LỚP TOÁN (ON, OFF) NBV
(ZALO: 0384 93 77 30)

KHAI THÁC & MỞ RỘNG
ĐỀ HSG TỈNH KHÁNH HÒA NĂM 2022-2023

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KHÁNH HÒA

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THCS CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2022 – 2023
Mơn thi TỐN
Ngày thi: 07/12/2022
Thời gian 150 phút (không kể thời gian phát đề)

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Câu 1: (4,00 điểm)

3 1 . 3 10

6 3

1) Rút gọn biểu thức A

6

2 5

5

2) Cho x, y là các số nguyên thỏa mãn dẳng thức x

2

y

2

xy 1
x y

2

2

Chứng minh rằng xy 1 là một số chính phương.
Câu 2: (4,00 điểm)
1) Cho đa thức f ( x) khác hằng với các hệ số nguyên thỏa mãn f (3). f (4)
đa thức f ( x) 12 khơng có nghiệm ngun.
2) Tìm 3 số ngun tố sao cho tích của chúng gấp 5 lần tổng của chúng.

f (7) . Chứng minh rằng

Câu 3: (4,00 điểm)
1) Giải phương trình

2x

4


2 2

x

6x
x

2

4
4

2) Cho a, b là hai số thực lớn hơn 1 và thỏa mãn điều kiện a
a4
b4
thức B
.
3
3
b 1
a 1

b

4 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

Câu 4: (6,00 điểm)
1) Cho tam giác ABC, I là một điểm bất kỳ nằm trong tam giác. Qua I vẽ đường thẳng DE song song
với AB ( D AB, E BC ) và đường thẳng IM song song với BC ( M AC ). Tính giá trị của
biểu thức


ID
AB

BE
BC

CM
.
CA

2) Cho hình vng ACD có tâm O. Điểm E thay đổi trên cạnh BC (E khác B và C). Gọi F là giao
điểm của tia AE và đường thẳng CD, gọi H là giao điểm của OE và BF.
a) Chứng minh rằng

1
AE 2

1
không đổi.
AF 2

b) Tìm vị trí điểm E để diện tích tam giác HAD đạt giá trị lớn nhất.
Câu 5: (2,00 điểm)
Một tứ giác lồi có độ dài bốn cạnh đều là số tự nhiên sao cho tổng ba số bất kì trong chúng chia hết
số còn lại. Chứng minh rằng tứ giác đó có ít nhất hai cạnh bằng nhau.
-HẾT-

Lớp TỐN (online) cho HS và cho GIA SƯ


1


LỚP TOÁN (ON, OFF) NBV
(ZALO: 0384 93 77 30)

KHAI THÁC & MỞ RỘNG
ĐỀ HSG TỈNH KHÁNH HÒA NĂM 2022-2023
LỜI GIẢI THAM KHẢO

(Biên soạn: Nguyễn Bá Vinh, Đặng Mai Quốc Khánh)
Câu 1: (4,00 điểm)

3 1 . 3 10

6 3

1) Rút gọn biểu thức A

6

2 5

5

2) Cho x, y là các số nguyên thỏa mãn dẳng thức x

2

y


2

xy 1
x y

2

2 . Chứng minh rằng xy 1

là một số chính phương.
Lời giải:

3

3 1 . 3 10

3 1 .3

6 3

3 1

1) A
6

2 5

3 1.


2

2

5

5

3 1

5

5

2 xy 1

xy 1
x y

1

1

5

2) CÁCH 1:

x

2


y

xy 1
x y

2

2

2

x

x
x

2

y

2

y

2 x

y

1


xy

x2

y2

x

xy 1
x y

2

0

2

0

xy 1
x y

x

0

xy 1
y .
x y


xy 1
x y

y

2

0

y

2

CÁCH 2:
Đặt x

y

a, xy

Theo giả thiết: x

2

b

y

2


xy 1
x y

a2

2b

2

2

a

2

a2

b 1

2b

2

2

a2

2a 2 b
2


a2

b

a2

b 1

b2

2b 1 2a 2

2 a2
2

b

1

0

0

0

Lớp TOÁN (online) cho HS và cho GIA SƯ

2



LỚP TOÁN (ON, OFF) NBV
(ZALO: 0384 93 77 30)

KHAI THÁC & MỞ RỘNG
ĐỀ HSG TỈNH KHÁNH HÒA NĂM 2022-2023
a2

b 1
a2

b 1

Hay xy 1

x

y

2

0

là một số chính phương với x, y là các số nguyên.

KHAI THÁC & MỞ RỘNG:
Nếu x, y là các số hữu tỉ thì ( x + y ) là số hữu tỉ. Do đó

xy 1


x

y cũng là số hữu tỉ.

Ta được bài toán mới:

Cho x, y là các số hữu tỉ thỏa mãn dẳng thức x
Chứng minh rằng

2

y

2

xy 1
x y

2

2.

xy 1 là một số hữu tỉ

Câu 2: (4,00 điểm)
3) Cho đa thức f ( x) khác hằng với các hệ số nguyên thỏa mãn f (3). f (4)

7 . Chứng minh rằng đa

thức f ( x) 12 khơng có nghiệm ngun.

4) Tìm 3 số ngun tố sao cho tích của chúng gấp 5 lần tổng của chúng.
Lời giải:

f ( x) 12 = x

1) Giả sử f(x) -12 có nghiệm nguyên x = a
f ( x) = x

a .g ( x )

a .g ( x) + 12

7 = f (3). f (4) = 3 – a .g 3

12 . 4 – a .g 4

7 = 3 a 4 a .g (3).g (4) + 12 3 a .g 3

12
4 a .g 4 + 12.12 (*)

Vì (3 – a) và (4 – a) là hai số nguyên liên tiếp nên tích chia hết cho 2
Vế phải của (*) chia hết cho 2 , nhưng vế trái không chia hết cho 2 ( Vơ lý)
Vậy f(x) – 12 khơng có nghiệm nguyên.
2) Gọi 3 số nguyên tố cần tìm là a, b, c

abc = 5(a + b + c)

Lớp TOÁN (online) cho HS và cho GIA SƯ


3


LỚP TOÁN (ON, OFF) NBV
(ZALO: 0384 93 77 30)

KHAI THÁC & MỞ RỘNG
ĐỀ HSG TỈNH KHÁNH HÒA NĂM 2022-2023

Cách 1: (Phương pháp sắp thứ tự toàn phần) abc = 5(a + b + c) 

1 1
1 1
+ +
=
bc ca ab 5

Vì a, b, c có vai trị bình đẳng . Khơng mất tính tổng qt, ta có thể giả sử a  b  c

a  b ac  bc

 ab  ac  bc
Do đó, a  b  c  
b  c ab  ac
1
1
1


ab ac bc

1
1
  3.
5
bc
 bc  15



c = 3; b = 5 15a = 5 ( a + 8 )  a = 4(l )

Mà b, c : số nguyên tố và b  c nên c = 2; b = 5  10a = 5 ( a + 7 )   a = 7
c = 2; b = 3 6a = 5 ( a + 5 )
 a = 25(l )

Vậy (a;b;c) = (2;5;7) và các hoán vị.

KHAI THÁC và MỞ RỘNG
MỞ RỘNG 1: Dựa vào kỹ thuật “Sắp thứ tự tồn phần” , ta có thể TỔNG QT bài tốn:
Tìm nghiệm ngun dương của x1 x2 ...xn = k ( x1 + x2 + ... + xn ) với k,n ngun dương

NHẬN XÉT 1: Bài tốn trên cịn 1 cách giải như sau
Do a, b, c là các số nguyên tố; 5(a + b + c) chia hết cho 5

abc phải có một số chia hết cho 5.
Vì a, b, c là các số nguyên tố nên có 1 số bằng 5.
Vì a, b, c có vai trị bình đẳng . Khơng mất tính tổng qt, ta có thể giả sử a = 5.
Ta lại có:

5bc = 5(5 + b + c)


bc = 5 + b + c

b – bc + c + 5 = 0

b(1 – c) – (1 – c) = –6
(b – 1)(c – 1) = 6 .
Vì b; c là các số nguyên tố nên ( b − 1) và ( c − 1) là hai số nguyên dương.
Mà ( b − 1)( c − 1) = 6 = 1.6 = 2.3 nên ta có bảng sau:

Lớp TOÁN (online) cho HS và cho GIA SƯ

4


LỚP TOÁN (ON, OFF) NBV
(ZALO: 0384 93 77 30)

KHAI THÁC & MỞ RỘNG
ĐỀ HSG TỈNH KHÁNH HÒA NĂM 2022-2023

b–1

1

6

2

3


c–1

6

1

3

2

b

2

7

3

4

c

7

2

4

3


(TM)

(TM)

(Loại)

(Loại)

MỞ RỘNG 2: Ta biết a, b : SNT  ab = BCNN ( a, b ) (STN: Số nguyên tố)
Do đó, ta có thể phát biểu bài tốn trên dưới dạng:
Tìm 3 số nguyên tố a, b, c thỏa

1
1
1
1
=
+
+
5 BCNN( a,b ) BCNN( a,c ) BCNN( b,c )

MỞ RỘNG 3: Từ mở rộng 2, ta tiếp tục mở rộng sẽ được bài toán sau:
Cho a, b, c là 3 số nguyên tố khác nhau đơi một.Tìm 3 số a, b, c để giá trị của biểu
thức: A =

1
1
1
đạt GTLN.

+
+
BCNN( a,b ) BCNN( a,c ) BCNN( b,c )

(Đề thi học sinh giỏi 2020-20121,huyện n Mơ)

Lời giải:

Ta có:

a, b, c

là 3 số ngun tố khác nhau nên

BCNN (a, b) = a.b ; BCNN (a, c) = a.c ;

BCNN (b, c) = b.c
 A=

1
1
1
1
1
1
+
+
=
+
+

BCNN (a, b) BCNN (a, c) BCNN (b, c ) ab ac bc

Vì vai trị a, b, c như nhau nên khơng mất tính tổng qt ta giả sử: a  b  c
Mà a, b, c là 3 số nguyên tố nên a  2; b  3; c  5
 A=

1
1
1
1
1
1
1 1 1 1
+ + 
+
+
= + + = .
ab ac bc 2.3 2.5 3.5 6 10 15 3

 MaxA =

1
 a = 2, b = 3, c = 5
3

Vậy A đạt GTLN khi a = 2, b = 3, c = 5 và các hốn vị của nó.

MỞ RỘNG 4: Ta xét một số bài toán tương tự
Lớp TOÁN (online) cho HS và cho GIA SƯ


5


LỚP TOÁN (ON, OFF) NBV
(ZALO: 0384 93 77 30)

KHAI THÁC & MỞ RỘNG
ĐỀ HSG TỈNH KHÁNH HÒA NĂM 2022-2023

Bài 1: Tìm các số nguyên tố a, b, c sao cho a.b.c = 3(a + b + c) .
Lời giải:
Vì a.b.c = 3(a + b + c)  abc 3
Giả sử a 3 , vì a là số nguyên tố  a = 3 .
Ta có 3.b.c = 3(3 + b + c)  bc = 3 + b + c

 bc − b = 3 + c
 b(c − 1) = 3 + c
 b(c − 1) = 4 + (c − 1)
 (b − 1)(c − 1) = 4
 (b, c)  (3,3);(2,5)
Vậy (a, b, c)  (3,3,3);(2,3,5)
Bài 2: Tìm tất cả các bộ ba số nguyên tố a,b,c sao cho abc  ab + bc + ac
Lời giải:
Vì a,b,c có vai trị như nhau nên giả sử a  b  c khi đó

ab + bc + ac  3bc
 abc  3bc
 a  3  a = 2 vì a là số nguyên tố.
Với a = 2 thì ta có 2bc  2b + 2c + bc  bc  2(b + c)  4c
b = 2

( vì b là số nguyên tố )
b4 
b = 3

+ Nếu b = 2 thì 4c  4 + 4c thỏa mãn với c là số nguyên tố bất kì
+ Nếu b = 3 thì 6c  6 + 5c  c  6  c 3;5
Vậy các cặp số (a,b,c) cần tìm là (2,2,p);(2,3,3);(2,3,5) và các hốn vị của chúng, với p là số nguyên
tố.
Bài 3: Tìm tất cả các bộ ba số nguyên tố a, b, c đôi một khác nhau thỏa mãn điều kiện:
20abc  30(ab + bc + ca)  21abc

( Trích đề HSG lớp 6 huyện Gia Lộc năm học 2017-2018)
Lời giải:

Lớp TOÁN (online) cho HS và cho GIA SƯ

6


LỚP TOÁN (ON, OFF) NBV
(ZALO: 0384 93 77 30)

Từ giả thiết suy ra
Suy ra

KHAI THÁC & MỞ RỘNG
ĐỀ HSG TỈNH KHÁNH HÒA NĂM 2022-2023

2 1 1 1 7
 + +  . Để khơng giảm tính tổng qt giả sử a  b  c  1 .

3 a b c 10

2 3
  2c  9 , do đó c  2;3 .
3 c

Với c = 2 suy ra

2 1 1 1 7
1 1 1 1
1 2 1 1
  +    và  .
 + + 
3 2 b c 10
6 a b 5
6 b b 5

Do đó b  7;11 .
+ Với b = 7 , khi đó từ
+ Với b = 11 từ

1 1 1 1
1 1 2
 a  19; 23; 29;31;37; 41 .
 +  suy ra
 
6 a b 5
42 a 35

1 1 1 1

5 1 6
 a = 13 do a  b .
 +  suy ra
 
6 a b 5
66 a 55

Với c = 3 từ giả thiết suy ra
Thay b = 5 vào

1 1 1 11
1 2
   b  6  b = 5 (do b  c ).
 + 
3 a b 30
3 b

1 1 1 11
15
ta được 6  a   a = 7 .
 + 
3 a b 30
2

Vậy các bộ ba số nguyên tố khác nhau ( a; b; c ) thỏa mãn là:

(19;7; 2) , ( 23;7; 2 ) , ( 29;7; 2 ) , (31;7; 2 ) , (37;7; 2 ) , ( 41;7; 2) , (13;11; 2) , ( 7;5;3) và các hốn vị của nó.
Bài 4: Tìm tất cả các bộ ba nguyên tố ( p; q; r ) sao cho pqr = p + q + r + 160 .
( Trích đề HSG lớp 9 Ninh Bình năm học 2018-2019).
Lời giải:

Khơng mất tính tổng qt giả sử p  q  r .
Với p = 2 thì 2qr = q + r + 162  4qr − 2q − 2r = 324 .

 2q (2r − 1) − (2r − 1) = 325  (2q − 1)(2r − 1) = 325 = 52.13 .
3  2q − 1  2r − 1  9  (2q − 1) 2  (2r − 1)(2q − 1)  9  (2q − 1) 2  325  3  2q − 1  18 .
Do 2q − 1 là ước của 52.13 nên 2q − 1 5;13 .
Nếu 2q − 1 = 5  q = 3  r = 33 ( loại).
Nếu 2q − 1 = 13  q = 7  r = 13 ( thỏa mãn).
pqr = p + q + r + 160  p(qr − 1) − q − r = 160 .
 (qr − 1)( p − 1) + qr − 1 − q − r = 160  (qr − 1)( p − 1) + q(r − 1) − ( r − 1) − 2 = 160 .
 (qr − 1)( p − 1) + (q − 1)(r − 1) = 162 .

Nếu p lẻ  q; r lẻ  (qr − 1)( p − 1) + (q − 1)(r − 1) 4 mà 162 không chia hết cho 4  ( vơ lí).

Lớp TỐN (online) cho HS và cho GIA SƯ

7


LỚP TOÁN (ON, OFF) NBV
(ZALO: 0384 93 77 30)

KHAI THÁC & MỞ RỘNG
ĐỀ HSG TỈNH KHÁNH HÒA NĂM 2022-2023

Vậy bộ ba số nguyên tố cần tìm là ( 2;7;13) và các hốn vị.

Câu 3: (4,00 điểm)
1) Giải phương trình


2x

4

2 2

x

6x

4

x2

4

2) Cho a, b là hai số thực lớn hơn 1 và thỏa mãn điều kiện a
a4

thức B

b4
3

b 1

a 1

3


b

4 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

.

Lời giải:

1) Giải phương trình

2x

4

2 2

6x

x

x

Điều kiện:

2

x

4


2 2

4 4 2

2x

4

x

2 2

2x

6x 4

6x
x

4

6x 4
x2

x

4

4


1
2 2

x

x

1
2 2

x

x2

4

4 2 4

0
4

2 2

x

0

4

4 2


x

4 2 4

x2

x2

2x 8

2x

4
2

2x

2

6x 4

2x

2

2 − x , từ đây giúp ta định hình cách giải

4


2

0
4

)

2

4

1

Giải (*):

) − (2

4

1

6x 4

2x

2x + 4

2

x


6x 4
2x 4 2 2

(

6x

x

x

2x

4

2

CÁCH 1: Để ý sẽ thấy 6 x − 4 =

2x

4

2

x2
x2

x2


0
4

x

2
3

2 2

x

x2

4 *

2

4
4

Lớp TOÁN (online) cho HS và cho GIA SƯ

8


LỚP TOÁN (ON, OFF) NBV
(ZALO: 0384 93 77 30)


KHAI THÁC & MỞ RỘNG
ĐỀ HSG TỈNH KHÁNH HÒA NĂM 2022-2023

+ Nếu x = 2 thì VT = VP

x = 2 là nghiệm.

+ Nếu

0, cịn VP < 0

2

2 thì VT

x

Phương trình vơ nghiệm.

Vật tập nghiệm của phương trình đã cho là: S

2
;2
3

CÁCH 2: (Trương Liên)
6x − 4

2x + 4 − 2 2 − x =


x2 + 4

 2 x + 4. x 2 + 4 − 2 2 − x . x 2 + 4 = 6 x − 4
nhan 4
⎯⎯
→ 4 2 x + 4. x 2 + 4 − 8 2 − x . x 2 + 4 = 4(6 x − 4)
2 ve

(
(





x2 + 4

) −8
2

(

x 2 + 4. 2 − x + 4 2 − x

x2 + 4 − 4 2 − x

) (
2

=


x2 + 4 − 4 2 − x =

) =(
2

x2 + 4 − 2 2x + 4

)

x2 + 4

) −4
2

(

x 2 + 4. 2 x + 4 + 2 2 x + 4

)

2

2

x 2 + 4 − 2 2 x + 4 (1)

TH1: nếu x = 2 thì VT = VP = 2 2  x = 2 là nghiệm của phương trình.
TH2: Nếu x = −2 thì VT = 2 3 − 8  VP = 2 3
TH3: nếu −2  x  2 :

(1)  4 2 − x − x 2 + 4 = 2 2 x + 4 − x 2 + 4

 2 2 − x = 2x + 4

 8 − 4x = 2x + 4
x=

2
3

2 
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S =  ; 2  .
3 

2) Cho a, b là hai số thực lớn hơn 1 và thỏa mãn điều kiện a
B

a4
b 1

b4
3

a 1

3

b

4 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức


.

CÁCH 1: AM-GM cho 4 số

Lớp TOÁN (online) cho HS và cho GIA SƯ

9


LỚP TOÁN (ON, OFF) NBV
(ZALO: 0384 93 77 30)

KHAI THÁC & MỞ RỘNG
ĐỀ HSG TỈNH KHÁNH HỊA NĂM 2022-2023

Vì B là biểu thức đối xứng với a,b nên ta dự đốn điểm rơi có thể xảy ra tại a = b = 2

a4

Ta sẽ tìm m để cân bằng hệ số:

Cho

a4
b 1

3

b 1


a b 2

m b 1

m

m b 1

3

m b 1

4. 4 ...

m b 1

16

Từ đây, ta có lời giải như sau:

a4
b 1

3

16 b 1

4 4 a 4 .24.24.24


16 b 1

a4

32a

b 1

Tương tự, ta được
Do đó, B
a b 4

16 b 1

32(a
B

b4
a 1

32b 48a

3

b) 48(a

b)

3


32a

48b

48

48

16 a

b

48

32

Dấu “=” xảy ra tại a = b = 2
CÁCH 2: Đặt ẩn kết hợp AM-GM 3 lần

x = a −1
Đặt 
( x, y  0 ) , vì a + b  4 nên x + y  2
 y = b −1
Khi đó, B
AM GM

16.2

x 1


4

y 1

y3
x2 y 2
.
y 3 x3

4

4

2 x

AM GM

x3
32

1
xy

4

2 y

y3

x


x2
y3

y2
x3

(x y) 2

32

AM GM

x3

16

y

32

2
Dấu “=” xảy ra tại x = y = 1  a = b = 2

KHAI THÁC & MỞ RỘNG (vẫn chưa hoàn thiện)
Nhận xét 1: Ta thử thay đổi giả thiết đi đến bài toán sau
Cho a, b là hai số thực dương và thỏa mãn điều kiện a

b


4 . Tìm giá trị

Lớp TỐN (online) cho HS và cho GIA SƯ

10

48


LỚP TOÁN (ON, OFF) NBV
(ZALO: 0384 93 77 30)

KHAI THÁC & MỞ RỘNG
ĐỀ HSG TỈNH KHÁNH HÒA NĂM 2022-2023

a4

nhỏ nhất của biểu thức B

b4

b 1

3

a 1

3

.


Hướng dẫn
Dự đoán điểm rơi: a = b = 2
Ta sẽ tìm m để cân bằng hệ số:

Cho

a4
b 1

a b 2

m b 1

3

a4
b 1

m b 1

3

m b 1

m b 1

4. 4 ...

16

81

m

Nhận xét 2: Ta thử xét cặp bài toán đối nhau
1) Cho a, b là hai số thực dương và thỏa mãn điều kiện a

a3

nhỏ nhất của biểu thức B

b3

b 1

2

a 1

2

b

.

2) Cho a, b là hai số thực lớn hơn 1 và thỏa mãn điều kiện a
trị nhỏ nhất của biểu thức B

a3
b 1


b3
2

2 . Tìm giá trị

a 1

2

b

2 . Tìm giá

.

Câu 4: (6,00 điểm)
3) Cho tam giác ABC, I là một điểm bất kỳ nằm trong tam giác. Qua I vẽ đường thẳng DE song song
với AB ( D
biểu thức

AB, E

ID
AB

BE
BC

BC ) và đường thẳng IM song song với BC ( M


AC ). Tính giá trị của

CM
.
CA

Lời giải:
Tính giá trị của biểu thức

ID
AB

BE
BC

CM
.
CA

Lớp TOÁN (online) cho HS và cho GIA SƯ

11


LỚP TOÁN (ON, OFF) NBV
(ZALO: 0384 93 77 30)

KHAI THÁC & MỞ RỘNG
ĐỀ HSG TỈNH KHÁNH HÒA NĂM 2022-2023


A
D
M

I
B

C

E

DIM ∽ DEC (1)

Ta có: IM // EC (gt)
DE // AB (gt)

DEC ∽ ABC (2)
DIM ∽ ABC

Từ (1) và (2) suy ra:

ID
AB

DM
CA

Lại có DE // AB
Vậy


ID
AB

BE
BC

BE
BC

AD
AC

DM
CM
=
CA
CA

AD
CA

CA
CM
=
CA
CA

1


KHAI THÁC & MỞ RỘNG
Từ I kẻ FK / / AC ( F  AB, K  BC )  AF = ID
Ta được bài toán :
Cho tam giác ABC, I là một điểm bất kỳ nằm trong tam giác. Qua I vẽ đường thẳng DE
song song với AB ( D

AB, E

BC ) và đường thẳng IM song song với BC ( M

đường FK / / AC ( F  AB, K  BC ) . Tính giá trị của biểu thức

AF
AB

BE
BC

AC ),

CM
.
CA

2) Cho hình vng ACD có tâm O. Điểm E thay đổi trên cạnh BC (E khác B và C). Gọi F là giao điểm
của tia AE và đường thẳng CD, gọi H là giao điểm của OE và BF.
c) Chứng minh rằng

1
AE 2


1
không đổi.
AF 2

d) Tìm vị trí điểm E để diện tích tam giác HAD đạt giá trị lớn nhất.
Lớp TOÁN (online) cho HS và cho GIA SƯ

12


LỚP TOÁN (ON, OFF) NBV
(ZALO: 0384 93 77 30)

KHAI THÁC & MỞ RỘNG
ĐỀ HSG TỈNH KHÁNH HÒA NĂM 2022-2023
Lời giải:

B

A
Q

P

E

O

D


H'

M

F

C

a) Chứng minh rằng

AB
AE

Ta có:

AB 2

1
AE 2

1
AE 2

cos BAE ;

AB
Do đó
AE


Vì

H

2

1
AE 2

1
AF 2

AD
AF

1
khơng đổi.
AF 2
AD
AF

sin DFA = sin BAE (Vì AB//DF nên DFA

BAE (so le trong))

2

1
AF 2


1

1 (vì AB = AD)

1
AB 2

1
1
1
+
khơng đổi nên
khơng đổi. (đpcm)
2
2
AE
AB
AF 2

b) Tìm vị trí điểm E để diện tích tam giác HAD đạt giá trị lớn nhất.
Gọi H’ là chân đường vng góc hạ từ C xuống BF
Ta có: BH ’.BF

BH '
BD
Nên

BO.BD = BC 2 (hệ thức lượng trong tam giác vuông)

BO

, mà DBF chung
BF

BH ' O ∽ BDF (c

Suy ra BH ' O

BDF

450

g

c)

BH ' O

1
BH ' C
2

Lớp TOÁN (online) cho HS và cho GIA SƯ

13


LỚP TOÁN (ON, OFF) NBV
(ZALO: 0384 93 77 30)

KHAI THÁC & MỞ RỘNG

ĐỀ HSG TỈNH KHÁNH HÒA NĂM 2022-2023

H’O là tia phân giác của BH ' C (1)
Lại có:

BE
EC

AB
CF

BC
CF

BH '
H 'C

H’E là tia phân giác của BH ' C (2)
Từ (1) và (2) suy ra H’, O, E thẳng hàng  H '  H

 CH ⊥ BF
Qua H kể đường vng góc xng AD cắt AD, BC lần lượt tại P và Q.
Gọi M là trung điểm của BC.
Ta có 2S HAD = AD.HP = AD. ( HQ + PQ ) = AD. ( AD + HQ ) = AD 2 + AD.HQ
AD 2 3 AD 2
 AD + AD.HM = AD +
=
2
2
2


hay S HAD 

2

3 AD 2
4

S HAD đạt giá trị lớn nhất bằng

3 AD 2
 E  M hay E là trung điểm của BC.
4

CÁCH 2:
A

B

O

V
E

M
X

D

F


C

H
F

a. Vẽ AX ⊥ AF ( X  CD )
 DAX = BAE (cùng phụ góc DAE )
Xét DXA và BEA : AD = AB; ADX = ABE = 90°; DAX = BAE

Lớp TOÁN (online) cho HS và cho GIA SƯ

14


LỚP TOÁN (ON, OFF) NBV
(ZALO: 0384 93 77 30)

KHAI THÁC & MỞ RỘNG
ĐỀ HSG TỈNH KHÁNH HÒA NĂM 2022-2023

 DXA = BEA (g – c – g)
 AX = AE
Xét AXF vng tại A có đường cao AD:



1
1
1

(hệ thức lượng)
=
+
2
2
AD
AX AF2



1
1
1
1
1
1
. Vì
khơng đổi 
khơng đổi
=
+
+
2
2
2
2
2
AD
AE AF
AE AF2

AD

b.
Ta có tính chất quen thuộc: CH ⊥ BF (bạn đọc tự chứng minh)
Kẻ HM ⊥ AD ( M  AD ); gọi {F1} = HM  BC
Gọi V là trung điểm BC

SAHD =

1
1
AD.HM = AD ( HF1 + F1M )
2
2

Tứ giác ABFM có : MAB = ABF = AMF1 = 90°
 ABF1M là hình chữ nhật (dấu hiệu nhận biết)
 MF1 = AB (tính chất)

 SAHD =

1
1
1
1
1
AB ( HF1 + AB ) = AB2 + HF1.AB = AB2 + HF1.BC
2
2
2

2
2

Xét BHC vuông tại H có đường cao HF1
 HF1.BC = BH.HC (hệ thức lượng)

1 1
1
Theo Cauchy: BH.HC = 2BH.HC.  ( BH 2 + HC2 ) = BC2
2 2
2

1
1
1
 HF1.BC  BC2 = AB2
2
4
2
 SAHD 

3
AB2 (không đổi)
4

Dấu “=” xảy ra khi BH = HC  tgBHC cân tại H

 F1 là trung điểm AC  F1  M  E  M
Vậy E là trung điểm BC thì SAHD max.
Câu 5: (2,00 điểm)


Lớp TOÁN (online) cho HS và cho GIA SƯ

15


LỚP TOÁN (ON, OFF) NBV
(ZALO: 0384 93 77 30)

KHAI THÁC & MỞ RỘNG
ĐỀ HSG TỈNH KHÁNH HÒA NĂM 2022-2023

Một tứ giác lồi có độ dài bốn cạnh đều là số tự nhiên sao cho tổng ba số bất kì trong chúng chia hết
số còn lại. Chứng minh rằng tứ giác đó có ít nhất hai cạnh bằng nhau.
Lời giải:

CÁCH 1:

(

)

Gọi độ dài các cạnh của tứ giác là a, b,c,d a, b,c,d  N* .
Giả sử khơng có 2 cạnh nào của tứ giác bằng nhau.
Khơng mất tính tổng qt ta giả sử a  b  c  d .
Do tứ giác lồi nên a  b + c + d  a  b + c + d  3a  2a  a + b + c + d  4a
Từ giả thiết suy ra a + b + c + d chia hết cho các số a, b, c, d nên ta có a + b + c + d = 3a .
Đặt a + b + c + d = mb với m 

*


và a + b + c + d = nc với n 

*

Do a  b  c  n  m  3  n  5, m  4
Từ đó ta được 3 ( a + b + c + d ) = 3a + mb + nc  3a + 4b + 5c
Từ đó suy ra ( b – d ) + 2 ( c – d )  0 , điều này mâu thuẫn với a  b  c  d
Do đó tứ giác có ít nhất 2 cạnh bằng nhau.

CÁCH 2:
Giả sử độ dài 4 cạnh của tứ giác là a; b; c; d và khơng có 2 cạnh nào bằng nhau

a  b  c  d (với a; b; c; d là các số tự nhiên)
Đặt : x =

b+ c+ d
a+ c+ d
b+ a+ d
; y=
; z=
với x; y; z là số tự nhiên (1)
a
b
c

Từ a  b  c  d  x
 2) y  3 và z  4.
Do đó từ (1) ta có: b + c + d  2a; a + c + d  3b; a + b + d  4c

Cộng 3 bất đẳng thức này được 3d  b + 2c Mâu thuẩn với a > b > c > d
Vì b + c > a nên x > 1 (hay x

Vậy tứ giác đó phải có ít nhất hai cạnh bằng nhau (đpcm).

KHAI THÁC & MỞ RỘNG

Lớp TOÁN (online) cho HS và cho GIA SƯ

16


LỚP TOÁN (ON, OFF) NBV
(ZALO: 0384 93 77 30)

KHAI THÁC & MỞ RỘNG
ĐỀ HSG TỈNH KHÁNH HÒA NĂM 2022-2023

Bài A. Cho tứ giác lồi ABCD có độ dài bốn cạnh là a, b, c, d dều là các số nguyên dương. Chứng minh
rằng nếu độ dài mỗi cạnh đều là ước số của chu vi tứ giác này thì tứ giác đó có ít nhất hai cạnh bằng
nhau.
Lời giải
Giả sử có tứ giác thỏa mãn yêu cầu đề bài mà không tồn tại hai cạnh nào của tứ giác bằng nhau. Khi đó
khơng mất tính tổng qt, ta sắp thứ tự a  b  c  d  1 .
a + b + c + d = ma

a + b + c + d = nb
Vì độ dài mỗi cạnh đều là ước số của chu vi tứ giác nên 
a + b + c + d = pc
a + b + c + d = qd

Với m,n,p,q  N* và m  n  p  q
1
a
m = a + b + c + d

b
1 =
 n a + b + c + d
1 1 1 1
Suy ra ra được 
 + + + =1
1
c
m n p q
 =
p
a
+
b
+
c
+
d

1
d
 =
 q a + b + c + d

Do đó ABCD là tứ giác lồi nên a  b + c + d  3a nên 2a  a + b + c + d  4a .
Mặt khác ta có

a  bc d1 
1 1 1 1 1 1 1 1
+ + +  + + + 1
  m = 3 và
a + b + c + d = am 
m n p q 3 4 5 6

Ta có mâu thuẫn nên điều giả sử là sai. Vậy bài tốn được chứng minh.

Lớp TỐN (online) cho HS và cho GIA SƯ

17