đề học sinh giỏi toán lớp 8 (có đáp án lời giải chi tiết)

TÀI LIỆU ĐỦ LOẠI-MƠN-LỚP

PHỊNG GD&ĐT N ĐỊNH

KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

ĐỀ CHÍNH THỨC

NĂM HỌC: 2020 - 2021

(Đề thi gồm 01 trang)

Mơn: Tốn lớp 8 – Vịng 1
(Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề)

Bài 1.

(4,0 điểm)
2x  9
x  3 2x  4
A 2


x  5x  6 x  2 3  x .
Cho
a) Rút gọn A .
b) Tìm x để A nhận giá trị là một số nguyên.
WORD=> ZALO_0946 513 000

Bài 2.

(4,0 điểm)
2
2
2
a) Giải phương trình: (x  5 x  1)  2 x  10 x  1

1 1 1
1
1 1
  2
 2  2 2
2
b) Chứng minh rằng: Nếu a b c
và a  b  c  abc thì ta có a b c

Bài 3.

(4,0 điểm)

1- 2x 1- 2y
+
=1
x,
y
1
x
1
y
a) Cho
là số hữu tỉ khác 1 thỏa mãn

. Chứng minh:
2
2
M = x + y - xy là bình phương của một số hữu tỷ.
2
b) Tìm các số tự nhiên x, y thỏa mãn: x(1 + x + x ) = 4y(y - 1)
Câu 4. (6,0 điểm)
A  AB  AC 
AH  H �BC 
Cho tam giác ABC vuông tại
. Vẽ đường cao
. Trên tia đối của tia BC

lấy điểm K sao cho KH  HA . Qua A kẻ đường thẳng song song với AH , cắt đường thẳng

AC tại P .
�
�
a) Chứng minh rằng KAC  PBC .
b) Gọi Q là trung điểm của BP . Chứng minh rằng BHQ ∽ BPC .

AH BC

1
c) Tia AQ cắt BC tại I . Chứng minh rằng BH BI
.
Câu 5. (2,0 điểm)
Cho a �b �c > 0. Tìm GTNN của biểu thức:
L=

a
b
c
+
+
a + b b+ c c + a
HẾT

1


HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
MÔN TỐN 8 (2020 – 2021)
TÀI LIỆU ĐỦ LOẠI-MƠN-LỚP

Câu 1.

Cho

(4,0 điểm)
A

2x  9
x  3 2x  4


x  5x  6 x  2 3  x .
2

a) Rút gọn A .

b) Tìm x để A nhận giá trị là một số nguyên.
Lời giải
a) Rút gọn A

A
A
A

2 x  9   x  3  x  3   2 x  4   x  2 

WORD=> ZALO_0946 513 000

(x  2)(x  3)
x2  2x  8
(x  2)(x  3)

 x  4  x  2
(x  2)(x  3)



x4
x 3

(ĐKXĐ: x �2;3 )

b) Tìm x để A nhận giá trị là một số nguyên.
A

x4

7
 1
x 3
x 3

7
Để A nguyên thì x  3 là số nguyên

7
k
Đặt x  3
(1) với k  Z , k

(1)

� x  3

7
k

� 7
3  �2
�
x
�
2
�
� k
�۹�


�
7
�x �3
�
3  �3
� k
Lại có:
Vậy với
Câu 2.

0

x  3

7
k với k  z, k

k

7

0;  7 thì A có giá trị là một số nguyên.

(4,0 điểm)
2
2
2
a) Giải phương trình: (x  5 x  1)  2 x  10 x  1

1 1 1

1 1 1
  2
 2  2 2
2
b) Chứng minh rằng: Nếu a b c
và a  b  c  abc thì ta có a b c

2


TÀI LIỆU ĐỦ LOẠI-MƠN-LỚP

Lời giải
2
2
2
a) Giải phương trình: (x  5 x  1)  2 x  10 x  1

�  x 2  5 x  1  2  x 2  5 x  1  1  0
2

�  x 2  5 x  1  1  0
2

x0
�
� x2  5x  0 � �
x5
�
Vậy tập nghiệm của phương trình là:

S   0;5

1 1 1
1
1 1
2
2
2
  2� 2  2  2 
 
4
a
b c
ab ac bc
b) Ta có: a b c
WORD=> ZALO_0946 513 000

�

1
1 1 2(a  b c)
1 1 1 2abc
 2 2
4� 2  2  2 
4
2
a b c
abc
a b c

abc

1
1 1
 2  2 2
2
Vậy: a b c

Câu 3.

(4,0 điểm)

1- 2x 1- 2y
+
=1
1- y
a) Cho x, y là số hữu tỉ khác 1 thỏa mãn 1- x
. Chứng minh:
M = x 2 + y 2 - xy là bình phương của một số hữu tỷ.
2
b) Tìm các số tự nhiên x, y thỏa mãn: x(1 + x + x ) = 4y(y - 1)

Lời giải
a) Ta có :

1- 2x 1- 2y
+
= 1 � ( 1- 2x ) ( 1- y ) +( 1 - 2y ) ( 1 - x ) = ( 1- x ) (1 - y )
1- x
1- y

3xy +1
� 1- y - 2x + 2xy +1- x - 2y + 2xy = 1- x - x + xy � x + y =
2
2
2
�
�
�
�
3xy
+
1
3xy
1
2
2
2
�
�
�
M = x + y - xy = ( x + y) - 3xy = �
�
�
�
�- 3xy = �
�
� 2 �
� 2 �
�
�

Ta có:
3xy - 1
2
Vì x, y �� nên
là số hữu tỷ, vậy M là bình phương của một số hữu tỷ.

b) Ta có :
x(1 + x + x 2 ) = 4y(y - 1)
2

3

(1)

2

� x+ x + x +1 = 4y - 4y +1
� ( x 2 +1) ( x +1) = ( 2y - 1)
Gọi

d = ( x 2 +1, x +1)

2
2

( 2y - 1) là số lẻ � d là số lẻ.
. Do
x +1Md � ( x +1) ( x - 1) Md � ( x 2 - 1) Md

Ta có:

2
Lại có: x +1Md � 2Md mà d là số lẻ nên d = 1

3


2
Do đó: x +1 và x +1 là hai số nguyên tố cùng nhau.
2
2
2y - 1)
(
x,
y
Với
là các số tự nhiên thì
là số chính phương nên x +1 là số chính phương.
2
2
2
Lại có x +1 va x là hai số chính phương liên tiếp � x = 0 � x = 0
Thay x = 0 vào phương trình (1) ta tìm được y = 0 hoặc y = 1
( 0;0) ;( 0;1)
Vậy các cặp số tự nhiên (x, y) là
TÀI LIỆU ĐỦ LOẠI-MÔN-LỚP

Câu 4.

(6,0 điểm)

A  AB  AC 
AH  H �BC 
Cho tam giác ABC vuông tại
. Vẽ đường cao
. Trên tia đối của tia BC
lấy điểm K sao cho KH  HA . Qua A kẻ đường thẳng song song với AH , cắt đường thẳng

AC tại P .
WORD=> ZALO_0946 513 000

�
�
a) Chứng minh rằng KAC  PBC .
b) Gọi Q là trung điểm của BP . Chứng minh rằng BHQ ∽ BPC .

AH BC

1
c) Tia AQ cắt BC tại I . Chứng minh rằng BH BI
.
Lời giải

�
�
a) Chứng minh rằng KAC  PBC .
�
�
�
Hai tam giác CKP và CAB có CKP  CAB  90�và ACB chung nên CKP ∽ CAB .
CK CA


�
�
Do đó suy ra CP CB . Đến đây ta lại có CAK ∽ CBP nên KAC  PBC .
b) Gọi Q là trung điểm của BP . Chứng minh rằng BHQ ∽ BPC .

�
Ta có AKH vng cân tại H nên AKH  90�. Do đó từ CAK ∽ CBP ta được
�
�  45�
AKH  CPB
. Suy ra BAP vuông cân tại A nên BP  AB 2 .
BH AB

Ta có BHA ∽ BAC nên BA AC
BH
AB
BH
AB 2
BH
BP
BH 2 BQ BQ

�

�

�



2
BC
BP
2
BC
BP
2
BC
BC
AB
2
BC
2
AB
2
Suy ra
Do vậy BHQ ∽ BPC
4


AH BC

1
AQ
c) Tia
cắt BC tại I . Chứng minh rằng BH BI
.
TÀI LIỆU ĐỦ LOẠI-MƠN-LỚP

Ta có BAP vng cân tại A với AQ là đường trung tuyến nên AQ cũng là phân giác. Do

đó AI là phân giác ngồi của ABC .

IB AB

Suy ra IC AC
AB HB

Lại có BHA ∽ BAC nên AC HA . Kết hợp các kết quả lại ta được
IC HA
IB  BC HA
BC HA
AH BC

�

�1 

�

1
IB HB
IB
HB
IB HB
BH BI
Câu 5.

(2 điểm)

WORD=> ZALO_0946 513 000

Cho a �b �c > 0. Tìm GTNN của biểu thức:

L=

a
b
c
+
+
a + b b+ c c + a

Lời giải
�
�
�
�
�
�
3
a
1 �b
1� � c
1�
A- = �
- �
+
+
�
�

�
�
�
�
�
�
�
��
��
�
2 �
a+ b 2�
b+ c 2�
c + a 2�
Ta có
a- b
b- c
c- a
=
+
+
2( a + b) 2( b+ c) 2( c + a)

( b- a) +( a- c)
a- b
c- a
+
+
2( a+ b)
2( b+ c)

2( c + a)
�
a- b�
1
1 �
a- c �
1
1 �
�
�
�
=
+
�
�
�
�
�
�
�
�
2 �
a+ b b+ c� 2 �
b+ c c + a�
=

=

a- b
c- a

a- c
a- b
.
+
.
2 ( a+ b) ( b+ c)
2 ( b+ c) ( c + a)

( a- b) ( a- c) �
- 1
1 �
�
.�
+
�
�
�
�
�
2( b+ c)
a+ b c + a�
( a- b) ( a- c) ( b- c)
=
�0
2( b+ c) ( b+ c) ( c + a)
(Do a �b �c > 0)
=

Dấu " = " xảy ra khi a = b = c
3

A=
2 khi a = b = c
Vậy GTNN của

HẾT

5


PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠOHUYỆN LẬP THẠCH
ĐỀ CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 8
NĂM HỌC 2020-2021. MƠN: TỐN
TÀI LIỆU ĐỦ LOẠI-MÔN-LỚP

Thời gian làm bài 150 phút

Câu 1:

( 2,5 điểm)

2
A �
n3  n 2  7   36n �
n ��
�
�M7
a) Chứng minh rằng:
4
b) Cho P  n  4 . Tìm tất cả các số tự nhiên n để P là số nguyên tố.
Câu 2: (2,0 điểm)

20202020  1
a 3  2021a 


a
a) Chứng minh rằng không tồn tại số nguyên thỏa mãn
chia hết
a
,
b
�
R
F
x
F  x   x 3  ax  b

 . Biết đa thức   chia cho  x  2  thì dư 12,
b) Cho đa thức
với
F  x
 x  1 dư 6 . Tính giá trị của biểu thức:
chia cho
B   6a  3b  11  26  5a  5b 
WORD=> ZALO_0946 513 000

(1.5 điểm) Cho các số a, b, c, d nguyên dương đôi một khác nhau và thỏa mãn:
2a  b 2b  c 2c  d 2d  a




6
ab
bc
cd
d a
Chứng minh A  abcd là số chính phương.
Câu 4: (2 điểm)
2
2
2
a  b  c  b  c  a  c  a  b  a  b  c  b  a  c  a  c  b
Chứng minh rằng
.
Câu 5: (2 điểm)
2 x  y
x
y
P 3
 3  2 2
y 1 x 1 x y  3 .
Cho x  y  1, xy �0 . Tính
Câu 3:

y
2 y2
4 y4
8 y8
x
 2

 4
 8
 2020
2
4
8
x y
x y
Câu 6: (1,5 điểm) Cho x ��y và x  y x  y
. Tính tỉ số y ?.
Câu 7: (2 điểm)
Tìm tất cả các tam giác vng có số đo các cạnh là các số nguyên dương và số đo diện tích bằng số đo
chu vi.
Câu 8:
(1,5 điểm)
2
2
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức B  xy ( x  2)( y  6)  12 x  24 x  3 y  8 y  2050 .
Câu 9: (4,0 điểm)
Cho hình vng ABCD , M là một điểm tùy ý trên đường chéo BD . Kẻ ME  AB, MF  AD
a) Chứng minh DE  CF .
b) Chứng minh ba đường thẳng DE , BF , CM đồng quy.
c) Xác định vị trí điểm M để diện tích tứ giác AEMF lớn nhất.
Câu 10: (1 điểm) Cho 1 lưới ơ vng có kích thước 5x5. Người ta điền vào mỗiô của lưới 1 trong các số
-1, 0, 1. Xét tổng các số theo từng cột, theo từng hàng và theo từng hàng chéo. Chứng minh
rằng trong tất cả các tổng ln tồn tại 2 tổng có giá trị bằng nhau.
HẾT

6

TÀI LIỆU ĐỦ LOẠI-MƠN-LỚP

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ HSG TỐN 8HUYỆN LẬP THẠCH
Năm học: 2020-2021

Câu 1: ( 2,5 điểm)
2
A �
n3  n 2  7   36n �M7
n ��
�
�
a) Chứng minh rằng:
4
b) Cho P  n  4 . Tìm tất cả các số tự nhiên n để P là số nguyên tố.

Lời giải
2
2
2
A �
n3  n 2  7   36n �
 n�
n 2  n 2  7   62 �
 n�
n 3  7n   62 �

�
�

�
�
�
�
a)
WORD=> ZALO_0946 513 000

A  n  n3  7 n  6   n3  7n  6   n  n  2   n  1  n  3  n  1  n  3  n  2 
Tích của 7 số liên tiếp nên AM7
4
b) Cho P  n  4 . Tìm tất cả các số tự nhiên n để P là số nguyên tố.

Nếu n  1 � P  1  4  5 là số nguyên tố ( thỏa mãn)

n  5 � P  54  4  629 không phải là số nguyên tố ( loại)
Nếu n �5, n  1 thì n có dạng:

n  5k  1 k �1 n  5k  1 � P   5k   4.  5k   6.  5k   4.  5k   1  4
4

3

2

� P  n 4  4   5k  1  4   5k   4.  5k   6  5k   4.5k  5
4

4

3

2

P không phải số nguyên tố do các thừa số đều chia hết cho 5 nên P chia hết cho 5

n  5k  2 � P   5k   4.  5k  .2  6.  5k  .2 2  4.  5k  .23  2 4  4
4

3

2

� P   5k   4.  5k  .2  6.  5k  .2 2  4.  5k  .23  20 P
không phải số nguyên tố do các thừa số đều chia
P
hết cho 5 nên
chia hết cho 5
4

3

2

2
3
4
n  5k  3 � P   5k   4.  5k  .3  6.  5k  .3  4.  5k  .3  3  4
4

3

2

� P  n 4  4   5k  3  4   5k   4.  5k  .3  6  5k  .32  4.5k.33  85
4

4

3

2

P không phải số nguyên tố do các thừa số đều chia hết cho 5 nên P chia hết cho 5

n  5k  4 � P   5k   4.  5k  .4  6.  5k  .4 2  4.  5k  .43  4 4  4
4

3

2

� P   5k   4.  5k  .4  6.  5k  .4 2  4.  5k  .43  260
4

3

2

P không phải số nguyên tố do các thừa số đều chia hết cho 5 nên P chia hết cho 5
Vậy n  1

Câu 11: (2,0 điểm)

 20202020  1 chia hết  a3  2021a 
a) Chứng minh rằng không tồn tại số nguyên a thỏa mãn
7


F  x   x 3  ax  b

 a, b �R  .
TÀI LIỆU ĐỦ LOẠI-MÔN-LỚP

b) Cho đa thức
với
Biết đa thức
F  x
 x  1 dư 6 . Tính giá trị của biểu thức:
chia cho
B   6a  3b  11  26  5a  5b 

F  x

chia cho

 x  2

thì dư 12,

Lời giải

 20202020  1 chia hết  a3  2021a 
a) Chứng minh rằng không tồn tại số nguyên a thỏa mãn
Nếu a chẵn:

 a  2021a   a  a  2021
�  2020  1 Ma
 2020  1 là số lẻ � vơ lý.
Mà
3

2

Có

2020

2020

+Nếu a lẻ

 a  2021a   a  a  2021
�  2020  1 M a  2021
 a  2021 là số chẵn � vô lý.
Mà
3

WORD=> ZALO_0946 513 000

2

Có

2020

2

2

Vậy khơng tồn tại số ngun a

 a, b �R  . Biết đa thức F  x  chia cho  x  2  thì dư 12. F  x 
 x  1 dư 6 . Tính giá trị của biểu thức: B   6a  3b  11  26  5a  5b 
chia cho

b) Cho đa thức

F  x   x3  ax  b

với

x3  ax  b   x  2   x 2  2 x  a  4   b  2  a  4 
x3  ax  b   x  1  x 2  x  a  1  b   a  1

�
b  2  a  4   12
a  b  5 �
a 3
�
�

��
��
��
2a  b  4
b  2
b   a  1  6
�
�
�
B   6a  3b  11  26  5a  5b    6.3  3.2  11  26  5.3  5.2   1
Vậy B  1 .

.

Câu 12: (1.5 điểm) Cho các số a, b, c, d nguyên dương đôi một khác nhau và thỏa mãn:
2a  b 2b  c 2c  d 2d  a



6
ab
bc
cd
d a
Chứng minh A  abcd là số chính phương.
Lời giải
2a  b 2b  c 2c  d 2d  a




6
ab
bc
cd
d a
a
b
c
d
�



2
ab bc cd d a
a
b
c
d
� 1

1

0
ab bc
cd d a

8

b  c  a
d  a  c
�

0
 a  b  b  c  c  d   d  a 

TÀI LIỆU ĐỦ LOẠI-MÔN-LỚP

� b  c  a  c  d   d  a  d  c  a  a  b  b  c  0
� b  c  d   d  a   d  a  b   b  c   0 (do a �c )
� bca  bd 2  db2  adc  0
�  b  d   ac  bd   0
� ac  bd � abcd   bd 

2

Vậy A  abcd là số chính phương.
Câu 13: (2 điểm)
2
2
2
a  b  c  b  c  a  c  a  b  a  b  c  b  a  c  a  c  b
Chứng minh rằng
.
Lời giải
2
2
 c  a  b  a  b  c   b  a  c  a  c  b
WORD=> ZALO_0946 513 000

Xét

a  b  c  b  c  a

2

 ab  b  c  a   ac  b  c  a   ac  a  b  c   bc  a  b  c   ab  a  c  b   bc  a  c  b 
2

2

2

2

2

2

2
2
2
2
2
2
 ab �
 ac �
 bc �
 b  c  a   a  c  b �

 a  b  c   b  c  a �
 a  c  b   a  b  c �
�
� �
� �
�
 4abc  b  a   4abc  a  c   4abc  c  b   0
Câu 14: (2 điểm)
2 x  y
x
y
P 3  3  2 2
y 1 x 1 x y  3 .
Cho x  y  1, xy �0 . Tính

Lời giải
Từ giả thiết ta có y  1  x; x  1  y . Khi đó

x
x
x
1


 2
2
2
y  1  y  1  y  y  1  x  y  y  1  y  y  1
3

y
y
y
1


 2
2
2
x  1  x  1  x  x  1  y  x  x  1  x  x  1
3

Hơn nữa, kết hợp giả thiết x  y  1 ta có

y

2

 y  1  x 2  x  1  x 2 y 2  xy 2  y 2  x 2 y  xy  y  x 2  x  1

 x2 y2  �
xy  x  y   x 2  y 2  xy �
�
� x  y  1
 x2 y2   x  y   x  y  1
2

 x2 y 2  3
P
Khi đó




2 x  y
1
1
 2
 2
y  y  1 x  x  1  y  y  1  x 2  x  1
2

x2  x 1 y2  y 1  2x  2 y
 y 2  y  1  x2  x  1



 y  x  y  x  x  y 
y 2  x2  x  y
y x x y
0
 2
 2
0
2
2
2
2
2
y  y  1  x  x  1  y  y  1  x  x  1  y  y  1  x  x  1  y  y  1  x 2  x  1

Vậy P  0.

y
2 y2
4 y4
8 y8
x
 2


 2020
2
4
4
8
8
x y
x y
Câu 15: (1,5 điểm) Cho x ��y và x  y x  y
. Tính tỉ số y ?
9


Lời giải
TÀI LIỆU ĐỦ LOẠI-MƠN-LỚP

Xét y  0 khơng thoả mãn giả thiết. Vậy y �0

y
2 y2

4 y4
8 y8
 2


 2020
2
4
4
8
8
x

y
x

y
x

y
x

y
Ta có
� 4 y4
y
2 y2
8 y8 �
�
 2



�
� 2020
x  y x  y 2 �x 4  y 4 x8  y8 �

�
4 y 4  x 4  y 4   8 y8 �
y
2 y2
� 2020
�

�
x  y x 2  y 2 � x 4  y 4   x 4  y 4  �
�
�
4
4
4
4y  x  y 
y
2 y2
�
 2
 4
 2020
2
x  y x  y  x  y 4   x4  y 4 
�

y
2 y2
4 y4
 2

 2020
x  y x  y 2 x4  y4

�

� 2 y2
y
4 y4
 �2

x  y �x  y 2 x 4  y 4

WORD=> ZALO_0946 513 000

�
� 2020
�

2 y2  x2  y2   4 y4
y
�

 2020
x  y  x2  y 2   x2  y 2 

y
2 y2
�

 2020
x  y x2  y2
y  x  y   2 y2
�
 2020
 x  y  x  y
�

xy  y 2
 2020
 x  y  x  y

y
 2020
x y
x y
�
 2020
y
x
�  1  2020
y
x
1
2021

�  1

y
2020 2020
x 2021

y
2020 .
Vậy
�

Câu 16: (2 điểm)
Tìm tất cả các tam giác vng có số đo các cạnh là các số nguyên dương và số đo diện tích bằng số đo
chu vi.
Lời giải
Gọi các cạnh của tam giác vuông là x, y, z trong đó cạnh huyền là z ( x, y, z là các số nguyên dương).
Ta có
Từ

xy  2  x  y  z   1

 2

và

x2  y 2  z 2  2

z 2   x  y   2 xy
2

suy ra

, thay

 1

vào ta có

10


z2   x  y   4  x  y  z 
2

TÀI LIỆU ĐỦ LOẠI-MÔN-LỚP

� z 2  4z   x  y   4  x  y 
2

� z 2  4z  4   x  y   4  x  y   4
2

�  z  2   x  y  2
� z  2  x  y  2 (do z  2 �3 , x �1, y �1 � x  y  2 �0 ).
2

2

� z  x  y  4 , thay vào  1 ta được
xy  2  x  y  x  y  4 

� xy  4 x  4 y  8
�  x  4   y  4   8  1.8  2.4
Từ đó tìm được các giá trị của x, y, z là
 x  5, y  12, z  13 ;  x  12, y  5, z  13  ;  x  6, y  8, z  10  ;  x  8; y  6; z  10 
WORD=> ZALO_0946 513 000

Câu 17:

.

(1,5 điểm)

2
2
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức B  xy ( x  2)( y  6)  12 x  24 x  3 y  18 y  2050 .

Lời giải
Ta có:

B  xy ( x  2)( y  6)  12 x 2  24 x  3 y 2  18 y  2050

� B   x 2 y  2 xy   y  6   12 x 2  24 x  3 y 2  18 y  2050
� B  x 2 y 2  6 x 2 y  2 xy 2  12 xy  12 x 2  24 x  3 y 2  18 y  2050

� B   x 2 y 2  2 xy 2  y 2    6 x 2 y  12 xy  6 y    12 x 2  24 x  12    2 y 2  12 y  18   2020
� B  y 2 .  x  1  6 y.  x  1  12  x  1  2  y  3  2020
2

� B   x  1

2

y

2

2

2

2

 6 y  12   2  y  3   2020
2

2
2
2
� B   x  1 �
 2 y  3  2020
 y  3   3�
�
� 

Vì

�
 x  1 �0
�

2
�
 y  3 �0
�
�
2
�
�3�
�y  3  3�
� �
2

B 2020

y

3 .
Dấu ‘=” xảy ra khi x  1 ;

Vậy giá trị nhỏ nhất của B là 2020 khi x  1 ; y  3 .

Câu 18: (4,0 điểm)
Cho hình vng ABCD , M là một điểm tùy ý trên đường chéo BD . Kẻ ME  AB, MF  AD
a) Chứng minh DE  CF .
b) Chứng minh ba đường thẳng DE , BF , CM đồng quy.
c) Xác định vị trí điểm M để diện tích tứ giác AEMF lớn nhất.
Lời giải

11

TÀI LIỆU ĐỦ LOẠI-MÔN-LỚP

a) Chứng minh DE  CF .
Ta có ADE  DCF (c.g.c) � DE  CF .
b) Chứng minh ba đường thẳng DE , BF , CM đồng quy.
Gọi giao điểm của ME , MF , CM với DC , CB, EF lần lượt là K , I , H
WORD=> ZALO_0946 513 000

�
�
Có EMF  CMK (c.g.c) � MEF  MCK

�
�
�
�
�
�
� MEF
 HME
 MCK
 HME
 MCK
 KMC
 90�
� CM  EF
�
�
ADE  DCF � ADE

 DCF

Có

�
�
�
��
ADE  DFC
 DCF
 DFC
 90�� DE  CF
Chứng minh tương tự ta có BF  CE
Vậy DE , BF , CM đồng quy.
c) Xác định vị trí điểm M để diện tích tứ giác AEMF lớn nhất.
Gọi độ dài cạnh hình vng là a và độ dài ME là x
Ta có

S AEMF  x  a  x 

 x  a  x
�
4

2



a2
4

a2
a
x
2 hay M là trung điểm của BD.
Vậy diện tích AEMF lớn nhất là 4 khi
Câu 19: (1 điểm) Cho 1 lưới ơ vng có kích thước 5x5. Người ta điền vào mỗiô của lưới 1 trong các số
-1, 0, 1. Xét tổng các số theo từng cột, theo từng hàng và theo từng hàng chéo. Chứng minh
rằng trong tất cả các tổng luôn tồn tại 2 tổng có giá trị bằng nhau.
Lời giải
Có tất cả 12 tổng gồm 5 tổng theo cột, 5 tổng theo hàng và 2 tổng theo đường chéo. Mỗi tổng gồm 5 số hạng mà
mỗi số hạng nhận 1 trong 3 số là 1, -1, 0. Nên mỗi tổng là 1 số nguyên. Gọi các tổng là
i  1, 2, 3,.....,12 . thỏa mãn 5 �Si �5 .

Si sẽ nhận 11 giá trị từ -5, -4, -3, ......., 3, 4, 5.
Mà ta lại có 12

Si nên sẽ ln tồn tại 2 tổng có giấ trị bằng nhau.
HẾT

12

Si với