- Khi đó, trong một tam giác bất kì luôn tồn tại một cạnh màu đỏ và các tam giác có 3 cạnh được tô cùng màu đỏ có chu vi nhỏ hơn 2019.[r]
Trang 2HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HSG HUYỆN YÊN
THÀNH – NĂM HỌC 2019 - 2020
1(1)
- Giả sử tồn tại 3 số nguyên tố a, b, c thỏa mãn điều kiện : a 2011 cb
- Khi đó ta có: c > 2011 c là số nguyên tố lẽ
ab chẵn
a 2
- Nếu b = 2 thì c 2 2011 2015 5 2 M c là hợp số (trái với giả thiết)
- Nêu b 3 thì là số nguyên tố lẽ b 2k 3 (với k N )
a 2 b 2k 3 2 2 2k 3
- Vì 2 1 2k (mod 3) và 2 1 3 (mod 3)
b 2k 3
a 2 2 1
- Lại có: 2011 1 (mod 3)
b
c a 2011 0
(mod 3) c là hợp số (trái với giả thiết)
- Vậy không tồn tại các số nguyên tố a, b, c thỏa mãn điều kiện :
b
a 2011 c
1(2)
- Ta có: x 4xy 5y 2(x y)2 2
(4y x 1 4xy 2x 4y) (y 2y 1) 22 2 2
(2y x 1) (y 1) 1 1 2 2 2 2
2 2
y 1 1 (y 1) 1
- Vậy (x ; y) (4 ; 2) ; (2 ; 0) ; (6 ; 2) ; (0 ; 0)
Trang 3- ĐKXĐ của phương trình là: x R
- Ta có: 10x 3x 1 (6x 1) x 32 2
40x 12x 4 4(6x 1) x 32 2
2
(36x 12x 1) 4(6x 1) x 3 4(x 3) 9 0 (6x 1) 2.(6x 1).2 x 3 2 x 3 9
2 2
6x 1 2 x 3 9 6x 1 2 x 3 3 6x 1 2 x 3 3
- Trường hợp 1: 6x 1 2 x 3 3 2 2 x 3 6x 22
2
2
x 3 3x 1
(x 1)(4x 1) 0 4x 3x 1 0
1
x 3
x 1 0 4x 1 0
1
x 3
x 1 0 4x 1 0
x 1
- Trường hợp 2: 6x 1 2 x 3 3 2 2 x 3 6x 42
2
2
x 3 3x 2
2
3
Trang 4
3 7
x
4
- Vậy phương trình có hai nghiệm nghiệm là x 1 và
3 7
x
4
cho kết quả tương tự)
2(2)
- Vì: 2a b c 0 a b (a c)
(a b) (a c)
a b 3a b 3ab (a c 3a c 3ac ) 2a b c 3a(ac c ab b )
2a b c 3a c(a c) b(a b)
2a b c 3a3 3 3 c(a b) b(a b) (vì a c (a b) ) 2a b c 3a(a b)(b c)3 3 3
2a b c 3a(a b)(c b)3 3 3
3
- Áp dụng Bất đẳng thức Cô – Sy cho hai số dương ta có:
2 2
a (b c) 4bc a (b c) 4bc a
2
a (b c) a 4b 4c
(1)
- Tương tự: 2
b (c a) b 4c 4a (2)
Và 2
c (a b) c 4a 4b (3)
- Cộng vế theo vế của các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được:
a (b c) b (c a) c (a b) a b c 2a 2b 2c
Trang 52 2 2
a (b c) b (c a) c (a b) 2a 2b 2c
4
4(a)
- Ta có: AEB ~ AFC (g – g)
(1)
- Xét AEF và ABC có:
EAF BAC (goc chung)
(1)
AEF ~ ABC (c – g – c)
4(b)
- Kẻ AK và HN vuông góc với EF (K ; N EF )
- Ta có: AK // HN (cùng vuông góc với EF)
AEF HEF
1
1
2
(1)
- Lại có:
ABC HBC
1
1
2
(2)
- Mặt khác: EHC ~ FHB (g – g)
HEF ~ HCB (c – g – c)
2 HEF
HCB
Và AEF ~ ABC (câu a)
2 AEF
ABC
2
ABC
S
(3)
- Từ (1) , (2) và (3)
(*)
- Vì PQ // BC nên áp dụng hệ quả của định lí Ta – Lét ta có:
Trang 6
DB AD và
DB HD (**)
- Từ (*) và (**)
4(c)
- Ta có:
AD HD (câu b)
- Vì M là trung điểm của AH HI AI AH 2MA
và HD AD AH 2HD
2MH 2HD 2MD
ID MD AD HD (1)
- Lại có: DHB ~ DCA (g – g)
BD CD AD HD (2)
- Từ (1) và (2)
DIB ~ DCM (c – g – c) DIB DCM BCJ· · ·
Trang 7 BCJ CBJ DIB DBI 90· · · · 0
BJ MC
- Mặt khác: MD BC
- Mà BJ cắt MD tại I I là trực tâm của tam giác BMC
5
- Tổng số đoạn thẳng được sinh ra từ 6 điểm đã cho là:
5 + 4 + 3 + 2 + 1 = 15 (đoạn thẳng)
- Trong 15 đoạn thẳng trên các đoạn thẳng A A m n (với m ; n 1 ; 2 ; 3 ; 4 ;
5 ; 6 ) có độ dài nhỏ hơn 673 được tô bởi mà đỏ Các đoạn thẳng còn lại được tô bởi màu xanh
- Khi đó, trong một tam giác bất kì luôn tồn tại một cạnh màu đỏ và các tam giác có 3 cạnh được tô cùng màu đỏ có chu vi nhỏ hơn 2019
- Vì thế, ta chỉ cần chứng minh luôn tồn tại một tam giác có 3 cạnh đều là màu đỏ
- Thật vậy: Nối điểm A1 với 5 điểm còn lại ta được 5 đoạn thẳng gồm
A1A2 ; A1A3 ; A1A4 ; A1A5 ; A1A6
- Theo nguyên lí Dirichlet trong 5 đoạn thẳng này luôn tồn tại 3 đoạn thẳng được tô cùng màu
- Không mất tính tổng quát, Giả sử A1A2 ; A1A3 ; A1A4 có cùng màu xanh,
Trang 8khi đó tam giác A2A3A4 có 3 cạnh được tô cùng màu đỏ (vì trong một tam giác bất kì luôn tồn tại một cạnh màu đỏ)
- Nếu 3 đoạn thẳng A1A2 ; A1A3 ; A1A4 có cùng màu đỏ, khi đó tam giác
A2A3A4 có một cạnh được tô bởi màu đỏ (trong một tam giác bất kì luôn tồn tại một cạnh màu đỏ) Giả sử cạnh A2A4 được tô bởi màu đỏ, Ta có tam giác A1A2A4 có 3 cạnh được tô cùng màu đỏ
- Bài toán được chứng minh
Giáo viên giải ra đề: Nguyễn Bá Phúc