Một số phương pháp tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất pot

MỘT PHƯƠNG PHÁP TÌM GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT VÀ GIẤ TRỊ LỚN NHẤT Trong bài viết này, tôi đề cập đến một dạng toán tìm giá trị lớn nhất GTLN và giá trị nhỏ nhất GTNN của một biểu thức nhiều ẩn,

MỘT PHƯƠNG PHÁP TÌM GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT VÀ GIẤ

TRỊ LỚN NHẤT

Trong bài viết này, tôi đề cập đến một dạng toán tìm giá trị lớn nhất

(GTLN) và giá trị nhỏ nhất (GTNN) của một biểu thức nhiều ẩn, trong đó

các ẩn là nghiệm của những phương trình hoặc bất phương trình cho trước Đối với dạng toán này, ta cần xác định và giải một bất phương trình một ẩn

Lời giải : áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dương x, y, z ta có :

Vậy t = x + y + z đạt GTNN bằng 6 khi và chỉ khi x = y = z = 2

Bài toán 3 : Cho các số thực x, y, z thỏa mãn x2 + 2y2 + 2x2z2 + y2z2 + 3x2y2z2 = 9 Tìm GTLN và GTNN của A = xyz

Lời giải :

x2 + 2y2 + 2x2z2 + y2z2 + 3x2y2z2 = 9

<=> (x2 + y2z2) + 2(y2 + x2z2) + 3x2y2z2 = 9 (1)

2) Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn :

Bây giờ, chúng ta đến với một vài ứng dụng của (*) và hai hệ quả trên

Bài toán 1 : Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = 1 Hãy tính

giá trị của biểu thức :

Lời giải : Theo hệ quả 1 ta có

a2 + 1 = a2 + (ab + bc + ca) = (a + b)(a + c) ;

b2 + 1 = b2 + (ab + bc + ca) = (b + a)(b + c) ;

c2 + 1 = c2 + (ab + bc + ca) = (c + a)(c + b)

Suy ra

Vì vậy A = a(b + c) + b(c + a) + c(a + b)

= 2(ab + bc + ca) = 2

Vấn đề sẽ khó hơn khi ta hướng tới việc đánh giá các biểu thức

Bài toán 2 : Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn (a +b)(a +c) = 1 Chứng

minh rằng :

Lời giải : a) Sử dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương a(a + b + c) ; bc

:

1 = (a + b)( a + c) = a(a + b + c) + bc ≥

b) Sử dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dương a2 ;

(ab + bc + ca)/2 ; (ab + bc + ca)/2

1 = (a + b)( a + c) = a2 + (ab + bc + ca) =

Bài toán 3 : Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = 1 Chứng

minh rằng :

Lời giải : Theo hệ quả 1 ta có

Sử dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương a2 + ab ; a2 + ac :

Tương tự ta có

Từ các kết quả trên ta suy ra :

Bài toán sau đây nguyên là đề thi Châu á - Thái Bình Dương năm 2002 đã được viết lại cho đơn giản hơn (thay (1/x ; 1/y ; 1/z) bởi (a ; b ; c))

Bài toán 4 : Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 1 Chứng minh

rằng :

Lời giải : Theo hệ quả 2 và bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-ski ta có

Tương tự ta có

Từ các kết quả trên ta suy ra :

Để kết thúc, xin các bạn làm thêm một số bài tập :

Bài tập 1 : Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 1 Hãy tính giá trị

Các bạn có thể thấy ngay : Nếu a1 ≤ a2 và b1 ≤ b2 thì (a2 - a1) (b2 - b1) ≥ 0 Khai triển vế trái của bất đẳng thức này ta có :

a1b1 + a2b2 - a1b2 - a2b1 ≥ 0

=> : a1b1 + a2b2 ≥ a1b2 + a2b1

Nếu cộng thêm a1b1 + a2b2 vào cả hai vế ta được :

2 (a1b1 + a2b2) ≥ a1 (b1 + b2) + a2 (b1 + b2)

=> : 2 (a1b1 + a2b2) ≥ (a1 + a2) (b1 + b2) (*)

Bất đẳng thức (*) chính là bất đẳng thức Trê - bư - sép với n = 2 Nếu thay đổi giả thiết, cho a1 ≤ a2 và b1 ≥ b2 thì tất cả các bất đẳng thức trên cùng đổi chiều và ta có :

2 (a1b1 + a2b2) ≤ (a1 + a2) (b1 + b2) (**)

Các bất đẳng thức (*) và (**) đều trở thành đẳng thức khi và chỉ khi a1 = a2 hoặc b1 = b2

Làm theo con đường đi tới (*) hoặc (**), các bạn có thể giải quyết nhiều bài toán rất thú vị

Bài toán 1 : Biết rằng x + y = 2 Chứng minh x2003 + y2003 ≤ x2004 + y2004

Lời giải : Do vai trò bình đẳng của x và y nên có thể giả sử x ≤ y Từ đó =>

Bài toán 2 : Giải hệ phương trình :

Nếu các bạn quan tâm tới các yếu tố trong tam giác thì vận dụng các bất đẳng thức (*) hoặc (**) sẽ dẫn đến nhiều bài toán mới

Bài toán 3 : Cho tam giác ABC có diện tích bằng 1 AH và BK là các

đường cao của tam giác

Chứng minh : (BC + CA).(AH + BK) ≥ 8

Lời giải : Ta có AH x BC = BK x CA = 2 Do vai trò bình đẳng của BC và

CA nên có thể giả sử rằng BC ≤ CA => 2/BC ≥ 2/CA => AH ≥ BK

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi BC = CA hoặc BK = AH tương đương với

BC = CA hay tam giác ABC là tam giác cân đỉnh C

Bài toán 4 : Cho tam giác ABC với BC = a, CA = b, AB = c và các đường

cao tương ứng của các cạnh này có độ dài lần lượt là ha, hb, hc Chứng minh :

với S là diện tích tam giác ABC

Lời giải : Do vai trò bình đẳng của các cạnh trong tam giác nên có thể giả

sử rằng a ≤ b ≤ c

=> : 2S/a ≥ 2S/b ≥ 2S/c => ha ≥ hb ≥ hc

Làm như lời giải bài toán 3 ta có :

(a + b).(ha + hb) ≥ 8S

Bây giờ các bạn thử giải các bài tập sau đây :

1) Biết rằng x2 + y2 = 1 Tìm giá trị lớn nhất của F = (x4 + y4) / (x6 + y6)

2) Cho các số dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = 1 Chứng minh :

3) Cho tam giác ABC có độ dài các cạnh lần lượt là a, b, c và độ dài các

đường phân giác trong thuộc các cạnh này lần lượt là la, lb, lc Chứng minh :

4) Hãy dự đoán và chứng minh bất đẳng thức Trê - bư - sép với n = 3 Từ

đó hãy sáng tạo ra các bài toán Nếu bạn thấy thú vị với những khám phá của mình ở bài tập này, hãy gửi gấp bài viết về cho chuyên mục EUREKA của TTT2

PHƯƠNG PHÁP HOÁN VỊ VÒNG QUANH

Phân tích thành nhân tử là một trong những kĩ năng cơ bản nhất của chương trình đại số bậc THCS Kĩ năng này được sử dụng khi giải các bài toán : biến đổi đồng nhất các biểu thức toán học, giải phương trình, chứng minh bất đẳng thức và giải các bài toán cực trị Sách giáo khoa lớp 8 đã giới thiệu nhiều phương pháp phân tích thành nhân tử Sau đây tôi xin nêu một phương pháp thường sử dụng, dựa vào việc kết hợp các phương pháp quen thuộc như đặt nhân tử chung, nhóm số hạng, hằng đẳng thức

Phương pháp này dựa vào một số nhận xét sau đây :

1/ Giả sử phải phân tích biểu thức F(a, b, c) thành nhân tử, trong đó a,

b, c có vai trò như nhau trong biểu thức đó Nếu F(a, b, c) = 0 khi a = b thì F(a, b, c) sẽ chứa các nhân tử a - b, b - c và c - a

Bài toán 1 : Phân tích thành nhân tử :

F(a, b, c) = a2(b - c) + b2(c - a) + c2(a - b)

Nhận xét : Khi a = b ta có :

F(a, b, c) = a2(a - c) + a2(c - a) = 0, do đó F(a, b, c) có chứa nhân tử a - b

Tương tự F(a, b, c) chứa các nhân tử b - c, c - a Vì F(a, b, c) là biểu thức bậc ba, do đó F(a, b, c) = k.(a - b)(b - c)(c - a)

Cho a = 1, b = 0, c = -1 ta có :

1 + 1 = k.1.1.(-2) => k = -1

Vậy : F(a, b, c) = -(a - b)(b - c)(c - a)

Bài toán 2 : Phân tích thành nhân tử :

F(a, b, c) = a3(b - c) + b3(c - a) + c3(a - b)

Nhận xét : Tương tự như bài toán 1, ta thấy F(a, b, c) phải chứa các nhân tử

a - b, b - c, c - a Nhưng ở đây F(a, b, c) là biểu thức bậc bốn, trong khi đó (a - b)(b - c)(c - a) bậc ba, vì vậy F(a, b, c) phải có một thừa số bậc nhất của

a, b, c Do vai trò a, b, c như nhau nên thừa số này có dạng k(a + b + c) Do

đó :

F(a, b, c) = k(a - b)(b - c)(c - a)(a + b + c)

Cho a = 0 ; b = 1 ; c = 2 => k = -1

Vậy : F(a, b, c) = -(a - b)(b - c)(c - a)(a + b + c)

2/ Trong một số bài toán, nếu F(a, b, c) là biểu thức đối xứng của a, b, c nhưng F(a, b, c) ≠ 0 khi a = b thì ta thử xem khi a = -b, F(a, b, c) có triệt tiêu không, nếu thỏa mãn thì F(a, b, c) chứa nhân tử a + b, và từ

Từ giả thiết 1/x + 1/y + 1/z = 1/(x + y + z) => :

(xy + xz + yz)(x + y + z) - xyz = 0 (*)

Do đó ta thử phân tích biểu thức

F(x, y, z) = (xy + xz + yz)(x + y + z) - xyz thành nhân tử

Chú ý rằng khi x = - y thì F(x, y, z) = - y2z + y2z = 0 nên F(x, y, z) chứa nhân tử x + y Lập luận tương tự như bài toán 1, ta có F(x, y, z) = (x + y)(y + z)(x + z)

Do đó (*) trở thành : (x + y)(y + z)(x + z) = 0

Tương đương với : x + y = 0 hoặc y + z = 0 hoặc z + x = 0

Nếu x + y = 0 chẳng hạn thì x = - y và do n lẻ nên xn = (-y)n = -yn

Vậy : 1/xn + 1/yn + 1/zn = 1/(xn + yn + zn)

Tương tự cho các trường hợp còn lại, ta có đpcm

Có những khi ta phải linh hoạt hơn trong tình huống mà hai nguyên tắc trên không thỏa mãn :

Bài toán 4 :

Phân tích đa thức sau thành nhân tử :

F(x, y, z) = x3 + y3 + z3 - 3xyz

Nhận xét : Ta thấy rằng khi x = y hay x = -y thì F(x, y, z) ≠ 0 Nhưng nếu

thay x = -(y + z) thì F(x, y, z) = 0 nên F(x, y, z) có nhân tử x + y + z Chia

F(x, y, z) cho x + y + z, ta được thương x2 + y2 + z2 - xy - yz - zx và dư là 0

MỘT PHƯƠNG PHÁP TÌM NGHIỆM ĐỘC ĐÁO

Bằng kiến thức hình học lớp 6 ta có thể giải được các phương trình bậc hai một ẩn được không ? Câu trả lời là ở trường hợp tổng quát thì không được, nhưng trong rất nhiều trường hợp ta vẫn có thể tìm được nghiệm dương

Ví dụ : Tìm nghiệm dương của phương trình x2 + 10x = 39

Hình vuông to có độ dài cạnh là x + 5 sẽ có diện tích là 64 Do đó :

(x + 5)2 = 64 = 82 tương đương x + 5 = 8 hay x = 3

Vậy phương trình có nghiệm dương là x = 3

Phương pháp này đã được nhà toán học Italia nổi tiếng Jerôm Cacđanô (1501 - 1576) sử dụng khi tìm nghiệm dương của phương trình x2 + 6x =

Phương pháp chung để giải :

1/ Dựa vào định nghĩa ƯCLN để biểu diễn hai số phải tìm, liên hệ với các yếu tố đã cho để tìm hai số

2/ Trong một số trường hợp, có thể sử dụng mối quan hệ đặc biệt giữa

ƯCLN, BCNN và tích của hai số nguyên dương a, b, đó là : ab = (a, b).[a,

b], trong đó (a, b) là ƯCLN và [a, b] là BCNN của a và b Việc chứng minh hệ thức này không khó :

Theo định nghĩa ƯCLN, gọi d = (a, b) => a = md ; b = nd với m, n thuộc Z+

Bài toán 1 : Tìm hai số nguyên dương a, b biết [a, b] = 240 và (a, b) = 16

Lời giải : Do vai trò của a, b là như nhau, không mất tính tổng quát, giả sử a

Do (a, b) = 6 => a = 6m ; b = 6n với m, n thuộc Z+ ; (m, n) = 1 ; m ≤ n

Vì vậy : ab = 6m.6n = 36mn => ab = 216 tương đương mn = 6 tương đương

m = 1, n = 6 hoặc m = 2, n = 3 tương đương với a = 6, b = 36 hoặcc là a =

Chú ý : Ta có thể tính (a, b) một cách trực tiếp từ định nghĩa ƯCLN,

BCNN : Theo (*) ta có ab = mnd2 = 180 ; [a, b] = mnd = 60 => d = (a, b) =

Tìm a, b biết a/b = 4/5 và [a, b] = 140

Lời giải : Đặt (a, b) = d Vì , a/b = 4/5 , mặt khác (4, 5) = 1 nên a = 4d, b =

Lời giải : Gọi d = (a, b) => a = md ; b = nd với m, n thuộc Z+ ; (m, n) = 1 Không mất tính tổng quát, giả sử a ≤ b => m ≤ n

Do đó : a + b = d(m + n) = 42 (1)

[a, b] = mnd = 72 (2)

=> d là ước chung của 42 và 72 => d thuộc {1 ; 2 ; 3 ; 6}

Lần lượt thay các giá trị của d vào (1) và (2) để tính m, n ta thấy chỉ có trường hợp d = 6 => m + n = 7 và mn = 12 => m = 3 và n = 4 (thỏa mãn các điều kiện của m, n) Vậy d = 6 và a = 3.6 = 18 , b = 4.6 = 24

Bài toán 8 : Tìm a, b biết a - b = 7, [a, b] = 140

Lời giải : Gọi d = (a, b) => a = md ; b = nd với m, n thuộc Z+ ; (m, n) = 1

Do đó : a - b = d(m - n) = 7 (1’)

[a, b] = mnd = 140 (2’)

=> d là ước chung của 7 và 140 => d thuộc {1 ; 7}

Thay lần lượt các giá trị của d vào (1’) và (2’) để tính m, n ta được kết quả duy nhất :

d = 7 => m - n = 1 và mn = 20 => m = 5, n = 4

Vậy d = 7 và a = 5.7 = 35 ; b = 4.7 = 28

Bài tập tự giải :

1/ Tìm hai số a, b biết 7a = 11b và (a, b) = 45

2/ Tìm hai số biết tổng của chúng bằng 448, ƯCLN của chúng bằng 16 và chúng có các chữ số hàng đơn vị giống nhau

3/ Cho hai số tự nhiên a và b Tìm tất cả các số tự nhiên c sao cho trong ba

số, tích của hai số luôn chia hết cho số còn lại

MỘT SỐ DẠNG TOÁN SỬ DỤNG PHÉP PHÂN TÍCH ĐA

THỨC THÀNH NHÂN TỬ

Sau khi xem xong tạp chí Toán Tuổi thơ 2 số 5 (tháng 7 năm 2003), tôi rất tâm đắc với các bài toán phân tích đa thức thành nhân tử Do đó tôi mạnh dạn trao đổi với bạn đọc về vấn đề vận dụng phép phân tích đa thức thành nhân tử vào giải một số dạng toán ở bậc THCS

1 Rút gọn các biểu thức đại số

Bài toán 1 : Rút gọn :

với ab ≠ 0

Lời giải :

Lời giải : Hạ AH vuông góc với BC ; BI vuông góc với AC Ta có AH =

ha, BI = hb Dễ thấy 2 tam giác vuông AHC và BIC đồng dạng và chung góc

C => ha/hb = AH/BI = b/a

áp dụng điều tương tự ta có :

Vì góc A ≥ góc B ≥ góc C tương đương với a ≥ b ≥ c nên (**) đúng, tức là (*) được chứng minh

3 Giải phương trình và bất phương trình

Bài toán 4 : Giải phương trình : 4x3 - 10x2 + 6x - 1 = 0 (1)

Lời giải :

(1) 4x3 - 2x2 - 8x2 + 4x + 2x - 1 = 0 tương đương 2x2(2x - 1) - 4x(2x - 1) + (2x - 1) = 0

hay (2x - 1)(2x2 - 4x + 1) = 0

Bài toán 5 : Giải phương trình :

Lời giải : Ta có :

Vậy phương trình (2) có nghiệm duy nhất là x = 3

Bài toán 6 : Giải bất phương trình : 7x3 - 12x2 - 8 < 0 (3)

Lời giải : (3) 7x3 - 14x2 + 2x2 - 8 < 0

tương đương với 7x2(x - 2) + 2(x2 - 4) < 0 hay (x - 2)(7x2 + 2x + 4) < 0 tương đương với (x - 2)[6x2 + 3 + (x + 1)2] < 0 hay x - 2 < 0 => x < 2 Vậy bất phương trình (3) có nghiệm là x < 2

4 Một số bài toán khác

Bài toán 7 : CMR nếu :

(b - a)[3ab + 2ab(b + a) - 2(a + b)] = 0

Vì a ≠ b => b - a ≠ 0 nên hệ thức trên tương đương với : 3ab + 2ab(b + a) - 2(a + b) = 0

Có (n + 9) - (n + 2) = 7 => n + 9 và n + 2 cùng chia hết cho 7 hoặc không cùng chia hết cho 7

- Nếu n + 9 và n + 2 cùng chia hết cho 7 thì (n + 9)(n + 2) chia hết cho 49

mà 21 không chia hết cho 49 nên M không chia hết cho 49

- Nếu n + 9 và n + 2 không cùng chia hết cho 7 thì (n + 9)(n + 2) không chia hết cho 7 mà 21 chia hết cho 7 nên M không chia hết cho 49

Vậy n22 + 11n + 39 không chia hết cho 49

Sau đây là một số bài tập để các bạn thử vận dụng :

1 Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình : x6 - x4 + 2x3 + 2x2 = y2

2 Cho ab ≥ 1

Chứng minh : 1/(1 + a2) + 1/(1 + b2) ≥ 2/(1 + ab)

3 Chứng minh rằng với mỗi số nguyên lẻ n thì (n86 - n4 + n2) chia hết cho 1152.

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI

PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN

Trong quá trình giảng dạy và làm toán, tôi đã hệ thống được một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên, hi vọng sẽ giúp các em học sinh biết lựa chọn phương pháp thích hợp khi giải bài toán loại này

Lời giải : (1) tương đương với (y - x)(x2 + xy + y2) = 91 (*)

Vì x2 + xy + y2 > 0 với mọi x, y nên từ (*) => y - x > 0

Mặt khác, 91 = 1 x 91 = 7 x 13 và y - x ; x2 + xy + y2 đều nguyên dương nên ta có bốn khả năng sau :

Thí dụ 2 : Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình :

Nếu xy = 1 => x = y = 1, thay vào (2) ta có : 2 + z = z, vô lí

Nếu xy = 2, do x ≤ y nên x = 1 và y = 2, thay vào (2), => z = 3

Nếu xy = 3, do x ≤ y nên x = 1 và y = 3, thay vào (2), => z = 2

Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình (2) là các hoán vị của (1 ; 2 ; 3)

Thí dụ 3 : Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình :

Phương pháp này sử dụng tính chất chia hết để chứng minh phương trình

vô nghiệm hoặc tìm nghiệm của phương trình

Thí dụ 4 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình :

x2 - 2y2 = 5 (4)

Lời giải : Từ phương trình (4) ta => x phải là số lẻ Thay x = 2k + 1 (k

thuộc Z) vào (4), ta được :

Vậy phương trình (4) không có nghiệm nguyên

Thí dụ 5 : Chứng minh rằng không tồn tại các số nguyên x, y, z thỏa mãn :

Lời giải : Ta có (6) tương đương y(x - 2) = - x + 3 Vì x = 2 không thỏa

mãn phương trình nên (6) tương đương với:

y = (-x + 3)/(x - 2) tương đương y = -1 + 1/(x - 2)

Ta thấy : y là số nguyên tương đương với x - 2 là ước của 1 hay x - 2 = 1 hoặc x - 2 = -1 tương đương với x = 1 hoặc x = 3 Từ đó ta có nghiệm (x ; y) là (1 ; -2) và (3 ; 0)

Chú ý : Có thể dùng phương pháp 1 để giải bài toán này, nhờ đưa phương

trình (6) về dạng : x(y + 1) - 2(y + 1) = 1 tương đương (x - 2)(y + 1) = 1

Bài 1 : Giải các phương trình nghiệm nguyên :

Hệ phương trình là một dạng toán thường gặp trong các kì thi của học sinh lớp 9 Có nhiều hệ phương trình khi giải trực tiếp sẽ rất phức tạp, thậm chí không giải được Trong một số trường hợp như vậy, ta có thể tìm cách đánh giá giữa các ẩn hoặc giữa ẩn với một số, từ đó xác định nghiệm của hệ

Phương pháp này gọi là “phương pháp đánh giá các ẩn”

Vậy nghiệm duy nhất của hệ phương trình (thỏa mãn điều kiện) là : x = y =

1

Ví dụ 2 (đề thi vào khối chuyên, ĐHSPHN năm 2004) : Tìm nghiệm dương

của hệ

Lời giải : Ta sẽ chứng minh x = y = z Do x, y, z có vai trò như nhau nên

không mất tổng quát, giả sử x y và x z (4)

Thay vào (1) ta có 2x2004 = x6 + x6 = 2x6 suy ra x = 1 (do x > 0)

Vậy hệ có nghiệm dương duy nhất : x = y = z = 1

Tương tự như trên, nếu a < b thì cũng dẫn đến điều vô lí Vậy a = b, suy ra : 4a - 4b = b2 - c2 = 0 => b = c => a = b = c

Thay vào (*) ta có :

4a - b2 = 1 <=> 4a - a2 = 1 <=> a2 - 4a + 1 = 0

Giải phương trình bậc hai ẩn a trên ta được hai nghiệm là ++++++++

Vậy hệ phương trình (*) có hai nghiệm :

2 Đánh giá ẩn với một số

Ví dụ 4 (đề thi vào lớp 10 chuyên, ĐHQG Hà Nội 2004) : Biết a > 0, b > 0

và a100 + b100 = a101 + b101 = a102 + b102 (1)

Tính giá trị của biểu thức P = a2004 + b2004

Lời giải : Ta sẽ chứng minh a = 1, b = 1, từ đó tính được P Thật vậy, từ (1)

Tương tự, x < 1 cũng dẫn đến điều vô lí

Suy ra x = 1, thay vào (1) và (2) ta có :

Vậy hệ có nghiệm duy nhất : x = y = z = 1

Các bạn hãy thử giải các hệ phương trình sau :

SỬ DỤNG DIỆN TÍCH TRONG CHỨNG MINH HÌNH HỌC

Có nhiều bài toán hình học tưởng như không liên quan đến diện tích, nhưng nếu ta sử dụng diện tích thì lại dễ dàng tìm ra lời giải của bài toán

Bài toán 1 : Tam giác ABC có AC = 2 AB Tia phân giác của góc A cắt

BC ở D Chứng minh rằng DC = 2 DB

Phân tích bài toán (h.1)

Để so sánh DC và DB, có thể so sánh diện tích hai tam giác ADC và ADB

có chung đường cao kẻ từ A Ta so sánh được diện tích hai tam giác này vì chúng có các đường cao kẻ từ D bằng nhau, và AC = 2 AB theo đề bài cho

Giải : Kẻ DI vuông góc với AB, DK vuông góc với AC Xét ΔADC và

ΔADB : các đường cao DI = DK, các đáy AC = 2 AB nên SADC = 2 SADB Vẫn xét hai tam giác trên có chung đường cao kẻ từ A đến BC, do SADC = 2 SADB nên DC = 2 DB

Giải tương tự như trên, ta chứng minh được bài toán tổng quát :

Nếu AD là phân giác của ΔABC thì DB/DC = AB/AC

Bài toán 2 : Cho hình thang ABCD (AB // CD), các đường chéo cắt nhau

tại O Qua O, kẻ đường thẳng song song với hai đáy, cắt các cạnh bên AC

Bài toán 3 : Cho hình bình hành ABCD Các điểm M, N theo thứ tự thuộc

các cạnh AB, BC sao cho AN = CM Gọi K là giao điểm của AN và CM Chứng minh rằng KD là tia phân giác của góc AKC

Giải : (h.4) Kẻ DH vuông góc với KA, DI vuông góc với KC

Do AN = CM nên DH = DI Do đó KI là tia phân giác của góc AKC

Như vậy khi xét quan hệ giữa độ dài các đoạn thẳng, ta nên xét quan hệ giữa diện tích các tam giác mà cạnh là các đoạn thẳng ấy Điều đó nhiều khi giúp chúng ta đi đến lời giải của bài toán

Bạn hãy sử dụng diện tích để giải các bài toán sau :

1 Cho tam giác ABC cân tại A Gọi M là một điểm bất kì thuộc cạnh đáy

BC Gọi MH, MK theo thứ tự là các đường vuông góc kẻ từ M đến AB,

AC Gọi BI là đường cao của tam giác ABC Chứng minh rằng MH + MK

= BI

Hướng dẫn : Hãy chú ý đến

SAMB + SAMC = SABC

2 Chứng minh rằng tổng các khoảng cách từ một điểm M bất kì trong tam

giác đều ABC đến ba cạnh của tam giác không phụ thuộc vị trí của M

Hướng dẫn : Hãy chú ý đến

SMBC + SMAC + SMAB = SABC

3 Cho tam giác ABC cân tại A Điểm M thuộc tia đối của tia BC Chứng

minh rằng hiệu các khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng AC và AB bằng đường cao ứng với cạnh bên của tam giác ABC

Hướng dẫn : Hãy chú ý đến

SMAC - SMAB = SABC

4 Cho hình thang ABCD (AB // CD, AB < CD) Các đường thẳng AD và

BC cắt nhau tại O Gọi F là trung điểm của CD, E là giao điểm của OF và

AB Chứng minh rằng AE = EB

Hướng dẫn : Dùng phương pháp phản chứng.

MỘT PHƯƠNG PHÁP VẼ ĐƯỜNG PHỤ

Bài toán 1 : Cho góc xOy Trên Ox lấy hai điểm A, B và trên Oy lấy hai

điểm C, D sao cho AB = CD Gọi M và N là trung điểm của AC và BD Chứng minh đường thẳng MN song song với phân giác góc xOy

Suy luận : Vị trí đặc biệt nhất của CD là khi CD đối xứng với AB qua Oz, phân giác góc xOy

Gọi C1 và D1 là các điểm đối xứng của A và B qua Oz ; E và F là các giao điểm của AC1 và BD1 với Oz Khi đó E và F là trung điểm của AC1 và BD1,

và do đó vị trí của MN sẽ là EF Vì vậy ta chỉ cần chứng minh MN // EF là

đủ (xem hình 1)

Thật vậy, do AB = CD (gt), AB = C1D1 (tính chất đối xứng) nên CD = C1D1 Mặt khác ME và NF là đường trung bình của các tam giác ACC1 và BDD1 nên NF // DD1, NF = 1/2DD1 , ME // CC1 , ME = 1/2 CC1 => ME //

NF và NE = 1/2 NF => tứ giác MEFN là hình bình hành => MN // EF => đpcm

Bài toán 1 có nhiều biến dạng” rất thú vị, sau đây là một vài biến dạng của

nó, đề nghị các bạn giải xem như những bài tập nhỏ ; sau đó hãy đề xuất những “biến dạng” tương tự

Bài toán 2 : Cho tam giác ABC Trên AB và CD có hai điểm D và E

chuyển động sao cho BD = CE Đường thẳng qua các trung điểm của BC

và DE cắt AB và AC tại I và J Chứng minh ΔAIJ cân

Bài toán 3 : Cho tam giác ABC, AB ≠ AC AD và AE là phân giác trong

và trung tuyến của tam giác ABC Đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE cắt

AB và AC tại M và N Gọi F là trung điểm của MN Chứng minh AD // EF Trong việc giải các bài toán chứa các điểm di động, việc xét các vị trí đặc biệt càng tỏ ra hữu ích, đặc biệt là các bài toán “tìm tập hợp điểm”