VIETMATHS COM cac chuyen de cua lop 9

Giấo ấn bưìi dûúäng HSG Toấn Nùm hổc: 2016 – 2017 SƯU TẦM TRÊN TỐN TUỔI THƠ CỦA NHÀ XUẤT BẢN GIÁO DỤC VIỆT NAM CHUN ĐỀ 1: TỪ ĐƠN GIẢN ĐẾN THÚ VỊ KIẾN THỨC VÀ CÁC BÀI TỐN: Khi giải phương trình bậc hai, bạn đặt câu hỏi, chẳng hạn phương trình x + 6x - = có nghiệm có nghiệm ? Ban đầu tơi giải thích điều kì lạ định lí Viét sau q trình suy nghĩ, tìm tòi tơi phát bí ẩn tuyệt vời đằng sau điều kì lạ Trước hết ta xét tốn : Bài tốn : Chứng minh : Nếu phương trình bậc hai có hệ số hữu tỉ, có nghiệm vơ tỉ (m ; n thuộc Q) có nghiệm Chứng minh : Có cách để chứng minh tốn Cách : (sử dụng hệ thức Viét) Xét phương trình bậc hai ax2 + bx + c = (*) (a ≠ 0) có nghiệm Gọi x1, x2 hai nghiệm (*) x1 = Do x1 nghiệm (*) Cách : Khi chứng minh cách 2am + b = => 2am + b = = am2 + an + bm + c Khi : Cách : Xét : = (x - m)2 - n = x2 - 2mx + m2 - n Chia đa thức ax2 + bx + c cho g(x) ta có : ax2 + bx + c = a(x )(x ) + (b + 2ma)x + (an + c - m2a) Khi x1 = => ax2 + bx + c = => : (b + 2ma)( ) + an + c = Do vơ tỉ ; m, n, a, b, c thuộc Q nên => : b + 2ma = an + c - m2a = => ax2 + bx + c = a(x )(x ) => nghiệm phương trình ax2 + bx + c = (đpcm) Sau thử nghiệm số trường hợp, tơi tổng qt tốn sau : Bài tốn : Chứng minh : Nếu phương trình bậc n (n ≥ 2) có hệ số hữu tỉ nghiệm vơ tỉ (m, n thuộc Q) nghiệm phương trình Giấo viïn: Hoâng Qëc Khấnh Trûúâng THCS Àưìng Lẩng Giấo ấn bưìi dûúäng HSG Toấn Nùm hổc: 2016 – 2017 Chứng minh : Đến có lẽ bạn đọc thấy bất lực cách ; (bài tốn 1) tốn Tuy nhiên sử dụng cách giải tốn ta chứng minh tốn Thật : Xét phương trình P(x) = với P(x) đa thức bậc n hệ số hữu tỉ Xét : = x2 - 2mx + m2 - n Chia P(x) cho G(x) thương Q(x) dư B(x) + C (B,C thuộc Q) Vì x0 = nghiệm P(x) = => : P(x0) = Q(x0) = => Bx0 + C = => : B( ) + C = Do vơ tỉ ; B, C hữu tỉ => B = C = => P(x) = Q(x).(x )(x ) => nghiệm phương trình P(x) = : (đpcm) Bây xét đến tốn tốn quen thuộc phương trình bậc hai Bài tốn : Chứng minh : Một phương trình bậc hai khơng thể có nghiệm hữu tỉ hệ số lẻ Chứng minh : Giả sử phương trình bậc hai ax2 + bx + c = (a, b, c thuộc Z, lẻ) có nghiệm hữu tỉ (p, q thuộc Z, q ≠ 0, (p, q) = 1) => : a.(p/q)2 + b.(p/q) + c = => : ap2 + bpq + cq2 = (2) Từ phương trình (2) ta có ap2 chia hết cho q mà (p,q) = => a chia hết cho q => q lẻ (vì a lẻ) Tương tự c chia hết cho p => p lẻ (vì c lẻ) Do a, b, c, p, q lẻ => vế trái (2) lẻ khác (vơ lí) => : Phương trình khơng có nghiệm hữu tỉ (đpcm) Để tổng qt tốn có lẽ số bạn mắc sai lầm quy phương trình bậc n Điều khơng với n lẻ, chẳng hạn n = ta có phương trình : x3 + 3x2 + 3x + = có nghiệm -1 Bài tốn : Chứng minh : Một phương trình bậc n chẵn, khơng thể có nghiệm hữu tỉ hệ số lẻ Chứng minh : Dựa vào chứng minh tốn ta có : Xét P(x) = anxn + an-1xn-1 + + a1x + a0 = phương trình bậc n (với n chẵn ; ngun lẻ, i = 0, ,n ) có nghiệm hữu tỉ p/q (p, q thuộc Z, q ≠ 0, (p, q) = 1) Ta có : an(p/q)n + an - 1(p/q)n - + + a1(p/q) + a0 = Tương đương với : anpn + an - 1pn - 1q + + a1pqn - + a0qn = (3) => anpn chia hết cho q a0qn chia hết cho p , mà (p, q) = => an chia hết cho q a0 chia hết cho p => p, q lẻ (vì a0, an lẻ) Do (i = 0, ,n) , p, q lẻ, n chẵn => vế trái (3) số lẻ khác (vơ lí) => : Phương trình khơng có nghiệm hữu tỉ (đpcm) Các bạn thấy đấy, phức tạp bắt đầu đơn giản Từ chút kì lạ nhỏ thơi chịu đào sâu suy nghĩ khám phá nhiều điều thú vị Đó ngun tắc hàng đầu sáng tạo tốn học Chúc bạn thành cơng đường tìm vẻ đẹp tốn học Trước đây, tơi có đọc sách, tốn : “Cho x1, x2, x3, x4 bốn số dương thay đổi thỏa mãn điều kiện : x1 + x2 + x3 + x4 = Hãy tìm giá trị nhỏ biểu thức : ”(Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chun Tốn - Tin trường Đại học Sư phạm Hà Nội năm 1999), lời giải sau : Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpski, ta có : Từ (1), (2), (3) => : Giấo viïn: Hoâng Qëc Khấnh Trûúâng THCS Àưìng Lẩng Giấo ấn bưìi dûúäng HSG Toấn Nùm hổc: 2016 – 2017 Dấu đẳng thức xảy x1 = x2 = x2 = x3 = x4 = 1/4 Vậy giá trị nhỏ T 1/4 x1 = x2 = x2 = x3 = x4 = 1/4 Thú thật, với kiến thức nhỏ bé tơi, tốn “chơng gai” , có lời giải “căn”, “bất đẳng thức Bunhiacốpski” tơi “sợ hãi” Xin cảm ơn Tốn Tuổi thơ 2, số (3 - 2003) đăng “Nhiều cách giải cho tốn” bạn Nguyễn Kim Yến Chi (8A, THCS Phổ Văn, Đức Phổ, Quảng Ngãi) chun mục Eureka Bài giúp tơi nghĩ đến vận dụng tốn “đẹp” để giải tốn “chơng gai” ! Lời giải sau : Bài tốn phụ : Chứng minh a4 + b4 ≥ a3b + ab3 (xem lời giải bạn Chi) áp dụng tốn phụ ta có : (x14 + x24) + (x14 +x34) + (x14 + x44) + ( x24+ x34) + (x24 + x44) + (x34 + x44) + x14 + x24 + x34 + x44 ≥ x13.x2 + x1x23 + x13.x3 + x1.x33 + x13.x4 + x1.x43 + x23.x3 + x2.x33 + x23.x4 + x33.x4 + x3.43 + x14 + x24 + x34 + x44 Tương đương với : 4(x14 + x24 + x34 + x44) ≥x13.(x1 + x2 + x3 + x4 ) + x23(x1 + x2 + x3 + x4) + x33.(x1 + x2 + x3 + x4) + x43.(x1 + x2 + x3 + x4) Tương đương với : 4(x14 + x24 + x34 + x44) ≥ x13 + x23 + x33 + x43 ( x1 + x2 + x3 + x4 = 1) Mà x1, x2, x3, x4 > nên x13 + x23 + x33 + x43 > Ta có : T = (x14 + x24 + x34 + x44) / (x13 + x23 + x33 + x43) ≥ 1/4 Dấu đẳng thức xảy khi x1 = x2 = x2 = x3 = x4 = 1/4 Vậy giá trị nhỏ T 1/4 khi x1 = x2 = x2 = x3 = x4 = 1/4 Các bạn thấy đấy, tơi tìm lời giải tốn “chơng gai” Hơn nữa, với lời giải này, giả thiết tốn cần x1, x2, x3, x4 thỏa mãn x13 + x23 + x33 + x43 > x1 + x2 + x3 + x4 = đủ Với giả thiết này, lời giải dùng đến bất đẳng thức Bunhiacốpski nêu khó mà làm phải khơng bạn ? ******************************************************************************************** CHUN ĐỀ 2: TỪ MỘT LỜI GIẢI ĐI ĐẾN BÀI TỐN TỔNG QT Giấo viïn: Hoâng Qëc Khấnh Trûúâng THCS Àưìng Lẩng Giấo ấn bưìi dûúäng HSG Toấn Nùm hổc: 2016 – 2017 Trong kì thi chọn học sinh giỏi THPT TP Hồ Chí Minh năm học 2002 - 2003 có tốn bất đẳng thức đại số sau : Bài tốn : Cho a, b, c > Chứng minh : Bài tốn có nhiều cách giải Tơi xin giải tốn phương pháp đổi biến vận dụng bất đẳng thức Cơsi cho hai số dương, mà từ lời giải ta dẫn đến tốn tổng qt cách khơng khó khăn Lời giải : Đặt b + c = x ; c + a = y ; a + b = z Do : Vì a ; b ; c > nên x ; y ; z > x < y + z (2) Ta có : Đẳng thức xảy : => x = y + z, mâu thuẫn với (2) => đẳng thức khơng xảy Vậy, ta có : Dựa vào ý tưởng cách giải trên, ta đề xuất giải tốn sau : Bài tốn tổng qt : Cho m, n, p, a, b, c số dương Chứng minh : Lời giải : Đặt b + c = x ; c + a = y ; a + b = z Do : Vì a ; b ; c > nên x ; y ; z > ; x < y + z ; y < z + x ; z < x + y (3) Ta có : Giấo viïn: Hoâng Qëc Khấnh Trûúâng THCS Àưìng Lẩng Giấo ấn bưìi dûúäng HSG Toấn Nùm hổc: 2016 – 2017 Trường hợp m = 5, n = 4, p = tốn ban đầu Ngồi với giá trị cụ thể khác m, n, p ta nêu nhiều bất đẳng thức “đẹp” bất đẳng thức (1) Một kinh nghiệm bạn nên vận dụng học tốn : Thử xem với lời giải đến tốn tổng qt dễ dàng ******************************************************************************************** CHUN ĐỀ 3: PHẦN THUẬN CỦA BÀI TỐN QUĨ TÍCH Tốn quỹ tích dạng tốn khó hình học, em thường bị lúng túng gặp loại tốn kì thi tốt nghiệp thi học sinh giỏi bậc THCS Bài viết nhằm giúp em số kinh nghiệm giải phần thuận tốn quỹ tích Giấo viïn: Hoâng Qëc Khấnh Trûúâng THCS Àưìng Lẩng Giấo ấn bưìi dûúäng HSG Toấn Nùm hổc: 2016 – 2017 Đối với tốn tìm quỹ tích điểm M phần thuận phải dựa vào tính chất a M để => M thuộc hình F xác định Sau bước “đốn nhận” quỹ tích phương pháp vẽ trường hợp cách dựa vào chuyển động điểm M (nếu M chạy xa vơ tận quỹ tích M phải đường thẳng dựa vào tính đối xứng quỹ tích ) ta thường tiến hành chứng minh phần thuận ? Ta gặp hai tính sau : Dự đốn quỹ tích M có dạng thẳng (đoạn thẳng, tia, đường thẳng) ta chọn lựa cách chứng minh sau : - Sử dụng quỹ tích đường trung trực - Sử dụng quỹ tích đường phân giác - Sử dụng quỹ tích đường thẳng song song cách - Nối điểm chuyển động M với điểm O cố định chứng minh : OM song song với đường thẳng cố định, vng góc với đường thẳng cố định OM tạo với đường thẳng cố định góc a khơng đổi Ví dụ : Cho góc vng yOx điểm A cố định thuộc Oy Một điểm B chuyển động Ox Dựng hình vng ABCD miền góc yOx a) Tìm quỹ tích điểm D b) Tìm quỹ tích điểm C c) Tìm quỹ tích tâm S hình vng Hướng giải : a) Hạ DK vng góc với Oy Chứng minh : tam giác vng AKD = tam giác vng AOB => DK = OA = const => D thuộc đường thẳng // Oy cách Oy đoạn OA Giới hạn lại D thuộc tia D1m {D} tia D1m b) Dựng đường tròn tâm S ngoại tiếp hình vng ABCD C1 giao điểm (S) Ox Ta có tứ giác ACBC nội tiếp => AC1O = ACB = 45o => C1 điểm cố định mà C1C vng góc với AC1 => C thuộc tia C1n vng góc với AC1 Chú ý : Nếu chứng minh C thuộc tia phân giác góc mC1x dài khó c) Để tìm quỹ tích S có nhiều cách Tốt ta nên lí luận sau : Do (S) ln ln qua điểm cố định A C1 => SA = SC1 S thuộc trung trực AC1 Giới hạn lại ta có {S} tia S1p Dự đốn quỹ tích điểm M có dạng tròn (đường tròn cung tròn) ta có chọn lựa cách chứng minh sau: - Chứng minh điểm M ln ln cách điểm cố định O cố định khoảng khơng đổi - Dựa vào quỹ tích cung chứa góc - Chọn điểm A, B, C cố định Chứng minh tứ giác ABCM nội tiếp => M thuộc đường tròn qua A, B, C Ví dụ : Cho nửa đường tròn đường kính AOB Một điểm M chuyển động nửa đường tròn Dựng hình vng BMNP nửa mặt phẳng bờ BM khơng chứa O Tìm {N} Hướng giải : Ta chứng minh phần thuận theo cách sau : Cách : Chứng minh A, M, N thẳng hàng => góc ANB = 45o => N cung chứa góc 45o vẽ AB Cách : Trên tiếp tuyến Ax lấy AN1 = AB Nối N1B => AN1B = 45o mà ANB = 45o => tứ giác AN1NB nội tiếp mà A, N1, B cố định, N thuộc đường tròn qua A, N1, B Cách : Chứng minh BNN1 = 45o => N thuộc đường tròn đường kính BN1 Giới hạn lại ta có quỹ tích N nửa đường tròn đường kính BN Cách : Kéo dài PM cắt đường tròn I Dễ chứng minh I trung điểm => I cố định Mà IN = IB => N thuộc đường tròn tâm I, bán kính IB Giấo viïn: Hoâng Qëc Khấnh Trûúâng THCS Àưìng Lẩng Giấo ấn bưìi dûúäng HSG Toấn Nùm hổc: 2016 – 2017 Chú ý : Do mệnh đề thuận mệnh đề phản đảo tương đương nên có người ta thay phần thuận mệnh đề phản đảo, cụ thể : Chứng minh M khơng thuộc F M khơng có tính chất a Ví dụ : Cho góc nhọn yOx Tìm quỹ tích điểm M nằm miền góc cho tỉ số khoảng cách từ M tới Ox từ M tới Oy : Bài giải : Đảo : Lấy A thuộc Ox ; B thuộc Oy cho OA = OB Lấy H cố định thuộc AB cho HA : HB = : Hạ HE vng góc với Ox, Hfvuong góc với Oy Rõ ràng tam giác vng HEA đồng dạng với tam giác vng HFB (g.g) nên HE/HF = HA/HB = 1/2 Lấy M thuộc tia OH Hạ MP vng góc với Ox, MQ vng góc với Oy Ta có : MP/HE = MQ/HF => MP/MQ = HE/HF = 1/2 Thuận : Lấy M ’ khơng thuộc tia OH ta chứng minh tỉ số M 'P '/M 'Q ' khơng 1/2(dễ dàng) Vậy quỹ tích điểm M tia OH Dưới xin nêu số tập quỹ tích để bạn tham khảo Bài : Cho đoạn thẳng AB Một điểm C chuyển động AB Lấy AC BC làm cạnh dựng hai hình vng phía AB Tìm quỹ tích trung điểm M đoạn thẳng nối tâm hai hình vng (quỹ tích M đoạn thẳng // AB cách AB khoảng AB/4) Bài : Cho đoạn thẳng AB Một điểm C chuyển động AB Lấy AC BC làm cạnh dựng hai tam giác phía AB Tìm quỹ tích trung điểm M đoạn thẳng nối tâm hai tam giác (Quỹ tích đoạn thẳng // AB, cách AB khoảng ) Bài : Cho đường tròn (O ; R) đường thẳng d cắt (O) A B Một điểm M chuyển động d Từ M kẻ tiếp tuyến MP MQ với đường tròn Tìm quỹ tích tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP (Quỹ tích tia // d cách d đoạn OK/2 với OK vng góc với d) Bài : Cho nửa đường tròn đường kính AOB Một điểm M chuyển động nửa đường tròn Dựng tam giác BMC nửa mặt phẳng bờ BM khơng chứa O a) Tìm quỹ tích đỉnh C (Cung chứa góc 60o) b) Tìm quỹ tích trung điểm H MC (cung chứa góc 90o) c) Tìm quỹ tích trọng tâm G tam giác BMC (một nửa đường tròn) Bài : Cho góc xOy Tìm quỹ tích điểm M miền góc xOy cho tổng khoảng cách từ M tới Ox, Oy số h cho (Đoạn AB với A thuộc Ox, B thuộc Oy cho A cách Oy đoạn h ; B cách Oy đoạn h) ******************************************************************************************** CHUN ĐỀ 4: TÌM LỜI GIẢI BÀI TỐN BẰNG CÁCH MỞ RỘNG BÀI TỐN Trong “Croatian National Mathematics Competition Kraljevica, May-1996” tơi gặp tốn bất đẳng thức thú vị : Bài tốn : Cho số a, b, c, d khác thỏa mãn đẳng thức a + b + c + d = Đặt S1 = ab + bc + cd ; S2 = ac + ad + bd Chứng minh : Ban đầu, tơi chưa tìm lời giải trực tiếp cho tốn Khi tơi tự hỏi : “Bài tốn bắt nguồn từ đâu ?” Trả lời câu hỏi này, tơi tìm lời giải cho tốn Ta xét tốn sau : Bài tốn : Cho số a, b, c, d khác thỏa mãn đẳng thức a + b + c + d = Đặt S1 = ab + bc + cd ; S2 = ac + ad + bd Xác định điều kiện cho cặp số dương (α , β ) để S = α S1 + β S2 ≤ Lời giải : Đặt Giấo viïn: Hoâng Qëc Khấnh Trûúâng THCS Àưìng Lẩng Giấo ấn bưìi dûúäng HSG Toấn Nùm hổc: 2016 – 2017 Ta có : S = α S1 + β S2 = α (ab + bc + cd) + β (ac + ad + bd) = α (ab + b(-M - b) + (-M - b)(M - a)) + + β (a(-M - b) + a(M - a) + b(M - a)) = α (ab - bM - b2 - M2 - bM + aM + ab) + + β (-aM - ab + aM - a2 + bM - ab) = 2α ab - 2α bM - α b2 - αM2 + αaM - 2β ab - β a2 + β bM = -α M2 + (α a + β b - 2α b)M + 2α ab - α b2 - - 2β ab - β a2 Coi S = f(M) tam thức bậc hai theo M, ta có S ≤ f(M) ≤ DM ≤ (vì -a < 0) (α a + β b - 2α b)2 + 4α (2α ab - α b2 - - 2β ab - β a2) ≤ α 2a2 + β 2b2 + 4α 2b2 + 2α β ab - 4α 2ab - - 4α β b2 + 8α 2ab - 4α 2b2 - 8α β ab - 4α β a2 ≤ (α - 4α β )a2 + (4α - 6α β )ab + (β - - 4α β )b2 ≤ α (α - 4β )a2 + α (4α - 6β )ab + β (β - 4α )b2 ≤ (*) * Xét trường hợp < a ≤ b : Chia hai vế (*) cho b2 ≠ đặt t = a/b ta có : f(t) = α (α - 4β )t2 + α (4α - 6β )t + β (β - 4α ) ≤ 0, f(t) tam thức bậc hai theo t Vì α (α - 4β ) < nên f(t) ≤ ∆’t ≤ α 2(2α - 3β )2 -α β (α - 4β )(β - 4α ) ≤ α 2(4α - 12α β + 9β 2) - α β (α β - 4β - - 4α + 16α β ) ≤ 4α - 12α 3β 9α 2β - α 2β + 4α β + + 4α 3β - 16α 2β ≤ 4α - 8α 3β - 8α 2β + 4α β ≤ α - 2α 2β - 2α β + β ≤ (α / β )3 - 2(α / β )2 - 2α /β + ≤ (chia hai vế cho b3 ≠ 0) x3 - 2x2 - 2x + ≤ (đặt < x ≤ 1) (x + 1)(x2 - 3x + 1) ≤ x2 - 3x + ≤ (x + > 0) (tính ∆x) Kết hợp với điều kiện < x ≤ ta suy : Vậy với < α ≤ β S = α S1 + β S2 ≤ β (1) * Xét trường hợp < β ≤ α , tương tự trường hợp : Chia hai vế (*) cho a ≠ đặt u = b/a ta có : f(u) = β (β - 4α )u2 + α (4α - 6β )u + α (α - 4β ) ≤ Vì β (β - 4α ) < nên f(u) ≤ ∆’u ≤ α 2(2α - 3β )2 - α β (α - 4β )(β - 4+α ) ≤ α - 2α 2β - 2α β + β ≤ (β /α )3 - 2(β /α )2 - 2β /α + ≤ y3 - 2y2 - 2y + ≤ (đặt β /α = y, < y ≤ 1), bất phương trình có nghiệm : Vậy với < β ≤ α S = α S1 + β S2 ≤ (2) Từ (1) (2) suy : Với α β số dương, điều kiện để S = α S1 + β S2 ≤ Trở lại tốn Ta thấy trường hợp đặc biệt kết : Với α = β = Giấo viïn: Hoâng Qëc Khấnh đúng, suy S = 5S1 + 8S2 ≤ Trûúâng THCS Àưìng Lẩng Giấo ấn bưìi dûúäng HSG Toấn Với α = β = Nùm hổc: 2016 – 2017 đúng, suy S = 8S1 + 5S2 ≤ Vậy : Qua tốn ta thấy rằng, việc lựa chọn hướng chứng minh cho nhiều tốn hồn tồn khơng đơn giản số trường hợp, đặt vấn đề tìm lời giải cho tốn mở rộng lại đem đến thành cơng bất ngờ ******************************************************************************************** CHUN ĐỀ 5: ĐA THỨC ĐỐI XỨNG HAI ẨN VÀ CÁC ỨNG DỤNG A Lí thuyết Đa thức hai ẩn x, y khơng đổi thay x y y x gọi đa thức đối xứng (đtđx) hai ẩn Ví dụ : P(x, y) = x3y + xy3 ; Q(x, y) = x3 + 3x2y + 3xy2 + y3 đtđx Các đa thức U(x, y) = 2x - 3y ; V(x, y) = x2 - y2 khơng phải đtđx Các đa thức t1 = x + y t2 = xy gọi đtđx Kí hiệu Sn = xn + yn (n thuộc N*) Sn biểu diễn theo t1, t2 Ví dụ : S1 = x + y = t1 S2 = x2 + y2 = (x + y)2 - 2xy = t12 - 2t2 S3 = x3 + y3 = (x + y)3 - 3xy(x + y) = t13 - 3t1t2 S4 = x4 + y4 = (x2 + y2)2 - 2x2y2 = S22 - 2t22 = t14 - 4t12t2 + 2t22 * Cơng thức truy hồi : Sk = t1.Sk - - t2.Sk - Mọi đtđx hai ẩn x, y viết dạng đa thức hai ẩn t 1, t2 B Các ứng dụng I Phân tích đa thức thành nhân tử Bài tốn : Phân tích đa thức : f(x, y) = x5 + 3xy4 + y5 + 3x4y + x2y3 + 3x2y2 + x3y + xy3 thành nhân tử Lời giải : Ta có : f(x, y) = x5 + 3xy4 + y5 + 3x4y + x2y3 + 3x2y2 + x3y + xy3 = (x5 + y5) + 3xy(x3 + y3) + xy(y2 + y2) + x2y2(x + y) + 3x2y2 = t15 - 5t13t2 + 5t1t22 + 3t2(t13 - 3t1t2) + t2(t12 - 2t2) + t22t1 + 3t22 = t15 - 2t13t2 - 3t1t22 + t12t2 + t22 = t15 - 3t13t2 + t12t2 + t2t13 - 3t1t22+ t22 = (t12 + t2)(t13 - 3t1t2 + t1) = (x2 + y2 + 3xy).(x3 + y3 + xy) II Giải hệ phương trình Bài tốn : Giải hệ : Lời giải : Đặt t1 = x + y , t2 = xy hệ trở thành : Thế t1 = ta có : t22 - 36 t2 + 64 = => t2 = 16 ; t2 = Do x, y nghiệm phương trình u2 - 3u + 16 = u2 - 3u + = Từ ta có x = & y = x = & y = III Giải phương trình Bài tốn : Giải phương trình sau : Giấo viïn: Hoâng Qëc Khấnh Trûúâng THCS Àưìng Lẩng Giấo ấn bưìi dûúäng HSG Toấn Nùm hổc: 2016 – 2017 Lời giải : Từ kết tốn ta có a, b từ có nghiệm phương trình x = -15 x = IV Chứng minh đẳng thức Bài tốn : Cho x + y = 1, x3 + y3 = a, x5 + y5 = b Chứng minh 5a.(a + 1) = 9b + Lời giải : Ta có : x3 + y3 = t13 - 3t1t2 = a => t2 = (1 - a)/3 ; b = x5 + y5 = t15 - 5t13t2 + 5t22t1 (áp dụng cơng thức truy hồi) => b = + 5t22 - 5t2 = (5a2 + 5a - 1)/9 Vậy 9b = 5a2 + 5a - hay 9b + = 5a.(a + 1) V Lập phương trình bậc hai Bài tốn : Hãy lập phương trình có hai nghiệm : y1 = x13 - 2x2 ; y2 = x23 - 2x2 với x1, x2 nghiệm phương trình : x2 - x - = Lời giải : Theo Vi-et ta có t1 = x1 + x2 = ; t2 = x1.x2 = -5 = (-5)3 - 2.(14 - 4.(-5) + 2.(-5)2) + 4.(-5) = -125 - 2.(1 + 20 + 50) – 20 = -125 - 142 - 20 = -287 Vậy y1, y2 nghiệm phương trình : y2 - 14y - 287 = VI Tìm cực trị Bài tốn : Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ : Lời giải : Giấo viïn: Hoâng Qëc Khấnh 10 Trûúâng THCS Àưìng Lẩng Giấo ấn bưìi dûúäng HSG Toấn Nùm hổc: 2016 – 2017 Bài tốn tương giao đường thẳng đường parabol chủ đề hay gặp kì thi cuối cấp Nắm vững loại tốn này, bạn thấy mối liên hệ vị trí tương đối hai đồ thị với nghiệm phương trình bậc hai Trước hết, bạn cần nhớ kiến thức : Cho (C) đồ thị hàm số y = f(x) điểm A(xA ; yA) ta có : A Є (C) yA = f(xA) A khơng thuộc (C) yA ≠ f(xA) Tọa độ điểm chung đồ thị hàm số y = f(x) y = g(x) nghiệm hệ : y = f(x) y = g(x) Do : Hồnh độ điểm chung hai đồ thị nghiệm phương trình f(x) = g(x) Từ ta xét vị trí tương đối hai đường thẳng, vị trí tương đối đường thẳng parabol Vị trí tương đối hai đường thẳng (D) : y = ax + b (a ≠ 0) (D’) : y = a’x + b’ (a’ ≠ 0) Phương trình hồnh độ điểm chung (D) (D’) : (a - a’)x = b’ - b (1) * (D) // (D’) Phương trình (1) vơ nghiệm a = a’ b b’ * (D) // (D’) Phương trình (1) có vơ số nghiệm a = a’ b = b’ * (D) cắt (D’) điểm Phương trình (1) có nghiệm a ≠ a’ * (D) ^ (D’) a.a’ = -1 2.Vị trí tương đối đường thẳng (D) : y = f(x) parabol (P) : y = g(x) Hồnh độ điểm chung (D) (P) nghiệm phương trình : f(x) = g(x) (2) Phương trình (2) phương trình bậc hai Ta thấy : * (D) (P) khơng có điểm chung Phương trình (2) vơ nghiệm ∆ < * (D) tiếp xúc với (P) Phương trình (2) có nghiệm (nghiệm kép) ∆ = * (D) cắt (P) hai điểm Phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt ∆ > Sau số dạng tập biện luận tương giao đường thẳng parabol Dạng : Bài tốn chứng minh Ví dụ : Chứng minh đường thẳng (D) : y = 4x - tiếp xúc với parabol (P) : y = 2x2 - 4(2m - 1)x + 8m2 - Giải : Hồnh độ điểm chung (P) (D) nghiệm phương trình : 2x2 - 4(2m - 1)x + 8m2 - = 4x - 2x2 - 8mx + 8m2 = x2 - 4mx + 4m2 = Ta có ∆’ = 4m2 - 4m2 = với giá trị m nên parabol (P) ln ln tiếp xúc với đường thẳng (D) Dạng : Bài tốn tìm điều kiện Ví dụ : Cho đường thẳng (D) : y = 2(m - x) parabol (P) : y = -x2 + 2x + 4m a) Với giá trị m (D) tiếp xúc với parabol (P) b) Với giá trị m (D) cắt (P) hai điểm phân biệt A B Tìm tọa độ giao điểm A B m = -3/2 Giải : a) Hồnh độ điểm chung (P) (D) nghiệm phương trình : -x2 + 2x + 4m = 2(m - x) x2 - 4x - 2m = (3) Đường thẳng (D) tiếp xúc với parabol (P) Phương trình (3) có nghiệm kép ∆’ = + 2m = m = -2 b) (D) cắt (P) hai điểm Phương trình (3) có hai nghiệm phân biệt ∆’ > + 2m > m > -2 Khi m = -3/2 hồnh độ hai giao điểm A B nghiệm phương trình : Từ suy tọa độ giao điểm A, B (D) (P) : Giấo viïn: Hoâng Qëc Khấnh 36 Trûúâng THCS Àưìng Lẩng Giấo ấn bưìi dûúäng HSG Toấn Nùm hổc: 2016 – 2017 Dạng : Xác định tọa độ tiếp điểm Ví dụ : Cho parabol (P) : y = x2 - 2x - Tìm điểm (P) mà tiếp tuyến (P) điểm song song với đường thẳng (D) : y = -4x Giải : Gọi đường thẳng tiếp xúc với (P) (d) Do (d) song song với (D) nên (d) có dạng y = -4x + b (b ≠ 0) Hồnh độ điểm chung (P) (d) nghiệm phương trình : x2 - 2x - = -4x + b x2 + 2x - - b = (4) Ta thấy : (d) tiếp xúc với (P) Phương trình (4) có nghiệm kép Ẃ’ = + b = b = -4 Khi đó, gọi điểm A(x0 ; y0) tiếp điểm (P) (d) ( A Є (P) A Є (d)) ta có hệ phương trình : Vậy tiếp điểm cần tìm A(-1 ; 0) Dạng : Lập phương trình tiếp tuyến Ví dụ : Cho đường thẳng (D) : y = ax + b Tìm a b biết : a) Đường thẳng (D) song song với đường thẳng 2y + 4x = tiếp xúc với parabol (P) : y = -x b) Đường thẳng (D) vng góc với đường thẳng x - 2y + = tiếp xúc với parabol (P) : y = -x c) Đường thẳng (D) tiếp xúc với parabol (P) : y = x2 - 3x + điểm C(3 ; 2) Giải : a) Ta có 2y + 4x = y = -2x + 5/2 (D) song song với đường thẳng 2y + 4x = nên (D) có dạng : y = -2x + b (b ≠ 5/2) Theo cách làm dạng ta tìm b = 1/4 Vậy đường thẳng (D) có phương trình y = - 2x + 1/4 b) Ta có x - 2y + = y = 1/2x + 1/2 (D) vng góc với đường thẳng có phương trình x - 2y + = a.1/2a = -1 a = -2 Suy (D) : y = -2x + b Theo cách làm dạng 2, ta tìm b = Vậy đường thẳng (D) có phương trình y = -2x + c) Ta có : C(3 ; 2) Є (D) = 3a + b b = - 3a Khi phương trình (D) có dạng : y = ax + - 3a Theo cách làm dạng ta tìm a = suy b = -7 Vậy đường thẳng (D) có phương trình : y = 3x - Dạng : Xác định parabol Ví dụ : Xác định parabol (P) : y = ax2 + bx + c thỏa mãn : a) (P) tiếp xúc với đường thẳng (D) : y = -5x + 15 qua hai điểm (0 ; -1) (4 ; -5) b) (P) cắt trục tung điểm có tung độ cắt đường thẳng (D) : y = x - hai điểm có hồnh độ Giải : a) (P) qua hai điểm (0 ; -1) (4 ; -5) Do parabol (P) đồ thị hàm số y = ax2 - (1 + 4a)x - Hồnh độ điểm chung (D) (P) nghiệm phương trình : ax2 - (1 + 4a)x - = -5x + 15 ax2 - 4(a - 1)x - 16 = (5) Đường thẳng (D) tiếp xúc với parabol (P) Phương trình (5) có nghiệm kép ∆’ = 4(a - 1)2 - 16a = (a + 1)2 = a = -1 Do : a = -1 ; b = c = -1 Vậy (P) đồ thị hàm số y = -x2 + 3x - b) Parabol (P) cắt trục tung điểm có tung độ nên (P) qua điểm (0 ; 2) (P) cắt đường thẳng (D) : y = x - hai điểm có hồnh độ Giao điểm (P) với đường thẳng (D) : (1 ; 0) (3 ; 2) Giấo viïn: Hoâng Qëc Khấnh 37 Trûúâng THCS Àưìng Lẩng Giấo ấn bưìi dûúäng HSG Toấn Nùm hổc: 2016 – 2017 Vậy parabol (P) qua ba điểm (0 ; 2) ; (1 ; 0) (3 ; 2) Do a = ; b = -3 c = ******************************************************************************************** CHUN ĐỀ 22: NHỮNG SAI LẦM THƯỜNG GẶP KHI GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỈ Khi giải phương trình mà ẩn nằm dấu thức (phương trình vơ tỉ), số học sinh chưa nắm vững kiến thức thức phép biến đổi tương đương phương trình nên thường mắc phải số sai lầm Bài viết nhằm giúp bạn học sinh lớp tránh sai lầm ! Ví dụ : Giải phương trình : Lời giải sai : Ta có Nhận xét : Rõ ràng x = -3 khơng phải nghiệm phương trình Ghi nhớ : Ví dụ : Giải phương trình : Lời giải sai : Nhận xét : Rõ ràng x = -3 khơng phải nghiệm phương trình Ghi nhớ : Ví dụ : Giải phương trình Lời giải sai : Vậy phương trình cho vơ nghiệm Giấo viïn: Hoâng Qëc Khấnh 38 Trûúâng THCS Àưìng Lẩng Giấo ấn bưìi dûúäng HSG Toấn Nùm hổc: 2016 – 2017 Nhận xét : Các bạn nghĩ phương trình cho thực có nghiệm x = -7 ? Ghi nhớ : Như lời giải bỏ sót trường hợp A ≤ ; B < nên nghiệm x = -7 Ví dụ : Giải phương trình Lời giải sai : Ta có Vậy phương trình cho có nghiệm x = Nhận xét : Ta thấy x = khơng nghiệm phương trình cho Ghi nhớ : Ví dụ : Giải phương trình Lời giải sai : Phương trình tương đương với : Căn thức có nghĩa x ≥ Khi ta có : Do phương trình vơ nghiệm Nhận xét : Có thể thấy x = nghiệm Việc chia hai vế cho nhớ : Do lời giải phải bổ sung trường hợp Giấo viïn: Hoâng Qëc Khấnh làm nghiệm Mặt khác cần ghi = trường hợp x < Khi x < phương trình viết dạng : 39 Trûúâng THCS Àưìng Lẩng Giấo ấn bưìi dûúäng HSG Toấn Nùm hổc: 2016 – 2017 Do x < khơng thỏa mãn phương trình Cuối phương trình có nghiệm x = Mong bạn trao đổi thêm vấn đề ******************************************************************************************** CHUN ĐỀ 23: TIẾP TỤC PHÁT HIỆN VÀ MỞ RỘNG Tiếp tục mở rộng kết sáng tạo tự học tốn, đăng TTT2 số 1, tơi tìm thêm số kết Điều khẳng định lời thầy giáo Nguyễn Đức Tấn : “Tự học nhiều giúp ta tìm đến điều thú vị tốn học” Thầy Tấn mở rộng bất đẳng thức 1/(a - b + c) + 1/(b + c - a) + 1/(c + a - b) ≥ 1/a + 1/b + 1/c (I) (với a, b, c ba cạnh tam giác) theo hướng nâng lên lũy thừa bậc n mẫu số phân thức : 1/(a - b + c) n + 1/(b + c - a)n + 1/(c + a - b)n ≥ 1/an + 1/bn + 1/cn (II) l Câu hỏi đặt : khơng thử mở rộng bất đẳng thức (I) theo hướng ngược lại - khai bậc n mẫu số phân thức ? Tiếp tục áp dụng cách chứng minh tốn phụ 1/x + 1/y ≥ 4?(x + y) ( với x, y > 0) ta có : Suy : Từ ta có : Kết : Nếu a, b, c độ dài ba cạnh tam giác : (với số tự nhiên n khác 0) * Thay đổi tử số vế trái bất đẳng thức (I) thầy Tấn đưa kết : c/(a - b + c) + a/(b + c - a) + b/(c + a - b) ≥ (III) Khai bậc n tử số phân số vế trái (III) lại có thêm kết khác Kết : Nếu a, b, c độ dài ba cạnh tam giác : (với số tự nhiên n khác 0) Chứng minh : Trước hết ta phát biểu chứng minh bất đẳng thức Trê-bư-sép cho số : Phát biểu : Nếu a1 ≥ a2 ≥ a3 b1 ≥ b2 ≥ b3 3(a1b1 + a2b2 + a3b3) ≥ ≥ (a1 + a2 + a3)(b1 + b2 + b3) (1) ; Nếu a1 ≤ a2 ≤ a3 b1 ≥ b2 ≥ b3 3(a1b1 + a2b2 + a3b3) ≤ ≤ (a1 + a2 + a3)(b1 + b2 + b3) (2) Chứng minh : Với a1≥ a2 ≥ a3 b1 ≥ b2 ≥ b3 ta có : (a1 - a2)(b1 - b2) ≥ a1b1 + a2b2 ≥ a1b2 + a2b1 ; Tương tự ta có : a2b2 + a3b3 ≥ a2b3 + a3b2 ; Giấo viïn: Hoâng Qëc Khấnh 40 Trûúâng THCS Àưìng Lẩng Giấo ấn bưìi dûúäng HSG Toấn Nùm hổc: 2016 – 2017 a3b3 + a1b1 ≥ a3b1 + a1b3 Cộng theo vế ba bất đẳng thức ta có 2(a 1b1 + a2b2 + a3b3) ≥ ≥ a1b2 + a2b1 + a2b3 + a3b2 + a3b1 + a1b3 3(a1b1 + a2b2 + a3b3) ≥ a1b2 + a2b1 + a2b3 + a3b2 + a3b1 + a1b3 + (a1b1 + a2b2 + a3b3) = = (a1 + a2 + a3)(b1 + b2 + b3) Vậy (1) chứng minh Tương tự, ta chứng minh (2) Trở lại kết Vì a, b, c ba cạnh tam giác nên khơng tính tổng qt, giả sử a ≥ b ≥ c => b + c - a ≤ c + a - b ≤ a + b -c => 1/(a - b + c) ≥ 1/(b + c - a) ≥ 1/(c + a - b) Theo bất đẳng thức (1) ; (I) ; (2) ta có : Suy điều phải chứng minh * Từ bất đẳng thức (III) thầy Tấn nâng lên lũy thừa bậc n tử số phân số vế trái để tìm kết mới, tơi mạnh dạn tiếp tục nâng lên lũy thừa bậc m mẫu số chúng ý tưởng sử dụng bất đẳng thức Trêbư-sép cho số lần lại có hiệu Kết : Nếu a, b, c ba cạnh tam giác : cn/(a - b + c)m + an/(b + c - a)m + bn/(c + a - b)m ≥ ≥ an - m + bn - m + cn - m với số tự nhiên m, n Chứng minh : áp dụng bất đẳng thức (1) ; (II) ; (2) ta có : Suy điều phải chứng minh * Chưa dừng lại, tơi tìm chứng minh kết sau : Giấo viïn: Hoâng Qëc Khấnh 41 Trûúâng THCS Àưìng Lẩng Giấo ấn bưìi dûúäng HSG Toấn Nùm hổc: 2016 – 2017 (trong a, b, c ba cạnh tam giác, m, n, p, q số tự nhiên khác 0) Các bạn thử chứng minh xem ! ******************************************************************************************** CHUN ĐỀ 24: VIẾT PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG Để giúp bạn bước vào kì thi cuối cấp đạt kết tốt, tơi xin hệ thống lại dạng tập viết phương trình đường thẳng y = ax + b 1) Biết tọa độ hai điểm thuộc đường thẳng Bài tốn : Xác định a b để đường thẳng y = ax + b qua hai điểm A(1 ; -2) B(2 ; 1) Lời giải : Đường thẳng y = ax + b qua A B Vậy a = b = -5 Bài tốn : Cho hai điểm A B thuộc parabol y = x2 Viết phương trình đường thẳng AB biết hồnh độ A B -1 Lời giải : Vì A thuộc parabol y = x2, có hồnh độ -1 nên A có tung độ (-1)2 = 1, suy A(-1 ; 1) Tương tự, ta xác định B(2 ; 4) Đường thẳng y = ax + b qua A B Vậy phương trình đường thẳng AB : y = x + Bài tốn : Trên parabol lấy hai điểm A B Biết hồnh độ A xA = -2 ; tung độ B yB = Viết phương trình đường thẳng AB (Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 tỉnh Nam Định năm học 2002-2003) Lời giải : Vì A thuộc parabol ; xA = -2 suy yA = = ị A(-2 ; 2) Vì B thuộc parabol ; yB = suy x2B = 16 ị xB = ị B(-4 ; 8) B(4 ; 8) Tương tự hai tốn ta viết phương trình đường thẳng AB sau : + Với A(-2 ; 2) B(4 ; 8) ta có y = x + ; + Với A(-2 ; 2) B(-4 ; 8) ta có y = -3x - 2) Biết tọa độ điểm thuộc đường thẳng hệ số góc đường thẳng Bài tốn : Viết phương trình đường thẳng có hệ số góc -2 qua điểm A(1 ; 5) Lời giải : Phương trình đường thẳng có hệ số góc -2 có dạng y = -2x + b, đường thẳng qua A(1 ; 5) = -2 + b b = Vậy phương trình đường thẳng thỏa mãn u cầu y = -2x + Bài tốn : Viết phương trình đường thẳng qua điểm B(-1 ; 8) song song với đường thẳng y = 4x + Lời giải : Hai đường thẳng song song có hệ số góc nên hệ số góc đường thẳng phải tìm 4, tương tự tốn 4, ta tìm kết y = 4x + 12 Bài tốn : Viết phương trình đường thẳng song song với đường thẳng y = -x + cắt trục hồnh điểm có hồnh độ Lời giải : Điểm trục hồnh có hồnh độ điểm có tọa độ (2 ; 0) Tương tự tốn ta tìm kết y = -x + 3) Biết đường thẳng tiếp xúc với parabol hai yếu tố thuộc dạng Bài tốn : Viết phương trình đường thẳng tiếp xúc với parabol y = x2 qua điểm A(1 ; 1) Lời giải : Phương trình đường thẳng cần tìm có dạng y = ax + b qua A(1 ; 1) nên = a + b hay b = - a Như đường thẳng cần tìm trở thành : y = ax + - a Đường thẳng tiếp xúc với parabol y = x2 phương trình x2 = ax + - a hay x2 ax + a - = có nghiệm kép Dx = (-a)2 - 4(a - 1) = a2 - 4a + = (a - 2)2 = a = Vậy phương trình đường thẳng cần tìm : y = 2x - Bài tốn : Viết phương trình đường thẳng có điểm chung với parabol y = x2 song song với đường thẳng y = 3x + 12 Lời giải : Phương trình đường thẳng cần tìm có dạng y = ax + b song song với đường thẳng y = 3x + 12 nên a = Như đường thẳng cần tìm trở thành : y = 3x + b Đường thẳng tiếp xúc với parabol y = x2 phương trình x2 = 3x + b hay x2 - 3x - b = có nghiệm kép Dx = (-3)2 + 4b = 4b = -9 b = Vậy phương trình đường thẳng cần tìm : Sau số tập luyện tập Bài tập : Xác định a b để đường thẳng y = ax + b qua A(-2 ; 15) B(3 ; -5) Bài tập : Viết phương trình đường thẳng có hệ số góc -1 qua gốc tọa độ Bài tập : Xác định a b để đường thẳng y = ax + b song song với đường thẳng y = 3x cắt đường thẳng điểm nằm trục tung Giấo viïn: Hoâng Qëc Khấnh 42 Trûúâng THCS Àưìng Lẩng Giấo ấn bưìi dûúäng HSG Toấn Nùm hổc: 2016 – 2017 Bài tập : Gọi (d) đường thẳng qua A(1 ; 1) cắt trục hồnh điểm có hồnh độ 2005 Hãy viết phương trình đường thẳng (d) Bài tập : Viết phương trình đường thẳng song song với đường thẳng y = x + cắt parabol điểm có tung độ ******************************************************************************************** CHUN ĐỀ 25: NHỮNG MỞ RỘNG BAN ĐẦU TỪ MỘT BÀI TỐN TRONG SÁCH GIAO KHOA Từ tốn quen thuộc SGK Hình học lớp 9, TS Lê Quốc Hán có mở rộng thú vị Con đường mở rộng cách học tốn mà bạn cần rèn luyện TTT2 chân thành cảm ơn TS Nguyễn Minh Hà TS Lê Quốc Hán làm phong phú thêm mở rộng Trong SGK Hình học lớp 9, trang 38, có tốn số 14, nội dung sau : Bài tốn : Cho tam giác ABC điểm M thuộc cung BC (khơng chứa A) đường tròn ngoại tiếp tam giác Chứng minh : MA = MB + MC Bài tốn (BT1) giải đơn giản : Lời giải : Trên MA lấy điểm N cho MN = MB (1) (hình 1) ; BMN = BCA = 60o nên ΔBMN => BN = BM (2) ΔABC nên BA = BC, mặt khác ABC = MBN = 60o => ABN = MBC (3) Từ (1), (2), (3) => : ΔABN = ΔCBM (c.g.c) => NA = MC (4) Từ (1), (4) => : MN + NA = MB + MC => MA = MB + MC BT1 khởi đầu cho nhiều mở rộng đẹp sâu sắc Do hạn chế chương trình, viết này, chúng tơi giới thiệu với bạn đọc mở rộng ban đầu BT1 Mặc dù vậy, mở rộng này, chừng mực đó, giúp bạn trả lời câu hỏi lớn đặt chun mục : “Học tốn ?” Trong BT1, giả thiết tam giác ABC tương đương với giả thiết đường thẳng MA, MB, MC đơi tạo với góc 60o Nhận xét cho ta cách mở rộng BT1 Bài tốn : Cho đường tròn (O) điểm M nằm đường tròn Các dây A 1B1, A2B2, A3B3 qua M (A1, B2, A3, B1, A2, B3 theo thứ tự nằm (O)) đơi tạo với góc 60 o Chứng minh : MA1 + MA2 + MA3 = MB1 + MB2 + MB3 Vì BT2 sinh từ BT1 nên ta nghĩ tới việc dùng BT1 để giải BT2 Lời giải : Khơng tính tổng qt, giả sử O nằm góc B 1MA3 góc OMB1 ≤ OMA3 (hình 2) Dựng đường tròn (w) tâm O, bán kính OM Đường tròn theo thứ tự cắt đoạn A 1B1, A2B2, A3B3 C1, C2, C3 Dễ thấy M thuộc cung C2C3 (khơng chứa C1) (w) Giấo viïn: Hoâng Qëc Khấnh 43 Trûúâng THCS Àưìng Lẩng Giấo ấn bưìi dûúäng HSG Toấn Nùm hổc: 2016 – 2017 Mặt khác C1C2C3 = C1MC3 = 60o C1C2C2 = C1MC2 = 60o => DC1C2C3 Theo kết BT1, ta có : MC1 = MC2 + MC3 (1) Lại ý rằng, (O) (w) đồng tâm, ta có : MA1 = C1B1 ; C2A2 = MB2 ; C3A3 = MB3 (2) Từ (1), (2) dễ dàng => : MA1 + MA2 + MA3 = MB1 + MB2 + MB3 Tiếp theo mở rộng trên, BT1 có mở rộng khác hấp dẫn Nó giới thiệu với mối quan hệ đẹp ba số MA2, MB2, MC2 Bài tốn : Cho tam giác ABC điểm M thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác Chứng minh : MA + MB2 + MC2 = 6R2 (R bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC) Trước giải BT3, ta phát biểu chứng minh bổ đề Bổ đề : Cho tam giác ABC có góc A = 120o Khi : BC2 = AB2 + AC2 + AB.AC Chứng minh : Gọi H hình chiếu C AB (hình 3) Dễ thấy : Theo định lí Py-ta-go, ta có : BC2 = BH2 + CH2 (2) Từ (1), (2) => : BC2 = (AB + AH)2 + CH2 BĐ1 chứng minh Trở lại việc giải BT3 Khơng tính tổng qt, giả sử M thuộc cung BC (khơng chứa A) (O) (hình 4) Theo kết đạt BT1, ta có : MA = MB + MC => MA2 = MB2 + MC2 + 2MB.MC => MA2 + MB2 + MC2 = 2(MB2 + MC2 + MB.MC) (1) Vì tam giác ABC nên BMC = 120o Giấo viïn: Hoâng Qëc Khấnh 44 Trûúâng THCS Àưìng Lẩng Giấo ấn bưìi dûúäng HSG Toấn Nùm hổc: 2016 – 2017 Theo BĐ1, ta có : MB2 + MC2 + MB.MC = BC2 => MB2 + MC2 + MB.MC = 3R2 (2) Từ (1), (2) => : MA2 + MB2 + MC2 = 6R2 Từ BT3, tương tự cách phát triển BT1 thành BT2, phát biểu kết mở rộng ******************************************************************************************** CHUN ĐỀ 26: THAY ĐỔI KẾT LUẬN CỦA BÀI TỐN HÌNH HỌC Trong chứng minh hình học, việc phát kết tương đương với kết luận tốn đưa ta đến chứng minh quen thuộc, đơn giản phép chứng minh độc đáo Đây cơng việc thường xun người làm tốn Các bạn theo dõi số tốn sau Bài tốn : Cho tam giác ABC có BC < BA, đường phân giác BE đường trung tuyến BD (E, D thuộc AC) Đường thẳng vng góc với BE qua C cắt BE, BD F, G Chứng minh đường thẳng DF chia đơi đoạn thẳng GE Lời giải : Gọi giao điểm CG với AB K DF với BC M Dễ thấy ∆ BKC cân B, BF trung trực KC suy F trung điểm KC Theo giả thiết, D trung điểm AC => DF đường trung bình DCKA => DF // KA hay DM // AB => DM đường trung bình DABC => M trung điểm BC Xét ∆ DBC, F thuộc trung tuyến DM nên DF chia đơi đoạn thẳng GE GE // BC Ta chứng minh GE // BC, : Cách : Ta có AE = AD + DE = CD + DE = CE + 2DE hay CE = AE - 2DE, suy Mặt khác, DF // AB, K thuộc AB AK = 2DF nên Vậy BG/GD = BK/DF hay GE // BC Cách : Vì BE phân giác ∠ ABC Vậy DE/EC = DG/GB hay GE // BC Giấo viïn: Hoâng Qëc Khấnh 45 Trûúâng THCS Àưìng Lẩng Giấo ấn bưìi dûúäng HSG Toấn Cách : áp dụng định lí Xê-va ta có Nùm hổc: 2016 – 2017 Mặt khác MB = MC nên Bài tốn : Trên cạnh AB, BC, CA tam giác ABC lấy điểm C1, A1, B1 cho đường thẳng AA1, BB1, CC1 đồng quy O Đường thẳng qua O song song với AC cắt A1B1 B1C1 K M Chứng minh OK = OM Lời giải : Qua B vẽ đường thẳng song song với AC cắt A1B1 B1C1 K1 M1 Xét ∆ B1K1M1, dễ thấy MK // M1K1 nên OM = OK BM1 = BK1 Ta chứng minh BM1 = BK1, : ∆ AB1C1 đồng dạng với ∆ BM1C1 suy ∆ CB1A>sub>1 ∆ đồng dạng với BK1A1 suy Vậy : (áp dụng định lí Xê-va), suy BM1 = BK1 Bài tốn : Xét 5(20) trang 15 Hướng dẫn : Do OX = OY nên : XZ = YT OZ = OT Giấo viïn: Hoâng Qëc Khấnh 46 Trûúâng THCS Àưìng Lẩng Giấo ấn bưìi dûúäng HSG Toấn Nùm hổc: 2016 – 2017 Ta chứng minh OZ = OT Trước hết, ta chứng minh IO1OO2 hình bình hành cách xét trường hợp : ∠ IBA < 90o ; ∠ IBA > 90o ; ∠ IBA = 90 o Gọi M giao điểm O1I CD Với ∠ IBA < 90o, ∆ IBA nội tiếp (O1), ta chứng minh : ∠ AIO1 + ∠ IBA = 90 o => ∠ CIM + ∠ ICM = 90 o =>O1I ⊥ CD ; Mà OO2 ⊥ CD => OO2 // O1I Tương tự OO1 // O2I, suy IO1OO2 hình bình hành (bạn đọc tự chứng minh hai trường hợp lại) Từ đó, ta có (xem phần hình màu) : OO1 = O2I = O2T ; OO2 = O1I = O1Z ; ∠ OO1Z = (180o - ∠ O1IZ) + ∠ OO1I = 360o - ∠ OO2I - (180o - 2( ∠ OO22IT) = OO2T => ∆ OO1Z = ∆ TO2O (c.g.c) => OZ = OT.(Chứng minh khơng cần dùng tới kiến thức tam giác đồng dạng) l Bài tập áp dụng : 1) Từ điểm C ngồi đường tròn (O) vẽ hai tiếp tuyến CA, CB với đường tròn (A, B tiếp điểm) Đường tròn (O1) qua C tiếp xúc với AB B cắt (O) M Chứng minh AM chia đoạn thẳng BC thành hai phần 2) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Tiếp tuyến với (O) B cắt tiếp tuyến với (O) A C M N Qua B vẽ đường thẳng vng góc với AC P Chứng minh BP phân giác ∠ MPN 3) Cho hình thang ABCD có đáy lớn CD ; AC cắt BD O, AD cắt BC I OI cắt AB E Đường thẳng qua A song song với BC cắt BD M đường thẳng qua B song song với AD cắt AC N Chứng minh : a) MN // AB ; b) AB2 = MN.CD ; c) d) AE = EB ******************************************************************************************** CHUN ĐỀ 27: SUY NGHĨ TỪ CÁC BÀI TẬP TRONG SÁCH GIÁO KHOA LỚP Các em học sinh lớp thân mến ! Đứng trước kì thi quan trọng kì thi tốt nghiệp THCS kì thi tuyển sinh vào THPT, em trăn trở làm để khắc sâu kiến thức nhanh đạt kết cao kì thi Một bí nhỏ tơi : suy nghĩ sâu từ tập sách giáo khoa (SGK), hệ thống chúng lại để dễ ghi nhớ vận dụng tốt cho tập Sau ví dụ để em thấy tập SGK tập sở cho nhiều tập khác Ta tập 11 trang 37 SGK Hình học : Bài tốn : Cho đường tròn (O) điểm M cố định khơng nằm đường tròn Qua M vẽ cát tuyến cắt đường tròn A B Chứng minh tích MA.MB khơng phụ thuộc vị trí cát tuyến Nhận xét : Chứng minh tốn đơn giản, ta xét hai trường hợp điểm M nằm điểm M nằm ngồi (O) Trong hai trường hợp ta vẽ thêm cát tuyến MCD (khác cát tuyến MAB) Dễ dàng chứng minh hai tam giác MAC MDB đồng dạng, suy MA.MB = MC.MD Nhận xét : Nếu vẽ cát tuyến MCD qua O (CD đường kính) ta đưa kết luận mạnh : MA.MB = |MO2 - R2| (R bán kính (O)) Kết chứng minh TTT2 số 12 Nhận xét : Trường hợp M nằm ngồi (O), cát tuyến MCD trùng với tiếp tuyến MT đường tròn (C ≡ D ≡ T), hiển nhiên ta có MC.MD = MT2 = MA.MB Đây nội dung tập trang 40 SGK Hình học Nhận xét : Kết hợp với tính chất tứ giác nội tiếp ta chứng minh tốn sau : Bài tốn : Cho tứ giác ABCD AB cắt CD M AC cắt BD N Chứng minh khẳng định sau tương đương : a) ABCD tứ giác nội tiếp b) ∠ABC = ∠ADB c) ∠ABC + ∠CDA = 180o d) MA.MB = MC.MD e) NA.NC = NB.ND Nhận xét : Xét hai đường tròn giao (với cát tuyến chung qua hai giao điểm) ta có kết khác Bài tốn : Cho hai đường tròn (O1), (O2) cắt hai điểm A B Qua điểm M nằm đường thẳng AB kẻ hai cát tuyến MCD, MEF tới (O1), (O2) (MAB, MCD, MEF khơng trùng nhau) a) Chứng minh CDFE tứ giác nội tiếp Giấo viïn: Hoâng Qëc Khấnh 47 Trûúâng THCS Àưìng Lẩng Giấo ấn bưìi dûúäng HSG Toấn Nùm hổc: 2016 – 2017 b) Kết luận khơng (O1) (O2) tiếp xúc với (M nằm tiếp tuyến chung hai đường tròn) ? Bài tốn : Cho hai đường tròn (O1), (O2) cắt hai điểm A B Trên tia đối tia BA lấy điểm M khác B Qua M kẻ hai tiếp tuyến MC, MD (O1) hai tiếp tuyến ME, MF (O2) Chứng minh C, D, F, E nằm đường tròn Nhận xét : Bổ sung số yếu tố khác đường tròn ta lại có thêm nhiều kết khác Bài tốn : Cho hai đường tròn (O1), (O2) tiếp xúc ngồi với A BD tiếp tuyến chung ngồi hai đường tròn (B thuộc (O2), D thuộc (O1)) Gọi DM đường kính (O1), qua M kẻ tiếp tuyến MC với (O2) Chứng minh MC = MD Lời giải : Ta có BDO1O2 hình thang vng, A thuộc O1O2 ; O1AD O2AB tam giác cân O1 O2 suy ∠O1AD + ∠O2AB = 90o => BAD = 90o => M, A, B thẳng hàng Vậy DA đường cao tam giác vng DBM, suy MD2 = MA.MB, mặt khác MC2 = MA.MB (theo nhận xét 3) Vậy MC2 = MD2 hay MC = MD Đề nghị bạn giải tập sau : Bài tốn : Cho ∠xMy đường tròn (O) tiếp xúc với Mx, My A, B Qua A vẽ đường thẳng song song với My cắt (O) điểm thứ hai C Đoạn thẳng MC cắt (O) điểm thứ hai D, AD cắt My K Chứng minh K trung điểm MB Bài tốn : Từ điểm M nằm ngồi đường tròn (O) vẽ cát tuyến MAB tới đường tròn (A nằm M B) Hai tiếp tuyến với (O) A B cắt C ; MO cắt đường tròn đường kính OC H ; CH cắt AB N ; AB cắt OC I Chứng minh : a) MA.MB = MI.MN b) IM.IN = IA2 Bài tốn : Cho (O, R) điểm A cố định cho OA = 2R Gọi BC đường kính (O, R), BC khơng trùng với OA Đường tròn qua A, B, C cắt đường thẳng OA điểm thứ hai I ; AB AC cắt (O, R) D E ; DE cắt OA K a) Tính AK theo R b) Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE di chuyển đường thẳng cố định BC quay quanh O Bài tốn : Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB Trên AB lấy điểm M, vẽ hai tia Mx, My cắt nửa đường tròn hai điểm C D cho ∠CMA = ∠DMB Chứng minh MC.MD = MA.MB Bài tốn 10 : Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), đường phân giác AD cắt (O) điểm thứ hai E Chứng minh : AB.AC = AD2 + DB.DC Bài tốn 11 : Cho hai đường tròn (O, R) (O’, R’) tiếp xúc ngồi với A Gọi D điểm thuộc (O) Kẻ tiếp tuyến DA’ với (O’) a) Tính độ dài DA’ theo DA, R, R’ b) Vẽ tam giác DBC nội tiếp (O) Bài tốn 12 : Cho tam giác ABC, trung tuyến AM phân giác AD Đường tròn ngoại tiếp tam giác ADM cắt AB, AC theo thứ tự E, F Chứng minh BE = CF ******************************************************************************************** CHUN ĐỀ 28: NHỮNG KHAI THÁC TỪ MỘT BÀI TỐN QUỸ TÍCH CƠ BẢN Làm để vận dụng tốt kiến thức vào việc giải tốn ? Điều rèn luyện cách tự tìm tòi, khám phá điều mẻ từ tốn cũ Ví dụ sau tốn quỹ tích quen thuộc Giấo viïn: Hoâng Qëc Khấnh 48 Trûúâng THCS Àưìng Lẩng Giấo ấn bưìi dûúäng HSG Toấn Nùm hổc: 2016 – 2017 Bài tốn : Cho ∠xOy hai điểm M, N di động Ox, Oy cho OM = ON Tìm quỹ tích trung điểm I MN Hướng dẫn : Dễ dàng nhận thấy DOMN cân O, I trung điểm MN nên I nằm tia phân giác Ot ∠xOy Thay kiện OM = ON tốn thành OM + ON = a khơng đổi, ta thu kết hồn tồn Bài tốn : Cho ∠xOy hai điểm M, N di động Ox, Oy cho OM + ON = a khơng đổi Tìm quỹ tích trung điểm I MN Lời giải : + Phần thuận : Trước hết ta xét vị trí đặc biệt M N Khi N ≡ O M ≡ M1 (M1 Є Ox OM1 = a) suy I ≡ E (E trung điểm OM1) Khi M ≡ O N ≡ N1 (N1 Є Oy ON1 = a) suy I Є F (F trung điểm ON1) Tiếp theo, với M, N chạy đoạn OM 1, ON1, ta chứng minh trung điểm I MN chạy EF Thật : Vì OE = OF = 1/2 a ; MO + ON = OE + OF = a nên EM = NF hai đoạn thẳng MN, EF ln cắt (khi M khác E, N khác F) Gọi giao điểm MN EF I1 Từ M kẻ đường thẳng song song với Oy, cắt EF P, ∠OFE = ∠MPE (so le trong) ; ∠OEF = ∠MEP (đối đỉnh) ; ∠OFE = ∠OEF (do OE = OF) Suy ∠MPE = ∠MEP => ∆MPE cân M => MP = ME = NF => ∆MPI1 = ∆NFI1 (g.c.g) => MI1 = NI1 => I1 ≡ I trung điểm MN + Phần đảo : Đề nghị bạn tự giải + Kết luận : Quỹ tích trung điểm I đoạn thẳng MN tồn đoạn thẳng EF Tiếp tục thay đổi kiện ∠xOy hai tốn cách tách rời hai tia Ox, Oy thành hai tia Ax, By (A khác B) ta có tiếp hai tốn mở rộng Bài tốn : Cho hai tia khơng cắt Ax By nằm nửa mặt phẳng có bờ đường thẳng AB Hai điểm M, N di động Ax, By cho AM = BN Tìm quỹ tích trung điểm I MN Giấo viïn: Hoâng Qëc Khấnh 49 Trûúâng THCS Àưìng Lẩng Giấo ấn bưìi dûúäng HSG Toấn Nùm hổc: 2016 – 2017 Bài tốn : Cho hai tia khơng cắt Ax By nằm nửa mặt phẳng có bờ đường thẳng AB Hai điểm M, N di động Ax, By cho AM + BN = a khơng đổi Tìm quỹ tích trung điểm I MN Hướng dẫn : Gọi O trung điểm AB, qua O kẻ tia Ox1, Oy1 theo thứ tự song song phía với Ax, By Với tốn : Ta kẻ đường thẳng qua M, song song với AB cắt Ox M1 ; đường thẳng qua N song song với AB cắt Oy1 N1 Các tứ giác OAMM1, OBNN1 hình bình hành nên OM1 = AM, ON1 = BN suy OM1 + ON1 = a khơng đổi, theo tốn quỹ tích trung điểm I1 đoạn thẳng M1N1 đoạn thẳng EF (E ≡ Ox1, F ≡ Oy1 OE = OF = 1/2 Tứ giác MM1NN1 hình bình hành nên trung điểm I1 đường chéo M1N1 trùng với trung điểm I đường chéo MN Vậy quỹ tích trung điểm I đoạn thẳng MN đoạn thẳng EF Với tốn : Tương tự ta có quỹ tích trung điểm I MN tia phân giác Ot ∠x1Oy1 Kết hợp tốn tốn ta có tốn sau : Bài tốn : Cho hai tia khơng cắt Ax By nằm nửa mặt phẳng có bờ đường thẳng AB Hai điểm C, D di động Ax, By cho AC = BD ; hai điểm M, N di động Cx, Dy cho CM + DN = a khơng đổi Tìm quỹ tích trung điểm I MN Hướng dẫn : Gọi O trung điểm AB, H trung điểm CD Qua O kẻ tia Ox1, Oy1 theo thứ tự song song phía với Ax, By Theo tốn 3, quỹ tích điểm H phân giác Ot ∠x1Oy1 Với cặp điểm C, D, từ trung điểm H CD kẻ tia Hx , Hy2 song song phía với Ax, By Theo tốn 4, quỹ tích trung điểm I MN đoạn thẳng EF E Є Hx2, F Є Hy2 HE = HF = 1/2 khơng đổi Mặt khác, ∠x2Hy2 = ∠x1Oy1 khơng đổi nên EF có độ dài khơng đổi nhận Ot trục đối xứng Khi C ≡ A D ≡ B H ≡ O ; E ≡ A1 ; F ≡ B1 (A1 Є Ox1, B1 Є Oy1, OA1 = OB1 = 1/2 a) Vậy quỹ tích trung điểm I MN phần mặt phẳng giới hạn đoạn A1B1 hai tia A1E, B1F (song song, phía với tia Ot) Thật thú vị, tơi bổ sung kết vào sưu tập “Quỹ tích có điểm trong” (TTT2 số 12, 13, 14, 18) Giấo viïn: Hoâng Qëc Khấnh 50 Trûúâng THCS Àưìng Lẩng ... - 1) + 3.4.5.(6 - 2) + + + 98 .99 .100.(101 - 97 ) = 1.2.3.4 - 1.2.3.4 + 2.3.4.5 - 2.3.4.5 + + + 97 .98 .99 .100 - 97 .98 .99 .100 + 98 .99 .100.101 = 98 .99 .100.101 Giấo viïn: Hoâng Qëc Khấnh 26 Trûúâng... + 98 .99 .100 Lời giải : Để tính B, trường hợp này, ta tính 4B 4B = 4(1.2.3 + 2.3.4 + + 98 .99 .100) = 1.2.3.4 + 2.3.4.4 + + 98 .99 .100.4 = 1.2.3.4 + 2.3.4.(5 - 1) + 3.4.5.(6 - 2) + + + 98 .99 .100.(101... = x + 2(1 + 2x) = 5x + ; x5 = x3.x2 = (5x + 2)(1 + 2x) = 9x + + 10x2 = 9x + + 10(1 + 2x) = 29x + 12 => E = 2x5 + x3 - 3x2 + x - = 2(29x + 12) + (5x + 2) - 3(1 + 2x) + x - = 58x + 24 + 5x + -