Bộ đề đáp án thi học sinh giỏi toán 9 các tỉnh thành năm 2020 2021 (bộ 1, 45 đề)

CHIA BỘ (3 FILE TẢI LÊN TỔNG 135 ĐỀ, ĐÁP ÁN BỘ BỘ ĐỀ, ĐÁP ÁN CHI TIẾT THI HỌC SINH GIỎI CÁC TỈNH THÀNH NĂM 2020-2021 CÁC TỈNH THÀNH TRÊN CẢ NƯỚC GIÁO VIÊN CHIA THÀNH BỘ (3 FILE) (BỘ GỒM 45 ĐỀ) (BỘ GỒM 45 ĐỀ) (BỘ GỒM 45 ĐỀ) ĐỀ CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN LỚP CỤM CHUYÊN MÔN SỐ NĂM HỌC 2020-2021 MƠN: TỐN Thời gian làm 120 phút Câu (4 điểm) A = 1+ a) Chứng minh b) Giả sử p3 + p p2 + 84 84 + 1− 9 số nguyên số nguyên tố Chứng minh số nguyên tố Câu (6 điểm) Giải phương trình sau: a) b) c) x + x + + − x = 11 x − + − x = x − 20 x + 22 ( x − 1) x2 + = x2 − x + Câu (4 điểm) a Cho a 2021 + 1 1 + + = a b c a+b+c b 2021 + c 2021 = Chứng minh rằng: a 2021 +b + c 2021 2021 a b c b.Choba số dương , , Tìm giá trị lớn cắt Gọi đường thẳng a) b) IK // EF I, K nhọn, có đường cao AD, BE , CF hình chiếu điểm BE , CF BH BE + CH CF = BC Q = a.b.c ABC Câu (6 điểm) Cho tam giác H thỏa mãn điều kiện 1 + + =2 1+ a 1+ b 1+ c D Chứng minh c) Trong tam giác AEF , BDF , CDE diện tích nhỏ có tam giác có diện tích tam giác ABC Câu (1 điểm) Chứng minh rằng: Nếu tất cạnh tam giác nhỏ diện tích tam giác nhỏ HẾT HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ CHỌN HSG TOÁN CỤM CHUYÊN MÔN SỐ Năm học: 2020-2021 Câu (4 điểm) 84 84 + 1− 9 A = 1+ a) Chứng minh p b) Giả sử p +2 p2 + số nguyên số nguyên tố Chứng minh số nguyên tố Lời giải 84 84 + 1− 9 A = 1+ a) Chứng minh số nguyên  84 84   84 84  ÷ + ÷ A3 = +  + + 1− 1−  9 ÷ 9 ÷     84  A3 = + A  − ÷ 81 ÷   A3 = − A A3 + A − = ( A − 1) ( A2 + A + ) = A −1 = A2 + A + ≠ (vì ) A=1 Vậy A nguyên p b) Giả sử p3 + Với Với Với p2 + số nguyên tố Chứng minh số nguyên tố p=2 p=3 : : p2 + = p + = 11 p > ⇒ p = 3k + (ktm) , : p + = 29 (TM) p + = ( 3t + 3) M3 (KTM) Vậy p = Câu (6 điểm) Giải phương trình sau: x + x + + − x = 11 a) x − + − x = x − 20 x + 22 b) ( x − 1) c) x2 + = x2 − x + Lời giải x + x + + − x = 11 a) ⇔ 11 − x − x + − − x = ⇔ x + − x + + + − 2x − − 2x +1 = ⇔ ( ) ( ) x+3−2 + − 2x −1 = ⇔ x + − = − 2x −1 = ⇔ x =1 b) x − + − x = x − 20x + 22 x − 20x + 22 = ( x − 4x + ) + = ( x − ) + ≥ 2 Ta có: ( 3x − + − 3x ) ≤ ( + ) ( 3x − + − 3x ) = 3x − + − x ≤ Vậy 2 x − + − 3x = x − 20x + 22 = x − 20x + 20 = ⇔ x = c) ( x − 1) x2 + = x2 − 2x + ⇔ ( x + 1) − ( x − 1) x + − x = Đặt a = x2 + 1( a ≥ 1) , phương trình trở thành: 2a − ( x − 1) a − x = ∆ = ( 4x + 1) > a = ±2x ⇒ x2 + = 2x ⇔ x2 + = 4x2 ⇔ 3x2 − =  x = ⇔  ( l) x = −   1   S =   3   Vậy pt có tập nghiệm Câu (4 điểm) a Cho a 2021 + 1 1 + + = a b c a+b+c b 2021 + c 2021 = Chứng minh rằng: a 2021 +b a 2021 b + c 2021 b.Choba số dương , , c Tìm giá trị lớn thỏa mãn điều kiện Q = a.b.c Lời giải 1 + + =2 1+ a 1+ b 1+ c 1 1 + + = a b c a+b+c a) Cho a 2021 + b 2021 + c 2021 = Chứng minh rằng: a 2021 +b 2021 + c 2021 1 1 + + = a b c a+b+c Ta có: ab + bc + ca = abc a +b+c ⇔ ⇔ ( a + b + c ) ( ab + bc + ca ) − abc = ⇔ ( a + b ) ( ab + bc + ca ) + abc + bc + ac − abc = ⇔ ( a + b ) ( ab + bc + ca ) + c ( a + b ) = ⇔ ( a + b ) ( ab + bc + ca + c ) = ⇔ ( a + b ) b ( a + c ) + c ( a + c )  = ⇔ ( a + b ) ( b + c ) ( c + a ) = a + b =  a = −b  ⇔ b + c = ⇔ b = −c c + a = c = − a Với a = −b a 2021 + : b 2021 ⇔ ⇔ + c 2021 = a 2021 +b 2021 + c 2021 1 1 + 2021 + 2021 = 2021 2021 2021 2021 −b b c −b + b + c c 2021 = c 2021 (luôn đúng) Tương tự: b = −c Với c = −a Với ⇔ ⇔ a 2021 b 2021 1 = a 2021 b 2021 (luôn đúng) = (luôn đúng) 1 + + =2 1+ a 1+ b 1+ c b) ⇔ 1 = 1− +1− 1+ a 1+ b 1+ c ⇔ b c = + ≥2 1+ a 1+ b 1+ c Tương tự: ≥2 1+ c Từ ca ( + c ) ( + a ) ( 2) ab ( + a ) ( + b ) ( 3) ( 1) ( ) , ⇔ abc ≤ ≥2 1+ b bc ( + b ) ( + c ) ( 1) ( 3) ⇒ 1 abc ≥ 1+ a 1+ b 1+ c ( + a ) ( 1+ b ) ( + c ) 1 ⇔Q≤ 8 a=b=c= Dấu “=” xảy Qmax = Vậy a=b=c= Câu (6 điểm) Cho tam giác cắt H Gọi đường thẳng I, K BE , CF 2 ABC nhọn, có đường cao AD, BE , CF hình chiếu điểm Chứng minh D a) b) BH BE + CH CF = BC IK // EF c) Trong tam giác AEF , BDF , CDE diện tích nhỏ có tam giác có diện tích tam giác ABC Lời giải AEB a) Tam giác vuông tam giác vuông chung nên đồng dạng với ⇒ AB BE = ⇒ BH BE = AB.BF BH BF AFC AC CF = ⇒ CH CF = AC.CE CH CE Từ(1) (2) suy ra: ⇒ HEC BH BE + CH CF = AB.BF + AC.CE đồng dạng (góc B AB BD = ⇒ AB.BF = BC.BD BC BF B có góc C chung (1) Mặt khác dễ thấy tam giác vng BFC có góc (1) Tam giác vuông tam giác vuông nên đồng dạng với ⇒ HFB chung) (4) ADB (3) tam giác vng Chứng minh tương tự ta có tam giác giác ⇒ ADC đồng dạng với tam BEC AC DC = ⇒ AC.CE = BC.CD BC CE Từ (4) (5) suy ra: Từ (3) (6) suy AB.BF + AC CE = BC ( BD + CD ) = BC BH BE + CH CF = BC AFHE có AFHE FH Chứng minh tương tự ta có tứ giác c) Đặt IK // EF BC = a < x, y , z < b Khi đó: ; ⇒ ∠FAH = ∠FEH )(2) IDKH tứ giác nội tiếp (2 góc nội tiếp chắn cung Từ (1), (2) (3) suy le Suy mà hai góc vị tứ giác nội tiếp (2 góc nội tiếp chắn cung ⇒ ∠HIK = ∠HDK (hai góc so le trong) ∠AFH + ∠AEH = 900 + 900 = 1800 trí đối nên tứ giác (6) (đpcm)  AB ⊥ FC ⇒ AB // DK ⇒ ∠FAH = ∠HDK   DK ⊥ FC b) Ta có (1) Tứ giác (5) ∠FEH = ∠HIK HK )(3) mà góc vị trí so (đpcm) , CA = b , AB = c , AE = x , AF = y , BD = z < x, y, z < a , ; < x, y , z < c BF = c − y , EC = b − x , CD = a − z Giả sử khơng có tam giác có diện tích nhỏ diện tích tam giác ABC S AEF > Nghĩa 1 S ABC ; S BFD > S ABC ; SCED > S ABC 4 Suy S AEF S BFD SCED > S ABC 64 Ta có S AEF AE AF x y = = ; S ABC AB AC cb S BFD BF BD ( c − y ) z = = S ABC BA.BC ca SCED CE.CD ( b − x ) ( a − z ) = = S ABC CA.CB ba S AEF S BFD SCED xyz ( a − z ) ( b − x ) ( c − y ) = S ABC a 2b c Do x ( b − x) ( x + b − x) ≤ Theo bđt Cauchy ta có: ( y + c − y) ≤ y ( c − y) Do gt) c2 = z ( a − z) ( z + a − z) ≤ xyz ( a − z ) ( b − x ) ( c − y ) ≤ 2 abc 64 hay 2 b2 = a2 = S AEF S BFD SCED ≤ S ABC 64 (mâu thuẫn Suy đpcm Câu 10 (1 điểm) Chứng minh rằng: Nếu tất cạnh tam giác nhỏ diện tích tam giác nhỏ Lời giải Kẻ AH ⊥ BC Ta có AB < , AC < BC < , 10 B b) So sánh B Lời giải x , y > 0, x ≠ y a) Ta có : B= ( ( )( B= B= B= B= )   x + y x − xy + y   x+ y ) ( x− y )( x+ y x− y ) −( ( )( )( ) x − y x + xy + y  ÷ x− y x+ y ÷ ÷  )  x + xy + y  ÷  x + y − x − xy + y  x+ y ÷  x+ y x+ y x − xy + y x+ y x − xy + y x + xy + y − x − xy − y x+ y xy x+ y xy x − xy + y b) Vì x , y > 0⇒ xy > Nên B> Lại có: ⇒ ⇒ x + y − xy xy x + y − xy ≤ ≤ ( với x− y )  y  3y ÷ + x − xy + y =  x − > ,∀x, y >  ÷   x, y thỏa mãn điều kiện cho ≥ ⇔ x + y − xy ≥ xy xy xy xy =1 Dấu “ = “ khơng xảy x≠ y 379 Vậy < B< , nên B>B Câu 3: (6,0 điểm) 1) Biết x2 + y2 = x + y Tìm giá trị lớn nhỏ 2) C = x− y Cho biểu D = − 10 − − + 10 − +  + + 14 − ÷   Chứng minh 3) Cho x, y , z D nghiệm phương trình D − 14D + 44 = ba số dương Chứng minh rằng: 1 1 1  + + ≤  + + ÷ x + yz y + zx z + xy  xy yz zx  Lời giải 1) Ta có: C = x − y = x + y − 2y = x2 + y2 − 2y = x2 + ( y − 1) − 1≥ −1 Dấu “ = “ xảy x= , y= Vậy giá trị nhỏ C = −1⇔ x = 0; y = −1 Lại có: C = x − y = 2x − (x + y) ( ) = − ( x − 2x + 1) − y = 2x − x2 + y2 2 +1 = − ( x − 1) − y2 + ≤ Dấu “ = “ xảy x = 1, y = 380 thức Vậy giá trị lớn 2) Ta có: C = ⇔ x = 1; y = D = − 10 − − + 10 − +  + + 14 − ÷   D = − 10− − + 10− + + + 28− 10 D = − 10 − − + 10 − + + 1+ 5− D − = − 10− − 4+ 10 − , với ( D − 6< 0) ⇔ ( D − 6) = 8− 16− 10+ ( ⇔ ( D − 6) = 8− 2 ⇔ ( D − 6) = ( ) + = 6− ) 5−1 ⇒ D − = 1− hay D = − D − 14D + 44 = Ta có: ( ) ( ) ⇔ − − 14 − + 44 = ⇔ 54 − 14 − 98 + 14 + 44 = Vậy toán chứng minh x2 + yz ≥ 2x yz ⇒ 3) Ta có: x + yz ≤ 2x yz Tương tự, ta có: Mà: y + zx ≤ yz 2xyz 2y zx y+ z yz y+ z y+ z yz ≤ ⇒ ≤ = 2xyz 2xyz 4xyz 381 = = zx 2xyz ; z + xy ≤ 2z xy = xy 2xyz Tương tự, ta có: zx z + x ≤ 2xyz 4xyz xy ; 2xyz ≤ x+ y 4xyz Từ suy ra: y+ z z+ x x+ y 1 1 + + ≤ + + = ( 2x + 2y + 2z) x + yz y + zx z + xy 4xyz 4xyz 4xyz 4xyz = Dấu “ = “ xảy 1 1  + ÷ (dpcm)  +  xy yz zx  ⇔ x= y= z Câu :(4,0 điểm) Cho hình vng điểm cạnh góc với ABCD AB có độ dài cạnh a Gọi Điểm H thuộc cạnh DI I cho trung AH vuông DI 1) Chứng minh 2) Tính diện tích ∆CHD ∆CHD cân Lời giải K 1) Gọi Xét trung điểm AD ; E giao điểm ∆ADI · · CDK = DAI = 90 ( gt ) Suy ra: ; ∆DCK có: CD = AD (gt) ;  AB CD  AI = DK  = = ÷   ∆ADI = ∆DCK (c.g.c) 382 CK DI · · ⇒ ADI = DCK Suy ra: ; mà · · DCK + DKC = 900 · · ADI + DKC = 900 ⇒ KC ⊥ DI (1) - Lại có: HK đường trung tuyến ứng với cạnh huyền AD ⇒ HK = KD (2) Từ (1) va (2) suy : KC đường trung trực DH ⇒ CH = CD ⇒ ∆CHD cân C 2) Áp dụng định lý Pytago tam giác vuông DI = : DH DI = AD ⇒ DH = EK ADI , đường cao AD a2 2a = = DI a 5 AH DI = AI AD ⇒ AH = AI AD a2 a a = : = DI 2 đường trung bình ∆AHD ⇒ EK = a AH = 2 Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông DE , ta tính a Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng AH ta có: Mà ADI ta có: 383 DKC , đường cao KE.CK = KD ⇒ CK = KD a2 a a = : = KE CE = CK − KE = Suy ra: Diện tích ∆CHD là: a a 2a − = 2 5 1 2a 2a 2a2 SCHD = CE.DH = = 2 5 (đvdt) Câu 5:(2,0 điểm) Xác định cách từ M M nằm tam giác ABC cho tích khoảng đến cạnh tam giác đạt giá trị lớn Lời giải AB = c , BC = a , AC = b Đặt Gọi D ,E ,F đặt hình chiếu M cạnh MD , ME , MF x,y ,z SABC = SMAB + SMBC + SMAC = Ta có: ⇒ SABC BC , AC , AB xa+ yb+ zc 33 xaybzc ≥ 2 2SABC 8S3ABC 33 3 ≥ abc xyz ⇒ xyz ≤ ⇔ xyz ≤ 27abc 33 abc đổi) 384 (luôn số khơng Vậy tích khoảng cách từ M đến cạnh ∆ABC đạt GTLN 8S3ABC 27abc Dấu “ = “ xảy Hay : M ⇔ xa = by = cz ⇔ SMAB = SMBC = SMAC trọng tâm ∆ABC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN YÊN THÀNH - NĂM 20192020 Câu 58: (3.0đ) Tồn hay không số nguyên tố Tìm giá trị nguyên Câu 59: (6.0đ) Giải phương trình: a, b, c a, b, c thỏa mãn điều kiện ab + 2011 = c x − xy + y = 2( x − y ) thỏa mãn 10x + 3x + = (6x + 1) x + Cho thỏa mãn Câu 60: (3.0đ) Cho x, y a, b, c 2a + b + c = Chứng minh 2a + b3 + c3 = 3a( a + b)(c − b) số thực dương Chứng minh rằng: bc ca ab 1 + + ≥ + + a (b + c) b (c + a) c (a + b) 2a 2b 2c Câu 61: (6.0đ) Cho tam giác nhọn giao điểm B Q EF ABC ( AB < AC ) AH Chứng minh: , Ba đường cao AD, BE CF Đường thẳng qua I song song với ∆AEF ∽ ∆ABC 385 cắt H Gọi I BC cắt AB, BE Chứng minh: IP = IQ Gọi M trung điểm Câu 62: (2.0đ) AH chứng minh I trực tâm tam giác A1 ; A ; A3 ; A ; A5 ; A BMC Trong mặt phẳng cho điểm khơng có ba điểm thẳng hàng Với ba điểm số điểm ln tìm hai điểm mà khoảng cách chúng nhở 673 Chứng minh sáu điểm cho ln tìm ba điểm ba đỉnh tam giác có chu vi nhỏ 2019 (Hết) 386 LỜI GIẢI ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN YÊN THÀNH NĂM 2019-2020 Câu 1: (3.0đ) Tồn hay khơng số ngun tố Tìm giá trị nguyên x, y a, b, c thỏa mãn điều kiện a b + 2011 = c x − 4xy + 5y = 2(x − y) thỏa mãn Lời giải Giả sử tồn số nguyên tố Khi ta có: c > 2011 ⇒ c ⇒ ab a, b, c thỏa mãn điêu kiện: a b + 2011 = c số nguyên tố lẽ chẵn ⇒a=2 Nếu Nếu b=2 b≥3 c = 22 + 2011 = 2015M5 ⇒ c số nguyên tố lẻ hợp số (trái với giả thiết) ⇒ b = 2k + (với k∈N ) ⇒ a b = 22 k +3 = 22 k 23 Vì 22k ≡ 1(mod 3) 23 ≡ −1(mod 3) ⇒ a b = 22k.23 ≡ −1(mod 3) Lại có: 2011 ≡ 1(mod 3) ⇒ c = a b + 2011 ≡ 0(mod 3) ⇒ c hợp số (trái với giả thiết) Vậy không tồn số nguyên tố Ta có : a, b, c thỏa mãn điều kiện x − xy + y = 2( x − y ) ⇔ (4 y + x + − xy − x + y) + ( y − y + 1) = ⇔ (2y − x + 1) + (y − 1)2 = 12 + 12 (2 y − x + 1)2 = 12 2 y − x + = ±1 ⇔ ⇔ 2  y − = ±1 ( y − 1) = 387 a b + 2011 = c  2 y − x + = x =    y − =  y =   y − x + = −1 x =     y − = −1  y = ⇔ ⇔   y − x + = −1 x =   y − =   y =    2 y − x + = x =   y − = −1  y =   ( x; y) ∈ { (4; 2);(2;0);(6; 2);(0;0);} Vậy Câu 2: (6.0đ) Giải phương trình: Cho a, b, c 10x + 3x + = (6x + 1) x + thỏa mãn 2a + b + c = Chứng minh 2a + b3 + c3 = 3a( a + b)(c − b) Lời giải ĐKXĐ phương trình là: Ta có: x∈¡ 10 x + 3x + = (6 x + 1) x + ⇔ 40 x + 12 x + = 4(6 x + 1) x + ⇔ (36 x + 12 x + 1) − 4(6 x + 1) x + + 4( x + 3) − = ( ⇔ (6x + 1) − 2.(6x + 1).2 x + + x + ( ⇔ 6x + − x2 + ) ) =9 =9  6 x + − x + = ⇔   x + − x + = −3 * Trường hợp 1: x + − x2 + = ⇔ x2 + = x − ⇔ x2 + = 3x −1 388  x ≥   ⇔ x≥  x −1 = x + ≥  ⇔  ⇔  4 x − 3x − =   x + = ⇔ x =  x + = 9x − 6x +  * Trường hợp 2: x + − x + = −3 ⇔ x + = x + ⇔ x + = x + −2  x ≥   −3 + ⇔ x = −2   x ≥ x + ≥  ⇔ −3 − −3 + ⇔ x = ⇔x= 2  x + = 9x + 12x + x + 12 x + =    Vậy phương trình có hai nghiệm là: Ta có: x =1 x= −3 + 2a + b + c = ⇒ a + b = −( a + c ) ⇒ ( a + b )3 = − ( a + c ) + ⇒ 2a + b3 + c = −3a (ac + c + ab + b ) ⇒ 2a + b3 + c = −3a [ c (a + c ) + b(a + b) ] ⇒ 2a + b3 + c = −3a [ −c(a + b) + b(a + b) ] (Vì a + b = −( a + c ) ⇒ 2a + b + c = −3a (a + b)(b − c ) 3 ⇒ 2a + b3 + c = 3a (a + b)(c − b) Áp dụng bất đẳng thức Cô-Sy cho hai số dương ta có: bc b+c bc b+c + ≥2 = a (b + c ) 4bc a (b + c) 4bc a ⇒ bc 1 ≥ − − a (b + c) a 4b 4c (1) ca 1 ≥ − − b ( c + a ) b 4c a Tương tự: (2) 389 ) ab 1 ≥ − − c (a + b ) c 4a 4b (3) Cộng vế theo vế bất đẳng thức (1), (2), (3) ta được: ⇒ bc ca ab 1  1 1  + + ≥  + + ÷−  + + ÷ a (b + c) b (c + a) c (a + b)  a b c   2a 2b 2c  ⇒ bc ca ab 1 + + ≥ + + a (b + c) b (c + a ) c (a + b) 2a 2b 2c 2 Câu 4: (6.0đ) Cho tam giác nhọn giao điểm B EF ABC ( AB < AC ) AH , Ba đường cao AD, BE CF Đường thẳng qua I song song với cắt H Gọi I BC cắt AB, BE Q 1/ Chứng minh: 2/ Chứng minh: ∆AEF ∽ ∆ABC IP = IQ 3/ Gọi M trung điểm AH chứng minh I trực tâm tam giác Lời giải Chứng minh: ∆AEF ∽ ∆ABC ∆AEF ∽ ∆ABC ( g − g ) ⇒ Ta có: Xét ∆AEF ∆ABC AE AB = (1) AF AC có: · · EAF = BAC ( góc chung )    ⇒ ∆AEF ∽ ∆ABC (c − g − c) AE AB = (1)  AF AC  Kẻ AK HN vng góc với EF ( Ta có: AK / / HN K ; N ∈ EF (cùng vng góc với EF ) 390 ) BMC AK EF S IA AK ⇒ = = = ∆AEF IH HN HN EF S ∆HEF Lại có: (1) AD.BC S AD = = ∆ABC HD HD.BC S ∆HBC ∆EHC ∽ ∆FHB ( g − g ) ⇒ Mặt khác: (2) HE HF HE HC = ⇒ = HC HB HF HB ⇒ ∆HEF ∽ ∆HCB(c − g − c) ⇒ S∆HEF  EF  = ÷ S∆HCB  BC  Và S  EF  ∆AEF ∽ ∆ABC (câu a) ⇒ ∆AEF =  ÷ S∆ABC  BC  S S S ∆AEF S ∆ABC  EF  ⇒ ∆HEF = ∆AEF =  = ÷ ⇒ S ∆HCB S ∆ABC  BC  S ∆HEF S∆HBC ⇒ Từ (1), (2) (3) Vì PQ / / BC Từ (*) (**) Vì M IA AD AI HI = ⇒ = IH HD AD HD (*) nên áp dụng quan hệ định lý Ta-Lét ta có: ⇒ Ta có: (3) IP IQ = ⇒ IP = IQ DB DB AI HI HI HI + AI = (câu b) ⇒ = AD HD HD HD + AD trung điểm AH ⇒ HI + AI = AH = 2MA Và ⇒ HD + AD = AH + HD = MH + HD = MD HI MA MA HI MA = = ⇒ +1 = +1 HD MD MD HD MD 391 IP AI IQ HI = = DB AD DB HD (**) ⇒ ID AD = ⇒ ID.MD = AD.HD HD MD ∆DHB ∽ ∆DCA (g − g) ⇒ Lại có: (1) DH DB = ⇒ DB.CD = AD.HD DC DA ⇒ ID.MD = BD.CD ⇒ Từ (1) (2) (2) ID CD = BD MD · · · ⇒ ∆DIB ∽ ∆DCM (c − g − c ) ⇒ DIB = DCM = BCJ · · · · ⇒ BCJ + CBJ = DIB + DBI = 900 ⇒ BJ ⊥ MC Mặt khác: Mà BJ cắt MD ⊥ BC MD I I suy trực tâm ∆BMC Câu 5: (2.0đ) A1 ; A2 ; A3 ; A4 ; A5 ; A6 Trong mặt phẳng cho điểm khơng có ba điểm thẳng hàng Với ba điểm số điểm ln tìm hai điểm mà khoảng cách chúng nhở 673 Chứng minh sáu điểm cho ln tìm ba điểm ba đỉnh tam giác có chu vi nhỏ 2019 Lời giải -Tổng số đoạn thẳng sinh từ điểm cho là: Am An + + 3+2 + = 15 m; n ∈ { 1; 2;3; 4;5;6} (đoạn thẳng) - Trong 15 đoạn thẳng đoạn thẳng (với ; 6}) có độ dài nhỏ 673 tô mà đỏ Các đoạn thẳng cịn lại tơ màu xanh 392 - Khi đó, tam giác ln tồn cạnh màu đỏ tam giác có cạnh tơ màu đỏ có chu vi nhỏ 2019 - Vì thế, ta cần chứng minh ln tồn tam giác có cạnh màu đỏ - Thật vậy: Nối điểm A1 với điểm lại ta đoạn thẳng gồm A1A ; A1A ; A1A ; A1A ; A1A - Theo nguyên lí Dirichlet đoạn thẳng tồn đoạn thẳng tơ màu - Khơng tính tổng qt, Giả sử A1A ; A1A ; A1A có màu xanh, tam A A 3A giác có cạnh tơ màu đỏ (vì tam giác ln tồn cạnh màu đỏ) A1A ; A1A ; A1A A A3A - Nếu đoạn thẳng có màu đỏ, tam giác có cạnh tơ màu đỏ (trong tam giác ln tồn cạnh màu đỏ) Giả sử cạnh màu đỏ A A4 tơ màu đỏ, Ta có tam giác - Bài tốn chứng minh (Hết) 393 A1 A2 A3 có З cạnh tô ... a 2021 + : b 2021 ⇔ ⇔ + c 2021 = a 2021 +b 2021 + c 2021 1 1 + 2021 + 2021 = 2021 2021 2021 2021 −b b c −b + b + c c 2021 = c 2021 (luôn đúng) Tương tự: b = −c Với c = −a Với ⇔ ⇔ a 2021 b 2021. .. ta có 1   A = (a 2021 + b 2021 + c 2021 )  2021 + 2021 + 2021 ÷ b c  a A = ( a 2021 + (− a) 2021 + (− a) 2021 )( = (−a )2021 a 2021 + 1 + ) 2021 (−a ) (−a )2021 ( −a) 2021 =1 - z < ⇒ z +... ghép thành tam giác HẾT 33 HƯỚNG DẪN GIẢI PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN CHƯ SÊ KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2020- 2021 MÔN: TOÁN Thời gian làm 150 phút Ngày thi: 12/11/2020