Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh Toán 9 năm 2020 – 2021 sở GD&ĐT Nghệ An

Giới thiệu Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh Toán 9 năm 2020 – 2021 sở GD&ĐT Nghệ An

Học toán online.vn gửi đến các em học sinh và bạn đọc Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh Toán 9 năm 2020 – 2021 sở GD&ĐT Nghệ An.

Tài liệu Học sinh giỏi Toán 9 và hướng dẫn giải chi tiết các đề thi học sinh giỏi sẽ luôn được cập thường xuyên từ hoctoanonline.vn, các em học sinh và quý bạn đọc truy cập web để nhận những tài liệu Toán hay và mới nhất miễn phí nhé.

Tài liệu Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh Toán 9 năm 2020 – 2021 sở GD&ĐT Nghệ An

Các em học sinh và bạn đọc tìm kiếm thêm tài liệu Toán 9 tại đây

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn thi: TOÁN – BẢNG A Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 1 (3,0 điểm). a) Tìm tất cả các giá trị nguyên của a để A  a 2  4a  2021 là một số chính phương. b) Cho đa thức P  x  với các hệ số nguyên thỏa mãn P  2019.P  2020  2021. Chứng minh rằng đa thức P  x   2022 không có nghiệm nguyên. Câu 2 (6,5 điểm). a) Giải phương trình x 2  5x  2  2 x 1  3 x  3.  y 2  y  x 2  x 1  x 2  x  b) Giải hệ phương trình    y  x 2  1  x 3  x 2  2.  Câu 3 (1,5 điểm). Cho ba số thực không âm a, b,c thỏa mãn ab  bc  ca  1. Tìm giá trị nhỏ a 2  b2  c2  3 nhất của biểu thức P  . a  b  c  abc Câu 4 (6,0 điểm). Cho tam giác nhọn ABC có D, E, F lần lượt là chân các đường cao kẻ từ ba đỉnh A, B,C của tam giác. Gọi H là trực tâm tam giác ABC và K là trung điểm của HC. a) Chứng minh rằng 4 điểm E, K, D, F cùng thuộc một đường tròn. b) Đường thẳng đi qua K song song với BC cắt DF tại M. Trên tia DE lấy điểm P sao cho   BAC  . Chứng minh rằng SAMF  MF (Trong đó S ,S lần lượt là diện tích các tam MAP AMF AMP SAMP MP giác AMF và AMP ). Câu 5 (3,0 điểm). a) Cho hình thoi ABCD có AB  a. Gọi R 1 , R 2 lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp của các tam giác ABC và ABD. Chứng minh rằng R 1  R 2  a 2. b) Cho đa giác đều có 2021 đỉnh, sao cho mỗi đỉnh của đa giác đó chỉ được tô bằng một trong hai màu xanh hoặc đỏ. Chứng minh rằng tồn tại 3 đỉnh của đa giác đã cho là các đỉnh của một tam giác cân mà các đỉnh đó được tô cùng một màu. ……………Hết…………… Họ và tên thí sinh………………………………… Số báo danh…………………… Chú ý: Thí sinh không được phép sử dụng máy tính bỏ túi. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn thi: TOÁN – BẢNG B Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 1 (3,0 điểm). a) Tìm tất cả các cặp số nguyên  x; y thỏa mãn x 2  y 2  6x  8 . b) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n   thì n 3  5n chia hết cho 6. Câu 2 (6,5 điểm). a) Giải phương trình x  6  6  x  x 1.  x 3  5x  y3  5 y   b) Giải hệ phương trình  4 2   x  y  2. Câu 3 (1,5 điểm). Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x 2  y 2  z  3xy . Chứng x y x 3  y3 7 minh rằng    . yz xz 16z 8 Câu 4 (6,0 điểm). Cho tam giác nhọn ABC có D, E, F lần lượt là chân các đường cao kẻ từ ba đỉnh A, B,C của tam giác. Gọi H là trực tâm tam giác ABC và K là trung điểm của HC. a) Chứng minh rằng 4 điểm E, K, D, F cùng thuộc một đường tròn. b) Đường thẳng đi qua K song song với BC cắt DF tại M. Trên tia DE lấy điểm P sao cho   BAC  . Chứng minh rằng MA là phân giác FMP.  MAP Câu 5 (3,0 điểm). a) Cho hình thoi ABCD có AB  a. Gọi R 1 , R 2 lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp của các tam giác ABC và ABD. Chứng minh rằng 1 1 4  2  2. 2 R1 R 2 a b) Cho đa giác đều có 2021 đỉnh, sao cho mỗi đỉnh của đa giác đó chỉ được tô bằng một trong hai màu xanh hoặc đỏ. Chứng minh rằng tồn tại 3 đỉnh của đa giác đã cho là các đỉnh của một tam giác cân mà các đỉnh đó được tô cùng một màu. ……………Hết…………… Họ và tên thí sinh………………………………… Số báo danh…………………… Chú ý: Thí sinh không được phép sử dụng máy tính bỏ túi. KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 NĂM HỌC 2020 – 2021 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN – Bảng A ( Hướng dẫn chấm này gồm có 05 trang) Câu ĐÁP ÁN THAM KHẢO 1.a Điểm Tìm tất cả các giá trị nguyên của a để A  a 2  4a  2021 là một số chính phương. (1,5đ) 2 Ta có a 2  4a  2021  y 2  a  2  2017  y 2 0,25 2  2017  y 2  a  2   y  a  2 y  a  2  2017 0,25 Do 2017 là số nguyên tố nên ta có các trường hợp sau xảy ra  y  a  2  2017   y  a  2019   y  1009  +) TH1:         y  a  2  1  y  a  1 a  1010    0,25   y  a  2  2017   y  a  2015   y  1009 +) TH2:             y  a  2  1  y  a  3 a  1006 0,25 y  a  2  1 y  a  3  y  1009    +) TH3:        y  a  2  2017   y  a  2015  a  1006    0,25  y  a  2  1  y  a  1  y  1009 +) TH4:       y  a  2  2017  y  a  2019 a  1010 0,25 Vậy có 2 giá trị nguyên của a thỏa mãn yêu cầu bài toán là a  1010 và a  1006. Cho đa thức P  x  với các hệ số nguyên thỏa mãn P 2019.P 2020  2021. Chứng minh rằng 1.b (1,5đ) đa thức P  x   2022 không có nghiệm nguyên. Giả sử đa thức P  x   2022 có nghiệm nguyên x  a, khi đó P  x   2022   x  a .Q  x   P  x   2022   x  a .Q  x  . (Với Q  x  là đa thức hệ số nguyên) 0,25 Khi đó:  P 2019  2022  2019  a .Q 2019 0,25 P 2020  2022  2020  a .Q 2020 0,25  Mà P 2019.P 2020  2021   2022  2019  a .Q 2019  2022  2020  a .Q 2020  2021    2  2022  2022 2019  a .Q 2019  2020  a .Q 2020  0,5 2019  a 2020  a Q 2019.Q 2020  2021 * Do 2019  a 2020  a  là hai số tự nhiên liên tiếp, suy ra vế trái của (*) là số chẵn. Vậy không tồn tại a để đẳng thức (*) xảy ra. Hay đa thức P  x   2022 không có nghiệm nguyên. 0,25 Trang 1 2.a Giải phương trình x 2  5x  2  2 x 1  3 x  3. (3,0đ) Điều kiện: x  1. Phương trình đã cho tương đương với x 2  5x  2  2 x 1  3 x  3  0  x 1    x 1  2   x  5  x 1 x 1  2  3  x  3  2  x 2  6x  5  0 x 5 3 2  x  3  2 3 x  3  4 0,5   x 1 x  5  0    x 1 1     x  5   x 1  0 2  x 1  2 3  x  3  2 3 x  3  4    0,5 0,5  x  5, do 0,5 0,5 x 1 1   x 1  0, x  1. 2 x 1  2 3  x  3  2 3 x  3  4 0,5 Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là T  5. 2.b (3,5đ)   y 2  y  x 2  x 1  x 2  x   Giải hệ phương trình  2 3 2   y  x  1  x  x  2   Ta có y 2  y  x 2  x 1  x 2  x   y 2 1   x 2  x 1 y  1  0 0,5  y  1   y  1 y  x 2  x   0   2 y  x  x 0,75 +) Với y  1, thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được x  3 3 x 3  3  x  3 3 . Khi đó hệ có nghiệm   y  1  0,5 +) Với y  x 2  x , thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được 0,5 x 2  x x 2  1  x 3  x 2  2  x 4  2x 3  2x 2  x  2  0 x2  x  1 2   x 2  x    x 2  x   2  0   2  x  x  2 0,5 +) TH1: x 2  x  2  0 (vô nghiệm) 0,25 1 5 +) TH2: x  x 1  0  x  . Khi đó hệ có các nghiệm 2 2    1 5  1 5   x  x  ;   2 2 .     y  1     y  1 0,5 Trang 2    1 5  1 5    x  3 3  x  x   Vậy hệ phương trình đã cho có các nghiệm  ; ; 2 2 .     y  1        y  1 y  1 3 (1,5đ) Cho ba số thực không âm a, b,c thỏa mãn ab  bc  ca  1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P a 2  b2  c2  3 . a  b  c  abc Ta có +) a 2  b 2  c 2  3  a 2  b 2  c 2  3ab  bc  ca  0,25  a  bb  c  c  a a  b  b  cc  a  +) a  b  c  abc  a  b  cab  bc  ca   abc  a  bb  cc  a  0,25 1 1 1 . Khi đó suy ra P    a b bc ca Theo nguyên lí Dirichlet trong ba số thực a, b,c luôn tồn tại hai số  1 hoặc  1. 0,25 Giả sử hai số đó là a và b. Khi đó: 1  a 1  b  0  a  b  ab  1 Lại có ab  bc  ca  1  1  ab  c a  b  0  ab  1 Từ đó suy ra 0  a  b  ab  1  2 0,25 Ta lại có: a 2 a  b  a a  b  a a  b  1 ab ab +) .   2  a  b   2  a  b   a b 1 c  a c  a a  b a  1 2 a 1 a a b a  b  1 +) Hoàn toàn tương tự ta có: a b bc 2 0,25 2 a  b  1 1 1 1 Từ đó ta có P      2 a  b   a b bc ca a b 2 1 x 2 2  4x 2  x 3  2x   x 2 2x 2 2  x 1 2  x   5x 5  x 1 2  x  5     . 2x 2 2x 2 5 Vậy min P  đạt được khi và chỉ khi a  1;b  1;c  0 và các hoán vị. 2 Đặt a  b  x, 0  x  2 . Khi đó P  4.a (3,0đ) 0,25 Cho tam giác nhọn ABC có D, E, F lần lượt là chân các đường cao kẻ từ ba đỉnh A, B,C của tam giác. Gọi H là trực tâm tam giác ABC và K là trung điểm của HC. a) Chứng minh rằng 4 điểm E, K, D, F cùng thuộc một đường tròn. +) Do EK là trung tuyến của tam giác vuông   ECK  EHC  KE  KC  KEC   KCE   KEC   2ECK  (1)  EKF 0,75 0,5 Trang 3   EDH  +) Do tứ giác HDCE nội tiếp  ECK    FBH +) Do tứ giác FECB nội tiếp  ECK 0,75   FDH  +) Do tứ giác FBDH nội tiếp  FBH Từ đó suy ra  (2)   2ECK   2HDE   FDH   EDH FDE 0,5   tứ giác FDKE nội tiếp hay 4 điểm F, D, K, E cùng thuộc một đường   FDE Từ (1) và (2) suy ra EKF tròn. 4.b 0,5 Cho tam giác nhọn ABC có D, E, F lần lượt là chân các đường cao kẻ từ ba đỉnh A, B,C của tam (3,0đ) giác. Gọi H là trực tâm tam giác ABC và K là trung điểm của HC. b) Đường thẳng đi qua K song song với BC cắt DF tại M. Trên tia DE lấy điểm P sao cho S MF   (Trong đó SAM F , SAM P lần lượt là diện tích các tam M AP  BAC . Chứng minh rằng AM F  SAM P M P giác AM F và AM P ). Gọi N là giao điểm của MK và DE. 0,25   MNE  (4) +) Do MN / /BC  BDN 0,25   BAE   1800 (5) +) Do ABDE là tứ giác nội tiếp  BDE 0,25   MAP  nên từ (4), (5) +) Theo bài ra BAC   MAP   1800 suy ra MNP 0,5   ANP  (6)  MNPA là tứ giác nội tiếp  AMP   ANP  (7)   AND   1800  AMD   1800  AND   AMF +) Lại có AMD  AND c.g.c  AMD   AMF  . Từ (6) và (7) suy ra AMP 0,5 0,25 Gọi h1 , h 2 lần lượt là độ dài đường cao kẻ từ đỉnh F và P của các tam giác AMF và AMP . 1 1 1 Ta có : SAMF  h1.MA  MF.sin  .MA ; tương tự SAMP  MA.MP.sin  . 2 2 2 Từ đó suy ra 5.a (1,5đ) SAMF MF  . SAMP MP 0,75 0,25 Cho hình thoi ABCD có AB  a. Gọi R1 , R 2 lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABC và ABD. Chứng minh rằng R1  R 2  a 2. Trang 4 Gọi M là trung điểm của cạnh AB. Đường trung trực của đoạn AB cắt các đường AC và BD lần lượt tại I và J. Khi đó I và J lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp của các tam giác ABD và ABC. Dễ thấy MAI ” MJBg.g   0,25 MA MJ MA MJ    AI JB R2 R1 0,25  MA 2 MJ 2 MA 2 JB2  MB2    R 22 R12 R 22 R12 0,25  MA 2 R12  MB2 MA 2 MB2 a2 a2 1       1 R 22 R12 R 22 R12 4R12 4R 22 0,25 Khi đó 1  a2 a2 a2 a2 a2 a2   2 .   R R  . 1 2 2 4R12 4R 22 4R12 4R 22 2R1R 2 0,25 a2  a 2. 2 0,25 Do đó R1  R 2  2 R1R 2  2 Dấu “=” xảy ra  R1  R 2 hay tứ giác ABCD là hình vuông. 5.b (1,5đ) Cho đa giác đều có 2021 đỉnh sao cho mỗi đỉnh của đa giác đó chỉ được tô bằng một trong hai màu xanh hoặc đỏ. Chứng minh rằng tồn tại 3 đỉnh của đa giác đã cho là các đỉnh của một tam giác cân mà các đỉnh đó được tô cùng một màu. Do đa giác đã cho là đa giác đều nên đa giác đó nội tiếp đường tròn tâm O. Do 2021 là số lẻ nên tồn tại 2 đỉnh kề nhau tô cùng màu. Giả sử hai đỉnh đó là A và B và cùng được tô màu đỏ. Cũng do đa giác đã cho đều và có số đỉnh lẻ nên tồn tại đỉnh M của đa giác nằm trên trung trực đoạn AB  MAB cân. 0,25 0,25 Ta xét hai khả năng xảy ra: +) Khả năng 1: Nếu M tô màu đỏ  đpcm. 0,25 +) Khả năng 2: Nếu M tô màu xanh. Gọi E, F là các đỉnh kề của A và B có: EA  AB  BF  EF / /AB  MEF cân tại M. Khi đó: – Nếu E, F màu xanh  MEF cân và thỏa mãn bài toán. – Nếu một trong hai đỉnh E, F màu đỏ, giả sử E màu đỏ  EAB thỏa mãn yêu cầu bài toán. Vậy luôn tồn tại 3 đỉnh của đa giác đều đã cho lập nên một tam giác cân có các đỉnh cùng màu. 0,25 0,25 0,25 ……………Hết…………… Ghi chú: Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa. Trang 5 KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 NĂM HỌC 2020 – 2021 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN – Bảng B ( Hướng dẫn chấm này gồm có 04 trang) Câu 1.a ĐÁP ÁN THAM KHẢO Điểm Tìm tất cả các cặp số nguyên  x; y thỏa mãn x 2  y 2  6x  8 . (1,5đ) Ta có x 2  y 2  6x  8   x 2  6x  9  y 2  17 2   x  3  y 2  17   x  3  y x  3  y  17 0,25 0,25 Do 17 là số nguyên tố nên ta có các trường hợp sau: x  3  y  17  x  y  20  x  12  +) TH1:         x  3  y  1 x  y  4  y  8    0,25 x  3  y  17  x  y  14   x  6    +) TH2:        x  3  y  1 x  y  2 y  8    0,25 x  3  y  1 x  y  4 x  12 +) TH3:      x  3  y  17 x  y  20  y  8 0,25  x  3  y  1 x  y  2  x  6    +) TH3:       x  3  y  17  x  y  14   y  8    0,25 Vậy các cặp số nguyên  x; y thỏa mãn yêu cầu bài toán là 12;  8,6;8,12;8,6;  8. 1.b (1,5đ) 2.a Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n   thì n 3  5n chia hết cho 6. Ta có n 3  5n  n 3  n   6n 0,25  n n 1n  1  6n 0,5 Do n n 1n  1 là tích của ba số tự nhiên liên tiếp  n n 1n  1 6 0,5 Lại do 6n  6 , từ đó suy ra n n 1n  1  6n  6  n 3  5n  6 0,25 Giải phương trình x  6  6  x  x 1. (3,0đ) Trang 1 Điều kiện 1  x  6 0,5 Phương trình đã cho tương đương với x  6  x 1  6  x  0   x  5     x  5    0,5  x 1  2  1  6  x  0 x 5 x 1  2  x 5 1 6  x 0,5 0 0,5   1 1   x  51     0  x  5,  x 1  2 1  6  x  Do 1  1 x 1  2  1 1 6  x 0,5  0, x  1;6 0,5 Vậy phương trình đã cho có nghiệm x  5. x 3  5x  y3  5 y Giải hệ phương trình  4 x  y 2  2.  2.b (3,5đ) Ta có x 3  5x  y3  5y   x 3  y3   5 x  y  0 0,5   x  y x 2  xy  y 2   5 x  y  0   x  y x 2  xy  y 2  5  0 0,5  x  y, do x 2  xy  y 2  5  0, x, y  . 3 (1,5đ) 1,0 Với x  y, thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được x 4  x 2  2  0   x 2 1 x 2  2  0 0,5  x 2  1, do x 2  2  0, x   0,5 x  1   x  1   x  1. Vậy hệ phương trình đã cho có các nghiệm  ;    y  1   y  1.   0,5 Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x 2  y 2  z  3xy . Chứng minh rằng x y x 3  y3 7    . yz xz 16 z 8 Ta có 3xy  x 2  y 2  z  2 xy  z  xy  z Suy ra : 0,25 +) 2 2 x 3  y3  x  y x  y  xy  x  y xy x  y    16z 16z 16z 16 +)  x  y (x  y) 2 4 x y x2 y2       y  z x  z xy  xz xy  yz 2xy  z  x  y xy(2  x  y) 2  x  y 0,25 (1) 2 (2) 0,5 Trang 2 Từ (1) và (2) cho ta P  xy 4 4 xy2 1    P 16 xy2 16 8  x  y  2 0,5 x  y  3 4 xy2 1 1 7 7   2 .   1   . Vậy minP     xy2 16 8 8 8 8  z  9 4.a (3,0đ) Cho tam giác nhọn ABC có D, E, F lần lượt là chân các đường cao kẻ từ ba đỉnh A, B,C của tam giác. Gọi H là trực tâm tam giác ABC và K là trung điểm của HC. a) Chứng minh rằng 4 điểm E, K, D, F cùng thuộc một đường tròn. +) Do EK là trung tuyến của tam giác vuông   ECK  EHC  KE  KC  KEC 0,5   KCE   KEC   2ECK  (1)  EKF 0,5   EDH  +) Do tứ giác HDCE nội tiếp  ECK   FBH  +) Do tứ giác FECB nội tiếp  ECK 1,0   FDH  +) Do tứ giác FBDH nội tiếp  FBH Từ đó suy ra   2ECK  (2)   2HDE   EDH   FDH FDE 0,5   FDE   tứ giác FDKE nội tiếp hay 4 điểm F, D, K, E cùng thuộc một đường Từ (1) và (2) suy ra EKF 4.b tròn. Cho tam giác nhọn ABC có D, E, F lần lượt là chân các đường cao kẻ từ ba đỉnh A, B,C của tam 0,5 (3,0đ) giác. Gọi H là trực tâm tam giác ABC và K là trung điểm của HC. b) Đường thẳng đi qua K song song với BC cắt DF tại M. Trên tia DE lấy điểm P sao cho   BAC  . Chứng minh rằng MA là phân giác FMP.  MAP Gọi N là giao điểm của MK và DE. 0,5  (4)   MNE +) Do MN / /BC  BDN +) Do ABDE là tứ giác nội tiếp 0,5   BAE   1800 (5)  BDE   MAP  nên từ (4), (5) +) Theo bài ra BAC   MAP   1800 suy ra MNP 0,5   ANP  (6)  MNPA là tứ giác nội tiếp  AMP   AND  +) Lại có AMD  AND c.g.c  AMD   1800  AND   AMF   ANP  (7)  1800  AMD    AMF   MA là phân giác FMP. Từ (6) và (7) suy ra AMP 0,5 0,5 0,5 Trang 3 Cho hình thoi ABCD có AB  a. Gọi R1 , R 2 lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp của các 5.a (1,5đ) tam giác ABC và ABD. Chứng minh rằng 1 1 4  2  2. 2 R1 R 2 a Gọi M là trung điểm của cạnh AB. Đường trung trực của đoạn AB cắt các đường AC và BD lần lượt tại I và J. Khi đó I và J lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp của các tam giác ABD và ABC. Dễ thấy MAI ” MJB g.g   5.b (1,5đ) 0,25 MA MJ  AI JB 0,25  MA MJ MA 2 MJ 2   2  2 R2 R1 R2 R1 0,25  MA 2 JB2  MB2  R 22 R12 0,25  MA 2 R12  MB2 MA 2 MB2    2 1 R 22 R12 R 22 R1 0,25  a2 a2 1 1 4  1 2  2  2 . 2 2 4R1 4R 2 R1 R 2 a 0,25 Cho đa giác đều có 2021 đỉnh sao cho mỗi đỉnh của đa giác đó chỉ được tô bằng một trong hai màu xanh hoặc đỏ. Chứng minh rằng tồn tại 3 đỉnh của đa giác đã cho là các đỉnh của một tam giác cân mà các đỉnh đó được tô cùng một màu. Do đa giác đã cho là đa giác đều nên đa giác đó nội tiếp đường tròn tâm O. Do 2021 là số lẻ nên tồn tại 2 đỉnh kề nhau tô cùng màu. Giả sử hai đỉnh đó là A và B và cùng được tô màu đỏ. Cũng do đa giác đã cho đều và có số đỉnh lẻ nên tồn tại đỉnh M của đa giác nằm trên trung trực đoạn AB  MAB cân. 0,25 0,25 Ta xét hai khả năng xảy ra: +) Khả năng 1: Nếu M tô màu đỏ  đpcm. 0,25 +) Khả năng 2: Nếu M tô màu xanh. Gọi E, F là các đỉnh kề của A và B có: EA  AB  BF  EF / /AB  MEF cân tại M. Khi đó: – Nếu E, F màu xanh  MEF cân và thỏa mãn bài toán. – Nếu một trong hai đỉnh E, F màu đỏ, giả sử E màu đỏ  EAB thỏa mãn yêu cầu bài toán. Vậy luôn tồn tại 3 đỉnh của đa giác đều đã cho lập nên một tam giác cân có các đỉnh cùng màu. 0,25 0,25 0,25 ……………Hết…………… Ghi chú: Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa. Trang 4
guest
0 Comments
Inline Feedbacks
View all comments

Bài viết tương tự

Scroll to Top