Đề thi HSG Toán 9 Tỉnh Vĩnh Long – Năm học 2022 – 2023

Đề thi HSG Toán 9 Tỉnh Vĩnh Long – Năm học 2022 – 2023

Câu 1. (4.0 điểm) Rút gọn biểu thức
a) \[A=\left( \frac{\sqrt{x}+3}{\sqrt{x}-2}+\frac{\sqrt{x}+2}{3-\sqrt{x}}+\frac{\sqrt{x}+2}{x-5\sqrt{x}+6} \right):\left( 1-\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+1} \right)\] với $x\ge 0\text{ }v\grave{a}\text{ }x\text{ }\ne \text{ }1;x\ne 9$.
b) Cho $x=\frac{\sqrt[3] {10+6\sqrt{3}}\left( \sqrt{3}-1 \right)}{\sqrt{6+2\sqrt{5}}-\sqrt{5}}$. Tính giá trị của biểu thức $M={{\left( {{x}^{3}}-4x+1 \right)}^{2022}}$

Câu 2. (4.0 điểm)
a) Giải phương trình $x+1+2\sqrt{7-x}-2\sqrt{x+1}=\sqrt{7+6x-{{x}^{2}}}$
b) Cho hai đường thẳng $\left( {{d}_{1}} \right):mx+\left( m-1 \right)y-2m+1=0$
$\left( {{d}_{2}} \right):\left( 1-m \right)x+my-4m+1=0$
Tìm giá trị của tham số $m$ để tam giác $IAB$ cân tại $I$ với $A,\,B$ lần lượt là các điểm cố định mà $\left( {{d}_{1}} \right),\,\left( {{d}_{2}} \right)$ đi qua và $I$ là giao điểm của $\left( {{d}_{1}} \right)$ và $\left( {{d}_{2}} \right)$.

Câu 3. (5,0 điểm)
Cho tam giác ABC( AB < AC ) Giả sử $AH=12cm;\,BC=25cm$. Tính độ dài các cạnh $AB,\,AC$.
b) Gọi $M$ là điểm đối xứng của $B$ qua $H$. Đường tròn tâm $O$ đường kính $MC$ cắt $AC$ tại $D$. Chứng minh $HD$ là tiếp tuyến của đường tròn tâm $O.$
c) Cho $BC=2a$, $AH$phải có độ dài bằng bao nhiêu theo $a$ để diện tích tam giác $HDO$ là lớn nhất.

Câu 4. (4,0 điểm)
a) Tìm tất cả các số tự nhiên $n$ sao cho $n+2021$ và $n+2205$ đều là các số chính phương.
b) Giải phương trình nghiệm nguyên $2{{x}^{2}}-3xy-2{{y}^{2}}+6x-2y=1$.

Câu 5. (3,0 điểm)
a) Cho hai số thực dương $x,\,y$ thỏa mãn $x+y\ge 4$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P=2{{x}^{2}}+4{{y}^{2}}+\frac{63}{x}+\frac{3}{y}$.
b) Trong mặt phẳng cho 6 điểm ${{A}_{1}};{{A}_{2}};{{A}_{3}};{{A}_{4}};{{A}_{5}};{{A}_{6}}$. Trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng và trong 3 điểm bất kỳ luôn có 2 điểm có khoảng cách nhỏ hơn 674. Chứng minh rằng trong 6 điểm đã cho luôn tồn tại 3 điểm là 3 đỉnh của một tam giác có chu vi nhỏ hơn 2022.

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Đề thi HSG Toán 9 Tỉnh Vĩnh Long – Năm học 2022 – 2023

Câu 1 (4.0 điểm) Rút gọn biểu thức

a) $A=\left( \frac{\sqrt{x}+3}{\sqrt{x}-2}+\frac{\sqrt{x}+2}{3-\sqrt{x}}+\frac{\sqrt{x}+2}{x-5\sqrt{x}+6} \right):\left( 1-\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+1} \right)$ với $x\ge 0\text{ }v\grave{a}\text{ }x\text{ }\ne \text{ }1;x\ne 9$.

b) Cho $x=\frac{\sqrt[3] {10+6\sqrt{3}}\left( \sqrt{3}-1 \right)}{\sqrt{6+2\sqrt{5}}-\sqrt{5}}$. Tính giá trị của biểu thức $M={{\left( {{x}^{3}}-4x+1 \right)}^{2022}}$

Lời giải

a) $A=\left( \frac{\sqrt{x}+3}{\sqrt{x}-2}+\frac{\sqrt{x}+2}{3-\sqrt{x}}+\frac{\sqrt{x}+2}{x-5\sqrt{x}+6} \right):\left( 1-\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+1} \right)$ với $x\ge 0\text{ }v\grave{a}\text{ }x\text{ }\ne \text{ }1;x\ne 9$.

$\begin{align}& A=\left( \frac{\sqrt{x}+3}{\sqrt{x}-2}+\frac{\sqrt{x}+2}{3-\sqrt{x}}+\frac{\sqrt{x}+2}{x-5\sqrt{x}+6} \right):\left( 1-\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+1} \right) \\& =\frac{\left( \sqrt{x}+3 \right)\left( \sqrt{x}-3 \right)-\left( \sqrt{x}+2 \right)\left( \sqrt{x}-2 \right)+\sqrt{x}+2}{\left( \sqrt{x}-3 \right)\left( \sqrt{x}-2 \right)}:\frac{\sqrt{x}+1-\sqrt{x}}{\sqrt{x}+1} \\& =\frac{x-9-x+4+\sqrt{x}+2}{\left( \sqrt{x}-3 \right)\left( \sqrt{x}-2 \right)}:\frac{1}{\sqrt{x}+1} \\& =\frac{\sqrt{x}-3}{\left( \sqrt{x}-3 \right)\left( \sqrt{x}-2 \right)}.\left( \sqrt{x}+1 \right)=\frac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}-2} \\\end{align}$

Vậy $A=\frac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}-2}$ với $x\ge 0\text{ }v\grave{a}\text{ }x\text{ }\ne \text{ }1;x\ne 9$.

b) Cho $x=\frac{\sqrt[3] {10+6\sqrt{3}}\left( \sqrt{3}-1 \right)}{\sqrt{6+2\sqrt{5}}-\sqrt{5}}$. Tính giá trị của biểu thức $M={{\left( {{x}^{3}}-4x+1 \right)}^{2022}}$.

Ta có $x=\frac{\sqrt[3] {10+6\sqrt{3}}\left( \sqrt{3}-1 \right)}{\sqrt{6+2\sqrt{5}}-\sqrt{5}}=\frac{\sqrt[3] {{{\left( \sqrt{3}+1 \right)}^{3}}}\left( \sqrt{3}-1 \right)}{\sqrt{{{\left( \sqrt{5}+1 \right)}^{2}}}-\sqrt{5}}=\frac{\left( \sqrt{3}+1 \right)\left( \sqrt{3}-1 \right)}{\left( \sqrt{5}+1 \right)-\sqrt{5}}=\frac{3-1}{1}=2$

Thay $x=2$ vào biểu thức $M$ ta được $M={{\left( {{2}^{3}}-4.2+1 \right)}^{2022}}={{1}^{2022}}=1$

Vậy $M=1$

Câu 2 (4.0 điểm)

Giải phương trình $x+1+2\sqrt{7-x}-2\sqrt{x+1}=\sqrt{7+6x-{{x}^{2}}}$

Cho hai đường thẳng $\left( {{d}_{1}} \right):mx+\left( m-1 \right)y-2m+1=0$

$\left( {{d}_{2}} \right):\left( 1-m \right)x+my-4m+1=0$

Tìm giá trị của tham số $m$ để tam giác $IAB$ cân tại $I$ với $A,\,B$ lần lượt là các điểm cố định mà $\left( {{d}_{1}} \right),\,\left( {{d}_{2}} \right)$ đi qua và $I$ là giao điểm của $\left( {{d}_{1}} \right)$ và $\left( {{d}_{2}} \right)$

Lời giải

Giải phương trình $x+1+2\sqrt{7-x}-2\sqrt{x+1}=\sqrt{7+6x-{{x}^{2}}}$

Điều kiện: $-1\le x\le 7$

Ta có $x+1+2\sqrt{7-x}-2\sqrt{x+1}=\sqrt{7+6x-{{x}^{2}}}$

$\eqalign{
& \Leftrightarrow \left( {x + 1 – 2\sqrt {x + 1} } \right) + \left( {2\sqrt {7 – x} – \sqrt {\left( {1 + x} \right)\left( {7 – x} \right)} } \right) = 0 \cr
& \Leftrightarrow \sqrt {x + 1} \left( {\sqrt {x + 1} – 2} \right) – \sqrt {7 – x} \left( {\sqrt {x + 1} – 2} \right) = 0 \cr
& \Leftrightarrow \left( {\sqrt {x + 1} – 2} \right)\left( {\sqrt {x + 1} – \sqrt {7 – x} } \right) = 0 \cr
& \Leftrightarrow \left[ \matrix{
\sqrt {x + 1} – 2 = 0 \hfill \cr
\sqrt {x + 1} – \sqrt {7 – x} = 0 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left[ \matrix{
\sqrt {x + 1} = 2 \hfill \cr
\sqrt {x + 1} = \sqrt {7 – x} \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left[ \matrix{
x + 1 = 4 \hfill \cr
x + 1 = 7 – x \hfill \cr} \right.\left[ \matrix{
x = 3 \hfill \cr
x = 3 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow x = 3\left( {tm} \right) \cr} $

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho $S=\left\{ 3 \right\}$.

Gọi $A\left( {{x}_{0}};{{y}_{0}} \right)$ là điểm cố định mà $\left( {{d}_{1}} \right)$ luôn đi qua với mọi $m$.

$\Rightarrow m{{x}_{0}}+\left( m-1 \right){{y}_{0}}-2m+1=0$ với mọi $m$

$\Leftrightarrow m\left( {{x}_{0}}+{{y}_{0}}-2 \right)-{{y}_{0}}+1=0$ với mọi $m$

$\eqalign{
& \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
{x_0} + {y_0} – 2 = 0 \hfill \cr
– {y_0} + 1 = 0 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
{x_0} = 1 \hfill \cr
{y_0} = 1 \hfill \cr} \right. \cr
& \Rightarrow A\left( {1;1} \right) \cr} $

Tương tự $B\left( -1;3 \right)$

+ Nếu $m=0$ thì $\left( {{d}_{1}} \right):y=1$ và $\left( {{d}_{2}} \right):x=-1$. Tọa độ $I\left( -1;1 \right)$

Khi đó $IA=IB=4$

Vậy $I\left( -1;1 \right)$ thỏa mãn điều kiện bài toán.

+ Nếu $m=1$ thì $\left( {{d}_{1}} \right):x=1$ và $\left( {{d}_{2}} \right):y=3$. Tọa độ $I\left( 1;3 \right)$

Khi đó $IA=IB=4$

Vậy $I\left( 1;3 \right)$ thỏa mãn điều kiện bài toán.

+ Nếu $m\ne 0;m\ne 1$

Gọi $K$ là trung điểm của $AB$

Suy ra tọa độ của $K\left( 0;2 \right)$

Ta có $I$ thuộc trung trực của $AB$

Phương trình đường thẳng $AB$ có dạng $y=ax+b$

$\left\{ \matrix{
a + b = 1 \hfill \cr
– a + b = 3 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
b = 2 \hfill \cr
a = – 1 \hfill \cr} \right.$

Suy ra $y=-x+2$

Phương trình đường trung trực của $AB$ có dạng $y=x+d$

Vì $K\left( 0;2 \right)$ thuộc trung trực của AB

Nên $0+d=2\Rightarrow d=2$

Phương trình đường trung trực của $AB$ là $y=x+2$

Tọa độ của I là nghiệm của hệ
$\eqalign{
& \left\{ \matrix{
mx + \left( {m – 1} \right)y – 2m + 1 = 0 \hfill \cr
\left( {1 – m} \right)x + my – 4m + 1 = 0 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
m\left( {1 – m} \right)x + \left( {m – 1} \right)\left( {1 – m} \right)y = \left( {1 – m} \right)\left( {2m – 1} \right) \hfill \cr
m\left( {1 – m} \right)x + {m^2}y = m\left( {4m – 1} \right) \hfill \cr} \right. \cr
& \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
\left( {2{m^2} – 1} \right)y = 6{m^2} – 4m + 1 \hfill \cr
\left( {1 – m} \right)x + my – 4m + 1 = 0 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
y = {{6{m^2} – 4m + 1} \over {2{m^2} – 1}} \hfill \cr
x = {{ – \left( {2{m^2} + 4m – 1} \right)} \over {2{m^2} – 1}} \hfill \cr} \right. \cr} $

Vì $I$ thuộc đường trung trực của $AB$

Nên $\frac{6{{m}^{2}}-4m+1}{2{{m}^{2}}-1}=\frac{-\left( 2{{m}^{2}}+4m-1 \right)}{2{{m}^{2}}-1}+2$

$\begin{align}& \Leftrightarrow 6{{m}^{2}}-4m+1=-\left( 2{{m}^{2}}+4m-1 \right)+2\left( 2{{m}^{2}}-1 \right) \\& \Leftrightarrow 6{{m}^{2}}-4m+1+2{{m}^{2}}+4m-1-4{{m}^{2}}+2=0 \\& \Leftrightarrow 4{{m}^{2}}+2=0\left( ktm \right) \\\end{align}$

Vậy  $I\left( -1;1 \right)$ hoặc $I\left( 1;3 \right)$.

Câu 3 (5,0 điểm)

Cho tam giác $ABC\left( AB<AC \right)$ có $\widehat{A}={{90}^{0}}$ và đường cao $AH.$

Giả sử $AH=12cm;\,BC=25cm$. Tính độ dài các cạnh $AB,\,AC$.

Gọi $M$ là điểm đối xứng của $B$ qua $H$. Đường tròn tâm $O$ đường kính $MC$ cắt $AC$ tại $D$. Chứng minh $HD$ là tiếp tuyến của đường tròn tâm $O.$

Cho $BC=2a$, $AH$phải có độ dài bằng bao nhiêu theo $a$ để diện tích tam giác $HDO$ là lớn nhất.

Lời giải

Tính độ dài các cạnh $AB,\,AC$.

Đặt $AB=x;AC=y$

Áp dụng hệ thức cạnh và đường cao trong tam giác vuông $ABC$ ta có:

$\left\{ \matrix{
{x^2} + {y^2} = {25^2} \hfill \cr
x.y = 12.25 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
{\left( {x + y} \right)^2} – 2xy = 625 \hfill \cr
x.y = 300 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
{\left( {x + y} \right)^2} = 1225 \hfill \cr
x.y = 300 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
x + y = 35 \hfill \cr
x.y = 300 \hfill \cr} \right.$

$\Rightarrow x,\,y$ là nghiệm của phương trình ${{X}^{2}}-35X+300=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align}& {{X}_{1}}=20 \\& {{X}_{2}}=15 \\\end{align} \right.$

Vì $AB<AC$nên $x=15;y=20$

Vậy $AB=15cm;AC=20cm$

Chứng minh $HD$ là tiếp tuyến của đường tròn tâm $O.$

Ta có đường tròn đường kính $MC$ cắt $AC$ tại $D$

Nên $\widehat{MDC}={{90}^{0}}$

Suy ra tứ giác $ADMH$ nội tiếp

$\Rightarrow \widehat{HDM}=\widehat{HAM}$ (cùng chắn cung $HM$)

Vì $\Delta ABM$ cân tại $A$

Nên $AH$ đồng thời là phân giác

$\Rightarrow \widehat{BAH}=\widehat{HAM}$

Lại có $\widehat{BAH}=\widehat{ODC}\Rightarrow \widehat{HDM}=\widehat{ODC}$

Ta luôn có $\widehat{MDO}+\widehat{ODC}={{90}^{0}}$ hay $\widehat{MDO}+\widehat{HDM}={{90}^{0}}\Rightarrow \widehat{HDO}={{90}^{0}}$

$HD\bot DO$ tại $D\in \left( O \right)$

Vậy $HD$ là tiếp tuyến của đường tròn tâm $O.$

Cho $BC=2a$, $AH$phải có độ dài bằng bao nhiêu theo $a$ để diện tích tam giác $HDO$ là lớn nhất.

Ta có: ${{S}_{HDO}}=\frac{1}{2}DH.DO\le \frac{1}{2}\frac{D{{H}^{2}}+D{{O}^{2}}}{2}=\frac{1}{4}H{{O}^{2}}$

Mà $HO=HM+MO=\frac{1}{2}BM+\frac{1}{2}CM=\frac{1}{2}\left( BM+CM \right)=\frac{1}{2}BC=a$

Nên ${{S}_{HDO}}=\frac{1}{2}DH.DO\le \frac{1}{2}\frac{D{{H}^{2}}+D{{O}^{2}}}{2}=\frac{1}{4}H{{O}^{2}}=\frac{1}{4}{{a}^{2}}$

Suy ra ${{S}_{HDO}}$ lớn nhất là $\frac{{{a}^{2}}}{4}\Leftrightarrow HD=DO\Leftrightarrow \Delta HDO$ vuông cân tại $D$

Mà $HO=a\Rightarrow HD=\frac{a}{\sqrt{2}}$

Lại có $\widehat{ADH}=\widehat{AMH}=\widehat{ABH}=\widehat{HAD}$

$\Rightarrow \Delta HAD$ cân tại $H\Rightarrow AH=HD=\frac{a}{\sqrt{2}}$

Vậy $AH=\frac{a}{\sqrt{2}}$ thì diện tích tam giác $HDO$ lớn nhất.

Câu 4 (4,0 điểm)

a) Tìm tất cả các số tự nhiên $n$ sao cho $n+2021$ và $n+2205$ đều là các số chính phương.

b) Giải phương trình nghiệm nguyên $2{{x}^{2}}-3xy-2{{y}^{2}}+6x-2y=1$

Lời giải

a) Tìm tất cả các số tự nhiên $n$ sao cho $n+2021$ và $n+2205$ đều là các số chính phương.

Vì $n+2021$ và $n+2205$ đều là các số chính phương.

Nên $\left\{ \begin{align}& n+2021={{a}^{2}} \\& n+2205={{b}^{2}} \\\end{align} \right.\Leftrightarrow {{b}^{2}}-{{a}^{2}}=184\Leftrightarrow \left( b-a \right)\left( b+a \right)=1.184=2.92=4.46=8.23$

Với $a>44$

Vì $\left( b-a \right)+\left( b+a \right)=2b$ là số chẵn và 184 là số chẵn

Nên $\left( b-a \right)$ và $\left( b+a \right)$ đều là số chẵn

Mặt khác $b-a<b+a$ nên ta có các trường hợp sau:

$\left[ \matrix{
\left\{ \matrix{
b – a = 2 \hfill \cr
b + a = 92 \hfill \cr} \right. \hfill \cr
\left\{ \matrix{
b – a = 4 \hfill \cr
b + a = 46 \hfill \cr} \right. \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left[ \matrix{
\left\{ \matrix{
b = 47 \hfill \cr
a = 45 \hfill \cr} \right.\left( {tm} \right) \hfill \cr
\left\{ \matrix{
b = 45 \hfill \cr
a = 1 \hfill \cr} \right.\left( {loai} \right) \hfill \cr} \right.$

Với $\left\{ \begin{align}& b=47 \\& a=45 \\\end{align} \right.$ thì
$\left\{ \matrix{
n + 2021 = {45^2} \hfill \cr
n + 2205 = {47^2} \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
n = 4 \hfill \cr
n = 4 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow n = 4$

Vậy $n=4$

b) Giải phương trình nghiệm nguyên $2{{x}^{2}}-3xy-2{{y}^{2}}+6x-2y=1$

Ta có $2{{x}^{2}}-3xy-2{{y}^{2}}+6x-2y=1$

$\begin{align}& \Leftrightarrow 2{{x}^{2}}-4xy+xy-2{{y}^{2}}+6x-2y=1 \\& \Leftrightarrow 2x\left( x-2y \right)+x\left( x-2y \right)+6x-2y=1 \\& \Leftrightarrow \left( x-2y \right)\left( 2x+y \right)+2\left( x-2y \right)+2\left( 2x+y \right)=1 \\& \Leftrightarrow \left( x-2y+2 \right)\left( 2x+y+2 \right)=5=1.5=\left( -1 \right).\left( -5 \right) \\\end{align}$

Ta có các trường hợp sau:

TH1:
$\left\{ \matrix{
x – 2y + 2 = 1 \hfill \cr
2x + y + 2 = 5 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
x – 2y = – 1 \hfill \cr
2x + y = 3 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
x = 1 \hfill \cr
y = 1 \hfill \cr} \right.$

TH2:
$\left\{ \matrix{
x – 2y + 2 = 5 \hfill \cr
2x + y + 2 = 1 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
x – 2y = 3 \hfill \cr
2x + y = – 1 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
x = {1 \over 5} \hfill \cr
y = {{ – 7} \over 5} \hfill \cr} \right.\left( {loai} \right)$

TH3:
$\left\{ \matrix{
x – 2y + 2 = – 1 \hfill \cr
2x + y + 2 = – 5 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
x – 2y = – 1 \hfill \cr
2x + y = 3 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
x = {{ – 17} \over 5} \hfill \cr
y = {{ – 1} \over 5} \hfill \cr} \right.\left( {loai} \right)$

TH4:
$\left\{ \matrix{
x – 2y + 2 = – 5 \hfill \cr
2x + y + 2 = – 1 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
x – 2y = – 7 \hfill \cr
2x + y = – 3 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
x = {{ – 13} \over 5} \hfill \cr
y = {{11} \over 5} \hfill \cr} \right.\left( {loai} \right)$

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là $\left\{ \begin{align}& x=1 \\& y=1 \\\end{align} \right.$

Câu 4 (3,0 điểm)

a) Cho hai số thực dương $x,\,y$ thỏa mãn $x+y\ge 4$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P=2{{x}^{2}}+4{{y}^{2}}+\frac{63}{x}+\frac{3}{y}$.

b) Trong mặt phẳng cho 6 điểm ${{A}_{1}};{{A}_{2}};{{A}_{3}};{{A}_{4}};{{A}_{5}};{{A}_{6}}$. Trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng và trong 3 điểm bất kỳ luôn có 2 điểm có khoảng cách nhỏ hơn 674. Chứng minh rằng trong 6 điểm đã cho luôn tồn tại 3 điểm là 3 đỉnh của một tam giác có chu vi nhỏ hơn 2022.

Lời giải

a) Cho hai số thực dương $x,\,y$ thỏa mãn $x+y\ge 4$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $\begin{align}& P=2{{x}^{2}}+4{{y}^{2}}+\frac{63}{x}+\frac{3}{y}=2\left( {{x}^{2}}-6x+9 \right)+4\left( {{y}^{2}}-2y+1 \right)+\left( \frac{63}{x}+7x \right)+\left( \frac{3}{y}+3y \right)+5\left( x+y \right)-22 \\& =2{{\left( x-3 \right)}^{2}}+4{{\left( y-1 \right)}^{2}}+2\sqrt{\frac{63}{x}.7x}+2\sqrt{\frac{3}{y}.3y}+5.4-22\ge 2{{\left( x-3 \right)}^{2}}+4{{\left( y-1 \right)}^{2}}+2.21+2.3+5.4-22 \\& \ge 2.21+2.3+5.4-22=46 \\\end{align}$

Vậy ${{P}_{\min }}=46$ khi $\left\{ \begin{align}& x=3 \\& y=1 \\\end{align} \right.$.

b)

Trong các đoạn ${{A}_{i}}{{A}_{j}}$ với $i,j\in \left\{ 1,2,3,4,5,6 \right\}$ và $i\ne j$ nếu ${{A}_{i}}{{A}_{j}}<674$ thì tô ${{A}_{i}}{{A}_{j}}$ màu đỏ, các đoạn còn lại tô màu xanh.

Ta chỉ cần chứng minh tồn tại một tam giác có các cạnh đều là màu đỏ là đủ vì khi đó chu vi tam giác hiển nhiên nhỏ hơn $3.674=2022$

Xét  ${{A}_{1}}{{A}_{2}},{{A}_{1}}{{A}_{3}},{{A}_{1}}{{A}_{4}},{{A}_{1}}{{A}_{5}},{{A}_{1}}{{A}_{6}}$ có 5 đọan nên theo nguyên lý Dirichle tồn tại $\left[ \frac{5}{2} \right] +1$ đoạn thẳng ở trên được tô cùng màu.

Nếu ${{A}_{1}}{{A}_{2}},{{A}_{1}}{{A}_{3}},{{A}_{1}}{{A}_{4}}$ được tô cùng màu xanh thì buộc ${{A}_{2}}{{A}_{3}},{{A}_{3}}{{A}_{4}},{{A}_{4}}{{A}_{2}}$ được tô màu đỏ vì trong ba điểm bất kỳ luôn tồn tại hai điểm có khoảng cách nhỏ hơn $674$ nên trong một tam giác bất kỳ luôn tồn tại một cạnh màu đỏ. Vậy tam giác ${{A}_{2}}{{A}_{3}}{{A}_{4}}$ có các cạnh được tô hoàn toàn bằng màu đỏ.

Nếu  ${{A}_{1}}{{A}_{2}},{{A}_{1}}{{A}_{3}},{{A}_{1}}{{A}_{4}}$ được tô cùng màu đỏ thì xét tam giác ${{A}_{2}}{{A}_{3}}{{A}_{4}}$ tồn tại một cạnh màu đỏ, giả sử ${{A}_{2}}{{A}_{3}}$ được tô màu đỏ thì tam giác ${{A}_{1}}{{A}_{2}}{{A}_{3}}$được tô hoàn toàn bằng màu đỏ.

Vậy ta có điều phải chứng minh.