Vì 3 a b c 3 nên a b c Áp dụng bất đẳn thức Bunhiacopxki, ta có : Q 3 a b b c c a 6 a b c 108 Nên Q 108 Dấu xảy MaxQ 108 a b c Vậy a b c 2 2) Từ giả thiết suy a, b, c 1 , kéo theo a a , b b , c c Ta có Q 2 a b c a b a c b c b a c a c b Và lưu ý a b a c a , nên: Q 4 a b c 4 a b c 4 Q 2 Vậy MinQ 2 a 1, b c 0 chẳng hạn Bài A Q X E K I B DN P C J 1) Từ giả thiết ta suy J tâm đường tròn bàng tiếp đỉnh A ABC , P tiếp điểm đường tròn (J) với cạnh BC a b c p Đặt BC a, CA b, AC c Từ kết quen thuộc ta có AB BC CA BD CP p b 2) Ta có BI , BJ tương ứng phân giác phân giác ngồi ABC Sử dụng tính chất phân giác cho tam giác ABN ta AN BA BN AN BA BN BA AI BA AJ AN AN 1 2 AJ Do đó, AI Từ suy AI AJ AN 3) Dựng đường kính DX đường trịn I Ta có kết quen thuộc A, X , P thẳng hàng Chú ý ta có CI DE Do DIC DPQ 90 ICB nên IDC ∽ DPQ( g g ) DP ID ID PQ CD BP Để ý DX 2 ID PQ 2 PK nên ta Từ suy DP DP ID DX PK PQ BP PB : Điều kéo theo DPX ∽ PKB (c.g.c) Do APB XPD BKP 90 PBK Hay APB PBK 90 Vì vậy, BK AP Bài y x x x y y Ta có : 3 nên z y Ngồi 1 mod 3 nên z chẵn, y lẻ Xét khả : z y x k k k 2k 1 2k 1 2 a Nếu y 1 Vì với k không chia hết 1 k 1 Từ tìm z 2, x 1 Suy x, y, z 1,1,2 nghiệm phương trình cho b Nếu y 2 z , từ suy 3x 2 x y chia hết cho Từ x chẵn 32t 2 y x y 1 đặt x 2t , t Thế x Nếu t chẵn x4 chia hết cho vế phải không chia hết cho z y lẻ, Suy t lẻ x có dạng 4n với n Suy y x y 1 92 k 1 8 k k 1 y 2k 2k x y Vì 1;2 số lẻ nên 8 y 3 Thế vào ta : z 3x 7 Lưu ý z , x chẵn nên ta viết : x x 2z 2z 2 7 Từ tìm x 2, z 4 Suy x, y, z 2,3,4 nghiệm phương trình cho Tóm lại, phương trình cho có hai nghiệm 1;1;2 , 2;3;4 2) (a) Xét tam giác MNK nằm hình chữ nhật ABCD có diện tích Qua đỉnh M , N , K kẻ đường thẳng song song với cạnh hình chữ nhật ABCD ta tạo hình chữ nhật A ' B ' C ' D ' chứa tam giác MNK mà S A ' B ' C ' D ' S ABCD Điều có nghĩa ta cần xét tình ba đỉnh M , N , K nằm cạnh hình chữ nhật ABCD Có hai khả sau : Trường hợp Hai ba điểm M , N , K thuộc cạnh, giả sử N , K thuộc CD Khi M nằm ba cạnh cịn lại Ta thấy : 1 1 S MNK d M , CD NK BC CD S ABCD 2 2 M A B B A M D K N C D N K C Trường hợp Ba điểm M , N , K thuộc ba cạnh khác ABCD Giả sử M , N , K thuộc cạnh tương ứng AB, AD, CD Không tổng quát, giả sử K gần cạnh BC Qua K kẻ đường thẳng song song với BC cắt AB E qua M kẻ đường thẳng song song với BC cắt CD, NK tương ứng E , Q Khi 1 1 S MNK S MNQ S MKQ S AMED S MEKF S ADKF S ABCD 2 2 A M N D F B B N Q E M A K C K C D S MNK Tóm lại tình ta có b Gọi I , J tương ứng trung điểm AB, CD Theo nguyên lý chng thỏ tồn hai hình AIJD BIJC chứa điểm cho Khơng tổng qt giả sử BIJC chứa điểm cho Theo câu a) diện tích tam giác 1 tạo ba điểm khơng vượt q diện tích hình chữ nhật BIJC , mà S BIJC nên diện tích tam giác 1 khơng vượt q Tương tự vậy, gọi K , L trung điểm AD, DC Cũng theo nguyên lý chuồng thỏ tồn hai hình AKLB DKLC chứa điểm cho Khơng tính tổng qt, giả sử hình DKLC chứa điểm cho Lập luận tương tự diện tích tam giác tạo ba điểm khơng vượt q Đến có hai khả xảy sau : Trường hợp 1: Hai tam giác 1 khác Khi ta N 2 Trường hợp 2: Hai tam giác 1 , trùng nhau, giả sử tam giác XYZ Khi tam giác XYZ phải nằm hình chữ nhật CJOL (với O giao điểm IJ KL) Gọi U, V hai điểm lại Nếu hai điểm U ,V nằm hình chữ nhật CJOL , giả sử điểm U, dó hai tam giác XYZ UYZ có diện tích khơng vượt q Nếu hai điểm U ,V nằm hình chữ nhật KOJD, 1 SUXY S KLCD Như hai tam giác UXY giả sử điểm U, ta có XYZ có diện tích khơng vượt q Ta chứng minh tương tự cho trường hợp hai điểm U ,V nằm hình chữ nhật BIOL Cả ba khả có N 2 Ta xét trường hợp hai điểm U ,V nằm hình chữ nhật AIOK Xét bao lồi điểm X ,Y , Z ,U ,V Do điểm cho nằm hình lục giác AILCJK S AILCJK 1 1 8 Ta xét nên diện tích hình bao lồi khơng vượt q khả sau : Khả Bao lồi điểm X ,Y , Z ,U ,V ngũ giác Giả sử ngũ giác XYZUV (xem hình vẽ) Khi SUYZ SUXY S XUV S XYZUV Do vậy, ba tam giác UYZ ,UXY , XUV có diện tích khơng vượt q Tính thêm tam giác XYZ ta có N 2 Khả 2: Bao lồi điểm X ,Y , Z ,U ,V tứ giác Giả sử tứ giác A1 A2 A3 A4 với điểm A5 nằm tứ giác A1 A2 A3 A4 , A X , Y , Z ,U ,V , i 1, ,5 Khi dó ta có : S A5 A1 A2 S A5 A2 A3 S A5 A3 A4 S A5 A1 A4 S A1 A2 A3 A4 Do vậy, hai bốn tam giác S A5 A1 A2 , S A5 A2 A3 , S A5 A3 A4 , S A5 A1 A4 có diện tích khơng vượt Như vậy, N 2 I A U K D V O X L Z J A1 B Y C A1 A2 A5 A4 A4 A3 A5 A3 A2 Khả Bao lồi điểm X ,Y , Z ,U ,V tam giác Giả sử tam giác A1 A2 A3 với hai điểm A4 , A5 nằm A1 A2 A5 , A X , Y , Z ,U ,V , i 1, ,5 Khi ta có : S A1 A2 A3 S A1A2 A4 S A1 A2 A5 S A3 A4 A5 Do vậy, ba tam giác S A1 A2 A3 , S A1 A2 A4 , S A1 A2 A5 , S A3 A4 A5 có diện tích khơng vượt q Tương tự ba tam giác A5 A1 A2 , A5 A2 A3 , A5 A3 A1 có diện tích khơng vượt q Như vậy, ta có hai tam giác có diện tích khơng vượt q Như trường hợp ta có N 2 Một ví dụ để dấu xảy đặt AA3 AB, BA4 BC 5 điểm cho hình vẽ đây, A≡A4 A3 B A4 D≡A2 C≡A5