pp toan tuoi tho suu tam

Các bạn đã được giới thiệu các phương pháp chứng minh một số không phải là số chính phương trong TTT2 số 9. Bài viết này, tôi muốn giới thiệu với các bạn bài toán chứng minh một số là s[r]

Lop

Noi dung

6 MỘT DẠNG TỐN VỀ ƯCLN VÀ BCNN

Trong chương trình số học lớp 6, sau học khái niệm ước chung lớn (ƯCLN) bội chung nhỏ (BCNN), bạn gặp dạng tốn tìm hai số nguyên dương biết số yếu tố có kiện ƯCLN BCNN

Phương pháp chung để giải :

1/ Dựa vào định nghĩa ƯCLN để biểu diễn hai số phải tìm, liên hệ với yếu tố cho để tìm hai số 2/ Trong số trường hợp, sử dụng mối quan hệ đặc biệt ƯCLN, BCNN tích hai số ngun dương a, b, : ab = (a, b).[a, b], (a, b) ƯCLN [a, b] BCNN a b Việc chứng minh hệ thức khơng khó :

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

Từ (*) => ab = mnd2 ; [a, b] = mnd

=> (a, b).[a, b] = d.(mnd) = mnd2 = ab

=> ab = (a, b).[a, b] (**)

Chúng ta xét số ví dụ minh họa

Bài tốn : Tìm hai số nguyên dương a, b biết [a, b] = 240 (a, b) = 16 Lời giải : Do vai trò a, b nhau, khơng tính tổng qt, giả sử a ≤ b

Từ (*), (a, b) = 16 nên a = 16m ; b = 16n (m ≤ n a ≤ b) với m, n thuộc Z+ ; (m, n) =

Theo định nghĩa BCNN :

[a, b] = mnd = mn.16 = 240 => mn = 15

=> m = , n = 15 m = 3, n = => a = 16, b = 240 a = 48, b = 80

Chú ý : Ta áp dụng cơng thức (**) để giải tốn : ab = (a, b).[a, b] => mn.162 = 240.16 suyy

mn = 15

Bài tốn : Tìm hai số ngun dương a, b biết ab = 216 (a, b) = Lời giải : Lập luận 1, giả sử a ≤ b

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

Vì : ab = 6m.6n = 36mn => ab = 216 tương đương mn = tương đương m = 1, n = m = 2, n = tương đương với a = 6, b = 36 hoặcc a = 12, b = 18

Bài tốn : Tìm hai số nguyên dương a, b biết ab = 180, [a, b] = 60 Lời giải :

Từ (**) => (a, b) = ab/[a, b] = 180/60 =

Tìm (a, b) = 3, tốn đưa dạng toán Kết : a = 3, b = 60 a = 12, b = 15

Chú ý : Ta tính (a, b) cách trực tiếp từ định nghĩa ƯCLN, BCNN : Theo (*) ta có ab = mnd 180 ; [a, b] = mnd = 60 => d = (a, b) =

Bài toán : Tìm hai số nguyên dương a, b biết a/b = 2,6 (a, b) =

Lời giải : Theo (*), (a, b) = => a = 5m ; b = 5n với m, n thuộc Z+ ; (m, n) =

Vì : a/b = m/n = 2,6 => m/n = 13/5 tương đương với m = 13 n = hay a = 65 b = 25 Chú ý : phân số tương ứng với 2,6 phải chọn phân số tối giản (m, n) =

Bài tốn :

Tìm a, b biết a/b = 4/5 [a, b] = 140

Lưu ý [a, b] = 4.5.d = 20d = 140 => d = => a = 28 ; b = 35

Bài tốn : Tìm hai số nguyên dương a, b biết a + b = 128 (a, b) = 16 Lời giải : Lập luận 1, giả sử a ≤ b

Ta có : a = 16m ; b = 16n với m, n thuộc Z+ ; (m, n) = ; m ≤ n

Vì : a + b = 128 tương đương 16(m + n) = 128 tương đương m + n =

Tương đương với m = 1, n = m = 3, n = hay a = 16, b = 112 a = 48, b = 80 Bài tốn : Tìm a, b biết a + b = 42 [a, b] = 72

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

Khơng tính tổng qt, giả sử a ≤ b => m ≤ n Do : a + b = d(m + n) = 42 (1)

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

=> d ước chung 42 72 => d thuộc {1 ; ; ; 6}

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

Bài toán : 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) =

Do : a - b = d(m - n) = (1’) [a, b] = mnd = 140 (2’)

=> d ước chung 140 => d thuộc {1 ; 7}

Thay giá trị d vào (1’) (2’) để tính m, n ta kết : d = => m - n = mn = 20 => m = 5, n =

Vậy d = a = 5.7 = 35 ; b = 4.7 = 28 Bài tập tự giải :

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

2/ Tìm hai số biết tổng chúng 448, ƯCLN chúng 16 chúng có chữ số hàng đơn vị giống

3/ Cho hai số tự nhiên a b Tìm tất số tự nhiên c cho ba số, tích hai số ln chia hết cho số lại

6 CHỨNG MINH MỘT SỐ KHƠNG PHẢI LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG

Trong chương trình Tốn lớp 6, em học toán liên quan tới phép chia hết số tự nhiên cho số tự nhiên khác đặc biệt giới thiệu số phương, số tự nhiên bình phương số tự nhiên (chẳng hạn : ; ; ; ;16 ; 25 ; 121 ; 144 ; …)

Kết hợp kiến thức trên, em giải tốn : Chứng minh số khơng phải số phương Đây cách củng cố kiến thức mà em học Những toán làm tăng thêm lịng say mê mơn tốn cho em

1 Nhìn chữ số tận

Vì số phương bình phương số tự nhiên nên thấy số phương phải có chữ số tận chữ số ; ; ; ; ; Từ em giải toán kiểu sau :

Bài toán : Chứng minh số : n = 20042 + 20032 + 20022 - 20012

không phải số phương

Chú ý : Nhiều số cho có chữ số tận số ; ; ; ; ; là số phương Khi bạn phải lưu ý thêm chút :

Nếu số phương chia hết cho số ngun tố p phải chia hết cho p2 Bài toán : Chứng minh số 1234567890 khơng phải số phương

Lời giải : Thấy số 1234567890 chia hết cho (vì chữ số tận 0) khơng chia hết cho 25 (vì hai chữ số tận 90) Do số 1234567890 khơng phải số phương

Chú ý : Có thể lý luận 1234567890 chia hết cho (vì chữ số tận 0), không chia hết cho (vì hai chữ số tận 90) nên 1234567890 khơng số phương

Bài tốn : Chứng minh số có tổng chữ số 2004 số khơng phải số phương. Lời giải : Ta thấy tổng chữ số số 2004 nên 2004 chia hết cho mà không chia hết nên số có tổng chữ số 2004 chia hết cho mà không chia hết cho 9, số khơng phải số phương

2 Dùng tính chất số dư

Chẳng hạn em gặp toán sau :

Bài tốn : Chứng minh số có tổng chữ số 2006 khơng phải số phương

Chắc chắn em dễ bị “choáng” Vậy toán ta phải nghĩ tới điều ? Vì cho giả thiết tổng chữ số nên chắn em phải nghĩ tới phép chia cho cho Nhưng lại khơng gặp điều “kì diệu” tốn Thế ta nói điều số ? Chắc chắn số chia cho phải dư Từ ta có lời giải

Lời giải : Vì số phương chia cho có số dư mà (coi tập để em tự chứng minh !) Do tổng chữ số số 2006 nên số chia cho dư Chứng tỏ số cho khơng phải số phương

Tương tự em tự giải toán :

Bài toán : Chứng minh tổng số tự nhiên liên tiếp từ đến 2005 khơng phải số phương Bài toán : Chứng minh số :

n = 20044 + 20043 + 20042 + 23 không số phương

Bây em theo dõi tốn sau để nghĩ tới “tình huống” Bài toán : Chứng minh số :

n = 44 + 4444 + 444444 + 44444444 + 15 khơng số phương

Nhận xét : Nếu xét n chia cho 3, em thấy số dư phép chia 1, không “bắt chước” cách giải toán ; ; ; Nếu xét chữ số tận em thấy chữ số tận n nên không làm “tương tự” toán ; Số dư phép chia n cho dễ thấy nhất, Một số phương chia cho cho số dư ? Các em tự chứng minh kết : số dư Như em giải xong toán

3 “Kẹp” số hai số phương “liên tiếp”

Các em thấy : Nếu n số tự nhiên số tự nhiên k thỏa mãn n2 < k < (n + 1)2 k khơng số

chính phương Từ em xét toán sau : Bài toán : Chứng minh số 4014025 khơng số phương

Nhận xét : Số có hai chữ số tận 25, chia cho dư 1, chia cho dư Thế tất cách làm trước không vận dụng Các em thấy lời giải theo hướng khác

Lời giải : Ta có 20032 = 4012009 ; 20042 = 4016016 nên 20032 < 4014025 < 20042 Chứng tỏ 4014025 khơng

là số phương

Lời giải : Ta có : A + = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + = (n2 + 3n)(n2 + 3n + 2) + = (n2 + 3n)2 + 2(n2 + 3n) +1 =

(n2 + 3n +1)2

Mặt khác :

(n2 + 3n)2 < (n2 + 3n)2 + 2(n2 + 3n) = A

Điều hiển nhiên n ≥ Chứng tỏ : (n2 + 3n)2 < A < A + = (n2 + 3n +1)2 => A không số

phương

Các em rèn luyện cách thử giải toán sau :

Bài tốn 10 : Hãy tìm số tự nhiên n cho A = n4 - 2n3 + 3n2 - 2n số phương

Gợi ý : Nghĩ đến (n2 - n + 1)2

Bài toán 11 : Chứng minh số 235 + 2312 + 232003 khơng số phương

Gợi ý : Nghĩ đến phép chia cho phép chia cho

Bài tốn 12 : Có 1000 mảnh bìa hình chữ nhật, mảnh bìa ghi số số từ đến 1001 cho khơng có hai mảnh ghi số giống Chứng minh : Không thể ghép tất mảnh bìa liền để số phương

Bài toán 13 : Chứng minh : Tổng bình phương bốn số tự nhiên liên tiếp khơng thể số phương

Gợi ý : Nghĩ tới phép chia cho

Bài toán 14 : Chứng minh số 333333 + 555555 + 777777 khơng số phương

Gợi ý : Nghĩ đến phép chia cho … chục (?)

Bài tốn 15 : Lúc đầu có hai mảnh bìa, cậu bé tinh nghịch cầm mảnh bìa lên lại xé làm bốn mảnh Cậu ta mong làm đến lúc số mảnh bìa số phương Cậu ta có thực mong muốn khơng ?

Để kết thúc viết này, muốn chúc em học thật giỏi môn tốn từ đầu bậc THCS cho tơi nói riêng với q thầy : ngun tắc chung để chứng minh số tự nhiên không số phương, dựa vào điều kiện cần để số số phương (mà quý thầy cô biết : điều kiện cần đời dùng để … phủ định !) Từ q thầy sáng tạo thêm nhiều toán thú vị khác

Mong em quý thầy cô phát thêm nhiều điều kiện cần để tìm hiểu kĩ số phương

6 CHỨNG MINH MỘT SỐ

LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG

Các bạn giới thiệu phương pháp chứng minh số khơng phải số phương TTT2 số Bài viết này, muốn giới thiệu với bạn toán chứng minh số số phương

Phương pháp : Dựa vào định nghĩa

Ta biết rằng, số phương bình phương số tự nhiên Dựa vào định nghĩa này, ta định hướng giải toán

Bài toán : Chứng minh : Với số tự nhiên n an = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + số phương

Lời giải : Ta có :

an = n(n + 1) (n + 2) (n + 3) +

= (n2 + 3n) (n2 + 3n + 2) +

= (n2 + 3n)2 + 2(n2 + 3n) + 1

Với n số tự nhiên n2 + 3n + số tự nhiên, theo định nghĩa, a

n số phương

Bài toán : Chứng minh số : số phương

Lời giải : Ta có :

Vậy : số phương

Phương pháp : Dựa vào tính chất đặc biệt

Ta chứng minh tính chất đặc biệt : “Nếu a, b hai số tự nhiên nguyên tố a.b số phương a b số phương”

Bài tốn : Chứng minh : Nếu m, n số tự nhiên thỏa mãn 3m2 + m = 4n2 + n m - n 4m + 4n

+ số phương Lời giải :

Ta có : 3m2 + m = 4n2 + n

tương đương với 4(m2 - n2) + (m - n) = m2

hay (m - n)(4m + 4n + 1) = m2 (*)

Gọi d ước chung lớn m - n 4m + 4n + (4m + 4n + 1) + 4(m - n) chia hết cho d => 8m + chí hết cho d

Mặt khác, từ (*) ta có : m2 chia hết cho d2 => m chia hết cho d

Từ 8m + chia hết cho d m chia hết cho d ta có chia hết cho d => d =

Vậy m - n 4m + 4n + số tự nhiên nguyên tố nhau, thỏa mãn (*) nên chúng số phương Cuối xin gửi tới bạn số tốn thú vị số phương :

2) Cho số nguyên dương a, b, c đôi nguyên tố nhau, thỏa mãn : 1/a + 1/b = 1/c Hãy cho biết a + b có số phương hay không ?

3) Chứng minh rằng, với số tự nhiên n 3n + khơng số phương

4) Tìm số tự nhiên n để n2 + 2n + 2004 số phương.

5) Chứng minh : Nếu : n hai số tự nhiên a số phương NGUYÊN LÍ ĐI - RÍCH - LÊ

Ngun lí Đi-rích-lê phát biểu sau : “Nếu có m vật đặt vào n ngăn kéo m > n có ngăn kéo chứa hai vật”

Nguyên lí Đi-rích-lê giúp ta chứng minh tồn “ngăn kéo” chứa hai vật mà khơng “ngăn kéo” Các bạn làm quen việc vận dụng ngun lí qua tốn sau

Bài toán :

Chứng minh 11 số tự nhiên tồn số có hiệu chia hết cho 10 Lời giải :

Với 11 số tự nhiên chia cho 10 ta 11 số dư, mà số tự nhiên chia cho 10 có 10 khả dư ; ; ; ; ;

Vì có 11 số dư mà có 10 khả dư, theo nguyên lí Đi-rích-lê, tồn số chia cho 10 có số dư hiệu chúng chia hết cho 10 (đpcm)

Bài toán :

Chứng minh tồn số có dạng 19941994 199400 chia hết cho 1995 Lời giải :

Xét 1995 số có dạng : 1994 ; 19941994 ; ;

Nếu số chia hết cho 1995 dễ dàng có đpcm

Nếu số khơng chia hết cho 1995 chia số cho 1995 có 1994 khả dư ; ; ; ; 1994

Vì có 1995 số dư mà có 1994 khả dư, theo ngun lí Đi-rích-lê tồn số chia cho 1995 có số dư, hiệu chúng chia hết cho 1995 Giả sử hai số :

Khi : = 1994 199400 chia hết cho 1995 (đpcm) Bài toán :

Chứng minh tồn số tự nhiên k cho (1999^k - 1) chia hết cho104 Lời giải :

Xét 104 + số có dạng :

19991 ; 19992 ; ; 1999104 + Lập luận tương tự toán ta : (1999m - 1999n) chia hết cho 104 (m > n) hay 1999n (1999m-n - 1) chia hết cho 104

Bài toán :

Chứng minh tồn số viết hai chữ số chia hết cho 2003 Lời giải :

Xét 2004 số có dạng ; 11 ; 111 ; ; Lập luận tương tự toán ta : hay 11 100 chia hết cho 2003 (đpcm) Một số toán tự giải :

Bài toán :

Chứng minh số nguyên tố p ta tìm số viết hai chữ số chia hết cho p Bài toán :

Chứng minh số tự nhiên khơng chia hết cho tồn bội có dạng : 111 Bài toán :

Chứng minh tồn số có dạng 1997k (k thuộc N) có tận 0001 Bài toán :

Chứng minh số nguyên m n nguyên tố tìm số tự nhiên k cho mk - chia hết cho n

Các bạn đón đọc số sau : Ngun lí Đi-rích-lê với tốn hình học thú vị. SUY NGHĨ TRÊN MỖI BÀI TOÁN

Giải hàng trăm tốn mà cốt tìm đáp số dừng lại kiến thức thu lượm chẳng bao Cịn giải tập mà lại ln suy nghĩ đó, tìm thêm cách giải, khai thác thêm ý tốn, đường tốt để lên học toán

Dưới thí dụ

Bài tốn : Cho A = 1.2 + 2.3 + 3.4 + 4.5 + 5.6 + 6.7 + 7.8 + 8.9 + 9.10 B = A.3 Tính giá trị B Lời giải : Theo đề ta có :

B = (1.2 + 2.3 + 3.4 + 4.5 + 5.6 + 6.7 + 7.8 + 8.9 + 9.10).3 = 1.2.(3 - 0) + 2.3.(4 - 1) + 3.4.(5 - 2) + 4.5.(6 - 3) + 5.6.(7 - 4) + 6.7.(8 - 5) + 7.8.(9 - 6) + 8.9.(10 - 7) + 9.10.(11 - 8) = 1.2.3 - 1.2.3 + 2.3.4 - 2.3.4 + 3.4.5 - … + 8.9.10 - 8.9.10 + 9.10.11 = 9.10.11 = 990

Trước hết, ta nghĩ rằng, toán u cầu tính tổng A, ta có : A = B/3 = 330

Bây giờ, ta tạm thời quên đáp số 990 mà ý tới tích cuối 9.10.11, 9.10 số hạng cuối A 11 số tự nhiên kề sau 10, tạo thành tích ba số tự nhiên liên tiếp Ta dễ dàng nghĩ tới kết sau :

Nếu A = 1.2 + 2.3 + 3.4 + … + (n - 1).n giá trị B = A.3 = (n - 1).n.(n + 1) Các bạn tự kiểm nghiệm kết cách giải tương tự

Bây ta tìm lời giải khác cho tốn Lời giải :

B = (1.2 + 2.3 + 3.4 + 4.5 + 5.6 + 6.7 + 7.8 + 8.9 + 9.10).3 = (0.1 + 1.2 + 2.3 + 3.4 + 4.5 + 5.6 + 6.7 + 7.8 + 8.9 + 9.10).3 = [1.(0 + 2) + 3.(2 + 4) + 5.(4 + 6) + 7.(6 + 8) + 9.(8 + 10)].3 = (1.1.2 + 3.3.2 + 5.5.2 + 7.7.2 +9.9.2).3 = (12 + 32 + 52 + 72 + 92).2.3 = (12 + 32 + 52 + 72 + 92).6

Ta chưa biết cách tính tổng bình phương số lẻ liên tiếp 1, liên hệ với lời giải 1, ta có : (12 + 32 + 52 + 72 + 92).6 = 9.10.11, hay

(12 + 32 + 52 + 72 + 92) = 9.10.11/6

Bài tốn : Tính tổng :

P = 12 + 32 + 52 + 72 + … + (2n + 1)2

Kết : P = (2n + 1)(2n + 2)(2n + 3)/6

Kết chứng minh theo cách khác, ta xem xét sau Loạt toán sau kết liên quan đến toán tốn Bài tốn : Tính tổng :

Q = 112 + 132 + 152 + … + (2n + 1)2

Bài toán : Cho A = 1.2 + 2.3 + 3.4 + 4.5 + 5.6 + 6.7 + 7.8 + 8.9 + 9.10 C = A + 10.11 Tính giá trị C. Theo cách tính A tốn 1, ta kết : C = 10.11.12/3

Theo lời giải toán 1, ta đến kết : C = 2.(22 + 42 + 62 + 82 + 102) Tình cờ, ta lại có kết

bài toán tổng quát : tính tổng bình phương số tự nhiên chẵn liên tiếp, Bài toán : Chứng minh :

22 + 42 + 62 + …+ (2n)2 = 2n.(2n + 1).(2n + 2)/6

Từ đây, ta tiếp tục đề xuất giải toán khác Bài toán :

Tính tổng : 202 + 222 + … + 482 + 502

Bài toán : Cho n thuộc N* Tính tổng : n2 + (n + 2)2 + (n + 4)2 + … + (n + 100)2

Hướng dẫn giải : Xét hai trường hợp n chẵn n lẻ ; áp dụng kết toán 2, toán cách giải toán

Bài toán có kết nhất, khơng phụ thuộc vào tính chẵn lẻ n Bài tốn : Chứng minh :

12 + 22 + 32 + … + n2 = n.(n + 1)(n + 2)/6

Lời giải :

Xét trường hợp n chẵn :

12 + 22 + 32 + … + n2 = (12 + 32 + 52 + … + (n - 1)2) + (22 + 42 + 62 + … + n2)

= [(n - 1).n.(n + 1) + n.(n + 1).(n + 2)]/6

= n.(n + 1).(n -1 + n + 2)/6 = n.(n + 1).(2n + 1)/6 Tương tự với trường hợp n lẻ, ta có đpcm

Lời giải : Ta có : 13 = 13

23 = (1 + 1)3 = 13 + 3.12.1 + 3.1.12 + 13 33 = (2 + )3 = 23 + 3.22.1 + 3.2.12 + 13 ……… (n + 1)3 = n

3.n.12 + 13

Cộng vế đẳng thức :

13 + 23 + 33 + … + n3 + (n + 1)3 = = (13 + 23 + 33 + … + n3) + 3(12 + 22 + 32 + … + n2) + 3(1 + + + … + n)

+ (n + 1)

=> (n + 1)3 = 3(12 + 22 + 32 + … + n2) + 3(1 + + + … + n) + (n + 1)

=> 3(12 + 22 + 32 + … + n2) = (n + 1)3 - 3(1 + + + … + n) - (n + 1)

= (n + 1)2.(n + 1) - 3.n.(n + 1)/2 - (n + 1)

= (n + 1)[2(n + 1)2 - 3n + 2]/2

= (n + 1).n.(2n + 1)/2

=> 12 + 22 + 32 + … + n2 = (n + 1).n.(2n + 1)/6

Bài toán : Tính giá trị biểu thức : A = - 12 + 22 - 32 + 42 - … - 192 + 202

mỗi ngoặc đơn tìm kết tốn Song ta cịn có cách giải khác sau :

A = (22 -12) + (42 - 32) + … + (202 -192) = (2 + 1)(2 - 1) + (4 + 3)(4 - 3) + … + (20 + 19)(20 - 19) = + + 11

+ 15 + 19 + 23 + 27 + 31 + 35 + 39 = (3 + 39).10/2 = 210

Trở lại toán Phải tốn cho B = A.3 số tự nhiên liền sau nhóm : 1.2 Nếu ta giải toán sau :

Bài toán 10 : Tính A = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + 4.5.6 + 5.6.7 + 6.7.8 + 7.8.9 + 8.9.10 Lời giải :

A = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + 4.5.6 + 5.6.7 + 6.7.8 + 7.8.9 + 8.9.10 = (1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + 4.5.6 + 5.6.7 + 6.7.8 + 7.8.9 + 8.9.10).4/4 = [1.2.3.(4 - 0) + 2.3.4.(5 - 1) + … + 8.9.10.(11 - 7)] : = (1.2.3.4 - 1.2.3.4 + 2.3.4.5 - 2.3.4.5 + … + 7.8.9.10 - 7.8.9.10 + 8.9.10.11) : = 8.9.10.11/4 = 1980

Tiếp tục hướng suy nghĩ trên, ta có kết tổng quát tốn 10 : Bài tốn 11 : Tính A = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + … + (n - 1).n.(n + 1).

Đáp số : A = (n -1).n.(n + 1)(n + 2)/4 <DD.BàI

Các bạn thấy ! Chỉ với toán 1, chịu khó tìm tịi, suy nghĩ, ta tìm nhiều cách giải, đề xuất toán thú vị, thiết lập mối liên hệ tốn

6 NGUN LÍ ĐI-RÍCH-LÊ

& NHỮNG BÀI TỐN HÌNH HỌC THÚ VỊ

Tạp chí Tốn Tuổi thơ số 12 đề cập đến toán số học vận dụng ngun lí Đi-rích-lê để giải

Ngun lí mở rộng sau : Nếu có m vật đặt vào n ngăn kéo m > k.n có ngăn kéo chứa k + vật Với mở rộng này, ta giải thêm nhiều tốn khác

Sau xin giới thiệu để bạn đọc làm quen việc vận dụng nguyên lí Đi-rích-lê với số tốn hình học Bài tốn : Trong tam giác có cạnh (đơn vị độ dài, hiểu đến cuối viết) lấy 17 điểm Chứng minh 17 điểm có hai điểm mà khoảng cách chúng không vượt

Lời giải : Chia tam giác có cạnh thành 16 tam giác có cạnh (hình 1) Vì 17 > 16, theo ngun lí Đi-rích-lê, tồn tam giác cạnh có chứa điểm số 17 điểm cho Khoảng cách hai điểm ln khơng vượt q (đpcm)

Bài tốn : Trong hình vng cạnh 7, lấy 51 điểm Chứng minh có điểm 51 điểm cho nằm hình trịn có bán kính

Lời giải : Chia hình vng cạnh thành 25 hình vng nhau, cạnh hình vng nhỏ 5/7 (hình 2)

Vì 51 điểm cho thuộc 25 hình vng nhỏ, mà 51 > 2.25 nên theo ngun lí Đi-rích-lê, có hình vng nhỏ chứa điểm (3 = + 1) số 51 điểm cho Hình vng cạnh có bán kính đường trịn ngoại tiếp :

Vậy tốn chứng minh Hình trịn hình trịn bán kính 1, chứa hình vng ta

Bài toán : Trong mặt phẳng cho 2003 điểm cho điểm có điểm cách khoảng không vượt Chứng minh : tồn hình trịn bán kính chứa 1002 điểm Lời giải : Lấy điểm A 2003 điểm cho, vẽ đường trịn C1 tâm A bán kính

+ Nếu tồn điểm B mà khoảng cách A B lớn ta vẽ đường trịn C2 tâm B bán kính

1

Khi đó, xét điểm C số 2001 điểm lại Xét điểm A, B, C, AB > nên theo giả thiết ta có AC ≤ BC ≤ Nói cách khác, điểm C phải thuộc C1 C2 => 2001 điểm khác B A phải nằm

trong C1 C2 Theo ngun lí Đi-rích-lê ta có hình trịn chứa 1001 điểm Tính thêm tâm

hình trịn hình trịn hình trịn bán kính chứa 1002 điểm 2003 điểm cho

Bài toán : Cho hình bình hành ABCD, kẻ 17 đường thẳng cho đường thẳng chia ABCD thành hai hình thang có tỉ số diện tích 1/3 Chứng minh rằng, 17 đường thẳng có đường thẳng đồng quy

Lời giải : Gọi M, Q, N, P trung điểm AB, BC, CD, DA (hình 3) Vì ABCD hình bình hành => MN // AD // BC ; PQ // AB // CD

Gọi d 17 đường thẳng cho Nếu d cắt AB E ; CD F ; PQ L LP, LQ đường trung bình hình thang AEFD, EBCF Ta có :

S(AEFD) / S(EBCF) = 1/3 S(EBCF) / S(EBFC) = 1/3 => LP / LQ = 1/3 LQ / LP = 1/3 Trên PQ lấy hai điểm L1, L2 thỏa mãn điều kiện L1P / L1Q = L2Q / L2P = 1/3 L trùng với L

trùng với L2 Nghĩa d cắt AB CD d phải qua L1 L2

Tương tự, MN lấy hai điểm K1, K2 thỏa mãn điều kiện K1M / K1N = K2N / K2M = 1/3 d cắt AD

và BC d phải qua K1 K2

Tóm lại, đường thẳng số 17 đường thẳng cho phải qua điểm L1 ; L

Vì 17 > 4.4 nên theo ngun lí Đi-rích-lê, 17 đường thẳng có đường thẳng (5 = + 1) qua điểm L1 ; L2 ; K1 ; K2 (5 đường thẳng đồng quy, đpcm)

Sau số tập tương tự

Bài : Trong hình chữ nhật có kích thước x 5, lấy điểm Chứng minh có hai điểm cách khoảng khơng vượt

Bài : Trong mặt phẳng tọa độ, cho ngũ giác lồi có tất đỉnh điểm ngun (có hồnh độ tung độ số nguyên) Chứng minh cạnh bên ngũ giác cịn điểm ngun khác Bài : Tờ giấy hình vng có cạnh bé để cắt hình trịn có bán kính Bài : Trên tờ giấy kẻ ô vuông, chọn 101 Chứng minh 101 có 26 khơng có điểm chung

6 TÌM CHỮ SỐ TẬN CÙNG

Tìm chữ số tận số tự nhiên dạng toán hay Đa số tài liệu dạng toán sử dụng khái niệm đồng dư, khái niệm trừu tượng khơng có chương trình Vì có khơng học sinh, đặc biệt bạn lớp lớp khó hiểu tiếp thu

Chúng ta xuất phát từ tính chất sau : Tính chất :

a) Các số có chữ số tận 0, 1, 5, nâng lên lũy thừa bậc chữ số tận không thay đổi

b) Các số có chữ số tận 4, nâng lên lũy thừa bậc lẻ chữ số tận khơng thay đổi c) Các số có chữ số tận 3, 7, nâng lên lũy thừa bậc 4n (n thuộc N) chữ số tận d) Các số có chữ số tận 2, 4, nâng lên lũy thừa bậc 4n (n thuộc N) chữ số tận 6. Việc chứng minh tính chất khơng khó, xin dành cho bạn đọc Như vậy, muốn tìm chữ số tận số tự nhiên x = am, trước hết ta xác định chữ số tận a

- Nếu chữ số tận a 0, 1, 5, x có chữ số tận 0, 1, 5,

- Nếu chữ số tận a 3, 7, 9, am = a4n + r = a4n.ar với r = 0, 1, 2, nên từ tính chất 1c => chữ số tận

cùng x chữ số tận ar

- Nếu chữ số tận a 2, 4, 8, trường hợp trên, từ tính chất 1d => chữ số tận x chữ số tận 6.ar

Bài tốn : Tìm chữ số tận số : a) 799 b) 141414 c) 4567

Lời giải :

a) Trước hết, ta tìm số dư phép chia 99 cho : 99 - = (9 - 1)(98 + 97 + … + + 1) chia hết cho

=> 99 = 4k + (k thuộc N) => 799 = 74k + 1 = 74k.7

Do 74k có chữ số tận (theo tính chất 1c) => 799 có chữ số tận 7.

b) Dễ thấy 1414 = 4k (k thuộc N) => theo tính chất 1d 141414 = 144k có chữ số tận

c) Ta có 567 - chia hết cho => 567 = 4k + (k thuộc N)

=> 4567 = 44k + 1 = 44k.4, theo tính chất 1d, 44k có chữ số tận nên 4567 có chữ số tận

Tính chất sau => từ tính chất

Tính chất : Một số tự nhiên bất kì, nâng lên lũy thừa bậc 4n + (n thuộc N) chữ số tận không thay đổi

Chữ số tận tổng lũy thừa xác định cách tính tổng chữ số tận lũy thừa tổng

Bài toán : Tìm chữ số tận tổng S = 21 + 35 + 49 + … + 20048009

Lời giải :

Nhận xét : Mọi lũy thừa S có số mũ chia cho dư (các lũy thừa có dạng n thuộc {2, 3, …, 2004})

Theo tính chất 2, lũy thừa S số tương ứng có chữ số tận giống nhau, chữ số tận tổng :

(2 + + … + 9) + 199.(1 + + … + 9) + + + + = 200(1 + + … + 9) + = 9009 Vậy chữ số tận tổng S

Từ tính chất tiếp tục => tính chất Tính chất :

a) Số có chữ số tận nâng lên lũy thừa bậc 4n + có chữ số tận ; số có chữ số tận cùng nâng lên lũy thừa bậc 4n + có chữ số tận

b) Số có chữ số tận nâng lên lũy thừa bậc 4n + có chữ số tận ; số có chữ số tận cùng nâng lên lũy thừa bậc 4n + có chữ số tận

Bài tốn : Tìm chữ số tận tổng T = 23 + 37 + 411 + … + 20048011

Lời giải :

Nhận xét : Mọi lũy thừa T có số mũ chia cho dư (các lũy thừa có dạng n thuộc {2, 3, …, 2004})

Theo tính chất 23 có chữ số tận ; 37 có chữ số tận ; 411 có chữ số tận ; …

Như vậy, tổng T có chữ số tận chữ số tận tổng : (8 + + + + + + + 9) + 199.(1 + + + + + + + + 9) + + + + = 200(1 + + + + + + + + 9) + + + = 9019 Vậy chữ số tận tổng T

* Trong số tốn khác, việc tìm chữ số tận dẫn đến lời giải độc đáo Bài toán : Tồn hay không số tự nhiên n cho n2 + n + chia hết cho 19952000

Lời giải : 19952000 tận chữ số nên chia hết cho Vì vậy, ta đặt vấn đề liệu n2 + n + có chia hết

cho khơng ?

Ta có n2 + n = n(n + 1), tích hai số tự nhiên liên tiếp nên chữ số tận n2 + n ; ; 6

=> n2 + n + tận ; ; => n2 + n + không chia hết cho

Vậy không tồn số tự nhiên n cho n2 + n + chia hết cho 19952000

Sử dụng tính chất “một số phương tận chữ số ; ; ; ; ; 9” toán sau :

Bài toán : Chứng minh tổng sau khơng thể số phương : a) M = 19k + 5k + 1995k + 1996k (với k chẵn)

b) N = 20042004k + 2003

Sử dụng tính chất “một số nguyên tố lớn tận chữ số ; ; ; 9” toán :

Bài toán : Cho p số nguyên tố lớn Chứng minh : p8n +3.p4n - chia hết cho

* Các bạn giải tập sau : Bài : Tìm số dư phép chia : a) 21 + 35 + 49 + … + 20038005 cho

b) 23 + 37 + 411 + … + 20038007 cho

Bài : Tìm chữ số tận X, Y : X = 22 + 36 + 410 + … + 20048010

Y = 28 + 312 + 416 + … + 20048016

Bài : Chứng minh chữ số tận hai tổng sau giống : U = 21 + 35 + 49 + … + 20058013

V = 23 + 37 + 411 + … + 20058015

Bài : Chứng minh không tồn số tự nhiên x, y, z thỏa mãn : 19x + 5y + 1980z = 1975430 + 2004

* Các bạn thử nghiên cứu tính chất phương pháp tìm nhiều chữ số tận số tự nhiên, tiếp tục trao đổi vấn đề

6 TÌM CÁC CHỮ SỐ

Tiếp theo TTT2 số 15, xin tiếp tục trao đổi với bạn đọc tốn tìm hai chữ số tận cùng ; tìm ba chữ số tận số tự nhiên

* Tìm hai chữ số tận

Hiển nhiên y ≤ x Như vậy, để đơn giản việc tìm hai chữ số tận số tự nhiên x thay vào ta tìm hai chữ số tận số tự nhiên y (nhỏ hơn)

Rõ ràng số y nhỏ việc tìm chữ số tận y đơn giản

Từ nhận xét trên, ta đề xuất phương pháp tìm hai chữ số tận số tự nhiên x = am sau :

Trường hợp : Nếu a chẵn x = am 2∶ m Gọi n số tự nhiên cho an - 1 25 ∶

Viết m = pn + q (p ; q Є N), q số nhỏ để aq ta có :∶

x = am = aq(apn - 1) + aq

Vì an - 1 25 => a∶ pn - 25 Mặt khác, (4, 25) = nên a∶ q(apn - 1) 100 ∶

Vậy hai chữ số tận am hai chữ số tận aq Tiếp theo, ta tìm hai chữ số tận aq

Trường hợp : Nếu a lẻ , gọi n số tự nhiên cho an - 1 100 ∶

Viết m = un + v (u ; v Є N, ≤ v < n) ta có :

x = am = av(aun - 1) + av

Vì an - 100 => a∶ un - 100 ∶

Vậy hai chữ số tận am hai chữ số tận av Tiếp theo, ta tìm hai chữ số tận

của av

Trong hai trường hợp trên, chìa khóa để giải tốn phải tìm số tự nhiên n Nếu n nhỏ q v nhỏ nên dễ dàng tìm hai chữ số tận aq av

Bài toán :

Tìm hai chữ số tận số : a) a2003 b) 799

Lời giải : a) Do 22003 số chẵn, theo trường hợp 1, ta tìm số tự nhiên n nhỏ cho 2n - 25 ∶

Ta có 210 = 1024 => 210 + = 1025 25 => 2∶ 20 - = (210 + 1)(210 - 1) 25 => 2∶ 3(220 - 1) 100 Mặt khác :∶

22003 = 23(22000 - 1) + 23 = 23((220)100 - 1) + 23 = 100k + (k Є N)

Vậy hai chữ số tận 22003 08

b) Do 799 số lẻ, theo trường hợp 2, ta tìm số tự nhiên n bé cho 7n - 100 ∶

Ta có 74 = 2401 => 74 - 100 ∶

Mặt khác : 99 - => 9∶ 9 = 4k + (k Є N)

Vậy 799 = 74k + 1 = 7(74k - 1) + = 100q + (q Є N) tận hai chữ số 07

Bài tốn :

Tìm số dư phép chia 3517 cho 25

Lời giải : Trước hết ta tìm hai chữ số tận 3517 Do số lẻ nên theo trường hợp 2, ta phải tìm số tự

nhiên n nhỏ cho 3n - 100 ∶

Ta có 310 = 95 = 59049 => 310 + 50 => 3∶ 20 - = (310 + 1) (310 - 1) 100 ∶

Mặt khác : 516 - => 5(5∶ 16 - 1) 20 ∶

=> 517 = 5(516 - 1) + = 20k + =>3517 = 320k + 5 = 35(320k - 1) + 35 = 35(320k - 1) + 243, có hai chữ số tận là

43

Vậy số dư phép chia 3517 cho 25 18

Trong trường hợp số cho chia hết cho ta tìm theo cách gián tiếp

Trước tiên, ta tìm số dư phép chia số cho 25, từ suy khả hai chữ số tận Cuối cùng, dựa vào giả thiết chia hết cho để chọn giá trị

Các thí dụ cho thấy rằng, a = a = n = 20 ; a = n =

Một câu hỏi đặt : Nếu a n nhỏ ? Ta có tính chất sau (bạn đọc tự chứng minh)

Bài toán : Tìm hai chữ số tận tổng : a) S1 = 12002 + 22002 + 32002 + + 20042002

b) S2 = 12003 + 22003 + 32003 + + 20042003

Lời giải :

a) Dễ thấy, a chẵn a2 chia hết cho ; a lẻ a100 - chia hết cho ; a chia hết cho a

hết cho 25

Mặt khác, từ tính chất ta suy với a Є N (a, 5) = ta có a100 - 25 ∶ Vậy với a Є N ta có a2(a100 - 1) 100 ∶

Do S1 = 12002 + 22(22000 - 1) + + 20042(20042000 - 1) + 22 + 32 + + 20042

Vì hai chữ số tận tổng S1 hai chữ số tận tổng 12 + 22 + 32 + + 2004

dụng công thức :

12 + 22 + 32 + + n2 = n(n + 1)(2n + 1)/6

=>12 + 22 + + 20042 = 2005 x 4009 x 334 = 2684707030, tận 30

Vậy hai chữ số tận tổng S1 30

b) Hoàn toàn tương tự câu a, S2 = 12003 + 23(22000 - 1) + + 20043(20042000 - 1) + 23 + 33 + 2004

hai chữ số tận tổng S2 hai chữ số tận 13 + 23 + 33 + + 20043

áp dụng công thức :

=> 13 + 23 + + 20043 = (2005 x 1002)2 = 4036121180100, tận 00

Vậy hai chữ số tận tổng S2 00

Trở lại toán (TTT2 số 15), ta thấy sử dụng việc tìm chữ số tận để nhận biết số số phương Ta nhận biết điều thơng qua việc tìm hai chữ số tận Ta có tính chất sau (bạn đọc tự chứng minh)

Tính chất : Số tự nhiên A khơng phải số phương : + A có chữ số tận 2, 3, 7, ;

+ A có chữ số tận mà chữ số hàng chục chữ số chẵn ; + A có chữ số hàng đơn vị khác mà chữ số hàng chục lẻ ; + A có chữ số hàng đơn vị mà chữ số hàng chục khác ; + A có hai chữ số tận lẻ

Bài toán 10 : Cho n Є N n - không chia hết cho Chứng minh 7n + khơng thể số

phương

Lời giải : Do n - không chia hết n = 4k + r (r Є {0, 2, 3}) Ta có 74 - = 2400 100 Ta viết 7∶

2 = 74k + r + = 7r(74k - 1) + 7r +

Vậy hai chữ số tận 7n + hai chữ số tận 7r + (r = 0, 2, 3) nên

03, 51, 45 Theo tính chất rõ ràng 7n + khơng thể số phương n không chia hết cho 4.

6 TIM CÁC CHỮ SỐ (tiếp theo kì trước)

* Tìm ba chữ số tận

Nếu x = 1000k + y, k ; y Є N ba chữ số tận x ba chữ số tận y (y ≤ x)

Do 1000 = x 125 mà (8, 125) = nên ta đề xuất phương pháp tìm ba chữ số tận số tự nhiên x = a sau :

Trường hợp : Nếu a chẵn x = am chia hết cho 2m Gọi n số tự nhiên cho an - chia hết cho 125

Viết m = pn + q (p ; q Є N), q số nhỏ để aq chia hết cho ta có :

x = am = aq(apn - 1) + aq

Vì an - chia hết cho 125 => apn - chia hết cho 125 Mặt khác, (8, 125) = nên aq(apn - 1) chia hết cho

1000

Vậy ba chữ số tận am ba chữ số tận aq Tiếp theo, ta tìm ba chữ số tận

của aq

Trường hợp : Nếu a lẻ , gọi n số tự nhiên cho an - chia hết cho 1000

Viết m = un + v (u ; v Є N, ≤ v < n) ta có :

x = am = av(aun - 1) + av

Vì an - chia hết cho 1000 => aun - chia hết cho 1000

Vậy ba chữ số tận am ba chữ số tận av Tiếp theo, ta tìm ba chữ số tận

của av

Tính chất sau suy từ tính chất Tính chất :

Nếu a Є N (a, 5) = a100 - chia hết cho 125

Chứng minh : Do a20 - chia hết cho 25 nên a20, a40, a60, a80 chia cho 25 có số dư

=> a20 + a40 + a60 + a80 + chia hết cho Vậy a100 - = (a20 - 1)( a80 + a60 + a40 + a20 + 1) chia hết cho 125

Bài toán 11 :

Tìm ba chữ số tận 123101

Lời giải : Theo tính chất 6, (123, 5) = => 123100 - chia hết cho 125 (1)

Mặt khác :

123100 - = (12325 - 1)(12325 + 1)(12350 + 1) => 123100 - chia hết cho (2)

Vì (8, 125) = 1, từ (1) (2) suy : 123100 - chi hết cho 1000

=> 123101 = 123(123100 - 1) + 123 = 1000k + 123 (k ∩ N)

Vậy 123101 có ba chữ số tận 123

Bài tốn 12 :

Tìm ba chữ số tận 3399 98

Lời giải : Theo tính chất 6, (9, 5) = => 9100 - chi hết cho 125 (1)

Tương tự 11, ta có 9100 - chia hết cho (2)

Vì (8, 125) = 1, từ (1) (2) suy : 9100 - chia hết cho 1000 => 3399 98 = 9199 9 = 9100p + 99 = 999

= 1000q + 999 (p, q Є N)

Vậy ba chữ số tận 3399 98 ba chữ số tận 999

Lại 9100 - chia hết cho 1000 => ba chữ số tận 9100 001 mà 999 = 9100 : => ba chữ số tận

của 999 889 (dễ kiểm tra chữ số tận 999 9, sau dựa vào phép nhân

)

Vậy ba chữ số tận 3399 98 889

Nếu số cho chia hết cho ta tìm ba chữ số tận cách gián bước : Tìm dư phép chia số cho 125, từ suy khả ba chữ số tận cùng, cuối kiểm tra điều kiện chia hết cho để chọn giá trị

Tìm ba chữ số tận 2004200

Lời giải : (2004, 5) = (tính chất 6) => 2004100 chia cho 125 dư

=> 2004200 = (2004100)2 chia cho 125 dư

=> 2004200 tận 126, 251, 376, 501, 626, 751, 876 Do 2004200 chia hết

tận 376

Từ phương pháp tìm hai ba chữ số tận trình bày, mở rộng để tìm nhiều ba chữ số tận số tự nhiên

Sau số tập vận dụng :

Bài : Chứng minh 1n + 2n + 3n + 4n chia hết cho n không chia hết cho

Bài : Chứng minh 920002003, 720002003 có chữ số tận giống

Bài : Tìm hai chữ số tận : a) 3999 b) 111213

Bài : Tìm hai chữ số tận : S = 23 + 223 + + 240023

Bài : Tìm ba chữ số tận : S = 12004 + 22004 + + 20032004

Bài : Cho (a, 10) = Chứng minh ba chữ số tận a101 ba chữ số tận a

Bài : Cho A số chẵn khơng chia hết cho 10 Hãy tìm ba chữ số tận A200

Bài : Tìm ba chữ số tận số : 199319941995 2000

Bài : Tìm sáu chữ số tận 521.

7 XOAY QUANH MỘT BÀI TỐN HÌNH HỌC

Bài tốn : Cho tam giác ABC, cạnh BC lấy hai điểm D, E cho BD = CE Chứng minh BAD = Đ CAE tam giác ABC tam giác cân

Cách : (Vũ Cao Ân)

Từ D vẽ DF // AC, từ E vẽ EG // AB ta chứng minh DF/EG = AC/AB (1) ; ΔADF đồng dạng với ΔAEG (g g) => DF/EG = AD/AE (2)

Giả sử Đ B > Đ C => AC > AB => AC/AB > Vẽ M thuộc AD cho Đ ABM = Đ ACE Có Đ M1 = góc E1 => Đ M2 = Đ E2 ; góc D1 > Đ E2 = Đ M2 => BM > BD => BD/BM < (1)

ΔABM đồng dạng với ΔACE => AB/AC = BM/EC => EC/BM = BD/BM = AC/AB > (2)

(1) (2) mâu thuẫn Từ ta có đpcm Cách : (Nguyễn Quang Hùng)

Từ D E vẽ DF vng góc với AB ; EG vng góc với AC BD = CE => SABD = SACE => AB.DF = AC.EG => DF/EG = AC/AB (1)

ΔADF đồng dạng với ΔAEG => DF/EG = AD/AE (2)

Từ (1) (2) => AC/AB = AD/AE , cho ta ΔABE đồng dạng với ΔACD => Đ ABE = Đ ACD Cách : (Minh Quân)

Vẽ hình bình hành ABEF => BE = AF Chứng minh tứ giác ADCF hình bình hành => = Đ EAC (gt)

ΔAEG đồng dạng với ΔFCG (g g) => AG/FG = EG/CG (1) Do AG/GC = FG/GE (AF // EC) => AG/FG = EG/CG (2)

Vẽ BH, CK đường cao tam giác ABD, ACE BD = CE => SABD = SACE => BH/CK = AE/AD

ΔABH đồng dạng với ΔACK => BH/CK = AB/AC

ΔABE đồng dạng với ΔACD ( Đ BAE = Đ CAD , AB/AC = AE/AD) => Đ ABE = Đ ACD => Δ ABC cân A

Cách : (Bảo Linh)

Qua B vẽ đường thẳng song song AC cắt AD M, qua C vẽ đường thẳng song song AB cắt AE N ΔABM đồng dạng với ΔACN (g g) => AB/AC = BM/CN (1)

ΔADC có BM // AC => AC/BM = BE/BD ΔABE có CN // AB => AB/CN = BE/EC

Do có AB/AC = CN/BM (2) Từ (1) (2) có AB/AC.AB/AC = BM/CN.CN/BM => AB2/AC2 = => AB = AC

7h CHỦ ĐỘNG SÁNG TẠO

KHI GIẢI TỐN HÌNH HỌC

Một vấn đề đặt nên cấu tạo đề tập toán (với mục đích vận dụng kiến thức, rèn luyện kĩ năng, kiểm tra lực toán học v.v ) để phù hợp phương pháp dạy học đổi theo định hướng tích cực, độc lập, sáng tạo

Thí dụ : Bài tập kích thích mạnh mẽ tư học sinh loại tập tình Ta xét tập sau 7).

Cho điểm M trang giấy hai đường thẳng d, d’ cắt nhau trang giấy Hãy vẽ đường thẳng d’’ qua điểm M giao điểm d, d’ Nói cách vẽ giải thích vẽ

Tình tập : Học sinh phải vẽ đường thẳng qua hai điểm, điểm cho trước, cịn điểm thứ hai chưa xác định

Hướng giải tốn khơng phải vẽ giao điểm hai đường thẳng d d’ mà tìm quan hệ đường thẳng phải vẽ (đường thẳng d’’ qua điểm M) với đường thẳng khác vẽ trang giấy

Q trình mị mẫm dẫn đến cấu hình ba đường cao đồng quy tam giác, từ => cách vẽ Lời giải (tóm tắt) mong đợi sau :

Cách vẽ : Vẽ đường thẳng a qua M vng góc với d’, a cắt d A Vẽ đường thẳng b qua M vng góc với d, b cắt d’ B Vẽ đường thẳng d’’ qua M vng góc với AB, d’’ đường thẳng phải vẽ, qua giao điểm d d’ (giao điểm nằm ngồi trang giấy) ba đường cao d, d’, d’’ tam giác MAB đồng quy

Cũng giải thích sau :

Giả sử giao điểm d d’ C (nằm trang giấy) Trong tam giác ABC, hai đường cao a b cắt M Thế đường thẳng d’’ qua M (trực tâm tam giác ABC) vng góc với AB phải đường cao thứ ba, d’’ qua C

Thí dụ : Ta xét tập sau (lớp 8).

Cho hình vng ABCD, I trung điểm AB, J trung điểm BC K trung điểm IB Gọi H chân đường vng góc hạ từ B xuống IC Chứng minh hai đường thẳng HJ HK vng góc với

Tình đặt học sinh tập : Với kiến thức học, nên chọn phương pháp để chứng minh hai đường thẳng HJ HK vng góc với Học sinh nghĩ tới hướng chứng minh sau :

Đ HKJ = 90o (?)

HK HJ hai tia phân giác hai góc kề bù (khơng thể !) Δ KHJ = Δ KBJ (?)

v.v

Học sinh loại dần hướng chứng minh sai, thử hướng chứng minh có triển vọng Lời giải (tóm tắt) mong đợi sau :

Tính HJ2 : Trong tam giác vng BHC, HJ trung tuyến ứng với cạnh huyền BC

Gọi cạnh hình vng a, ta có : HJ = BC/2 = a / 2, từ HJ2 = a2 /

HK = IB/2 = a / , từ HK2 = a2 / 16

Tính HK 2 : Trong tam giác vng BHI :

Tính JK2 : Trong tam giác vuông BJK :

JK2 = BJ2 + BK<SUP.2< sup> , từ JK2 = a2/4 + a2

Từ kết => JK2 = HJ2 + HK2 theo định lí Py-ta-go đảo tam giácJHK vng góc H, tức

HJ vng góc với HK

Cũng chứng minh theo hướng : Δ KHJ = Δ KBJ (vì HK = HB, HJ = BJ, KJ chung) => Đ H = 90o, tức HJ vng góc với HK.

Chú ý rằng, theo chương trình mới, học sinh lớp chưa học định lí : Trong tam giác vuông, đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nửa cạnh huyền.

Thí dụ : Ta xét tập sau (lớp 7)

Trên hình vẽ, người ta cho biết : AE = CE, BE // CD, Đ ABC = 88o, Đ BCE = 31o

a) Tính Đ ECD b) Tính Đ EDC

c) Trong tam giác CDE cạnh lớn ?

Đây tập dễ, vận dụng nhiều kiến thức có nhiều cách giải khác Nếu đề kiểm tra cuối năm phần hình học lớp theo kiểu chắn học sinh bộc lộ rõ ràng mức độ nắm vững kiến thức bản, kĩ học sinh trung bình, yếu hi vọng giải hầu hết câu hỏi tốn

Lời giải (tóm tắt) :

a) Đ BCD = Đ ABE = 88o (hai góc đồng vị).

Đ ECD = Đ BCD - Đ BCE = 88o - 31o = 57o

b) Vì tam giác EAC cân nên Đ EAB = Đ ECB = 31o Trong tam giác ABE :

Đ AEB = 180o - 88o + 31o = 61o

Đ EDC = Đ AEB - 61o (hai góc đồng vị)

c) Trong tam giác CDE : Đ DEC = 180o - (57o + 61o) = 62

Vậy cạnh CD lớn Cách giải khác :

a) Vì tam giác EAC cân nên Đ EAB = Đ ECB = 31o Trong tam giác AEB : Đ ABE = 61o.

Với tam giác BEC : góc ABE = 88o góc ngồi đỉnh B nên góc BEC = 88o - 31o = 57o

Vì BE // CD nên Đ ECD = Đ BEC = 57o (hai góc so le trong)

b) Vì BE // CD nên Đ EDC = Đ AEB = 61o (hai góc đồng vị)

c) Trong tam giác CDE : Đ DEC = 180o - (57o + 61o) = 62o

7d PHƯƠNG TRÌNH CHỨA ẨN TRONG DẤU GIÁ TRỊ TUYỆT ĐỐI

Trong chương trình mơn Tốn THCS, bạn học làm quen với phương trình chứa ẩn dấu giá trị tuyệt đối Bài viết giúp bạn có số phương pháp để xét phương trình loại

Phương pháp :1 Phương pháp chia khoảng trục số.

Ta xét dấu biểu thức dấu giá trị tuyệt đối để khử dấu giá trị tuyệt đối Thí dụ : Giải phương trình :

|2x - 1| + |2x - 5| = (1)

Lời giải : Lập bảng khử dấu giá trị tuyệt đối :

Từ ta xét trường hợp sau : - Xét x< 1/2 : (1) trở thành - 4x + = <=> x < 1/2 không phụ thuộc khoảng xét - Xét :

(1) trở thành = với x thuộc khoảng xét, tức - Xét

(1) trở thành 4x - = <=> x = 5/2 thuộc khoảng xét Kết luận : Nghiệm phương trình (1)

Phương pháp :

Phương pháp biến đổi tương đương Ta áp dụng hai phép biến đổi sau :

Thí dụ : Giải phương trình : |x - 1| = |3x - 5| (2)

Kết luận : Phương trình (2) có hai nghiệm : x1 = ; x2 = 3/2

Nhận xét : Ta sử dụng phương pháp để giải phương trình (2). Phương pháp :

Phương pháp đặt ẩn số phụ. Thí dụ : Giải phương trình : |x2 - 5x + 5| = -2x2 + 10x - 11 (3)

Lời giải : (3) tương đương với : |x2 - 5x + 5| = -2(x2 - 5x + 5) -

Đặt x2 - 5x + = t phương trình trở thành |t| = -2t - 1.

Phương pháp : Sử dụng đồ thị.

Nguyên tắc : Nghiệm phương trình f(x) = g(x) hồnh độ điểm chung hai đồ thị y = f(x) y = g(x)

Thí dụ : Biện luận số nghiệm phương trình : |x - 1| + |x + 1| + |x| = m

Lời giải : Trước hết vẽ đồ thị hàm số y = |x - 1| + |x + 1| + |x|

+ Lập bảng khử dấu trị tuyệt đối :

+ Vẽ đồ thị khoảng, ý điểm đặc biệt A (-1 ; 3) ; B (0 ; 2) ; C (1 ; 3)

Nếu m < phương trình vơ nghiệm

Nếu m = phương trình có nghiệm Nếu m > phương trình có hai nghiệm phân biệt Phương pháp : Sử dụng bất đẳng thức.

Nguyên tắc : Sử dụng bất đẳng thức để so sánh f(x) g(x) Từ tìm nghiệm phương trình f(x) = g(x). Thí dụ : Giải phương trình :

|x - 2003|5 + |x - 2004|,sup>7 =

Lời giải : Kiểm tra x = 2003 x = 2004 nghiệm phương trình.

Nếu x > 2004 x - 2003 > nên |x - 2003| > => |x - 2003|5 > => |x - 2003|5 + |x - 2004|7 > Chứng tỏ

phương trình khơng có nghiệm thỏa mãn x > 2004

Nếu x < 2003 x - 2004 < - nên |x - 2004| > => |x - 2004|7 > 1

=> |x - 2003|5 + |x - 2004|7 > Chứng tỏ x < 2003 không nghiệm.

Nếu 2003 < x < 2004 : x - 2003 < - < x < 2004

nên : | x - 2003|5 < |x - 2003| = x - 2003 | x - 2004|7 < |x - 2004| = 2004 - x

Do |x - 2003|5 + |x - 2004|7 < (x - 2003) + (2004 - x) = Chứng tỏ 2003 < x < 2004 khơng thỏa mãn

phương trình

Tóm lại phương trình có hai nghiệm kiểm tra Chú ý : Thí dụ giải sau :

|2x - 1| + |2x - 5| = |2x - 1| + |5 - 2x| |2x - + - 2x| =

Đẳng thức xảy tương đương với (2x - 1)(5 - 2x) tương đương với 1/2 < x< 5/2 Dưới xin gửi tới bạn số tập :

Bài : Giải phương trình :

1) 3|x - 1| - 2|x - 2| - |x| + |x + 1| = |x + 2| 2) |x + 1| = |x2 + x|

3) |x - 2| / (|x - 1| - 1) =

Bài : Tìm m để phương trình : x2 - 2x - m|x - 1| + m2 = có nghiệm

Bài : Với giá trị tham số m, phương trình sau có nghiệm : |x + 3| - |2x - m| =

7h BÀI TOÁN CON CÁ

mẩu chuyện lịch sử Toán học nhằm tạo gần gũi, thân thiết, gây hứng thú học tập, từ giúp học sinh đạt kết học tập cao Việc tạo niềm say mê, hứng thú học tập, cách hay cách khác chắn đem lại kết học tập tốt nhiều cho bạn Các bạn tự tạo hứng thú từ nhận xét, phát “nho nhỏ” q trình học tốn Bài tốn “con cá” ví dụ

Trong sách Bài tập tốn (tập 1, trang 99) có tập số 13, nội dung sau : “Trên hình vẽ có Ax song song với By,  CAx = 50o,  CBy = 40o Tính  ACB cách xem góc ngồi tam giác.” (

hình 1) Lời giải tốn xin nhường cho bạn đọc muốn trao đổi với bạn toán tổng quát mà tơi thường gọi tốn “đầu cá”

Bài tốn (bài tốn “đầu cá”) : Hình cho biết  CAB >  CAx, Ax // By Chứng minh :  ACB =  CAx +   CBy

Lời giải : Trên nửa mặt phẳng bờ AC chứa tia CB, vẽ tia Cm // Ax Vì Ax // By => Cm // By => C1 ;  CBy =  C2 (so le trong) Vậy :  CAx +  CBy =  C1 +  C2 (1)

Theo giả thiết,  ACB >  CAx =>  ACB >  C1 hay tia Cm nằm hai tia CA CB, :

 C1 +  C2 (2)

Từ (1) (2) suy  ACB =  ACx +  CBy

Lời bình : + Bài toán cho biết mối quan hệ hai góc  CAx,  CBy với  ACB, khơng phụ thuộc vào số đo góc toán đặt vấn đề

+ Mấu chốt lời giải việc kẻ thêm đường phụ Cm song song với Ax

+ Đối với học sinh lớp tập dượt chứng minh hình học, với kiến thức chương I - Đường thẳng vng góc - Đường thẳng song song, toán hay Khai thác toán, ta có nhiều tốn tương tự thú vị

Bài toán (bài 57 trang 104 SGK Toán 7, tập 1) : Cho hình vẽ (a // b), tính số đo x góc O (xem 3)

Gợi ý : Sử dụng kết tốn “đầu cá”, ta cần tính  OBb Từ dễ dàng giải tốn sau :

Bài toán (bài 3, trang 91, SGK Tốn 7, tập 2) : Xem hình 4, cho a // b,  C = 44o,  D = 132

Chú ý : Tương tự bạn giải toán 5, trang 92, SGK Toán 7, tập

Bài toán (bài toán “thân cá”) : Cho hình 5, biết Ax // By  CAx +  ACB > 180o Chứng minh :

CAx +  ACB +  CBy = 360o

Gợi ý : + Kẻ tia đối Ax’ tia Ax tia đối By’ tia By Sử dụng kết toán “đầu cá” + Cách khác : Kẻ Cm // Ax chứng minh tương tự toán “đầu cá”

Bài toán : Cho hình 6, biết Ax // By  CBy >  ACB Chứng minh :  CBy =  xAC +  ACB

Gợi ý : Kẻ tia Cm // Ax chứng minh tương tự toán “đầu cá”

Bài toán : Cho hình 7, biết Ax // By  CBy >  ACB Chứng minh :  CAx +  CBy - 180o

Gợi ý : Kẻ Cm // Ax

Bài tốn (bài tốn “đi cá”) :

Cho hình Chứng minh :  ACB =  MAC +  MBC +  AMB

Gợi ý : Nối MC kéo dài phía C, sử dụng tính chất góc ngồi tam giác Kết hợp toán trên, ta toán “con cá” hồn chỉnh

Bài tốn (bài tốn “con cá”) : Cho hình Tính góc x, y, z

Lời giải toán dành cho bạn đọc

Con đường đến toán “con cá” thật đơn giản lí thú phải khơng bạn ?

LTS : Xuất phát từ 57 trang 104 SGK Toán 7, tập 1), thầy giáo Nguyễn Đức Tấn (TP HCM) tổng quát mối liên hệ ba góc  OAa,  AOB,  OBb (xem hình 3) Từ hình thành loạt tốn tính số đo góc biết số đo hai góc cịn lại tốn đảo

7 PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BA ĐIỂM ĐỒNG QUY

Các bạn học qua lớp chắn biết đường đồng quy tam giác : Định lí : Ba đường trung tuyến tam giác qua điểm ;

Định lí : Ba đường phân giác tam giác qua điểm ; Định lí : Ba đường trung trực tam giác qua điểm ; Định lí : Ba đường cao tam giác qua điểm

SGK Toán tập sử dụng phương pháp chứng minh ba đường thẳng đồng quy để chứng minh định lí 2, định lí

Phương pháp chứng minh mơ tả khái qt sau : Ba đường thẳng a, b, c đồng quy :

- Mọi điểm thuộc c có tính chất C ngược lại - Chứng tỏ giao điểm a b thỏa mãn tính chất C

Các bạn cần lưu ý, quỹ tích điểm thỏa mãn tính chất C đường thẳng c Như mấu chốt phương pháp việc phát tính chất C

Nếu ta phát nhiều tính chất đường thẳng c có nghĩa có nhiều cách chứng minh a, b, c đồng quy

Ta áp dụng phương pháp để chứng minh định lí * Chứng minh định lí :

hai cạnh khác nhau, song song với cạnh thứ ba trung tuyến thuộc cạnh thứ ba

- Gọi AM, BN, CK trung tuyến ∆ABC ; G = BN ∩ CK Qua G dựng DE // BC, FR // AB, PQ // AC (hình 1)

Theo bổ đề ta có GF = GR ; GP = GQ Từ dễ thấy ∆DQG = ∆FGP ; ∆FGP = ∆GRE (g.c.g) => ∆DQG = ∆GRE => DG = GE=> G Є AM (theo bổ đề 1)

Vậy AM, BN, CK đồng quy G Định lí chứng minh Cách : (hướng dẫn)

- Bổ đề : Quỹ tích điểm nằm tam giác với cạnh a, b, c, có tỉ số khoảng cách tới hai cạnh b, c c/b trung tuyến thuộc cạnh a

- Gọi AM, BN, CK trung tuyến ∆ABC ; G = BN ∩ CK Dựng GD  AB, GE BC

Theo bổ đề suy :

GD/GF = BC/AB ; GF/GE = AC/BC ;

=> GD/GE = GD/GF GF/GE = BC/AC AC/BC = AC/BC ; * Chứng minh định lí : (sử dụng kết khác với SGK)

- Bổ đề : Trong ∆ABC, DE // BC (D Є AB, E Є AC), quỹ tích điểm I thuộc DE cho ID/IE = AB/AC đường phân giác AA1

- Gọi AA1, BB1, CC1 phân giác ∆ABC ; I = BB1 ∩CC1 Qua I dựng DE // BC, FR // AB, PQ

// AC (hình 2) Từ bổ đề suy :

IF/IR = BC/AC ; IQ/IP = AB/BC ;

=> ID/IE = AB/AC => I Є AA1 (theo bổ đề 3)

Vậy AA1, BB1, CC1 đồng quy I Định lí chứng minh

* Chứng minh định lí :

- Bổ đề : Cho ∆ABC, N thuộc đường cao BB’ K thuộc đường cao CC’ cho DE // BC (D Є AB, E Є AC) Quỹ tích điểm H thuộc DE cho HD/DE = BK2/CN2 đường cao AA’

Hướng dẫn : (hình 3)

Hai tam giác vng ANC AKB có NB’ ∩ AC ; KC’ ∩ AB => AN2 = AB’.AC ; AK2 = AC’.AB (1)

Hai tam giác vng AB’B AC’C đồng dạng có chung  BAC => AB’.AC = AC’.AB (2) Từ (1) (2) => AN = AK

Gọi M Є AA’ cho  BMC = 90o tương tự ta có : AN = AK ; BM = BK ; CM = CN (3)

Xét tam giác vuông BMC, MA’  BC => BM2 = BA’.BC CM2 = CA’.BC

=> BA'/CA' = BM2/CM2 = BK2/CN2 = HD/HE (theo bổ đề 3)

=> H’ = DE ∩ AA’ H'D/H'E = BA'/CA' = HD/HE => H’ ≡ H

Trở lại định lí (hình 4)

- Gọi M, N, K nằm đường cao AA’, BB’, CC’ ∆ABC cho  BMC =  AKB = 90o, H = BB’ ∩ CC’

Qua H dựng DE // BC, FR // AB, PQ // AC

Từ bổ đề suy :

HQ/HP = AK2/CM2 ; HF/HR = BN2/AN2

=> HD/HE = BM2/CM2 (Do AK = AN) => H Є AA’ (theo bổ đề 4)

Vậy AA’, BB’, CC’ đồng quy H Định lí chứng minh

* Đề nghị bạn đọc chứng minh bổ đề ; ; làm tập sau

Bài tập : Trong tam giác, đường thẳng đối xứng với đường trung tuyến qua đường phân giác xuất phát từ đỉnh gọi đường đối trung đỉnh Chứng minh tam giác, ba đường đối trung đồng quy

Như thông qua hai chứng minh định lí SGK, ta rút phương pháp chứng minh ba đường thẳng đồng quy hiệu Tôi hi vọng bạn thành công nhiều trường hợp khác TẬP "LỘI NGƯỢC" KHI GIẢI TỐN

“Lội ngược dịng” cụm từ quen thuộc thể thao, dùng để cố gắng đảo ngược kết trận đấu Cịn “lội ngược dịng” giải tốn q trình phân tích lên từ kết để tìm lời giải Với hướng “lội ngược dòng” ta tìm cách giải

Ta xét tốn sau :

Bài tốn : (định lí Py-ta-go) Cho ∆ABC vuông A, BC = a, AC = b, AB = c Chứng ming : a2 = b2 + c2 (*)

Hướng : Từ a2, b2, c2 ta liên hệ đến diện tích hình vng có cạnh a, b, c Nếu dựng phía ngồi

của ∆ABC hình vng có cạnh BC, CA, AB (*) tương đương với diện tích hình vng cạnh BC tổng diện tích hai hình vng có cạnh CA, AB

Ta tiếp tục đặt vấn đề : liệu chia hình vng cạnh BC thành hai hình chữ nhật có diện tích diện tích hai hình vng cịn lại khơng

Từ ta phát đường HH’, H chân đường vng góc hạ từ A ABC ⇼

Cách : Dựng phía ngồi ∆ABC hình vng AEFB, BMNC, CPQA (hình 1) Đường cao AH BC cắt MN H’ (H Є BC) Đặt BH = c’ CH = b’ Ta cần chứng minh : SCNH’H = SCPQA ; SBMH’H

a.b’ = b2 ; a.c’ = c2 (**)

Tương tự ta có b2 = ab’

Định lí chứng minh biết trước (**) ta khơng cần vẽ thêm hình vng phụ Hướng : Ta có :

a2 = b2 + c2 = (b + c)2 - 2bc

<=> a2 + 1/2 bc = (b + c)2 : (1)

Liên hệ với cơng thức tính diện tích, ta nhận thấy a2 (b + c)2 diện tích hình vng có cạnh a b

+ c ; 1/2 bc diện tích tam giác có hai cạnh bên b c Từ ta thử tìm cách dựng hình phụ chứng minh

Cách :

Dựng hình vng ADEF có độ dài cạnh b + c ; B Є AD ; C Є AF (hình 2) Lấy I Є EF ; K Є DE cho IF = KE = b

Ta nhận thấy ∆ABC = ∆DKB = ∆EIK = ∆FCI ;

BCIK hình vng

=> SBCIK + SABC + SDKB + SEIK + SFCI = SADEF

<=> SBCIK + 4.SABC = SADEF

<=> a2 + 1/2 bc = (b + c)2

<=> a2 = b2 + c2

Hướng : Thay đổi cách nhìn chút so với cách 2, ta thấy :

(*) <=> 1/2(b + c)(b + c) = 1/2a2 + 1/2bc , vế trái diện tích hình thang có hai đáy b, c

có đường cao b + c

Cách : Trên tia đối tia CA, lấy điểm F cho CF = c ; Dựng điểm D thuộc nửa mặt phẳng có bờ AE, chứa điểm B, DE  AE, DE = b (hình 3)

Ta nhận thấy ABDE hình thang vng có hai đáy AB = c, DE = b, đường cao AE = b + c ; ∆ABC = ∆ECD ; ∆BCD vuông cân C có cạnh a

<=> SABDE = SBCD + 2.SABC

<=> 1/2(b + c)(b + c) = 1/2a2 + 1/2bc

<=> a2 = b2 + c2

Hướng : Tiếp tục biến đổi (*) theo hướng khác, a2 = b2 + c2 = (b - c)2 + 2bc <=> a2 = (b - c)2 + 1/2bc

Cách : Khơng tính tổng qt, giả sử b > c Dựng hình chữ nhật ABA’C ; hình vuông BCED (chứa A’) ; BA’ lấy điểm B’ cho BB’ = c ; DB’ lấy điểm C’ cho DC’ = c ; CA’ ∩ EC’ = D’ (

Ta chứng minh kết sau :

∆ABC = ∆A’CB = ∆B’BD = ∆C’DE = ∆D’EC A’B’C’D’ hình vng có cạnh b - c => SBCED = SA’B’C’D’ + SA’BC + SB’BD + SC’DE + SD’EC

<=> SBCED = SA’B’C’D’ + 4.SABC

<=> SBCDE = SA'B'C'D' + 4.SABC

<=> a2 = (b - c)2 + 1/2bc <=> a2 = b2 + c2

Việc tập “lội ngược dòng” giúp bạn tập giải tốn Các bạn thử tìm lời giải tập :

Bài tập : Cho tứ giác ABCD Chứng minh : SSABCD ≤ 1/2.AC.BD

Bài tập : Cho a, b, c ba cạnh tam giác p nửa chu vi tam giác Chứng minh :

7h MỘT PHƯƠNG PHÁP THÚ VỊ GIẢI BÀI TỐN TÍNH GĨC

Các tốn tính số đo góc đa dạng, xuất nhiều kì thi Để giải tốt dạng tốn có phải vẽ hình phụ Trong viết này, xin giới thiệu với em phương pháp vẽ thêm hình phụ tam giác tốn tính số đo góc

Bài tốn : Cho tam giác ABC cân A,  A = 200 Trên AB lấy điểm D cho AD = BC Tính

Lời giải :

Vì tam giác ABC cân A,  A = 200 nên  ABC =  ACB = 800 Vậy E thuộc miền tam giác ABC,

suy  ACE = 200 (1)

Dễ thấy ∆ABE = ∆ACE (c.c.c) nên  BAE =  CAE =  A / = 100 (2)

Từ (1) suy  A =  ACE = 200 suy ∆DAC = ∆ECA (c.g.c), kết hợp với (2) suy ta  ACD =

1010

Ta có  BDC góc ∆DAC nên  BDC =  DAC +  DCA = 200 + 100 = 300

Cách : Trên nửa mặt phẳng có bờ đường thẳng AB, chứa điểm C, dựng tam giác ABI Vì ∆ABC cân A,  A = 200 nên AI = AB = AC ;  CAI = 400 ;  IBC = 200 suy  ACI = 70

tại A) suy  BCI = 1500

Lại có ∆ADC = ∆BCI (c.g.c)

Suy  ADC =  BCI = 1500 suy  BDC = 300

Bài toán (đề thi vơ định tốn Nam Tư năm 1983) : Cho tam giác ABC cân A,  A = 800 Ở miền

tam giác lấy điểm I cho  IBC = 100 ;  ICB = 300 Tính  AIB

Lời giải : Trên nửa mặt phẳng có bờ đường thẳng BC, chứa điểm A, dựng tam giác BCE

Vì ∆ABC cân A, nên  A = 800 nên  ABC =  ACB = 500 suy  ABE =  ACE = 100

miền tam giác BCE

Dễ dàng chứng minh ∆AEB = ∆ICB (g.c.g) suy BA = BI suy ∆ ABI cân B, có  = 400 suy  AIB = 700

Bài toán : Cho tam giác ABC cân A,  A = 1000 Trên cạnh AB kéo dài phía B, lấy điểm E cho

AE = BC Tính  AEC

Vì ∆ABC cân A,  A = 1000 nên  ABC = 400 ; tia AF nằm hai tia AE, AC

Suy  CAF = 400 suy ∆ABC = ∆CAF (c.g.c)

Suy AC = FC suy ∆AEC = ∆FEC (c.c.c)

Suy  AEC =  FEC = /  AEF = 600 / = 300

Qua số tốn nêu thấy, việc vẽ thêm hình phụ tam giác tỏ hiệu tốn tính số đo góc tạo góc 60o ; tạo nhiều mối quan hệ cạnh, góc, tam giác,

Các bạn làm thêm toán sau :

Bài toán : Cho tam giác ABC cân A,  A = 800 Trên AC lấy điểm E, BC lấy điểm F cho

ABE =  CAF = 300 Tính  BEF

7h ĐỊNH LÍ PY - TA - GO MANG ĐẾN NHIỀU BÀI TOÁN THÚ VỊ

Khi hỏi bạn học sinh lớp năm học 2003-2004 : “Nếu tam giác vng cân có cạnh góc vng cạnh huyền ?”, bạn lúng túng Điều dễ hiểu chương trình mơn tốn năm học 2003-2004 trở trước, học sinh lớp chưa học bậc hai

Nhưng đặt câu hỏi cho học sinh lớp vào cuối học kì I năm học 2003-2004 bạn trả lời :

- Quá dễ ! 12 + 12 = 2, đáp số chứ !

Định lí Py-ta-go bậc hai sách giáo khoa Toán giúp ta có thêm nhiều khả tiếp cận tốn thú vị

1 Bài tốn tính độ dài đoạn thẳng Ví dụ : Tính độ dài x, y hình

Áp dụng định lí Py-ta-go vào tam giác vuông BAC : x2 + y2 = (9 + 16)2 = 625 (2)

Từ (1) (2) suy x2 = 400 ; y2 = 225

Do : x = 20 ; y = 15

Ví dụ : Một tam giác có độ dài hai cạnh 8, góc xen 60o Tính độ dài cạnh cịn lại

Lời giải : (hình 2) Xét tam giác ABC có AB = ; AC = Kẻ đường cao AH Tam giác vng AHB có ĐA = 60o nên AH = AB : = : =

Do AC = nên C nằm A H CH = AH - AC = - =

Áp dụng định lí Py-ta-go vào tam giác vng CHB, AHB ta có : BC2 = BH2 + CH2 = (AB2 - AH

= 82 - 42 + 12 = 49

Vậy BC =

Ví dụ : Tính chu vi đường gấp khúc ABCDEA hình

Hướng dẫn : Hãy kéo dài AB ED cho cắt I.Ááp dụng định lí Py-ta-go vào tam giác vng AIE, ta tính AE = 5, chu vi đường gấp khúc ABCDEA 12

2 Bài toán tính diện tích tam giác

Ví dụ : Cho tam giác ABC có cạnh 1dm Số số sau cho giá trị sát với diện tích tam giác ABC : 0,4 dm2 ; 0,5 dm2 ; 0,6 dm2 ?

Giá trị sát với diện tích tam giác ABC 0,4 dm2

Hướng dẫn : Chú ý 10 = 32 + 12 ; 20 = 22 + 42 ; 50 = (3 + 2)2 + (1 + 4)2

Lời giải : Vẽ thêm điểm D, H, E hình Ta tính SADB = 1,5 ; SBHC = ; SBDEH

12,5 Do : SABC = 12,5 - 1,5 - - =

Mời bạn tự giải tập sau :

Bài : Một tam giác vuông cân có cạnh góc vng Cạnh huyền tam giác có giá trị sát với số số sau : 2,6 ; 2,7 ; 2,8 ;

Bài : Một tam giác có độ dài hai cạnh 5, góc xen 60o Tính độ dài cạnh thứ ba

Bài : Một tam giác có độ dài hai cạnh 6, góc xen 120o Tính độ dài cạnh thứ ba

Bài (bài tốn Xem Lơi-đơ) : hội chợ, người ta quảng cáo bán hồ hình tam giác ba miếng đất hình vng dựng ba cạnh (hình 6) Diện tích ba miếng đất 74 acrơ ; 116 acrơ ; 370 acrơ (1acrơ = 4047m2)

Hướng dẫn : 74 = 72 + 52 ; 116 = 102 + 42.

8 MỘT PHƯƠNG PHÁP VẼ ĐƯỜNG PHỤ

Trong q trình học tốn bậc THCS, có lẽ hấp dẫn khó khăn việc vượt qua tốn hình học, mà để giải chúng cần phải vẽ thêm đường phụ Trong báo này, xin nêu phương pháp thường dùng để tìm đường phụ cần thiết giải tốn hình học : Xét vị trí đặc biệt yếu tố hình học có tốn cần giải

Bài tốn : Cho góc xOy Trên Ox lấy hai điểm A, B Oy lấy hai điểm C, D cho AB = CD Gọi M N trung điểm AC BD Chứng minh đường thẳng MN song song với phân giác góc xOy

Suy luận : Vị trí đặc biệt CD CD đối xứng với AB qua Oz, phân giác góc xOy Gọi C1 D1 điểm đối xứng A B qua Oz ; E F giao điểm AC1 BD

đó E F trung điểm AC1 BD1, vị trí MN EF Vì ta cần chứng minh MN //

EF đủ (xem hình 1)

Thật vậy, AB = CD (gt), AB = C1D1 (tính chất đối xứng) nên CD = C1D1 Mặt khác ME NF đường

trung bình tam giác ACC1 BDD1 nên NF // DD1, NF = 1/2DD1 , ME // CC1 , ME = 1/2 CC

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

Bài tốn có nhiều biến dạng” thú vị, sau vài biến dạng nó, đề nghị bạn giải xem tập nhỏ ; sau đề xuất “biến dạng” tương tự

Bài toán : Cho tam giác ABC Trên AB CD có hai điểm D E chuyển động cho BD = CE Đường thẳng qua trung điểm BC DE cắt AB AC I J Chứng minh ΔAIJ cân

Bài toán : Cho tam giác ABC, AB ≠ AC AD AE phân giác trung tuyến tam giác ABC Đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE cắt AB AC M N Gọi F trung điểm MN Chứng minh AD // EF

Trong việc giải toán chứa điểm di động, việc xét vị trí đặc biệt tỏ hữu ích, đặc biệt tốn “tìm tập hợp điểm”

Bài tốn : Cho nửa đường trịn đường kính AB cố định điểm C chuyển động nửa đường trịn đó. Dựng hình vng BCDE Tìm tập hợp C, D tâm hình vng

Ta xét trường hợp hình vng BCDE “nằm ngồi” nửa đường trịn cho (trường hợp hình vng BCDE nằm đường trịn cho xét tương tự, đề nghị bạn tự làm lấy xem tập)

Suy luận : Xét trường hợp C trùng với B Khi hình vng BCDE thu lại điểm B điểm I, D, E trùng với B, I tâm hình vng BCDE Vậy B điểm thuộc tập hợp cần tìm

Xét trường hợp C trùng với A Dựng hình vng BAD1E1 D trùng với D1, E trùng với E

đến việc thử chứng minh Đ BEE1 khơng đổi Điều khơng khó Đ ACB = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường

trịn) ΔBEE1 = ΔBCA (c g c) => Đ BEE1 = Đ BCA = 90o => E nằm nửa đường trịn đường kính BE

(1/2 đường trịn 1/2 đường tròn cho nằm hai nửa mặt phẳng khác với “bờ” đường thằng BE1)

Vì Đ DEB = Đ E1EB = 90o nên D nằm EE1 (xem hình 2)

=> Đ ADE1 = 90o = Đ ABE1 => D nằm đường trịn đường kính AE1, ABE1D1 hình vng nên

đường trịn đường kính AE1 đường trịn đường kính BD1 Chú ý B D1 vị trí giới hạn

tập hợp cần tìm, ta => tập hợp D nửa đường trịn đường kính BD1 (nửa đường trịn điểm A hai

nửa mặt phẳng khác với bờ đường thẳng BD1)

Cuối cùng, để tìm tập hợp I, ta cần ý II1 đường trung bình ΔBDD1 nên II1 // DD1 =>

tập hợp I nửa đường trịn đường kính BI1 (đường tròn A hai nửa mặt phẳng khác với bờ

BD1)

Để kết thúc, xin mời bạn giải toán sau :

Bài toán : Cho nửa đường trịn (O) đường kính AB cố định điểm C chuyển động nửa đường trịn Kẻ CH vng góc với AB Trên đoạn thẳng OC lấy điểm M cho OM = CH Tìm tập hợp M

8 DỰNG HÌNH BẰNG DỤNG CỤ HẠN CHẾ

Các em biết : Các toán dựng hình trường phổ thơng sử dụng hai dụng cụ : compa thước thẳng để dựng hình (theo quy ước từ thời cổ Hi Lạp) Tuy nhiên thi học sinh giỏi toán “đố vui học tập” có tốn dựng hình địi hỏi dựng dụng cụ thước thẳng compa Những toán thú vị, bổ ích địi hỏi nhiều thông minh sáng tạo việc vận dụng kiến thức học Các nhà toán học nghiên cứu sâu sắc toán Nhà tốn học ý : Máckêrơni (1750 - 1800) nhà toán học Đan Mạch : MoRơ (1640 - 1697) chuyên nghiên cứu tốn dựng hình compa Đến 1890 nhà toán học áo Adler chứng minh : Mọi tốn dựng hình giải compa thước thẳng giải với compa thơi

Ngược lại nhà tốn học Thụy Sĩ Iacốp Stây Ne (1796 - 1863) lại nghiên cứu tốn dựng hình thước thẳng Ơng chứng minh : Mọi tốn dựng hình (hình học phẳng) compa thước thẳng giải được, dựng thước thẳng mặt phẳng cho đường tròn tâm Xin giới thiệu với em vài toán

Giải : Nối SA cắt (O) F (xem hình 1) Nối SB cắt (O) E

Nối AE cắt BF H Đường thẳng SH đường thẳng cần dựng

Bài toán : Trên mặt phẳng cho điểm A, B Chỉ dùng compa dựng hai điểm có khoảng cách gấp đơi độ dài AB (chú ý cho điểm A, B chưa có đường thẳng chứa A B)

Giải :

- Dựng đường tròn (B ; BA) (xem hình 2)

- Dựng đường trịn (A ; AB) cắt đường tròn E - Dựng đường tròn (E ; EA) cắt đường tròn (B) F - Dựng đường tròn (F ; FE) cắt đường tròn (B) C

Dễ dàng chứng minh ΔAEB ; ΔEBF ; ΔFBC Từ => A, B, C thẳng hàng AC = AB Bài toán : Cho hai điểm A, B Chỉ dùng compa dựng trung điểm I đoạn AB

- Đặt AB = a Dựng đoạn dài 2a (bài toán 2)

- Dựng đường tròn (B ; 2a) đường tròn (A ; 2a), hai đường tròn cắt C

- Dựng đường tròn (B ; a) đường tròn (C ; a), hai đường tròn tiếp xúc M, M trung điểm BC - Dựng đường tròn (A ; a) đường tròn (C ; a), hai đường tròn tiếp xúc N, N trung điểm AC - Dựng đường tròn (N ; a) đường tròn (M ; a), hai đường tròn cắt giao điểm thứ hai I, I trung điểm AB

Phần chứng minh dễ dàng, xin dành cho bạn đọc Bây mời em giải thử toán sau :

Bài : Cho hai điểm A, B Chỉ dùng compa dựng điểm I thuộc đoạn AB chia AB theo tỉ số IA/IB = k (k thuộc N) cho trước

Bài : Cho đường tròn tâm O hai điểm A, B ngồi đường trịn Chỉ dùng compa dựng giao điểm đường thẳng AB với đường tròn (O)

Bài : Cho tứ giác ABCD Chỉ dùng compa kiểm tra xem tứ giác ABCD có phải tứ giác nội tiếp hay không ?

8 LÀM QUEN VỚI BẤT ĐẲNG THỨC

TRÊ-BƯ-SEP

Các bạn làm quen với bất đẳng thức Cô si, Bunhiacơpski khơng bạn cịn chưa biết bất đẳng thức Trê - bư - sép Con đường đến bất đẳng thức thật giản dị, gần gũi với kiến thức bạn bậc THCS

Các bạn thấy : Nếu a1 ≤ a2 b1 ≤ b2 (a2 - a1) (b2 - b1) ≥ Khai triển vế trái bất đẳng thức

này ta có :

a1b1 + a2b2 - a1b2 - a2b1 ≥

=> : a1b1 + a2b2 ≥ a1b2 + a2b1

Nếu cộng thêm a1b1 + a2b2 vào hai vế ta :

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

Bất đẳng thức (*) bất đẳng thức Trê - bư - sép với n = Nếu thay đổi giả thiết, cho a1 ≤ a

thì tất bất đẳng thức đổi chiều ta có : (a1b1 + a2b2) ≤ (a1 + a2) (b1 + b2) (**)

Các bất đẳng thức (*) (**) trở thành đẳng thức a1 = a2 b1 = b2

Làm theo đường tới (*) (**), bạn giải nhiều toán thú vị Bài toán : Biết x + y = Chứng minh x2003 + y2003 ≤ x2004 + y2004

Lời giải : Do vai trị bình đẳng x y nên giả sử x ≤ y Từ => : x2003 ≤ y2003

Do (y2003 - x2003).(y - x) ≥

=> : x2004 + y2004 ≥ x.y2003 + y.x2003

Cộng thêm x2004 + y2004 vào hai vế ta có : 2.(x2004 + y2004) ≥ (x+y) (x2003 + y2003) = 2.(x2003 + y2003)

=> : x2004 + y2004 ≥ x2003 + y2003 (đpcm)

Để ý : Bất đẳng thức vừa chứng minh trở thành đẳng thức x = y = ; bạn có lời giải tốn sau :

Bài tốn : Giải hệ phương trình :

Nếu bạn quan tâm tới yếu tố tam giác vận dụng bất đẳng thức (*) (**) dẫn đến nhiều toán

Bài tốn : Cho tam giác ABC có diện tích AH BK đường cao tam giác Chứng minh : (BC + CA).(AH + BK) ≥

Lời giải : Ta có AH x BC = BK x CA = Do vai trị bình đẳng BC CA nên giả sử BC ≤ CA => 2/BC ≥ 2/CA => AH ≥ BK

Do (CA - BC).(BK - AH) ≤

=> : CA x BK + BC x AH ≤ BC x BK + CA x AH Cộng thêm CA x BK + BC x AH vào vế ta có : 2.(CA x BK + BC x AH) ≤ (BC + CA) (AH + BK) => : (BC + CA).(AH + BK) ≥

Đẳng thức xảy BC = CA BK = AH tương đương với BC = CA hay tam giác ABC tam giác cân đỉnh C

Bài toán : Cho tam giác ABC với BC = a, CA = b, AB = c đường cao tương ứng cạnh có độ dài ha, hb, hc Chứng minh :

với S diện tích tam giác ABC

Lời giải : Do vai trị bình đẳng cạnh tam giác nên giả sử a ≤ b ≤ c => : 2S/a ≥ 2S/b ≥ 2S/c => ≥ hb ≥ hc

Làm lời giải tốn ta có : (a + b).(ha + hb) ≥ 8S

=> : 1/(ha + hb) ≤ (a + b)/(8S) (1)

Tương tự ta :

1/(hb + hb) ≤ (b + c)/(8S) (2)

1/(hc + ha) ≤ (c + a)/(8S) (3)

Bất đẳng thức (4) trở thành đẳng thức bất đẳng thức (1), (2), (3) đồng thời trở thành đẳng thức tương đương với a = b = c hay tam giác ABC tam giác

Bây bạn thử giải tập sau :

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

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

3) Cho tam giác ABC có độ dài cạnh a, b, c độ dài đường phân giác thuộc cạnh la, lb, lc Chứng minh :

4) Hãy dự đoán chứng minh bất đẳng thức Trê - bư - sép với n = Từ sáng tạo toán Nếu bạn thấy thú vị với khám phá tập này, gửi gấp viết cho chuyên mục

EUREKA TTT2

8 PHƯƠNG PHÁP HỐN VỊ VỊNG QUANH

Phân tích thành nhân tử kĩ chương trình đại số bậc THCS Kĩ sử dụng giải toán : biến đổi đồng biểu thức tốn học, giải phương trình, chứng minh bất đẳng thức giải toán cực trị Sách giáo khoa lớp giới thiệu nhiều phương pháp phân tích thành nhân tử Sau tơi xin nêu phương pháp thường sử dụng, dựa vào việc kết hợp phương pháp quen thuộc đặt nhân tử chung, nhóm số hạng, đẳng thức

Phương pháp dựa vào số nhận xét sau :

1/ Giả sử phải phân tích biểu thức F(a, b, c) thành nhân tử, a, b, c có vai trị biểu thức Nếu F(a, b, c) = a = b F(a, b, c) chứa nhân tử a - b, b - c c - a

Bài tốn : 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, F(a, b, c) có chứa nhân tử a - b

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

Cho a = 1, b = 0, c = -1 ta có : + = k.1.1.(-2) => k = -1

Vậy : F(a, b, c) = -(a - b)(b - c)(c - a) Bài tốn : Phân tích thành nhân tử : F(a, b, c) = a3(b - c) + b3(c - a) + c3(a - b)

Nhận xét : Tương tự toán 1, ta thấy F(a, b, c) phải chứa nhân tử a - b, b - c, c - a Nhưng F(a, b, c) biểu thức bậc bốn, (a - b)(b - c)(c - a) bậc ba, F(a, b, c) phải có thừa số bậc a, b, c Do vai trò a, b, c nên thừa số có dạng k(a + b + c) Do :

F(a, b, c) = k(a - b)(b - c)(c - a)(a + b + c) Cho a = ; b = ; c = => k = -1

2/ Trong số toán, F(a, b, c) biểu thức đối xứng a, b, c F(a, b, c) ≠ a = b thì ta thử xem a = -b, F(a, b, c) có triệt tiêu khơng, thỏa mãn F(a, b, c) chứa nhân tử a + b, và từ chứa nhân tử b + c, c + a

Bài toán : Chứng minh :

Nếu : 1/x + 1/y + 1/z = 1/(x + y + z) 1/xn + 1/yn + 1/zn = 1/(xn + yn + zn)

với số nguyên lẻ n Nhận xét :

Từ giả thiết 1/x + 1/y + 1/z = 1/(x + y + z) => : (xy + xz + yz)(x + y + z) - xyz = (*)

Do ta thử phân tích biểu thức

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

Chú ý x = - y F(x, y, z) = - y2z + y2z = nên F(x, y, z) chứa nhân tử x + y Lập luận tương tự

bài toán 1, ta có F(x, y, z) = (x + y)(y + z)(x + z) Do (*) trở thành : (x + y)(y + z)(x + z) =

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

Nếu x + y = chẳng hạn x = - y n lẻ nên xn = (-y)n = -yn

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

Tương tự cho trường hợp lại, ta có đpcm

Có ta phải linh hoạt tình mà hai nguyên tắc khơng thỏa mãn : Bài tốn :

Phân tích đa thức sau thành nhân tử : F(x, y, z) = x3 + y3 + z3 - 3xyz

Nhận xét : Ta thấy x = y hay x = -y F(x, y, z) ≠ Nhưng thay x = -(y + z) F(x, y, z) = nên F(x, y, z) có nhân tử x + y + z Chia F(x, y, z) cho x + y + z, ta thương x2 + y2 + z2 - xy - yz - zx

dư Do :

F(x, y, z) = (x + y + z)(x2 + y2 + z2 - xy - yz - zx)

Ta thêm bớt vào F(x, y, z) lượng 3x2y + 3xy2 để nhân kết

Các bạn dùng phương pháp kết nêu để giải tập sau Bài toán :

Tính tổng :

trong k = 1, 2, 3,

Bài toán : Chứng minh (a - b)5 + (b - c)5 + (c - a)5 chia hết cho 5(a - b)(b - c)(c - a).

8 NHỮNG KHAI THÁC TỪ MỘT ĐA THỨC QUEN THUỘC

Lời tòa soạn : Đa thức F(a, b, c) = a3 + b3 + c3 - 3abc có “dun” với bạn Ngồi viết

TS Lê Quốc Hán (xem trang 7), TTT2 nhận viết nhà giáo Nguyễn Đức Tấn (TP Hồ Chí Minh) hai bạn Trần Đức Trung (9B, THCS Nguyễn Đăng Đạo, TX Bắc Ninh, Bắc Ninh), Nguyễn Thị Thanh Thủy (8B1, THCS Vĩnh Niệm, Lê Chân, TP Hải Phòng) khai thác toán liên quan tới đa thức TTT2 xin tổng hợp lại trân trọng giới thiệu bạn đọc

a3 + b3 + c3 - 3abc

Lời giải : Ta có a3 + b3 + c3 - 3abc

= (a + b)3 - 3a2b - 3ab2 + c3 - 3abc

= [(a + b)3 + c3] - 3ab(a + b + c)

= (a + b + c)[(a + b)2 - (a + b)c + c2 - 3ab]

= (a + b + c) (a2 + b2 + c2 - ab - ac - bc)

= 1/2.(a + b + c)[ (a - b)2 + (b - c)2 + (c - a)2 ]

Nhận xét :

Nếu a3 + b3 + c3 = 3abc a3 + b3 + c3 - 3abc =

Tương đương 1/2.(a + b + c)[ (a - b)2 + (b - c)2 + (c - a)2 ]

Hay tương đương với a + b + c = a = b = c

Nếu cho a = x - y ; b = y - z ; c = z - x a + b + c = 0, ta có toán : Bài toán : (Đề thi học sinh giỏi toán cấp II, miền Bắc 1962)

Phân tích đa thức (x - y)3 + (y - z)3 + (z - x)3 thành nhân tử

Lời giải : Từ nhận xét ta có :

(x - y)3 + (y - z)3 + (z - x)3 = 3(x - y)(y - z)(z - x)

* Với a = x2 + y2 ; b = z2 - x2 ; c = - y2 - z2 cho a + b + c = ta lại có tốn :

Bài tốn :

(Thi vơ địch tốn - Belarussia - 1957) Phân tích thành nhân tử :

(x2 + y2)3 + (z2 - x2) - (y2 + z2)3

Lời giải :

(x2 + y2)3 + (z2 - x2)3 - (y2 + z2)3

= (x2 + y2)3 + (z2 - x2)3 + (- y2 - z2)3

= 3(x2 + y2)(z2 - x2)(- y2 - z2)

= 3(x2 + y2)(y2 + z2)(x + z)(x - z)

* Lại cho a = 1/x ; b = 1/y ; c = 1/z , ta có tốn khác : Bài toán : Cho 1/x + 1/y + 1/z =

Tính : P = xy/z2 + yz/x2 + zx/y2

Lời giải :

1/x + 1/y + 1/z = => 1/x3 + 1/y3 + 1/z3 = 3/(xyz)

Ta có :

P = xy/z2 + yz/x2 + zx/y2 = xyz.(1/x3 + 1/y3 + 1/z3) = xyz.3/(xyz) =

Vậy P =

Bài toán : Cho abc ≠ 0, a3 + b3 + c3 = 3abc Tính giá trị :

A = (1 + a/b)(1 + b/c)(1 + c/a)

Lời giải : Theo toán 1, a3 + b3 + c3 = 3abc

Tương đương với : a + b + c = a = b = c + Nếu a + b + c = :

A = (a + b)/b (b + c)/c (c + a)/a = (- c/b).(- a/c).(- b/a) = -

+ Nếu a = b = c : A = (1 + 1)(1 + 1)(1 + 1) = = Vậy A nhận hai giá trị -1 * Với a = yz ; b = zx ; c = xy : a3 + b3 + c3 = 3abc

Tương đương y3z3 + z3x3 + x3y3 = 3x2y2z2

Từ hình thành toán :

x3y3 + y3z3 + z3x3 = 3x2y2z2 Tính giá trị biểu thức :

M = (1 + x/y).(1 + y/z).(1 + z/x)

Lời giải : Theo cách đặt nêu trên, dễ dàng đưa toán toán Kết M = - M =

Bài toán : Giải hệ :

(Thi học sinh giỏi TP Hồ Chí Minh, 1986-1987) Lời giải : Theo 1, ta có :

a3 + b3 + c3 - 3abc = (a + b + c)(a2 + b2 + c2 - ab - bc - ca)

Tương đương - 3abc = - ab - bc - ca Hay 3abc = ab + bc + ca (1)

Mặt khác (a + b + c)2 = 1

Tương đương a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca) =

Hay ab + bc + ca = (2)

Từ (1) (2) => abc = tương đương với a = b = c =

Từ => nghiệm hệ : (a, b, c) = (0, 0, 1) ; (0, 1, 0) ; (1, 0, 0) ; Bài toán : Cho :

Tính giá trị biểu thức : P = a2002 + b2003 + c2004

Lời giải : áp dụng 7, ta có kết P =

Bài toán : (Thi vào lớp 10 chuyên toán THPT Lê Hồng Phong, TP Hồ Chí Minh, 1998) Cho ΔABC có ba cạnh a, b, c thỏa mãn : a3 + b3 + c3 = 3abc Hỏi ΔABC tam giác ?

Lời giải : a3 + b3 + c3 = 3abc tương đương với a + b + c = ( không xảy a, b, c > 0) a = b = c

tương đương với ΔABC tam giác Bài toán 10 : Cho :

Tính x3 + y3 + z3 theo a, b, c

Lời giải : áp dụng :

x3 + y3 + z3 - 3xyz = (x + y + z)(x2 + y2 + z2 - xy - yz - zx)

Tương đương x3 + y3 + z3 = 3xyz + a(b2 - (xy + yz + zx)) (1)

=> : xy + yz = [ a2 - (x2 + y2 + z2) ]/2 = (a2 - b2)/2 (2)

Từ 1/x + 1/y + 1/z = 1/c tương đương với (xy + yz + zx)/xyz = 1/c hay xyz = c.(xy + yz + zx) Tương đương xyz = c.(a2 - b2)/2 (theo (2)) (3)

Thay (2) ; (3) vào (1) ta có :

x3 + y3 + z3 = 3c(a2 - b2)/2 + a[ b2 - (a2 - b2)/2 ]

= [ 3c(a2 - b2) + a(3b2 - a2) ]/2

Bài toán 11 : Biết :

Chứng minh a3 + b3 + c3 = 3abc

Lời giải : Từ giả thiết ta => :

ax + by + bx + cy + cx + ay = a + b + c Tương đương (a + b + c)(x + y - 1) =

Tương đương a + b + c = x + y - = + Với a + b + c = 0, theo toán => đpcm

+ Với x + y - = => y = - x, thay vào hệ, sau số biến đổi dẫn đến a = b = c, theo toán => đpcm Chắc chắn cịn nhiều tìm tịi khám phá xung quanh đa thức F(a, b, c) = a3 + b3 + c3 - 3abc

Sau số toán dạng nhà giáo Nguyễn Đức Tấn, TP Hồ Chí Minh, gửi tới bạn, xem tập :

Bài tốn 12 : Giải phương trình : (3x - 2)3 - (x - 3)3 = (2x + 1)3

Bài tốn 13 : Giải phương trình nghiệm nguyên : (x + y)3 = (x - 2)3 + (y + 2)3 +

Bài toán 14 : Phân tích thành nhân tử : (x + y + z)3 - x3 - y3 - z3

Bài tốn 15 : Phân tích thành nhân tử :

(x + y + z)3 - (x + y - z)3 - (x - y + z)3 - (-x + y + z)3

Bài toán 16 : Cho abc 0, a + b + c = Tính : a2/(ab) + b2/(ca) + c2/(ab)

Bài toán 17 : Cho a + b + c + d = Chứng minh : a3 + b3 + c3 + d3 = 3(c + d)(ab - cd)

Bài toán 18 : Cho x, y thỏa mãn x2 + y2 = Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức x

8 KHÔNG CHỈ DỪNG LẠI Ở VIỆC GIẢI TỐN !

Trong học tốn, việc tạo thói quen chủ động tìm tịi, khai thác, phát triển toán giúp người học hiểu sâu sắc kiến thức học, phát triển tư sáng tạo tiếp thu tốt kiến thức

* Chúng ta toán quen thuộc Bài toán :

Cho ΔABC có Đ B = 90o ; đường cao BH Gọi M N trung điểm BH HC Chứng minh :

Lời giải :

Từ giả thiết ta có : MN đường trung bình ΔHBC (hình 1) => MN // BC, mặt khác BC vng góc AB => MN vng góc với AB

Xét ΔABN có MN vng góc với AB ; BM vng góc với AN => M trực tâm ΔABN => AM vng góc với BN (đpcm)

* Có nhiều hướng phát triển toán 1, cho ta toán thú vị Từ suy nghĩ tạo đường thẳng song song với AM BN đường thẳng tương ứng vng góc với BN AM, ta cho thêm điểm K mà B trung điểm KC (hình 2), dễ dàng nhận thấy BN đường trung bình ΔCKH => BN // KH => AM vng góc với KH Ta có toán sau :

Bài toán :

Cho ΔABC có góc B = 90o ; đường cao BH Gọi M trung điểm BH K điểm đối xứng với C qua B

Chứng minh : KH vng góc với AM Lời giải :

Gọi N trung điểm HC, theo chứng minh trên, ta có đpcm

* Hồn tồn tốn với cách phát biểu khác đi, ta có tốn Bài tốn :

Cho ΔABC cân A, đường cao AH Hạ HI vng góc với AC, M trung điểm HI Chứng minh BI vng góc với AM

* Tiếp tục phát triển theo hướng : tạo đường thẳng song song với AM, đường thẳng vng góc với BN

Bài tốn :

Cho hình chữ nhật ABCD Gọi H hình chiếu B AC, I N trung điểm AD HC Chứng minh BN vng góc với IN

Gọi M trung điểm BH (hình 3)

Ta có AM vng góc với BN (bài tốn 1) Ta cịn phải chứng minh AM // IN, :

Do MN đường trung bình ΔHBC nên MN // = 1/2BC , mặt khác, ABCD hình chữ nhật I trung điểm AD nên IA // = 1/2 BC Do IA // = MN => MNIA hình bình hành => AM // IN, tốn chứng minh xong

* Bài tốn cịn nhiều cách giải khác Kết hợp toán toán ta có tốn khó chút xíu Bài toán :

Cho ΔABC cân A, đường cao AH Dựng hình chữ nhật AHCK ; HI vng góc với AC M N trung điểm IC AK Chứng minh MN vng góc với BI

Lời giải :

Gọi J trung điểm HI (hình 4) áp tốn ta có BI vng góc với AJ ; mặt khác, theo chứng minh toán 4, tứ giác AJMN hình bình hành AJ // MN, : MN vng góc với BI (đpcm)

* Tương tự tốn (dựng hình chữ nhật ABCD tạo AM // IN), ta tạo EF // BN để toán sau

Cho hình chữ nhật ABCD Gọi H hình chiếu B AC ; E, F, M trung điểm AB, DH, BH Chứng minh AM vng góc với EF

Lời giải :

Gọi N trung điểm CH (hình 5) áp dụng chứng minh tứ giác AMNI hình bình hành (bài tốn 4) chứng minh tứ giác BEFN hình bình hành, => EF // NB

Mặt khác BN vng góc AM (theo tốn 1) Vậy ta có AM vng góc với EF * Lại kết hợp toán toán 6, cho ta kết khác

Bài tốn :

Cho hình chữ nhật ABCD Gọi H hình chiếu B AC ; E, F, M, N trung điểm AB, DH, HC, AD Chứng minh EF vuông góc với MN

Lời giải :

Gọi I trung điểm BH (hình 6)

Lần lượt theo tốn 1, 4, ta có kết sau : AI vng góc với BM, AI // MN, BM // EF => EF vng góc với MN (đpcm)

tích lũy nhiều kiến thức bổ ích Chúc bạn thành cơng VẬN DỤNG BỔ ĐỀ HÌNH THANG VÀO GIẢI TỐN

* Trong Tạp chí Tốn Tuổi thơ số (TTT2(4)), tháng năm 2003, mục kết Thử tí tốn

một đoạn thẳng song song với đường thẳng cho trước bẳng thước thẳng, ta dựa vào bổ đề : “Đường thẳng nối giao điểm đường chéo hình thang với giao điểm cạnh bên kéo dài chia đáy hình thang thành hai phần nhau”

Bổ đề thường gọi bổ đề “Hình thang” Để chứng minh bổ đề, bạn tham khảo phần chứng minh TTT2(4)

* viết này, xin nêu thêm số dạng ứng dụng khác bổ đề “Hình thang”

Bài tốn : Cho DABC M, N, P điểm cạnh BC, CA, AB Nối AM, BN, CP cắt I, J, K (hình 1) Kí hiệu S diện tích, chứng minh :

Nếu SΔAIN = SΔBJP = SΔCKM = SΔIJK SAPJI = SBMKJ = SCNIK

Lời giải : Gọi L giao điểm CI NK

Từ SΔANI = SΔIJK => SΔANI + SΔAIJ = = SΔIJK + SΔAIJ => SΔNAJ = SΔKAJ

Ta nhận thấy ΔNAJ ΔKAJ có chung cạnh AJ nên khoảng cách từ N K tới AJ nhau, dẫn đến NK // AJ

Xét hình thang KNAJ, có hai cạnh bên AN x JK = C ; có hai đường chéo AK x JN = I, theo bổ đề “Hình thang”, CI cắt NK trung điểm NK Vậy L trung điểm NK (*)

Từ (*) ta chứng minh SΔCIN = S ΔCIK, mà SΔAIN = S ΔCKM => SΔCIM = SΔCIA => IA = IM (**) ( ΔCIM ΔCIA

có chung đường cao hạ từ C tới AM)

Từ (**) => S ΔBIA = S ΔBIM ( ΔBIM ΔBIA có chung đường cao hạ từ B tới AM)

Tương đương với S ΔBPJ + SAPJI = S ΔIJK + SBJKM hay SAPJI = SBJKM (do S ΔBPJ = SIJK)

Hoàn toàn tương tự, ta chứng minh cặp ba tứ giác APJI, BMKJ, CNIK có diện tích diện tích ba tứ giác

* Xét tốn đảo tốn dựng hình thước kẻ TTT2(4) nói

Bài tốn : Cho trước đoạn thẳng AB trung điểm M Chỉ thước thẳng, dựng qua điểm C nằm AB, đường thẳng song song với AB

Lời giải :

Trên phần kéo dài tia BC, lấy điểm S Gọi giao điểm SA (d) D, AC cắt BD O Theo bổ đề Hình thang, đường thẳng SO qua điểm M, từ ta có cách dựng

Cách dựng : Lấy điểm S Lần lượt nối AC, SM, đường thẳng cắt O Nối SA, BO, cắt D Đường thẳng (d) qua C, D đường thẳng cần dựng : (d) qua C, (d) // AB

* Kết toán vận dụng nhiều tốn dựng hình thước thẳng

Bài tốn : Cho hình bình hành ABCD với O tâm Chỉ dùng thước thẳng, qua O, dựng đường thẳng song song với cạnh hình bình hành ABCD

Lời giải : Theo toán, O trung điểm AC, BD (hình 3)

áp dụng tốn cho đoạn thẳng AC với O trung điểm AC B điểm nằm AC, ta hoàn toàn dựng đường thẳng Bx // AC

Tương tự, ta dựng đường thẳng Cy // BD

Gọi E giao điểm Bx, Cy, ta thấy OBEC hình bình hành

Do đó, gọi I giao điểm BC OE I trung điểm BC, mặt khác O trung điểm BD nên OI đường trung bình DBCD, OI // CD

=> OE đường thẳng cần dựng

Bài toán : Trong mặt phẳng cho trước đường tròn (S) tâm O ; điểm M đường thẳng (d) Chỉ thước thẳng, dựng đường thẳng qua M song song với (d)

Lời giải : Để áp dụng toán trường hợp này, ta cần xác định (d) hai điểm P, Q khác điểm N trung điểm PQ

Trên (d), lấy điểm P tùy ý (hình 4) Qua P, kẻ cát tuyến PAB tới (S) AO, BO cắt (S) C, D CD cắt (d) Q

Theo tính chất đường trịn, ta chứng minh tứ giác ABCD hình bình hành có tâm điểm O Theo tốn 3, qua O ta dựng đường thẳng song song với AB dễ thấy đường thẳng cắt PQ N trung điểm PQ Đến đây, ta => cách dựng đường thẳng qua M song song với (d) dựa vào toán Bài tập tự giải :

Bài toán : Cho trước đường trịn (S) tâm O nó, M điểm Chỉ dùng thước thẳng, dựng qua M đường thẳng vng góc với đường thẳng (d) cho trước

Bài toán : Cho tứ giác ABCD, AD cắt BC S, AC cắt BD O Chứng minh SO qua trung điểm M AB SO qua trung điểm N CD tứ giác ABCD hình thang

8 MỞ RỘNG ĐỊNH LÍ

VỀ ĐƯỜNG TRUNG BÌNH CỦA HÌNH THANG

Trong chương trình hình học 8, phần hình thang, có định lí quan trọng

Định lí : Đường trung bình hình thang song song với hai đáy có độ dài nửa tổng hai đáy

Sau có định lí Talét, định lí mở rộng thành định lí với nhiều ứng dụng quan trọng Bài viết xin giới thiệu với bạn đọc định lí vài ứng dụng

Định lí : Cho hình thang ABCD Các điểm M, N thuộc cạnh bên AD, BC thỏa mãn điều kiện MA/MD = NB/NC = m/n Khi đó, ta có :

Chứng minh : Đặt E giao điểm AN DC (hình 1) a) Vì AB // DC nên : AN/EN = BN/CN (1)

Theo giả thiết : BN/CN = AM/DM (2)

Từ (1), (2) => : AN/EN = AM/DM => MN // DC, AB (định lí Talét đảo) b) Theo định lí Talét thuận, ta có :

MN = AM/AD DE = AM/AD (DC + CE) = AM/AD (DC + CE/AB AB) = AM/AD (DC + CN/BN AB) (3)

Từ giả thiết ta có : MA/MD = NB/NC = m/n , ta có : AM/AD = m/(m + n) CN/BN = n/m (4) Từ (3), (4) => :

MN = m / (m + n) (DC+ n/m.AB) => MN = (nAB + mCD)/(m + n) Định lí chứng minh Dưới vài ứng dụng

Bài toán : Cho tam giác ABC, phân giác BE, CF Điểm M thuộc đoạn EF H, K, L hình chiếu M BC, CA, AB Chứng minh : MH = MK + ML

Lời giải :

+ Gọi X, Y hình chiếu E, F BC ; Z hình chiếu F CA ; T hình chiếu E AB (hình 2)

+ Vì BE, CF đường phân giác ΔABC nên ta có : EX = ET ; FY = FZ (1) Đặt ME/MF = m/n Theo định lí (2), ta có : MH = (nEX + mFY)/(m + n) (2) áp dụng định lí Talét cho tam giác EFZ EFT, ta có :

MK = m/(m + n).FZ ; ML = n/(m + n) ET (3)

Từ (1), (2), (3) => : MH = n/(m + n).ET + m/(m + n).EZ = ML + MK (đpcm)

Để giải BT2, ta khơng cần BT1 mà cần có thêm bổ đề sau

Bổ đề : Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn Đường phân giác góc DAB , CBA đường thẳng CD đồng quy DA + CB = DC

Việc chứng minh bổ đề dễ dàng, xin dành cho bạn đọc Lời giải (BT2) :

Gọi X, Y, Z hình chiếu O BC, CA, AB (hình 3) Vì O tâm đường tròn ngoại tiếp ΔABC => ABC = Đ AOY = 1/2 Đ AOC => ΔBKC đồng dạng với ΔOYK ; tương tự : ΔCHB đồng dạng với ΔOZA ; ΔOXB đồng dạng với ΔAKC

=> BK/BC = OY/OA ; CH/CB = OZ/OA ; OX/OB = AK/AC (1)

Tứ giác BCKH nội tiếp => ΔAHK đồng dạng với ΔABC => HK/BC = AK/AC , từ (1) => HK/BC = OX/OB (2)

Vì tứ giác BCHK nội tiếp nên theo BĐ1, ta có : I, H, K thẳng hàng tương đương BK + CH = HK Bài toán đề dự tuyển IMO năm 1998, Ba Lan đề xuất

Bài toán : Cho tứ giác nội tiếp ABCD Các điểm E, F theo thứ tự thay đổi cạnh AB, CD cho AE/BE = CF/DF Điểm P thuộc đoạn EF cho PE/PF = AB/CD Chứng minh : S(PAD) / S(PBC) không phụ thuộc vào E, F (S(.) diện tích tam giác)

Theo định lí 2, ta có :

8 MỘT KĨ NĂNG CÓ NHIỀU ỨNG DỤNG

Các bạn xuất phát từ tốn nhỏ : “Tìm giá trị nhỏ hàm số y = x2 - 2x + 2”

Thật dễ dàng viết y = (x - 1)2 + nên y ≥ với x đẳng thức xảy x = Do

y đạt giá trị nhỏ x =

Điều cốt lõi cách viết từ biểu thức x2 - 2x, ta biết phải thêm đơn vị để có (x - 1)2 Tại biết

điều ? Tại ta nhìn x2 bình phương số thứ nhất, 2x hai lần tích số thứ với số thứ hai

hai 1, phải thêm bình phương số thứ hai tức thêm !

Đây kĩ mà bạn cần thành thạo để giải nhiều toán Bây bạn theo dõi thí dụ :

Thí dụ : Chứng minh với a, b ta có a2 - ab + b2 ≥

Phân tích : Nhìn vế trái đa thức bậc ẩn a sử dụng kĩ ta có : a2 - ab + b2 = a2 - 2.a.b/2 + (b/2)2 + 3/4.b2 = (a - b/2)2 + 3/4.b2

Từ dễ dàng => điều phải chứng minh thấy đẳng thức xảy a = b = Thí dụ : Tìm giá trị nhỏ biểu thức F = x2 + y2 + xy - x - y

Phân tích : Nhiều bạn viết :

F = 1/2(2x2 + 2y2 + 2xy - 2x - 2y + 2) - <.dd> = 1/2[ (x - 1)2 + (y - 1)2 + (x + y)2] -

luận : F khơng có giá trị nhỏ !

Nếu sử dụng kĩ trình bày nhìn F đa thức bậc hai ẩn x viết : F = x2 - x(y - 1) + (y2 - y)

= x2 + 2.x.[ (y - 1)/2 ] + [ (y - 1)/2 ]2 + 3/4.y2 - y/2 - 1/4

[ x + (y - 1)/2 ]2 + 3/4.(y2 - 2/3.y + 1/9) - 1/4 - 1/12

= [ x + (y - 1)/2 ]2 + 3/4(y - 1/3)2 - 1/3

Do F≥ - 1/3 với x, y Mặt khác :

Vậy F đạt giá trị nhỏ - 1/3 x = y = 1/3 (xem thêm TTT2 số - 4/2003) Thí dụ : Phân tích đa thức thành nhân tử :

F = x4 + y2 - 2x2y + x2 + x - 2y

Phân tích : Hãy nhìn F đa thức ẩn y, ta viết :

F = y2 - 2y(x2 + 1) + x4 + x2 + x = y2 - 2y(x2 + 1) + (x2 + 1)2 - x2 + 2x - = (y + x2 + 1)2 - (x - 1)

(y + x2 - x - 2)

Thí dụ : Tìm giá trị nhỏ hàm số :

Phân tích : Vẫn với kĩ nhìn bình phương biểu thức ta viết : Thí dụ : Tìm số nguyên x, y cho :

Phân tích : Ta thấy : x2 + 4x + = (x + 2)2 +1 > với x nên y xác định với x Từ ta có y >

Do :

Vì x, y thuộc Z nên y + x + y - x - nhận giá trị nguyên Lưu ý tổng tích hai biểu thức dương nên ta có :

Kĩ làm xuất bình phương biểu thức sử dụng nhiều toán khác Mong bạn lưu ý để giải toán cần tới kĩ

8h ĐẶC BIỆT HỐ ĐỂ CĨ BÀI TỐN MỚI

Trong q trình dạy học tốn, việc tìm lời giải tốn khơng mục đích mà cịn sở để đề xuất tốn Nếu ta biết khai thác toán vừa giải xong cách đặc biệt hóa thu toán thú vị khác

Bài toán : Từ điểm P đường chéo AC hình bình hành ABCD, kẻ đường thẳng d cắt tia AB, AD M N

Chứng minh : AB/AM + AD/AN = AC/AP Lời giải : (hình 1)

Từ B D kẻ BB’ // MN, DD’ // MN (B’, D’ thuộc AC) Ta có : AB/AM = AB'/AP ; AD/AN = AD'/AP

Do : AB/AM + AD/AN = (AB' + AD')/AP Vì ΔBOB’ = ΔDOD’ (g.c.g) => B’O = D’O

Nên : AB’ + AD’ = 2AO = AC => AB/AM + AD/AN = AC/AP

* Trong toán ta ý AO trung tuyến ΔABD Nếu P trọng tâm ΔABD AP = 1/3.AC Từ ta có tốn sau :

Bài toán : Đường thẳng d qua trọng tâm G ΔABC cắt cạnh AB AC M N Chứng minh : AB/AM + AC/AN =

Lời giải : (hình 2)

Tương tự tốn :

AB/AM = AC/AN = 2AO/AG = 2.3/2.AG/AG =

* Trong toán đường thẳng d cắt tia CB P : AC/CN + BC/CP = AB/BM - BC/BP =

Từ ta có tốn sau :

Chứng minh :

Lời giải : (hình 3)

áp dụng tốn ta có : AB/AM = AC/AN = ; AC/CN + BC/CP = (1) Riêng MN cắt tia CB P nên tương tự cách chứng minh tốn 2, ta có :

BA/BM = BA'/BG ; BC/BP = BC'/BG => BA/BM = BC/BP = (2) (dễ thấy BA’ - BC’ = 3BG) Từ (1) (2) => : AB/AM + AC/AN + AC/CN + BC/CP + AB/BM - BC/BP =

=> : AB.(AM + MB)/(AM.MB) + AC.(AN + NC)/(AN.NC) - BC.(CP - BP)/(BP.PC) = => : AB2/(AM.BM) + AC2/(AN.CN) - BC2/(BP.CP) = (đpcm)

* Nếu ΔABC đều, cạnh a AB = AC = BC = a, ta đề xuất toán :

Bài toán : Đường thẳng d qua tâm O tam giác ABC, cạnh a, cắt cạnh AB M, cạnh AC N và tia CB P Chứng minh :

Các bạn giải toán xem tập Trên tập định lượng, khai thác từ toán theo hướng đặc biệt hóa

Bằng phương pháp tương tự mời bạn đọc đề xuất toán

8d MỘT SỐ DẠNG TOÁN SỬ DỤNG PHÉP PHÂN TÍCH ĐA THỨC THÀNH NHÂN TỬ

Sau xem xong tạp chí Tốn Tuổi thơ số (tháng năm 2003), tâm đắc với tốn phân tích đa thức thành nhân tử Do tơi mạnh dạn trao đổi với bạn đọc vấn đề vận dụng phép phân tích đa thức thành nhân tử vào giải số dạng toán bậc THCS

1 Rút gọn biểu thức đại số Bài toán : Rút gọn :

Bài toán : Rút gọn :

Lời giải :

2 Chứng minh bất đẳng thức

Bài toán : Cho ΔABC với góc A ≥ góc B ≥ góc C Chứng minh :

Lời giải : Hạ AH vng góc với BC ; BI vng góc với AC Ta có AH = ha, BI = hb Dễ thấy tam giác

vuông AHC BIC đồng dạng 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 (*) chứng minh 3 Giải phương trình bất phương trình

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

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

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

Bài toán : Giải phương trình : Lời giải : Ta có :

Vậy phương trình (2) có nghiệm x =

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

Lời giải : (3) 7x3 - 14x2 + 2x2 - <

tương đương với 7x2(x - 2) + 2(x2 - 4) < hay (x - 2)(7x2 + 2x + 4) <

tương đương với (x - 2)[6x2 + + (x + 1)2] < hay x - < => x <

Vậy bất phương trình (3) có nghiệm x < 4 Một số toán khác

Bài toán : CMR :

với a, b ≠ ; a ≠ b ; a, b ≠ 1/2 a + b + 3/2 = 1/a + 1/b

Lời giải : (*) tương đương : a2b - 2a3b - 2b2 + 4ab2 = b2a - 2ab3 - 2a2 + 4a2b hay :

3ab2 - 3a2b - 2a3b + 2b3a - 2b2 + 2a2 =

3ab(b - a) + 2ab(b2 - a2) - 2(b2 - a2) =

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

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

Bài toán : Chứng minh : n2 + 11n + 39 không chia hết cho 49 với "n thuộc N

Lời giải : Xét M = n2 + 11n + 39 = n2 + 2n + 9n + 18 + 21 = (n + 2)(n + 9) + 21

Có (n + 9) - (n + 2) = => n + n + chia hết cho không chia hết cho

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

- Nếu n + n + khơng chia hết cho (n + 9)(n + 2) không chia hết cho mà 21 chia hết M không chia hết cho 49

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

Sau số tập để bạn thử vận dụng :

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

2 Cho ab ≥

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

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

8h Bài toán : Cho tứ giác ABCD Các điểm X, Y, Z, T theo thứ tự thuộc cạnh AB, BC, CD, DA cho đường thẳng XT, YZ, BD đồng quy Chứng minh : P(XYZT) < max {P(BCD) ; P(CDA) ; P(DAB) ; P(ABC)}

Để giải BT4, ta cần có hai bổ đề

Bổ đề : Cho tam giác ABC Một đường thẳng bất kì, khơng qua A, B, C, theo thứ tự cắt đường thẳng BC, CA, AB X, Y, Z Ta có : XB / XC YC / YA ZA / ZB =

BĐ2 phần định lí Mênêlauýt mà phép chứng minh có nhiều tài liệu hình học sơ cấp, xin không giới thiệu

Bổ đề : Cho tứ giác ABCD điểm X, Y, Z nằm biên tứ giác Chứng minh :

P(XYZ) ≤ max {P(BCD) ; P(CDA) ; P(DAB) ; P(ABC)} (biên tứ giác hình hợp bốn cạnh nó) BĐ3 chứng minh dễ dàng nhờ kết có toán thuộc viết “Bắt đầu từ ý tưởng Hê Rơng” TS Nguyễn Minh Hà (Tốn Tuổi thơ 2, số 6, 8/2003)

Trở lại việc chứng minh BT4

Giả sử XT, YZ, BD đồng quy H Khơng tính tổng qt, giả sử H thuộc tia đối tia BD (hình 5a, hình 5b)

áp dụng BĐ2 cho DABD DCBD, ta có :

TD/TA XA/XB HB/HD = ZD/ZC YC/YA HB/HD = => TD/TA XA/XB = ZD/ZC YC YA (1) Xảy ba trường hợp sau :

Trường hợp (hình 5a) :

Theo (1) ta có : XA/XB < YC/YA => TZ, XY cắt AC

Đặt K = TZ giao với AC ; K’ = XY giao với AC Từ bất đẳng thức TD/TA > ZD/ZC ; XA/XB < YC/YA dễ dàng => K, K’ thuộc tia đối của tia AC (2)

áp dụng BĐ2 cho ΔDAC ΔBAC, ta có :

ZC/ZD TD/TA KA/KB = YC/YA XB/XA K'A/K'B = => KA/KB = K'A/K'B (3) (theo (1)) Từ (2), (3) => : K trùng với K’ Vậy : TZ, XY, AC đồng quy (tại K)

Trường hợp : TD/TA < ZD/ZC

Tương tự trường hợp 2, ta có TZ, ZY, AC đồng quy Tuy nhiên, điểm đồng quy lại thuộc tia đối tia CA

Phần lại phép chứng minh BT4 diễn hoàn toàn tương tự trường hợp 1, 2, Cụ thể : + Trường hợp trường hợp hoàn toàn giống

+ Trường hợp tương tự đơn giản trường hợp 2,

Vì lí trên, đơn giản, ta tiến hành chứng minh phần lại BT4 trường hợp (hình 5b) Trên cạnh DC, CB tứ giác ABCD ta lấy điểm M, N cho : AM // TZ ; AN // XY Theo định lí Talét, ta có : MZ/MC = AK/AC = NY/NC => MN // ZY

Trên cạnh CB, BA tứ giác ABCD ta lấy điểm P, Q cho : DP // ZY ; DQ // TX Theo định lí Talét, ta có : PY/PB = DH/DB = QX/QB => PQ // XY

Tóm lại ta có : AM // TZ ; DQ // TX ; MN // ZY // DP ; PQ // XY // AN Từ => : XA/XQ = YN/YP = ZM/ZD = TA/TD = m/n (m, n > ; m + n = 1)

áp dụng định lí cho hình thang AQPN, PNMD định lí Talét cho tam giác MDA, DAQ, ta có : XY = mQP + nAN , YZ = mPD + nNM , ZT = nMA TX = mDQ

=> P(XYZT) = mP(DPQ) + nP(AMN) Δ (m + n) max {P(DPQ) ; P(AMN)} = max {P(DPQ) ; P(AMN)} (4) Đặt {P(BCD) ; P(CDA) ; P(DAB) ; P(ABC)} = (*)

Theo BĐ3, ta có : P(DPQ) ≤ max (*) P(AMN) ≤ max (*) (5)

Trong (5), dấu không xảy hai bất đẳng thức (bạn đọc tự kiểm tra) Kết hợp với (4), ta có : P(XYZT) < max {P(BCD) ; P(CDA) ; P(DAB) ; P(ABC)}

BT (4) thuộc loại cực khó mà, lời giải lại dựa vào định lí thật đơn giản, định lí “Tơi dạy nhiều học sinh giỏi, số có nhiều em sau thi toán quốc tế đạt thành tích cao Nhưng tơi chưa thấy học sinh giải BT4 Tôi thật cảm ơn tìm thấy cho BT4 lời giải mà khơng cần đến định lí 2” Trên tâm TS Nguyễn Minh Hà, tác giả BT4 lời giải

Định lí cịn nhiều ứng dụng Tuy nhiên, khn khổ có hạn viết, xin dừng lại Những tốn tơi giới thiệu xem tập thực hành kĩ sử dụng định lí

Bài tốn : Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) AE, BF đường phân giác Tia EF cắt (O) I Chứng minh : 1/IA = 1/IB + 1/IC

Bài toán : Cho tam giác ABC Điểm M chạy cạnh BC (O1), (O2) đường tròn ngoại tiếp tam giác

ABM, ACM Tìm quỹ tích trung điểm I đoạn O1O2

Bài toán : Cho tam giác ABC, AD, BE, CF đường phân giác Các điểm X, Y, Z theo thứ tự thuộc đoạn EF, FD, DE X’, Y’, Z’ hình chiếu X, Y, Z lên đường thẳng AB, BC, CA Chứng minh : XX’ + YY’ + ZZ’ ≤ XY + YZ + ZX

Toán Tuổi thơ xin cảm ơn TS Nguyễn Minh Hà giúp đỡ nhiều để hoàn chỉnh viết này. 8d TỪ MỘT BÀI TOÁN THI HỌC SINH GIỎI

Trong đề thi học sinh giỏi lớp năm học 2000 - 2001 có tốn sau :

Bài toán : Cho a, b hai số tự nhiên lớn Giả sử a1945 + b1945 a1954 + b1954 chia hết cho 2001 Hỏi

a2002 + b2002 có chia hết cho 2001 khơng ?

Về toán này, nhiều bạn kết luận : “a2002 + b2002 chia hết cho 2001 ab chia hết cho 2001 a1996 + b1996 chia hết cho 2001”

Khó hài lòng với kết luận (một kết luận chưa kết luận), tiếp tục suy nghĩ phát kết bất ngờ, a b phải chia hết cho 2001, với hai lời giải trình bày

Lời giải : Gọi p ước số nguyên tố 2001, => p lẻ a1945 + b1945 ; a1954 + b1954 phải chia hết

cho p

Nếu hai số a ; b chia hết cho p, dễ dàng => số lại chia hết cho p Nếu (a, p) = (b, p) = (1)

áp dụng đẳng thức :

an + + bn + 9 = (a9 + b9)(an + bn) - a9b9(an - + bn - 9), ta có :

a1954 + b1954 = (a9 + b9)(a1945 + b1945) - a9b9(a1936 + b1936)

Vì (a1945 + b1945) chia hết cho p ; (a1954 + b1954) chia hết cho p nên a9b9(a1936 + b1936) chia hết cho p => (a

b1936) chia hết cho p (do (1))

Vì 1936 mod = 1, tiếp tục trình cho a1936 + b1936 ; … ta chứng minh (a + b) chia hêt p (2)

Dễ thấy (a1954 - b1954) chia hết cho (a2 - b2), mặt khác (a2 - b2) = (a - b)(a + b) chia hết cho p (do (2))

=> (a1954 - b1954) chia hết cho p Kết hợp với giả thiết :

a1954 + b1954 = (a1954 - b1954 + 2b1954) chia hết cho p

=> 2b1954 chia hết cho p => b chia hết cho p (do p nguyên tố lẻ), điều vô lí b > 1, p > (b, p) =

Do trường hợp không xảy

Vậy : với p ước nguyên tố 2001 a chia hết cho p b chia hết cho p

Mặt khác, 2001 = 3.23.29 tích số nguyên tố lẻ nên a b chia hết cho ; 23 ; 29, dẫn đến a b chia hết cho 2001

Phân tích lời giải : Có hai mắt xích để đến lời giải 1, sử dụng đẳng thức nêu tính chất chia hết :

Tính chất : Cho p số nguyên tố lẻ Nếu (a + b) chia hết cho p (a2n + b2n) chia hết cho p với a, b thuộc Z và

n thuộc N* a chia hết cho p b chia hết cho p (chứng minh tính chất hồn tồn tương tự trường hợp 2n = 1954)

Theo hướng khác, biểu thức đề gợi ý ta nghĩ đến định lí nhỏ Féc-ma, từ ta có lời giải sau Trước hết, ta phát biểu chứng minh bổ đề

Bổ đề : Cho số nguyên x, y số nguyên tố p Nếu p có dạng 4k + (x2 + y2) chia hết cho p x chia

Chứng minh : Giả sử x không chia hết cho p, => y không chia hết cho p áp dụng định lí Féc-ma nhỏ ta có :

(xp - 1 - 1) chia hết cho p ; (yp - 1 - 1) chia hết cho p

=> xp - 1 - + yp - 1 - = (xp - 1 + yp - 1 - 2) chia hết cho p

Mặt khác :

xp - 1 + yp - 1 =(x2)2k + 1 + (y2)2k + 1 = = M(x2 + y2) chia hết cho p (do giả thiết : (x2 + y2) chia hết cho p)

=> chia hết cho p, vơ lí p nguyên tố lẻ

Vậy x chia hết cho p, => y chia hết cho p, bổ đề chứng minh Lời giải :

Đặt x = a977 ; y = b977

=> x2 + y2 = (a1954 + b1954) chia hết cho p

áp dụng bổ đề cho x ; y p = {3 ; 23} ta có a977 b977 chia hết cho 23, => a b chia hết

và 23 1945 + b1945) chia hết cho 2001 (a1954 + b1954) chia hết cho 2001 nên (a1945 + b1945) chia hết cho 29

(a1954 + b1954) chia hết cho 29, áp dụng đẳng thức lời giải 1, ta chứng minh : (a1963

hết cho 29 ; … ; (a2044 + b2044) chia hết cho 29 (3)

Giả sử a không chia hết cho 29, => b không chia hết cho 29 Theo định lí Féc-ma nhỏ, (a28

cho 29 (b28 - 1) chia hết cho 29

Mặt khác a2044 - = ((a28)73 - 1) chia hết cho (a28 - 1)

=> (a2044 - 1) chia hết cho 29, tương tự (b2044 - 1) chia hết cho 29 => (a2044 + b2044 - 2) chia hết cho 29 =>

chia hết cho 29 (do (3)), vơ lí Vậy a chia hết cho 29 => b chia hết cho 29 => đpcm 8d TỪ MỘT BẤT ĐẲNG THỨC ĐƠN GIẢN

Tôi xin trao đổi bạn bất đẳng thức đơn giản sử dụng để đề xuất chứng minh nhiều toán thú vị

Bài toán : Với a, b dương, ta có : a3 + b3 ab(a + b) (*)

Lời giải : Thật vậy, (*) tương đương với : (a + b)(a2 - ab + b2) - ab(a + b)

tương đương với (a + b)(a2 - 2ab + b2)

hay (a + b)(a - b)2 0, với a, b dương Đẳng thức xảy a = b

* Ta có : (*) tương đương với a3/b + b2 a(a +ab)

hay : a3/b + b2 a2 + ab

Tương tự, với a, b, c dương : b3/c + c2 b2 +cb ; c3/a + a2 cb2 +ca

Từ đó, ta chứng minh toán :

Bài toán : Với ba số a, b,c dương, chứng minh : a3/b+ b3/c + c2 + c3/a ab + bc + ca

* Từ (*), tiếp tục => : (a3 + b3)/ab a + b; (b3 + c3)/bc b + c; (c3 +a3)/ca c + a; với a, b, c ba số dương Sử

dụng kết này, ta chứng minh toán đề thi vào 10 chuyên Lê Hồng Phong 2000-2001 : Bài toán : Với a, b,c dương, chứng minh :

(a3 + b3)/(2ab) + (b3 + c3)/(2bc) + (c3 +a3)/(2ca) a + b + c

* Lại có :

(*) tương đương với 4(a3 + b3) a3 + b3 + 3ab(a+b)

Ta đề xuất toán : Bài toán :

Với a, b, c dương, chứng minh : 8(a3 + b3 + c3) (a + b)3 + (b + c)3 + (c + a)3

* Nhận xét : Nếu bổ sung giả thiết abc = 1, (*) tương đương với : a3 + b3 + abc ab(a + b) + abc

hay : a3 + b3 + ab(a + b + c)

hay : 1/(a3 + b3 + 1) 1/(ab(a + b + c))

Tương tự, ta có :

1/(b3 + c3 + 1) 1/(bc(a + b + c)) ;

1/(c3 + a3 + 1) 1/(ca(a + b + c))

=> :

1/(a3 + b3 + 1) + 1/(b3 + c3 + 1) + 1/(c3 + a3 + 1) 1/(ab(a + b + c)) + 1/(bc(a + b + c)) + 1/(ca(a + b + c)) = 1/(a

+ b + c).(a + b + c)/abc = Ta đề xuất toán :

Bài toán : Cho a, b, c dương, abc = Chứng minh : 1/(a3 + b3 + 1) + 1/(b3 + c3 + 1) + 1/(c3 + a3 + 1)

* áp dụng toán 5, ta chứng minh :

Bài toán : (Đề dự tuyển kì thi tốn Quốc tế lần thứ 37, năm 1996) Cho a, b, c dương, abc = Chứng minh :

ab/(a5 + b5 + ab) + bc/(b5 + c5 + bc) + ca/(c5 + a5 + ca)

Lời giải : Ta chứng minh

ab/(a5 + b5 + ab) + bc/(b5 + c5 + bc) + ca/(c5 + a5 + ca) 1/(a3 + b3 + 1) + 1/(b3 + c3 + 1) + 1/(c3 + a

bằng cách chứng minh :

ab/(a5 + b5 + ab) 1/(a3 + b3 + 1) (1) ;

bc/(b5 +c5 + bc) 1/(b3 + c3 + 1) (2) ;

ca/(c5 + a5 +c a) 1/(c3 + a3 + 1) (3) ;

Thật :

(1) tương đương với : a5 + b5 + ab ab(a3 + b3 +1)

hay : a5 + b5 ab(a3 + b3)

tương đương a5 + b5 a4b + ab4

(a5 - a4b) + (b5 - ab4)

(a - b)(a4 - b4)

(a - b)2(a + b)(a2 + b2) 0,

Tương tự, (2) (3) đúng, toán chứng minh

* Đề nghị bạn áp dụng bất đẳng thức (*) để tiếp tục chứng minh toán : 1 Cho a, b, c không âm, chứng minh :

2 Cho a, b, c dương, chứng minh :

Nghe thấy tên loại toán này, nhiều bạn ngại khơng thích Tuy nhiên, loại tốn lại hay gặp kì thi tốt nghiệp thi vào lớp 10

Để giải tốt loại toán này, bạn cần nắm vững : * Các phép toán đa thức phân thức đại số

* Các đẳng thức đáng nhớ

* Các phương pháp đưa biểu thức dạng tích * Điều kiện để biểu thức có nghĩa

Thơng thường tốn rút gọn biểu thức cịn kèm theo yêu cầu khác : * Chứng minh bất đẳng thức

* Giải phương trình bất phương trình * So sánh hai biểu thức

* Tìm điều kiện để biểu thức nhận giá trị nguyên

* Tính giá trị biểu thức cho giá trị cụ thể chữ biểu thức * Tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức

Thí dụ : Cho :

1) Rút gọn P

2) Chứng minh : Nếu < x < P > 3) Tìm giá trị lớn P

Lời giải :

1) Điều kiện để P có nghĩa : x x khác Khi ta có:

2) Nếu < x < :

3)

Đẳng thức xảy

1) Rút gọn Q

2) Tính giá trị Q |x| = 3) Tìm x nguyên để Q số nguyên Lời giải :

1) Điều kiện để Q có nghĩa : Khi ta có :

2) Nếu |x| = x2 = Do Q =

3) Vì Q = x2/(x2 - 3) = + 3/(x2 - 3) nên Q số nguyên x2 - số nguyên Ta có x số ngun

thì x2 - số nguyên, => x2 - ước Từ x2 - = 3; -3 x2 - = 1; -1 ;

Vậy số nguyên cần tìm : x = 2; - Thí dụ : Cho biểu thức :

1) Rút gọn A 2) So sánh A Lời giải :

2) Vì x khác y x, y lớn nên :

Cuối cùng, bạn tự giải tập sau Bài : Cho biểu thức :

1) Tìm x cho P > 2) So sánh P với 1,5 Bài : Rút gọn biểu thức.

Nếu a + b + c = abc khác :

Bài : Cho :

8d TỪ MỘT PHÉP BIẾN ĐỔI TRUNG GIAN

TRONG PHÉP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC TRÊ - BƯ - SÉP

Sau đọc xong báo “Làm quen với bất đẳng thức Trê-bư-sép” tác giả Lê Võ Việt Khang (TTT2 số 4), dựa vào kết trung gian : a1 ≥ a2 b1 ≥ b2 a1b1 + a2b2 ≥ a1b2 + a2b1, em chứng minh kết

quả sau

Cho hai số dương a1 ≥ a2 ≥ a3 b1 ≥ b2 ≥ b3 Khi : Nếu ta đặt

A = a1b1 + a2b2 + a3b3 ;

B = a1b1 + a2b3 + a3b2

C = a1b2 + a2b1 + a3b3 ;

D = a1b2 + a2b3 + a3b1

E = a1b3 + a2b1 + a3b2 ;

F = a1b3 + a2b2 + a3b1

Thì A ≥ B ; A ≥ C ; B ≥ D ; B ≥ E ; C ≥ D ; C ≥ E ; D ≥ F ; E ≥ F

Thật vậy, a2 ≥ a3 b2 ≥ b3 => a2b2 + a3b3 ≥ a2b3 + a3b2 => A ≥ B Các kết khác chứng minh hoàn toàn

tương tự

Như vậy, tổng A có giá trị lớn F có giá trị nhỏ Dựa vào kết này, ta chứng minh nhiều bất đẳng thức khác

Bài toán : Cho a, b, c số dương Chứng minh : 3abc ≤ a3b/c + b3c/a + c3a/b + a3c/b + b3a/c + c3b/a

Lời giải : Do vai trò a, b, c nhau, khơng tính tổng qt, giả sử b ≥ a ≥ c => a2b2 ≥ b2c2 ≥c2a2 b/ac≥ a/bc≥ c/ab

áp dụng kết cho hai số này, ta có :

a2b2 c/ab + b2c2 a/bc + c2a2.b/ac ≤ a2b2.b/ac + b2c2 a/bc + c2a2 c/ab

Hay 3abc ≤ a3c/b + b3a/c + c3b/a (1)

Tương tự 3abc ≤ a3b/c + b3c/a + c3a/b + a3c/b (2)

Cộng vế (1) (2) ta có đpcm Bài toán : Cho a, b, c số dương

Đặt P = a + b + c ; R = a3/(bc) + b3/(ca) + c3/(ab) ;

Q = (a2 + b2)/(2c) = (b2 + c2)/(2a) + (c2 + a2)/(2b)

a2.(1/a) + b2.(1/b) + c2.(1/c) ≤ a2.(1/b) + b2.(1/c) + c2.(1/a) (1)

a2.(1/a) + b2.(1/b) + c2.(1/c) ≤ a2.(1/c) + b2.(1/a) + c2.(1/b) (2)

Cộng vế (1) (2), => :

2(a + b + c) ≤ (a2 + b2)/c + (b2 + c2)/a + (c2 + a2)/b ;

=> P ≤ Q (3)

Lại áp dụng kết cho hai số : a3 ≥ b3 ≥ c3 a/(abc) ≥ b/(abc) ≥ c/(abc)

=> R ≥ Q (4)

Từ (3), (4) => P ≤ Q ≤ R (đpcm)

Bài toán : Cho a, b, c số dương Chứng minh rằng: (a8 + b8 + c8)/(a3b3c3) ≥ 1/a + 1/b + 1/c

Hướng dẫn : áp dụng kết ban đầu cho : a5 ≥ b5 ≥ c5 1/(b3c3) ≥ 1/(a3c3) ≥ 1/(a3b3)

a2 ≥ b2 ≥ c2 1/c3 ≥ 1/b3 ≥ 1/a3

Rất mong bạn khám phá tiếp ! 8h CÁC BÀI TỐN VỀ DIỆN TÍCH

Qua kinh nghiệm giảng dạy, thấy học sinh thường lúng túng gặp tốn tính tốn so sánh diện tích hình Có nhiều phương pháp lựa chọn để giải dạng tốn Tơi xin nêu vài “tình huống” để bạn tham khảo

1 Tính qua tam giác tương đương Để tính diện tích tam giác ta dẫn đến tính diện tích tam giác tương đương (có diện tích)

Thí dụ : Cho hình chữ nhật ABCD có BC = a ; AB = b Kẻ CK  BD Tính diện tích tam giác AKD (S theo a b ?

Lời giải : Vì ABCD hình chữ nhật nên 2SABD = a.b = 2SCBD => SABD = SCBD Mặt khác, ∆ABD ẂCBD có

chung cạnh BD nên khoảng cách từ A C xuống BD

Suy ∆AKD ∆CKD có chung cạnh KD đường cao hạ xuống KD Vậy SAKD

KD KC

∆BCD vuông C, đường cao CK suy :

Thay (1) (2) vào (*) ta có :

2 Tính qua tam giác đồng dạng

Áp dụng công thức : S1/S2 = k2 (S1, S2 diện tích hình, k tỉ số đồng dạng)

Thí dụ : Cho đường trịn tâm O, đường kính AB = 2R C chạy (O), AC > BC, hạ CD  AB Tiếp tuyến A với (O) cắt BC E Tiếp tuyến C với (O) cắt AE M MO cắt AC I, MB cắt CD K Cho MO = AB, tính SMIK ?

Lời giải :

Để ý tới MA MC hai tiếp tuyến xuất phát từ M (O), ta chứng minh MO trung trực AC hay AC  MO I trung điểm AC

Mặt khác, O trung điểm AB nên IO đường trung bình ∆ABC => OM đường trung bình ∆ABE => M trung điểm AE

Lại có CD  AB ; EA  AB nên CD // EA, M trung điểm EA, ta chứng minh K trung điểm CD

Vì I K trung điểm CA CD nên IK // AB, suy ∆MIK đồng dạng với ∆MOB :

Từ (**) suy SMIK / SMIO = 9/16 mặt khác ta có

Vậy :

3 So sánh “phần bù”

Thí dụ : Cho ∆ABC vng A Kẻ đường cao AH Đường trịn đường kính AH cắt AB, AC M, N CM cắt BN I So sánh SBIC với SAMIN ?

Lời giải : Hiển nhiên AMHN hình chữ nhật Để so sánh SBIC với SAMIN ta so sánh SBNC (= S

SMAC (= SAMIN + SCIN) Mà SMAC = SHAC (chung đáy, chiều cao nhau) nên ta cần so sánh SBNC

tam giác có chung ∆CHN nên ta so sánh hai phần lại SBHN SAHN Hai tam giác có diện tích

bằng có chung đáy HN đường cao hạ từ A ; B xuống HN Vậy SBIC = SAMIN

8d "TÁCH" HẠNG TỬ NHƯ THẾ NÀO

ĐỂ PHÂN TÍCH ĐA THỨC THÀNH NHÂN TỬ ?

Trong sách giáo khoa Toán tập (NXB Giáo Dục - 2004) giới thiệu ba phương pháp thường dùng để phân tích đa thức thành nhân tử Đó : phương pháp đặt nhân tử chung ; phương pháp dùng đẳng thức phương pháp nhóm hạng tử

Tuy nhiên, phần tập lại có khơng thể áp dụng ba phương pháp để giải, chẳng hạn 53 trang 24 57 trang 25 Sách giáo khoa có gợi ý cách “tách” hạng tử thành hai hạng tử áp dụng phương pháp để phân tích tiếp

Bài báo xin nói rõ thêm việc “tách” hạng tử thơng qua tốn cụ thể : Phân tích đa thức x2 - 3x + thành nhân tử (bài 53a trang 24, SGK Toán tập 1) Để giải tập này, ta “tách” hạng tử sau :

Cách : x2 - 3x + = x2 - x - 2x + = x(x - 1) - 2(x - 1) = (x - 1)(x - 2)

Cách :

x2 - 3x + = x2 - 3x + 9/4 - 1/4

= (x - 3/2)2 - (1/2)2

= (x - 3/2 + 1/2)(x - 3/2 - 1/2) = (x - 1)(x - 2)

Cách : x2 - 3x + = x2 - 3x + -

= (x2 - 1) - (3x - 3) = (x + 1)(x - 1) - 3(x - 1) = (x - 1)(x + - 3) = (x - 1)(x - 2)

Cách : x2 - 3x + = x2 - 3x + -

= (x2 - 4) - (3x - 6) = (x - 2)(x + 2) - 3(x - 2) = (x - 2)(x + - 3) = (x - 1)(x - 2)

Cách : x2 - 3x + = 3x2 - 2x2 - 3x +

= (3x2 - 3x) - (2x2 - 2) = 3x(x - 1) - 2(x2 -1) = 3x(x - 1) - 2(x + 1)(x - 1) = (x - 1)(3x - 2x - 2) = (x - 1)(x - 2)

b) Tách hai hạng tử :

Cách : x2 - 3x + = x2 - 2x - x + + = (x2 - 2x + 1) - (x - 1) = (x - 1)2 - (x - 1)

= (x - 1)(x - - 1) = (x - 1)(x - 2)

Cách : x2 - 3x + = x2 - 4x + x + -

= (x2 - 4x + 4) + (x - 2) = (x - 2)2 + (x - 2)

= (x - 2)(x - + 1) = (x - 1)(x - 2) c) Tách ba hạng tử :

Cách :

x2 - 3x + = 3x2 - 2x2 - 6x + 3x + -

= (3x2 - 6x) - (2x2 - 8) + (3x - 6)

= 3x(x - 2) - 2(x2 - 4) + 3(x - 2)

= 3x(x - 2) - 2(x - 2)(x + 2) + 3(x - 2) = (x - 2)(3x - 2x - + 3) = (x - 1)(x - 2)

Một cách tổng quát, để phân tích đa thức dạng x2 + px + q, ta tìm hai số a b cho a + b = p

a.b = q ta “tách” px = (a + b)x = ax + bx để có đẳng thức : x2 + px + q = x2 + (a + b)x + a.b = (x

+ a)(x + b)

Trong ví dụ trên, (-1) + (-2) = -3 (-1)(-2) = nên : x2 -3x + = x2 + [(-1) + (-2)]x + (-1)(-2) = (x - 1)(x - 2)

Tương tự trên, bạn tìm nhiều cách “tách” cho tập cịn lại sách giáo khoa Tốn : Phân tích đa thức sau thành nhân tử :

1) x2 + x - ;

2) x2 + 5x + ;

3) x2 - 4x + ;

4) x2 + 5x + ;

5) x2 - x - 6.

8d TỪ MỘT ĐIỀU HIỂN NHIÊN ĐÚNG

Các bạn có biết bất đẳng thức (BĐT) Cô-si ; Bu-nhi-a-cốp-xki ; Trê-bư-sép nhiều BĐT “tên tuổi” khác hệ BĐT quen thuộc, BĐT khơng ? Phải BĐT

với số thực a, b ?

<=> a2 + b2 + 2ab ≥ 4ab <=> (a + b)2 ≥ 4ab

(*) <=> a2 + b2 + a2 + b2 ≥ 2ab + a2 + b2

<=> 2(a2 + b2) ≥ (a + b)2

Từ (1) (2), với a, b ta có :

Từ (1), với a ≥ ; b ≥ ta có BĐT Cô-si : Với a > ; b > ta có :

Từ (4) (5), với a > ; b > ; c > ta có :

áp dụng BĐT (6) ta có BĐT Nes-bít :

áp dụng BĐT (*), với a, b, c, d ta có BĐT Bu-nhi-a-cốp-ski : (ad)2 + (bc)2 ≥ 2adbc &nbp; (**)

<=> a2d2 + b2c2 + a2c2 + b2d2 ≥ 2ac.bd + a2c2 + b2d2

Với c > ; d > ta có :

áp dụng BĐT (9), ta có BĐT S-vác :

(trong a1, a2, , an số dương)

Như khẳng định nhiều BĐT quan trọng, có ứng dụng lớn khởi nguồn từ BĐT hiển nhiên (a - b)2 áp dụng BĐT này, bạn thử chứng minh kết sau :

1) 3(ab + bc +ca) ≤ (a + b + c)2 ≤ 3(a2 + b2 + c2)

2) (a + b)3 ≤ 4(a3 + b3)

3)

với a > ; b >

Còn nhiều BĐT khác hệ BĐT (a - b)2 ≥ chờ bạn khám phá.

9 TỪ ĐƠN GIẢN ĐẾN THÚ VỊ

Khi giải phương trình bậc hai, bạn đặt câu hỏi, chẳng hạn phương trình x có nghiệm có nghiệm ?

Ban đầu tơi giải thích điều kì lạ định lí Viét sau q trình suy nghĩ, tìm tịi tơi phát bí ẩn tuyệt vời đằng sau điều kì lạ

Trước hết ta xét toán : Bài toán :

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 toán Cách : (sử dụng hệ thức Viét)

Xét phương trình bậc hai ax2 + bx + c = (*) (a ≠ 0) có nghiệm Gọi x

1, x2 hai nghiệm (*)

trong x1 =

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 vô 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 toán :

Chứng minh : Nếu phương trình bậc n (n ≥ 2) có hệ số hữu tỉ nghiệm vơ tỉ thuộc Q) nghiệm phương trình

Chứng minh : Đến có lẽ bạn đọc thấy bất lực cách ; (bài toán 1) toán Tuy nhiên sử dụng cách giải toán ta chứng minh toán

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 vô tỉ ; B, C hữu tỉ => B = C = => P(x) = Q(x).(x - )(x - )

=> nghiệm phương trình P(x) = : (đpcm)

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 ; nguyên 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 công đường tìm vẻ đẹp tốn học

9 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 chuyên Toán - Tin trường Đại học Sư phạm Hà Nội năm 1999), sau :

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 cịn “sợ hãi”

Xin cảm ơn Toán Tuổi thơ 2, số (3 - 2003) đăng “Nhiều cách giải cho toán” bạn

Kim Yến Chi (8A, THCS Phổ Văn, Đức Phổ, Quảng Ngãi) chuyên mục Eureka Bài giúp tơi nghĩ đến vận dụng tốn “đẹp” để giải tốn “chơng gai” !

Lời giải sau :

Bài toán 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 + x2

Tương đương với : 4(x14 + x24 + x34 + x44) ≥x13.(x1 + x2 + x3 + x4 ) + x23(x1 + x2 + x3 + x4) + x33.(x

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 x

= x3 = x4 = 1/4

Các bạn thấy đấy, tơi tìm lời giải tốn “chơng gai” Hơn nữa, với lời giải này, giả thiết toán cần x1, x2, x3, x4 thỏa mãn x13 + x23 + x33 + x43 > x1 + x2 + x3 + x4 = đủ

9 TỪ MỘT LỜI GIẢI ĐI ĐẾN BÀI TOÁN TỔNG QUÁT

Trong kì thi chọn học sinh giỏi THPT TP Hồ Chí Minh năm học 2002 - 2003 có toán bất đẳng thức đại số sau :

Bài toán : 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 Côsi 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 :

Dựa vào ý tưởng cách giải trên, ta đề xuất giải toán sau : Bài toán tổng quát : Cho m, n, p, a, b, c số dương Chứng minh :

Lời giải :

Đặt b + c = x ; c + a = y ; a + b = z Do :

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 toán : Thử xem với lời giải đến toán tổng quát dễ dàng

A Lí thuyết

1 Đa thức hai ẩn x, y không 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 đtđx

2 Các đa thức t1 = x + y t2 = xy gọi đtđx

3 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

* Công thức truy hồi : Sk = t1.Sk - - t2.Sk -

4 Mọi đtđx hai ẩn x, y viết dạng đa thức hai ẩn t1, 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 :

2 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

Từ kết tốn ta có a, b từ có nghiệm phương trình x = -15 x = IV Chứng minh đẳng thức

Bài toán : Cho x + y = 1, x3 + y3 = a, x5 + y5 = b

Chứng minh 5a.(a + 1) = 9b + Lời giải : Ta có :

x3 + y3 = t

13 - 3t1t2 = a => t2 = (1 - a)/3 ;

b = x5 + y5 = t

15 - 5t13t2 + 5t22t1

(áp dụng công 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

C Một số tập.

1 Phân tích đa thức thành nhân tử

a) f(x, y) = 10x4 - 27x3y - 110x2y2 - 27xy3 + 10y4

b) 2x4 - x3y + 3x2y2 - xy3 + 2y4

2 Lập phương trình bậc hai z2 + pz + q = có nghiệm :

z1 = x16 - 2x22 , z2 = x26 - 2x12 , với x1, x2 nghiệm x2 - x - =

3 Cho x, y dương thỏa mãn x + y = Chứng minh : 8.(x4 + y4) + 1/xy ≥

4 Giải hệ :

5 Chứng minh : (x + y)4 + x4 + y4 = 2(x2 + xy + y2)2.

6 Tìm nghiệm nguyên dương phương trình : x3 + y3 + = 3xy.

7 Giải phương trình :

9h NHỮNG MỞ RỘNG BAN ĐẦU TỪ MỘT BÀI TOÁN 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 toán 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 toán : Cho tam giác ABC điểm M thuộc cung BC (không chứa A) đường tròn ngoại tiếp tam giác Chứng minh : MA = MB + MC

Lời giải : Trên MA lấy điểm N cho MN = MB (1) (hình 1) ; Đ BMN = Đ BCA = 60o nên ΔBMN =>

BN = BM (2)

ΔABC nên BA = BC, mặt khác Đ ABC = Đ MBN = 60o => Đ ABN = Đ 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 chuyên mục : “Học toán ?”

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 trịn (O) điểm M nằm đường tròn Các dây A1B1, A2B2, A3B3 qua M (A

B2, A3, B1, A2, B3 theo thứ tự nằm (O)) đôi tạo với góc 60o Chứng minh : MA

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 B1MA3 góc OMB1 ≤ OMA

Dựng đường tròn (w) tâm O, bán kính OM Đường trịn theo thứ tự cắt đoạn A1B1, A2B

C2, C3 Dễ thấy M thuộc cung C2C3 (không chứa C1) (w)

=> 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 cịn có mở rộng khác hấp dẫn Nó giới thiệu với mối quan hệ đẹp ba số MA2, MB2, MC2

Bài toán : Cho tam giác ABC điểm M thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác Chứng minh : MA + MB2 + MC2 = 6R2 (R bán kính đường trịn 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

Khơng tính tổng qt, giả sử M thuộc cung BC (không 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 Đ BMC = 120o

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 9d SÔ NGHIỆM CỦA MỘT SỐ LOẠI PHƯƠNG TRÌNH

Kiến thức xét dấu nghiệm phương trình bậc hai kiến thức THCS Sau học lên bậc THPT, em cần sử dụng Ta nhớ lại điều cần thiết :

* Cho phương trình bậc hai ax2 + bx + c = (a ≠ 0), ta thường kí hiệu P = c/a ; S = - b/a , x 1, x

nghiệm phương trình * Các điều kiện quan trọng : +) x1 < < x2 tương đương P <

+) = x1 < x2 tương đương P = S > +) x1 < x2 = tương đương P = S <

+) x1 = x2 = tương đương P = S = Δ = S =

+) < x1 < x2 tương đương với Δ > , P > S >

+) x1 < x2 < tương đương Δ > , P > S <

Sử dụng kiến thức xét số nghiệm nhiều loại phương trình 1 Phương trình trùng phương

ax4 + bx2 + c = (1)

Đặt ẩn phụ t = x2 ≠ (1) trở thành

at2 + bt + c = (2)

Mỗi nghiệm t > (2) cho hai nghiệm (1)

Nghiệm t = (2) cho nghiệm x = (1) Tất nhiên t < không cho nghiệm (1) Bài toán : Biện luận số nghiệm phương trình : x4 - mx2 + 3m - = (3)

Lời giải : Đặt t = x2 Δ (3) trở thành : t2 - mt + 3m - = (4)

Số nghiệm (3) phụ thuộc vào dấu nghiệm (4), tức phụ thuộc vào dấu biểu thức : Δ = m2 - 12m + 32 ; P = 3m - ; S = m

Bài tốn : Tìm m để phương trình x4 - 2mx2 + m2 - = (5) có ba nghiệm phân biệt

Lời giải : Đặt t = x2 (5) trở thành : t2 - 2mt + m2 - = (6)

Phương trình (5) có ba nghiệm phân biệt tương đương với phương trình (6) có nghiệm t1, t

t1 < t2 tương đương P = & S > hay :

2.Phương trình a(x - α)2 + b|x - α| + c = (7)

Đặt ẩn phụ t = |x - α| (7) trở thành phương trình (2)

Ta thấy mối quan hệ số nghiệm (1), (7) với nghiệm (2) giống Có thể tổng kết lại nhờ bảng sau :

Bài toán : Tìm m để phương trình x2 - 2x - |x - 1| + m = (8) có hai nghiệm phân biệt

Lời giải : Ta có (8) (x - 1)2 - |x - 1| + m - =

Đặt t = |x - 1| ≥ (8) trở thành : t2 - t + m - = (9)

Phương trình (8) có hai nghiệm phân biệt tương đương với phương trình (9) có nghiệm t1

3 Phương trình:

Để không tầm thường ta giả sử k ≠ Đặt ẩn phụ :

thì (10) trở thành (2) Với giá trị t ≥ cho ta nghiệm x = 1/k.(t2 - n) Do số nghiệm

phương trình (10) số nghiệm khơng âm phương trình (2) Bài tốn : Tìm m cho phương trình:

có hai nghiệm phân biệt

Lời giải : Đặt phương trình (11) trở thành t2 - mt + 2m - = (12)

Phương trình (11) có hai nghiệm phân biệt tương đương Phương trình (12) có hai nghiệm phân biệt t mãn t2 > t1 ≥

Tương đương với Δ > , P ≥ S > hay : m2 - 8m + 12 > , 2m - ≥; m >

hay : m > m < , m ≥ 3/2 m > Tươn đương : m > 3/2 ≥ m <

Trước dừng viết, xin đề nghị em tự giải tập sau :

Bài tập : Tìm m để phương trình x2 + 2m|x - 2| - 4x + m2 + = có nghiệm

Bài tập : Chứng minh phương trình : mx4 - 3(m - 2)x2 + m - = ln có nghiệm với m

Bài tập : Biện luận số nghiệm phương trình :

9 PHẦN THUẬN CỦA BÀI TOÁN 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

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 : 1 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

- 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 vuông AKD = tam giác vuông 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 trịn tâm S ngoại tiếp hình vuông ABCD C1 giao điểm (S) Ox Ta có tứ giác ACBC

nội tiếp => Đ AC1O = Đ ACB = 45o => C1 điểm cố định mà C1C vng góc với AC1 => C thuộc tia C

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) luôn qua điểm cố định A C1 => SA = SC1 S thuộc trung trực AC1

Giới hạn lại ta có {S} tia S1p

2 Dự đốn quỹ tích điểm M có dạng trịn (đường trịn cung trịn) ta có chọn lựa cách chứng minh sau :

- Chứng minh điểm M luôn cách điểm cố định O cố định khoảng không 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 trịn đường kính AOB Một điểm M chuyển động nửa đường trịn Dựng hình vng BMNP nửa mặt phẳng bờ BM khơng chứa O Tìm {N}

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 => Đ AN1B = 45o mà Đ ANB = 45o => tứ giác AN

nội tiếp mà A, N1, B cố định, N thuộc đường tròn qua A, N1, B

Cách : Chứng minh Đ BNN1 = 45o => N thuộc đường trịn đường kính BN1

Giới hạn lại ta có quỹ tích N nửa đường trịn đường kính BN1

Cách : Kéo dài PM cắt đường tròn I Dễ chứng minh I trung điểm => I cố định Mà IN = IB => N thuộc đường trịn tâm I, bán kính IB

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 không 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 :

1 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 vuông HEA đồng dạng với tam giác vuông 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 2 Thuận :

Lấy M ’ không 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)

là 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 trịn Tìm quỹ tích tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác MNP (Quỹ tích tia // d cách d đoạn OK/2 với OK vng góc với d)

Bài : Cho nửa đường trịn 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)

9d CÓ BAO NHIÊU CÁCH CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC CƠ-SI ?

Bài tốn chứng minh bất đẳng thức Cô-si cho ba số không âm tốn tương đối khó với học sinh THCS Xin giới thiệu với bạn ba cách chứng minh bất đẳng thức

Bài toán : Cho a, b, c Chứng minh : Cách

Bài toán phụ : Cho x, y, z, t Chứng minh : (bất đẳng thức Cô-si cho bốn số không âm)

Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số không âm, ta có :

Do :

+ Trường hợp ba số a, b, c 0, toán chứng minh + Trường hợp a, b, c khác 0, ta có a + b + c > Do :

Cách Sử dụng kết : x3 + y3 + z3 - 3xyz = = 1/2 (x + y + z)[(x - y)2 + (y - z)2 + (z - x)2], => x

3xyz với x, y, z

Cách áp dụng bất đẳng thức Cơ-si cho hai số khơng âm, ta có :

9d CÁCH CHỨNG MINH HAY NHẤT

Sau đọc “Có cách chứng minh bất đẳng thức Cô-si” (cho số không âm) với cách chứng minh tác giả Tạ Thập, tơi xin góp thêm cách chứng minh khác

Với a = b = c = 0, bất đẳng thức hiển nhiên

Ngược lại, khơng tính tổng qt, giả sử : < a ≤ b ≤ c Khi : < a ≤ (a + b + c)/3 ≤ c Do : [(a + b + c)/3 - a].[c - (a + b + c)/3 ] ≥

Tương đương với : a + c - (a + b + c)/3 ≥ ac/(a + b + c)/3 ≥ Dễ thấy : {[b + a + c - (a + b + c)/3 ]/2}2 ≥ b[a + c - (a + b + c)/3]

=> : [(a + b + c)/3]2 ≥ abc/(a + b + c)/3 hay (a + b + c)/3 ≥ (abc)1/3

Từ ta có lời giải đơn giản cho bất đẳng thức Cô-si dạng tổng quát :

Lời giải : Với a1 = a2 = = an = bất đẳng thức Ngược lại :

Dễ thấy bất đẳng thức trường hợp số không âm Giả sử bất đẳng thức trường hợp n - số không âm (giả thiết quy nạp)

Không tính tổng quát, giả sử : < a1 a2 ≤ ≤ an, ta có :

0 < a1 ≤ T = (a1 + a2 + …+ an)/n ≤ an

Do : (T - a1)(an - T) ≥

Tương đương với a1 + an - T ≥ a1an / T ≥

Xét n - số không âm a2, a3, , an-1, a1 + an - T Theo giả thiết quy nạp ta có :

{[ a2 + a3 + … + an + (a1 + an - T)]/(n - 1)}n - ≥ a2a3an - 1(a1 + an - T)

=> : Tn - 1 ≥ a

2a3an - 1(a1 + an - T) ≥ a2a3…an - 1.(a1an / T)

=> :

Theo nguyên lí quy nạp, bất đẳng thức Cô-si trường hợp tổng quát chứng minh 9d ĐỊNH LÍ VI-ET THUẬN

Các tốn liên quan tới định lí Vi-et thường gặp kì thi tốt nghiệp THCS thi vào lớp 10 viết ơn tập tốn Trước hết ta nhớ lại định li Vi-et thuận : “Nếu phương trình ax2 + bx + c = (a ≠ 0) có nghiệm x

1, x2 x1 + x2 = - b/a x1x2 = c/a ”

Chú ý : Nhiều bạn sử dụng định lí quên giả thiết a ≠ Δ ≥ nên dẫn tới sai lầm đáng tiếc

Thí dụ : Gọi x1, x2 nghiệm phương trình x2 - x - =

2) Chứng minh Q = x12 + x22 + x14 + x24 chia hết cho

Giải : Phương trình cho có hai nghiệm phân biệt x1 x2 Δ = > (hoặc a.c = -1 < 0)

Theo định lí Vi-et ta có x1 + x2 = x1x2 = -1

1) x12 + x22 = (x1 + x2)2 - 2x1x2 = 12 - 2(-1) =

2) Q = (x12 + x22) + (x12 + x22)2 - 2x12x22 = + 32 - 2(-1)2 = 10 => Q chia hết cho

Chú ý : Các bạn giỏi chứng minh Q = x12001 + x22001 + x12003 + x22003 chia hết cho (Đề thi HSG lớp

9 tỉnh Nam Định)

Thí dụ : Giả sử x1, x2 nghiệm phương trình x2 - (m + 1)x + m2 - 2m + = Tìm m để F = x

x22 đạt giá trị nhỏ

Giải : Trước hết, phương trình có nghiệm tương đương với Δ ≥ tương đương với (m + 1)2 - 4(m

0 hay 3m2 + 10 - ≥ hay ≤ m ≤ 7/3

Theo định lí Vi-et ta có x1 + x2 = m + x1x2 = m2 - 2m + Do F = x12 + x22 = (x1 + x2)2 - 2x

1)2 - 2(m2 - 2m + 2) = -m2 + 6m - = -(m - 3)2 +

Với 1≤ m ≤ - ≤ m - ≤ - 2/3 => (m - 3)2 ≤ => -(m - 3)2 ≥ -4

=> F = -(m - 3)2 + ≥

Vì F = tương đương với m = 1, nên F đạt giá trị nhỏ m =

Chú ý : Nếu bạn “quên” điều kiện Δ ≥ dẫn đến F khơng có giá trị nhỏ ! Thí dụ : Tìm số nguyên m cho phương trình mx2 - 2(m + 3)x + m + = có nghiệm x1, x

= 1/ x1 + 1/ x2 số ngun

Giải : Phương trình có nghiệm x1, x2

Theo định lí Vi-et x1 + x2 = 2(m + 3)/m x1.x2 = (m + 2)/m

Do : F = 1/x1 + 1/x2 = 2(m + 3)/(m + 2) = + 2/(m + 2)

Ta thấy F số nguyên hay m + ước

Vì m ≥ - 9/4 nên m = ; m = ; m = -1 thỏa mãn tốn

Thí dụ : Tìm hệ thức liên hệ hai nghiệm phân biệt phương trình : x2 - (m + 3)x + 2m - = mà hệ

thức không phụ thuộc m

Giải : Ta có Δ = (m + 3)2 - 4(2m - 5) = m2 - 2m + 14 = (m - 1)2 + 13 > với m Chứng tỏ phương trình

ln có hai nghiệm x1 x2 Theo định lí Vi-et :

Khử m ta có : 2(x1+x2) - x1x2 = 11

Thí dụ : Tìm m để phương trình : x2 - mx + m2 - = có nghiệm gấp đôi nghiệm

Giải : Phương trình có nghiệm x1, x2

Tương đương với Δ ≥ hay m2 - 4(m2 - 7) ≥ hay 28 ≥ 3m2

Giả sử x1 = 2x2 :

Khử x2 phép ta có :

2.(m/2)2 = m2 - tương đương với 2m2 = 9m2 - 63

hay m>sup>2 - m = - m = (thoả mãn) Vậy có giá trị m thỏa mãn m = m = -3 Thí dụ : Cho phương trình : x2 - mx + m2 - =

1) Tìm m để phương trình có nghiệm dương phân biệt

2) Tim m để phương trình có nghiệm nghiệm dương Giải :

1) Phương trình có nghiệm dương phân biệt

2) Phương trình có nghiệm nghiệm dương khả sau : Khả : = x1 < x2

Khả : x1 < < x2

Khả : < x1 = x2

Tóm lại : Phương trình có nghiệm nghiệm dương m = Các bạn làm thêm số tập :

1 Cho phương trình : x2 - 2(m + 1)x + m2 + 3m + =

a) Tìm m để phương trình có nghiệm x1, x2 thỏa mãn x12 + x22 = 12

b) Tìm hệ thức liên hệ x1 x2 không phụ thuộc m

2 Cho phương trình : x2 - 2(m + 1)x + 2m - 15 = 0.

Gọi nghiệm phương trình x1, x2

a) Tìm m cho x1 + 5x2 =

b) Tìm số nguyên m cho : F = 1/x1 + 1/x2 số nguyên

3 Tìm m để phương trình : x2 + 2(m - 1)x - 2m + = có nghiệm x

1, x2 biểu thức A = x12 + x

nhỏ

9d MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI

PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUN

Trong q trình giảng dạy làm tốn, tơi hệ thống số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên, hi vọng giúp em học sinh biết lựa chọn phương pháp thích hợp giải tốn loại Phương pháp : Đưa dạng tích

Biến đổi phương trình dạng : vế trái tích đa thức chứa ẩn, vế phải tích số ngun. Thí dụ : Tìm nghiệm ngun phương trình :

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

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

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

y - x = 91 x2 + xy + y2 = ; (I)

y - x = x2 + xy + y2 = 91 ; (II)

y - x = x2 + xy + y2 = ; (III)

y - x = x2 + xy + y2 = 13 ; (IV)

Đến đây, toán coi giải Phương pháp : Sắp thứ tự ẩn

Nếu ẩn x, y, z, có vai trị bình đẳng, ta giả sử x ≤ y ≤ z ≤ để tìm nghiệm thỏa mãn điều kiện này Từ đó, dùng phép hốn vị để => nghiệm phương trình cho

Thí dụ : Tìm nghiệm ngun dương phương trình : x + y + z = xyz (2)

Lời giải :

Do vai trị bình đẳng x, y, z phương trình, trước hết ta xét x ≤ y ≤ z

Vì x, y, z nguyên dương nên xyz ≠ 0, x ≤ y ≤ z => xyz = x + y + z ≤ 3z => xy ≤ => xy thuộc {1 ; ; 3} Nếu xy = => x = y = 1, thay vào (2) ta có : + z = z, vơ lí

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

Vậy nghiệm ngun dương phương trình (2) hốn vị (1 ; ; 3) Thí dụ : Tìm nghiệm nguyên dương phương trình :

1/x + 1/y + 1/z = (3)

Lời giải : Do vai trị bình đẳng x, y, z, trước hết ta xét x ≤ y ≤ z Ta có : = 1/x + 1/y + 1/z ≤ 3.1/x => x ≤ 3/2 => x =

Thay x = vào (3) ta có :

1/y + 1/z + = => = 1/y + 1/z ≤ 2/y => y ≤ => y = => 1/z = (vơ lí)

hoặc y = => 1/z = => z =

Vậy nghiệm nguyên dương phương trình (3) hốn vị (1 ; ; 2) Phương pháp : Sử dụng tính chất chia hết

Phương pháp sử dụng tính chất chia hết để chứng minh phương trình vơ nghiệm tìm nghiệm phương trình

Thí dụ : Tìm nghiệm ngun phương trình : x2 - 2y2 = (4)

Lời giải : Từ phương trình (4) ta => x phải số lẻ Thay x = 2k + (k thuộc Z) vào (4), ta : 4k2 +4k + - 2y2 =

tương đương 2(k2 + k - 1) = y2

=> y2 số chẵn => y số chẵn

Đặt y = 2t (t thuộc Z), ta có : 2(k2 + k - 1) = 4t2

tương đương k(k + 1) = 2t2 + (**)

Nhận xét : k(k + 1) số chẵn, 2t2 + số lẻ => phương trình (**) vơ nghiệm

Vậy phương trình (4) khơng có nghiệm nguyên

Lời giải : Ta có x3 - x = (x - 1).x.(x + 1) tích số nguyên liên tiếp (với x số nguyên) Do : x

chia hết cho

Tương tự y3 - y z3 - z chia hết cho Từ ta có : x3 + y3 + z3 - x - y - z chia hết cho

Vì 2000 khơng chia hết x3 + y3 + z3 - x - y - z ≠ 2000 với số nguyên x, y, z tức phương trình

(5) khơng có nghiệm ngun

Thí dụ : Tìm nghiệm ngun phương trình : xy + x - 2y = (6)

Lời giải : Ta có (6) tương đương y(x - 2) = - x + Vì x = khơng thỏa mãn phương trình nên (6) tương đương với:

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

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

Chú ý : Có thể dùng phương pháp để giải toán này, nhờ đưa phương trình (6) dạng : x(y + 1) - 2(y + 1) = tương đương (x - 2)(y + 1) =

Phương pháp : Sử dụng bất đẳng thức

Dùng bất đẳng thức để đánh giá ẩn từ đánh giá => giá trị ngun ẩn này. Thí dụ : Tìm nghiệm nguyên phương trình :

x2 - xy + y2 = (7)

Lời giải :

(7) tương đương với (x - y/2)2 = - 3y2/4

Vì (x - y/2)2 ≥ => - 4y2/4 ≥

=> -2 ≤ y ≤

Lần lượt thay y = -2 ; ; -1 ; ; vào phương trình để tính x Ta có nghiệm nguyên phương trình : (x ; y) thuộc {(-1 ; -2) ; (1 ; 2) ; (-2 ; -1) ; (2 ; 1) ; (-1 ; 1) ; (1 ; -1)}

Chắc chắn nhiều phương pháp để giải phương trình nghiệm ngun cịn nhiều thí dụ hấp dẫn khác Mong bạn tiếp tục trao đổi vấn đề Các bạn thử giải số phương trình nghiệm nguyên sau :

Bài : Giải phương trình nghiệm nguyên : a) x2 - xy = 23 ;

b) 3x - 3y + = ; c) 19x2 + 28y2 =729 ;

d) 3x2 + 10xy + 8y2 = 96

Bài : Tìm x, y nguyên dương thỏa mãn : a) 4xy - 3(x + y) = 59 ;

b) 5(xy + yz + zx) = 4xyz ; c) xy/z + yz/x + zx/y = ; d) 1/x + 1/y + 1/z = 1/1995 9d KHÓ ĐÃ TRỞ THÀNH DỄ

Giải phương trình vơ tỉ, phương trình bậc cao dạng tốn khó, thường gặp kì thi vào lớp 10 trường chuyên Vận dụng khéo léo “một kĩ có nhiều ứng dụng” đăng TTT2 số 7, 9/2003, giải nhiều phương trình tưởng khó, cách đưa dạng A2 = B2 Sau vài thí dụ

(đề thi vào lớp 10 trường THPT Trần đại Nghĩa, TP Hồ Chí Minh năm 2001 - 2002) Lời giải : điều kiện : x ≤

Tương tự, giải (2) ta có:

So với điều kiện ban đầu nghiệm phương trình (I) : x =

Nhận xét : Ta đặt đưa (I) dạng :

(hệ phương trình đối xứng loại hai) Thí dụ : Giải phương trình :

So với điều kiện ban đầu nghiệm phương trình (II) : x = - Thí dụ : Giải phương trình :

(x2 + 4x + 8)2 + 3x3 + 14x2 + 24x = (III)

Lời giải : Ta có, (III) tương đương với : (x2 + 4x + 8)2 + 3x(x2 + 4x + 8) = - 2x2

Tương tự (x2 + 4x + 8)2 + 2.3/2x(x2 + 4x + 8) + 9/4x2 = - 2x2 + 9/4x2

Tương đương (x2 + 4x + + 3/2x)2 = (x/2)2

Tương đương x2 + 4x + + /32x = x/2 x2 + 4x + + 3/2x = - x/2 <BR< x2 + 5x + = x

8 =

Phương trình x2 + 5x + = vô nghiệm (Δ < 0) nên (III) tương đương với x2 + 6x + = hay (x + 2)(x + 4) =

0 tương đương x = - x = -

Vậy phương trình (III) có hai nghiệm : x = - x = - 9d CÁC BÀI TOÁN VỀ CĂN BẬC HAI

Kĩ biến đổi, tính tốn bậc hai yêu cầu quan trọng nội dung chương trình lớp Sau xin giới thiệu với bạn số dạng thường gặp toán bậc hai

I Thực phép khai bậc hai nhờ phân tích 2ab đẳng thức (a - b)2 (a +- b) * Khi gặp thức dạng ta nghĩ đến việc phân tích dạng 2ab với a2 + b2 = M

Thí dụ : Tính : Lời giải : Xét thấy :

II Thực phép khai bậc hai nhờ xuất bình phương dùng đẳng thức (a - b)(a + b). * Trong tích, xuất thừa số có dạng:

hãy thử làm xuất thừa số:

Thí dụ :Tính : Lời giải : Ta có :

III Cần tính T, trước hết tính T2 xét dấu T để => T.

Lời giải : Ta có :

IV Khi gặp mẫu số chứa căn, nghĩ tới trục mẫu Thí dụ :Tính:

Lời giải : Ta có :

V Biểu diễn lũy thừa bậc cao qua lũy thừa bậc 1. Thí dụ : Tính giá trị biểu thức :

Lời giải :

x3 = x2.x = (1 + 2x).x = x + 2x2 = 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 + - - 6x + x -

= 58x + 22

Chú ý : Có thể thực phép chia đa thức E cho x2 - 2x - dư 58x + 22 từ tính E

Khi biến đổi, ta thường phải đánh giá, lựa chọn kết hợp nhiều phương pháp khác Chắc chắn cịn gặp nhiều dạng tốn liên quan đến bậc hai với cách biến đổi đặc biệt khác Đề nghị bạn tiếp tục trao đổi

9d HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN

Trong loại hệ phương trình hệ phương trình bậc hai ẩn loại hệ bạn gặp nhiều sau Đối với bậc THCS bạn có hai phương pháp để giải biện luận loại hệ này, phương pháp cộng đại số phương pháp Dù dùng phương pháp bạn đưa giải biện luận phương trình ẩn Bài viết xin tổng kết với bạn số yêu cầu thường gặp loại hệ

1 Giải biện luận

Bài toán : Giải biện luận hệ :

Giải : Các bạn chọn hai phương pháp, chẳng hạn phương pháp : Ta có (2) y = - x Thế vào (1) :

mx + 2(3 - x) = 2m (m - 2)x = 2m - (3)

+ Nếu m - = m = (3) trở thành = - 2, vơ nghiệm (khơng nói phương trình vơ lí !) + Nếu m - khác ; m khác (3) x = (2m - 6)/(m - 2) Thay vào (2) => :

y = - (2m - 6)/(m - 2) = m/(m- 2) Hệ có nghiệm : x = (2m - 6)/(m - 2); y = m/(m- 2)

2.Nghiệm thỏa mãn điều kiện cho trước Những yêu cầu nghiệm thường gặp :

- Nghiệm hệ thỏa mãn bất đẳng thức - Nghiệm hệ thỏa mãn hệ thức

- Nghiệm hệ số ngun Bài tốn :

Tìm m để hệ :

có nghiệm thỏa mãn x > y > Giải :

Nhân hai vế (2) với -3, ta có (2) tương đương với -3x - 3my = -9 (3) Cộng vế (1) (3) dẫn đến :

- 2y - 3my = m - (2 + 3m)y = - m (4)

+ Nếu + 3m khác ; m khác - 2/3 :

(4) y = (9 - m)/(2 + 3m) Thế vào (1) ta có :

3x - 2.[ (9 - m)/(2 + 3m) ] = m x = (m2 + 6)/(2 + 3m)

Khi x > y >

Tóm lại : Hệ có nghiệm thỏa mãn x > y > -2/3 < m <

Bài toán : Cho hệ :

a) Tìm số nguyên m để hệ có nghiệm x, y ngun b) Tìm m cho nghiệm hệ thỏa mãn x2 + y2 = 0,25

Giải : a) Vì (2) y = 4x + nên vào (1) ta có : x + (m + 1) (4x + 2) = Khi (4m + 5)x = -2m - (3)

+ Nếu 4m + = m = - 5/4 (3) vơ nghiệm

+ Nếu 4m + khác m khác - 5/4 (3) x = (- 2m - 1)/( 4m + 5) Thế vào (2) : y = - (- 2m - 1)/( 4m + 5) + = 6/(4m + 5)

Trước hết ta thấy : Vì m nguyên nên 4m + số nguyên lẻ Do : y nguyên 4m + ước số lẻ

Khi 4m + thuộc { -1;1;-3;3} m thuộc {-3/2;-1;-2;-1/2} Với m = - x = ; y = thỏa mãn

Với m = - x = - ; y = - thỏa mãn

Tóm lại : Hệ có nghiệm x y số nguyên m = - m = - b) Ta có x2 + y2 = 0,25

[ - (2m + 1)/(4m + 5)]2 + [ -6/(4m + 5)]2 = 1/4

4(2m + 1)2 + 4.36 = (4m + 5)2 m = 123/24

3.Giải hệ đưa hệ bậc hai ẩn (thơng qua ẩn phụ) Bài tốn :

Giải hệ :

Giải : Đặt u = 1/(2x - y); v = 1/(2x + y) hệ trở thành :

4 Bài tốn tìm giá trị nhỏ

Có giải tốn tìm giá trị nhỏ biểu thức lại xuất loại hệ Ta xét toán sau : Bài toán : Tùy theo giá trị m, tìm giá trị nhỏ biểu thức :

F = (mx + 2y - 2m)2 + (x + y - 3)2

Giải : Ta thấy F ≥ với x, y, m F đạt giá trị nhỏ hệ sau có nghiệm :

Hệ hệ tốn 1, có nghiệm m khác Với m = F = (2x + 2y - 4)2 + (x + y - 3)2

Đặt t = x + y - ta có : F = (2t)2 + (t - 1)2 = 5t2 - 2t + = 5(t - 1/5)2 + 4/5 ≥ 4/5 Khi

F đạt giá trị nhỏ 4/5 t = 1/5 Tóm lại : Nếu m = F nhỏ 4/5

Và m khác F nhỏ Các bạn tự giải toán sau : Bài : Cho hệ :

a) Tìm n để hệ có nghiệm với giá trị m

b) Với n = 2, tìm m cho hệ có nghiệm thỏa mãn x < y <

c) Với n = 3, tìm số ngun m cho hệ có nghiệm x, y số nguyên Bài : Tìm m để hệ có nghiệm :

Bài : Tùy theo m, tìm giá trị nhỏ biểu thức : a) F = (mx - 2y + 1)2 + (3x + y)2

b) Q = |x - my| + |2x + y - 1| Bài : Giải hệ :

Bài : Chứng minh : Nếu hệ

có nghiệm thỏa mãn cx + ay = b : a3 + b3 + c3 = 3abc

9d THÊM CÁC PHƯƠNG PHÁP

GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGIỆM NGUYÊN

Sau “Một số phương pháp giải phương trình nghiệm ngun” giáo Nguyễn Thị Lệ Huyền

số 14), nhiều bạn bổ sung thêm phương pháp khác minh họa nhiều tốn thú vị Kì này, tịa soạn tổng hợp giới thiệu tiếp số phương pháp từ gửi nhóm giáo viên Tốn

THCS Phan Bội Châu, Hải Dương, nhà giáo Minh Trân, phòng giáo dục Hương Thuỷ, Thừa Thiên, Huế ; Phan Tuấn Dũng, 9A, THCS Phong Bắc, Kì Anh ; Dương Ngọc Tuyền, 9B, THCS Hoàng Xuân Hàn, Đức Thọ, Hà Tĩnh ; Dương Mạnh Linh, 9A2, THCS Lê Quý Đôn, ý Yên, Nam Định để bạn đọc tham khảo Phương pháp : Đưa dạng tổng

Biến đổi phương trình dạng : vế trái tổng bình phương, vế phải tổng số phương

Thí dụ : Tìm nghiệm nguyên phương trình x2 + y2 - x - y = (8)

Lời giải : (8) <=> 4x2 + 4y2 - 4x - 4y = 32

<=> (4x2 - 4x + 1) + (4y2 - 4y + 1) = 34

<=> |2x - 1|2 + |2y - 1|2 = 32 + 52

Bằng phương pháp thử chọn ta thấy 34 có dạng phân tích thành tổng hai số phương 32 52

Do phương trình thỏa mãn hai khả :

Giải hệ => phương trình (8) có bốn nghiệm ngun (x ; y) Є {2 ; 3) ; (3 ; 2) ; (-1 ; -2) ; (-2 ; -1)} Phương pháp : lùi vơ hạn

Thí dụ : Tìm nghiệm nguyên phương trình x2 - 5y2 = (9)

Lời giải :

Giả sử (x0 ; y0) nghiệm (9) : x02 - 5y02 = => x0 chia hết cho 5, đặt x0 = 5x1 ; (x1 Є Z), ta có : 25x

5y02 = <=> 5x12 - y02 =

=> y0 chia hết cho 5, đặt y0 = 5y1 ; (y1 Є Z)

Từ ta có : 5x12 - 25y12 = <=> x12 - 5y12 =

Vậy (x0 ; y0) nghiệm nguyên (9) (x0/5 ; y0/5) nghiệm nguyên (9)

Tiếp tục lập luận tương tự, ta có với k nguyên dương bất kì, nghiệm nguyên (9) hay x chia hết cho 5k với k số nguyên dương tùy ý Điều xảy x

0 = y0 =

Vậy phương trình (9) có nghiệm x = y = Phương pháp : xét chữ số tận

Thí dụ 10 : Tìm nghiệm ngun dương phương trình 1! + 2! + + x! = y2 (10)

Lời giải : Cho x ; ; ; 4, ta có nghiệm nguyên dương (x ; y) phương trình (10) (1 ; 1) (3 ; 3)

Nếu x > dễ thấy k! với k > có chữ số tận ị 1! + 2! + ! + 4! + 5! + + x! = 33 + 5! + + x! có chữ số tận

Mặt khác vế phải số phương nên khơng thể có chữ số tận

x2 + x - = 32y + 1 (11)

Lời giải : Cho x giá trị từ đến 9, dễ dàng xác định chữ số tận x2 + x - nhận giá

trị ; ; Mặt khác, ta thấy 32y + 1 lũy thừa bậc lẻ nên chữ số tận 7,

khác với ; ;

Vậy (11) xảy Nói cách khác, phương trình (11) khơng có nghiệm ngun dương Bài tốn giải phương pháp sử dụng tính chất chia hết

Phương pháp : Sử dụng tính chất nghiệm phương trình bậc hai

Biến đổi phương trình dạng phương trình bậc hai ẩn, coi ẩn khác tham số, sử dụng tính chất về nghiệm phương trình bậc để xác định giá trị tham số

Thí dụ 12 :

Giải phương trình nghiệm nguyên : 3x2 + y2 + 4xy + 4x + 2y + = (12)

Lời giải :

(12) y2 + (4x + 2)y + 3x2 + 4x + =

Ta thấy phương trình có nghiệm y ngun => - 4x - nguyên, mà x nguyên nên

=> ∆'y = x2 - = n2 với n Є Z, dùng phương pháp (đưa dạng tích) => (x + n)(x - n) = 4, ta xác định

x = x = -2

Vậy phương trình (12) có hai nghiệm ngun (x ; y) Є {(2 ;-5); (-2 ; 3)}

Thí dụ 13 : Tìm nghiệm nguyên phương trình x2 - (y + 5)x + 5y + = (13)

Lời giải : Giả sử phương trình ẩn x có nghiệm ngun x1, x2 theo định lí Vi-ét ta có :

=> (x1 - 5)(x2 - 5) = = 1.2 = (-1)(-2)

=> x1 + x2 = 13 x1 + x2 =

=> y = y = 2, thay vào (13), phương trình có nghiệm : (x ; y) Є {(7 ; 8) ; (6 ; 8) ; (4 ; 2) ; (3 ; 2)} Chú ý : Một số phương pháp mà bạn gọi phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên chúng thấy đặc trưng cho phương trình nghiệm ngun nên khơng giới thiệu Chẳng hạn có bạn nêu phương pháp chứng minh nghiệm với thí dụ giải phương trình nghiệm ngun 2x + 5x

viết phương trình dạng phương trình bậc ẩn x đặt điều kiện ∆x ≥ để có miền giá trị y, phương

pháp thực trình bày thí dụ 7, khơng viết biệt thức ∆’x Các bạn làm thêm số

bài tập :

Bài : Tìm x, y nguyên thỏa mãn phương trình : a) 5x2 - 4xy + y2 = 169

b) 3x = 4y +

Bài : Tìm nghiệm nguyên phương trình : a) 5x + 12x = 13x

b) y4 = x6 + 3x3 +

Bài : Chứng minh phương trình 25t = 2t5 + 1997 khơng có nghiệm ngun

<B.BàI b :< 4>Tìm nghiệm nguyên phương trình x3 - 3y3 - 9z3 =

Bài : Tìm nghiệm nguyên phương trình 2x2 + 2y2 - 2xy + x + y - 10 =

Trong trình học tập, tìm tòi, em biết đến bất đẳng thức đẹp nhờ sử dụng nó, việc chứng minh số bất đẳng thức khác tỏ hiệu

Bất đẳng thức phát biểu dạng bổ đề sau : * Bổ đề : Nếu a + b ≥ với m ; n nguyên dương ta có :

Chứng minh :

Do a, b có vai trị nhau, khơng tính tổng qt, giả sử a ≥ b (1) Do a + b ≥ suy a ≥ - b (2)

Từ (1) ; (2) suy a ≥ |b| ≥ 0, suy :

* Áp dụng :

Bài toán : Cho x + y ≥ Chứng minh : (x + y)(x3 + y3)(x5 + y5) ≤ 4(x9 + y9)

Lời giải : Vì x + y ≥ 0, áp dụng bổ đề ta có

Suy (x + y)(x3 + y3)(x5 + y5) ≤ 4(x9 + y9)

Bài toán : Cho a + b ≥ n số nguyên dương Chứng minh : an + bn ≤ an +1 + bn +1

Mong bạn bổ sung thêm nhiều tập áp dụng bổ đề 9d TÍNH GIÁ TRỊ BIỂU THỨC

BẰNG CON ĐƯỜNG GIÁN TIẾP

Tính giá trị biểu thức dạng tốn quen thuộc học sinh THCS Trong nhiều trường hợp, việc tính giá trị biểu thức khó thực sử dụng phép biến đổi trực tiếp, lại thực dễ dàng thơng qua việc tính giá trị biểu thức trung gian khác

Sau vài ví dụ minh họa Ví dụ : Tính giá trị biểu thức A = + + 32 + 33 + + 32004

Lời giải : Để tính giá trị biểu thức A, cần liên hệ với cơng thức tính an - 1, ta thấy :

2A = (3 - 1)( + + 32 + 33 + + 32004) = 32005 -

Do :

Với học sinh lớp 6, chưa học đẳng thức thực theo cách sau : A = + + 32 + 33 + + 32004

3A = + 32 + 33 + 34 + + 32005 2A = 3A - A = 32005 -

Suy :

Ví dụ : Tính giá trị biểu thức : B = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + + 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 - 97)

KHI TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT VÀ GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT

Khi giải tốn, bạn khơng lần mắc phải sai lầm đáng tiếc Trong chuyên mục “Sai đâu ? Sửa cho đúng”, bạn chứng kiến nhiều lời giải sai lầm Nhà sư phạm tốn tiếng G Polya nói : “Con người phải biết học sai lầm thiếu sót mình” A.A Stoliar cịn nhấn mạnh :

“Khơng tiếc thời gian để phân tích học sai lầm học sinh”

Qua q trình giảng dạy, tơi nhận thấy giải tốn “Tìm giá trị lớn (GTLN) giá trị nhỏ (GTNN) biểu thức” nhiều học sinh mắc phải sai lầm khơng đáng có

Trước hết, đề nghị bạn đọc phát sai lầm lời giải ví dụ sau Ví dụ : Tìm GTNN biểu thức :

A = x2 - 3x + với x ≥

Lời giải :

Vậy GTNN A 11/4 x = 3/2 Ví dụ : Tìm GTNN biểu thức :

với x ≠ ; y ≠ Lời giải :

Ví dụ : Tìm GTNN biểu thức :

trong x, y số dương thay đổi, thỏa mãn x + y = Lời giải : Ta có :

Vậy GTNN M 4, xy =

Bây phân tích sai lầm lời giải

* Trong ví dụ 1, ta thấy x = 3/2 không thỏa mãn điều kiện x ≥ Lời giải chưa quên điều kiện x ≥ toán

Vậy GTNN A phải x =

Ta tìm GTNN biểu thức A cách biến đổi khác sau : A = x2 - 3x + = (x2 - 3x + 2) + = (x - 1)(x - 2) +

Vì x ≥ nên x - > x - ≥ 0, suy (x - 1)(x - 2) ≥ suy A ≥ Vậy GTNN A (x - 1)(x - 2) = tương đương x - = hay x = Chú ý : Nếu tốn u cầu tìm GTNN A x ≥ ta xử lí ?

* Trong ví dụ 2, sau tìm GTNN P - 9/4 t = 1/2 tiếp tục xác định giá trị tương ứng x y, bạn không khó khăn để nhận khơng tồn x ; y để t = 1/2 P = - 9/4 Vậy lời giải sai

Nếu bạn biết :

với x ≠ ; y ≠ (một kết quen thuộc) bạn thấy lời giải sau : Ta có : P = t2 - t - = (t + 1)(t - 2)

+ Nếu t ≥ t - ≥ t + > suy (t + 1)(t - 2) ≥ suy P ≥ + Nếu t ≤ -2 t - < t + < suy (t + 1)(t - 2) > suy P > Do P ≥ với x, y khác

Suy P đạt GTNN t = hay x = y

* Trong ví dụ 3, GTNN biểu thức M 4, đạt x.y = Khi kết hợp với điều kiện x + y = đề bài, ta có hệ :

Nguyên nhân dẫn đến sai lầm ví dụ bạn quên không xác định giá trị tương ứng biến để bất đẳng thức trở thành đẳng thức Đặc biệt, trường hợp giá trị biến tồn chúng có thỏa mãn điều kiện cho trước hay không

Gặp sai lầm giải tốn điều khó tránh khỏi Tìm sai lầm sửa chữa sai lầm không dễ chút Nhưng bạn có ý thức giải tốn chắn bạn thành cơng !

8h XÂY DỰNG CHUỖI BÀI TỐN TỪ BÀI TỐN QUEN THUỘC

Trong q trình học tốn, việc tìm tịi, khai thác mở rộng toán quen thuộc việc làm cần thiết hữu ích Bài viết trao đổi với bạn đọc cách mở rộng toán qua việc thay đổi điều kiện toán

Xin toán sau :

Bài toán : Cho tam giác ABC có  A nhọn Dựng phía ngồi tam giác ABC hình vng ABDE ACMN Chứng minh BN = CE BN  CE

Mặt khác, gọi F giao điểm AB CE ; G giao điểm BN CE ta có  EFA =  BFG (hai góc đối đỉnh)  EFA +  FAE +  AEF =  BFG +  BGF +  FBG = 180o (tổng ba góc tam

giác) Suy  FAE =  BGF = 90o hay BN  CE Vậy BN = CE BN  CE

Nhận xét : Bài toán quen thuộc “loay hoay” với việc kẻ thêm hình phụ nhằm thay đổi điều kiện tốn, tơi phát thêm nhiều kết thú vị

Trước hết, vẽ thêm phía ngồi tam giác ABC hình vng BCPQ vẽ tiếp hình bình hành CMKP, ta nhận thấy :

∆ABC = ∆CKM theo trường hợp c.g.c (CM = CA ; BC = CP = MK ;  ACB =  CMK - hai góc có cạnh tương ứng vng góc) => CK = AB = AE  BAC =  MCK =>  BAC +  EAB =  MCK +

=>  ACK =  CAE, hai góc vị trí so le => AE // CK => tứ giác AECK hình bình hành => AK // CE AK = CE

Hoàn toàn tương tự, vẽ hình bình hành BDIQ ta có AI // BN AI = BN Từ ta đề xuất toán

Bài toán : Cho tam giác ABC có  A nhọn Dựng phía ngồi tam giác ABC hình vng ABDE, ACMN, BCPQ ; hình bình hành CMKP BDIQ Chứng minh AIK tam giác vuông cân

Bài tốn cịn chứng minh cách khác ta chưa dừng lại kết Nếu gọi O tâm hình vng BCPQ ta chứng minh O trung điểm đoạn thẳng IK (chú ý ∆OIQ = ∆OKC) Như AO  IK

Tiếp tục khai thác mối liên hệ đoạn thẳng IK với đoạn thẳng khác ta thấy KI // DM ; KI = DM ; DM // O1O2 ; DM = 2O1O2 => KI // O1O2 ; KI = 2O1O2 (O1, O2 tâm hình vng ABDE,

Thay đổi điều kiện toán (bỏ chi tiết gợi ý cho kết (*), ta có tốn khơng dễ Bài tốn : Cho tam giác ABC có  A nhọn Dựng phía ngồi tam giác ABC tam giác BOC, AO1B, AO2C vuông cân O, O1, O2 Chứng minh AO  O1O2 AO = O1O2

Khi xem xét, thấy toán cho trường hợp  A vuông tù, đề nghị bạn tự kiểm tra Từ ta phát biểu chứng minh toán sau

Bài toán : Cho tam giác ABC Dựng phía ngồi tam giác ABC tam giác vuông cân BOC, AO AO2C O, O1, O2 Chứng minh đường thẳng AO, BO2, CO1 đồng quy

Đến tơi nhớ lại 5(13) nghĩ có liên hệ với kết Tơi tìm cách chứng minh lại thành cơng sử dụng kết tốn

Bài 5(13) : Cho hình thang ABCD có AB song song nửa CD Điểm M nằm hình thang cho MH vng góc phần tư CD Bên ngồi hình thang, ta dựng tam giác ADE BCF vuông cân E F Chứng minh tam giác MEF vuông cân M

Hướng dẫn : Xét tam giác ADH, dựng phía ngồi tam giác ADH tam giác vuông cân AIH DPH I P ; hình chữ nhật DHMK (hình 3) Theo tốn (với  A bất kì) ta có EH = PI EH

Các bạn chứng minh : - P trung điểm KM

- ∆IPK = ∆EHM => KI = EM KI  EM

9d GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH

BẰNG CÁCH ĐÁNH GIÁ CÁC ẨN

Hệ phương trình dạng tốn thường gặp kì thi học sinh lớp Có nhiều hệ phương trình giải trực tiếp phức tạp, chí khơng giải Trong số trường hợp vậy, ta tìm cách đánh giá ẩn ẩn với số, từ xác định nghiệm hệ Phương pháp gọi “phương pháp đánh giá ẩn”

1 Đánh giá ẩn

Ví dụ (đề thi vào khối chuyên Toán Tin, ĐHQG Hà Nội năm 1996) : Giải hệ phương trình

Lời giải : Điều kiện : x ≥ 1/2 ; y ≤ 1/2 Ta chứng minh x = y Thật :

Vậy nghiệm hệ phương trình (thỏa mãn điều kiện) : x = y = Ví dụ (đề thi vào khối chuyên, ĐHSPHN năm 2004) : Tìm nghiệm dương hệ

Lời giải : Ta chứng minh x = y = z Do x, y, z có vai trị nên không tổng quát, giả sử x y x z (4)

Từ (1), (2), (4) => 2x2004 = y6 + z6 ≤ x6 + z6 = 2y2004 => 2x2004 ≤ 2y2004 => x ≤ y (5)

Từ (1), (3), (4) => 2x2004 = y6 + z6 ≤ y6 + x6 = 2z2004 => 2x2004 ≤ 2z2004 => x ≤ z (6)

Từ (4), (5), (6) suy x = y = z

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

Vậy hệ có nghiệm dương : x = y = z = Ví dụ : Tìm a, b, c biết

4a - b2 = 4b - c2 = 4c - a2 = (*)

Lời giải : Ta thấy a > 0, b > 0, c > Giả sử a > b, từ (*) ta có :

4a - 4b = b2 - c2 > => b > c (>0) ; 4b - 4c = c2 - a2 > => c > a (>0)

=> b > c > a trái với giả thiết a > b => a ≤ b

Tương tự trên, a < b dẫn đến điều vơ lí Vậy a = b, suy : 4a - 4b = b2 - c2 = => b = c => a = b = c

Thay vào (*) ta có :

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

Giải phương trình bậc hai ẩn a ta hai nghiệm ++++++++ Vậy hệ phương trình (*) có hai nghiệm :

2 Đánh giá ẩn với số

Ví dụ (đề thi vào lớp 10 chuyên, ĐHQG Hà Nội 2004) : Biết a > 0, b > a100 + b100 = a101 + b

b102 (1)

Tính giá trị biểu thức P = a2004 + b2004

Lời giải : Ta chứng minh a = 1, b = 1, từ tính P Thật vậy, từ (1) ta có : a100.(1 - a) = b100.(b - 1) (2)

a101.(1 - a) = b101.(b - 1) (3)

Trừ (2) cho (3) theo vế ta có :

(a100 - a101)(1 - a) = (b100 - b101)(b - 1) <=> a100.(1 - a)2 = b100.(1 - b)(b - 1)

<=> a100.(1 - a)2 = - b100.(1 - b)2 (4)

Nếu a ≠ 1, a > suy :

a100.(1 - a)2 > ≥ - b100.(1 - b)2 trái với (4) => a = => b = (thay vào (2), b >0)

Vậy P = 12004 + 12004 =

Ví dụ : Giải hệ phương trình

Tương tự, x < dẫn đến điều vơ lí Suy x = 1, thay vào (1) (2) ta có :

Vậy hệ có nghiệm : x = y = z =

Các bạn thử giải hệ phương trình sau :

TÌM LỜI GIẢI BÀI TỐN BẰNG CÁCH MỞ RỘNG BÀI TOÁN

Bài toán : 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 toán bắt nguồn từ đâu ?”

Trả lời câu hỏi này, tơi tìm lời giải cho toán Ta xét toán sau : Bài toán : 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 ( ,  ) để S =  S1 +  S2 ≤

Lời giải : Đặt

Ta có : S =  S1 +  S2

=  (ab + bc + cd) +  (ac + ad + bd)

=  (ab + b(-M - b) + (-M - b)(M - a)) + +  (a(-M - b) + a(M - a) + b(M - a)) =  (ab - bM - b2 - M2 - bM + aM + ab) + +  (-aM - ab + aM - a2 + bM - ab) = 2 ab - 2 bM -  b2 - M2 + aM - 2 ab -  a2 +  bM

= - M2 + ( a +  b - 2 b)M + 2 ab -  b2 - - 2 ab -  a2

Coi S = f(M) tam thức bậc hai theo M, ta có S ≤ <=> f(M) ≤ <=> DM ≤ (vì -a < 0) <=> ( a +  b - 2 b)2 + 4 (2 ab -  b2 - - 2 ab -  a2) ≤

<=>  2a2 +  2b2 + 4 2b2 + 2  ab - 4 2ab - - 4  b2 + 8 2ab - 4 2b2 - 8  ab - 4  a2 ≤

<=> ( 2 - 4  )a2 + (4 2 - 6  )ab + ( 2 - - 4  )b2 ≤

<=>  ( - 4 )a2 +  (4 - 6 )ab +  ( - 4 )b2 ≤ (*)

* Xét trường hợp < a ≤ b : Chia hai vế (*) cho b2 ≠ đặt t = a/b ta có : f(t) =  ( - 4 )t2 +  (4 - 6 )t +  ( - 4 ) ≤ 0,

trong f(t) tam thức bậc hai theo t Vì  ( - 4 ) < nên f(t) ≤ <=> ∆’t ≤

<=>  2(2 - 3 )2 -  ( - 4 )( - 4 ) ≤

<=>  2(4 2 - 12  + 9 2) -   (  - 4 2 - - 4 2 + 16  ) ≤

<=> 4 4 - 12 3 9 2 2 -  2 2 + 4  3 + + 4 3 - 16 2 2 ≤

<=> 4 4 - 8 3 - 8 2 2 + 4  3 ≤

<=>  3 - 2 2 - 2  2 +  3 ≤

<=> ( /  )3 - 2( /  )2 - 2 / + ≤ (chia hai vế cho b3 ≠ 0)

<=> x3 - 2x2 - 2x + ≤ (đặt < x ≤ 1)

<=> (x + 1)(x2 - 3x + 1) ≤

<=> x2 - 3x + ≤ (x + > 0)

(tính ∆x)

Vậy với <  ≤  S =  S1 +  S2 ≤  (1)

* Xét trường hợp <  ≤  , tương tự trường hợp : Chia hai vế (*) cho a2 ≠ đặt u = b/a ta

có :

f(u) =  ( - 4 )u2 +  (4 - 6 )u +  ( - 4 ) ≤

Vì  ( - 4 ) < nên f(u) ≤ <=> ∆’u ≤

<=>  2(2 - 3 )2 -   ( - 4 )( - 4+ ) ≤

<=>  3 - 2 2 - 2  2 +  3 ≤

<=> ( / )3 - 2( / )2 - 2 / + ≤

<=> y3 - 2y2 - 2y + ≤ (đặt  / = y, < y ≤ 1), bất phương trình có nghiệm :

Vậy với <  ≤  S =  S1 +  S2 ≤

(2)

Từ (1) (2) suy : Với   số dương, điều kiện để S =  S1 +  S2 ≤

Trở lại toán Ta thấy trường hợp đặc biệt kết : Với  =  = đúng, suy S = 5S1 + 8S2 ≤

Với  =  = đúng, suy S = 8S1 + 5S2 ≤

Vậy :

Qua toán 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

8h LÀM QUEN VỚI CHỮNG MINH BẰNG PHẢN CHỨNG TRONG HÌNH HỌC

Phản chứng phương pháp chứng minh gián tiếp hiệu quả, ta phải chứng minh mệnh đề phủ định sai Trong trình giảng dạy trường phổ thơng, tơi nhận thấy học sinh chưa thục áp dụng phương pháp để chứng minh tốn hình học

Hi vọng qua ví dụ đây, bạn nắm vững phương pháp chứng minh đặc biệt Ví dụ : Chứng minh tứ giác ABCD, A = B; D > C AD < BC

DAB = ABC (giả thiết) suy EAB = EBA => ∆ EAB cân E => EA = EB

Giả sử AD = BC => AD + EA = BC + EB => ED = EC => ∆ EDC cân E => trái với giả thiết Giả sử AD > BC => AD + EA > BC + EB => ED > EC => C > D, tráI với giả thiết Vậy AD < BC

Ghi : Ta hoàn toàn chứng minh trực tiếp kết

Ví dụ : Cho hình vng ABCD có cạnh a ; M trung điểm cạnh AD ; điểm E nằm BC thỏa mãn điều kiện < CE < a/2 Qua M kẻ đường thẳng song song với AE, cắt cạnh CD F Chứng minh hình thang AMFE khơng thể hình thang cân

Lời giải : Giả sử AMFE hình thang cân AM = FE (*) MAE = FEA, mà MAE = FEA = BEA => EA phân giác (góc ngồi ∆ EFC)

Mặt khác CA phân giác BCD (tính chất đường chéo hình vng), suy A tâm đường tròn bàng tiếp ECF ∆ EFC (đường tròn tiếp xúc với CE CF lầ lượt B D)

Lại có < CE < a/2 => BE > a/2

EF = BE + DF > BE > a/2 => EF > AM, Mâu thuẫn với (*) Vậy AMFE hình thang cân

Ví dụ : Cho đường trịn tâm O có hai đường kính AB CD vng góc với Gọi I K trung điểm OA, OB Tia CK cắt (O) F Chứng minh góc vng

Lời giải : Giả sử CIF = 90 o suy : OIF + OIC = ICD + OIC = 90 o => OIF =

Mặt khác AB, CD hai đường kính vng góc (O) nên sđ AD = sd DB ; OI = OK (bằng nửa bán kính (O)) nên CD trung trực đoạn IK => CD phân giác ECF => sd DE = sđ

sđ AE = sd AD - sđ DE = sđ DB - sđ DF = sđ FB => sđ FB

Từ (1) (2) => sđ DE = sđ EP => CE phân giác PCD, lại có CI PQ nên ∆ CPQ cân C IP = IQ Ta dễ dàng chứng minh ∆ AIP = ∆ OIQ (c.g.c)

Suy => ∆ BAP có điều vơ lí Vậy khơng phải góc vng

Ví dụ sau toán thách đấu số (TTT2 số 12) quen thuộc với bạn, tốn có nhiều cách chứng minh Nhân viết tơi xin trình bày thêm cách chứng minh khác

Ví dụ : Cho hình vng ABCD Điểm M thuộc miền hình vng, thỏa mãn điều kiện MDA = 15 o Chứng minh MBC tam giác

Lời giải : Theo giả thiết ta suy : BAM = CDM = 75 o (1) ; AMD = 150 o (2) ; ∆ MAD cân M

=> MA = MD => ∆ BMA = ∆ CMD (c.g.c) => MB = MC (4) => ∆ MBC cân M =>MBC = (5)

Giả sử ∆ MBC không đều, từ (4) suy : MB > BC MB < BC Nếu MB > BC => MB > AB => < BAM => BMA < 75 o, từ (1), (2), (3) ta có :

AMD + BMA + CMD < 300 o => BMC > 60o, từ (5) => MBC < BMC => MB < MC , mâu

Tương tự trên, từ MB < BC ta lại chứng minh MB > BC, điều vô lí Vậy BC = MB = MC hay ∆ MBC tam giác

Bài tập vận dụng

Bài : Cho tam giác ABC Chứng minh ma > a/2 A nhọn, a ma độ dài cạnh

BC đường trung tuyến kẻ từ A)

Bài : Cho đường tròn (O) I, K trung điểm dây cung AB, CD Biết AB > CD tia AB cắt tia CD P, chứng minh PI > PK

8d KHÔNG COI NHẸ KIẾN THỰC CƠ BẢN

Để giải tốn nói chung, đương nhiên bạn cần phải biết vận dụng linh hoạt, tổng hợp kiến thức mình, kiến thức phức tạp hình thành từ kiến thức đơn giản nhất, kiến thức Trong nhiều trường hợp, để giải tốn khó đơi cần cần phải sử dụng đến kiến thức

Hệ thống ví dụ chứng minh cho bạn thấy tầm quan trọng bất đẳng thức a2 với a (*) Ví dụ : 1) Chứng minh x2 - x + > với x

2) Tìm giá trị nhỏ y = x2 - 2x +

Lời giải :

1) Ta có

với x, 3/4 > theo (*)

2) Ta có y = x2 - 2x + = (x - 1)2 + ≥ (x - 1)2 ≥ với x Đẳng thức xảy <=> (x - 1)

1

Vậy y đạt giá trị nhỏ x = Ví dụ : Giải hệ phương trình

Lời giải : Cộng theo vế phương trình hệ ta có : x2 + y2 + z2 = y - + z - + x -

<=> (x2 - x + 1) + (y2 - y + 1) + (z2 - z + 1) =

Vì x2 - x + > ; y2 - y + > ; z2 - z + > với x, y, z (theo ví dụ 1.1) nên phương trình vơ

nghiệm

Vậy hệ phương trình cho vơ nghiệm

Ví dụ (đề thi TS vào lớp 10 chuyên Phan Bội Châu, Hà Tĩnh) : Giải hệ phương trình

Lời giải :

<=> 2x2 - 2xy + 2y2 - 2yz + 2z2 - 2zx =

<=> (x2 - 2xy + y2) + (y2 - 2yz + z2) + + (z2 - 2zx + x2) =

<=> (x - y)2 + (y - z)2 + (z - x)2 = (3)

Vì (x - y)2 ≥ ; (y - z)2 ≥ ; (z - x)2 ≥ với x, y, z => (x - y)2 + (y - z)2 + (z - x)2 ≥ với x, y, z

=> (3) <=> x - y = y - z = z - x = <=> x = y = z, thay vào (2) ta có : 3.x2002 = 3.y2002 = 3.z2002 = 32003

=> x2002 = y2002 = z2002 = 32002

Vậy hệ phương trình ban đầu có hai nghiệm x = y = z = x = y = z = - Ví dụ : Giải phương trình

Lời giải : Điều kiện x ≥ (2) Ta có :

<=> x = 2, thỏa mãn điều kiện (2)

Vậy phương trình (1) có nghiệm x =

Ví dụ ((đề thi TS vào lớp 10 ĐHKHTN - ĐHQG Hà Nội 2002) : Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác Chứng minh phương trình sau vơ nghiệm : x2 + (a + b + c)x + ab + bc + ca =

Lời giải : Phương trình tương đương với

với x, a, b, c nên để chứng minh phương trình vơ nghiệm, ta cần phải chứng minh : 4(ab + bc + ca) - (a + b + c)2 >

Thật : 4(ab + bc + ca) - (a + b + c)2 = 2(ab + bc + ca) - a2 - b2 - c2 = 2c(a + b) - (a - b)2 - c2

Vì a, b, c độ dài ba cạnh tam giác nên : |a - b| < c => (a - b)2 < c2

=> (a - b)2 + c2 < 2c2 ;

c < a + b => 2c2 < 2c(a + b)

Suy (a - b)2 + c2 < 2c(a + b)

<=> 2c(a + b) - (a - b)2 - c2 >

<=> 4(ab + bc + ca) - (a + b + c)2 >

Vậy phương trình ban đầu vơ nghiệm

trong sách giáo khoa mà thầy cô giáo truyền đạt cho em 9h 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 toán 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 đôi 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 đôi 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 DE/EC = DG/GB hay GE // BC

Cách : áp dụng định lí Xê-va ta có Mặt khác MB = MC nên

Bài toán : 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 = BK

∆ AB1C1 đồng dạng với ∆ BM1C1 suy

∆ CB1A>sub>1 ∆ đồng dạng với BK1A1 suy

Vậy : (áp dụng định lí Xê-va), suy BM1 = BK1

Do OX = OY nên :

XZ = YT <=> OZ = OT

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 (O

1), ta chứng minh : AIO1 + IBA = 90 o =>

ICM = 90 o =>O

1I CD ; Mà OO2 CD => OO2 // O1I

Tương tự OO1 // O2I, suy IO1OO2 hình bình hành (bạn đọc tự chứng minh hai trường hợp cịn lại)

Từ đó, ta có (xem phần hình màu) : OO1 = O2I = O2T ; OO2 = O1I = O1Z ;

OO1Z = (180o - 2O1IZ) + OO1I = 360o - OO2I - (180o - 2(OO2</SUB Đ O1IZ)) = 360o - 2O,sub>2IT) = OO2T

=> ∆ OO1Z = ∆ TO2O (c.g.c) => OZ = OT.(Chứng minh không cần dùng tới kiến thức tam giác đồng

dạng) l Bài tập áp dụng :

1) Từ điểm C ngồi đường trịn (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 đi 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.

8d TIẾP TỤC KHAI THÁC MỘT BÀI TOÁN

Trong TTT2 số 10, bạn Linh Nguyên có khai thác thú vị từ bất đẳng thức : a3 + b3 ≥ ab(a + b) với a, b dương (*)

<=> 3a3 ≥ (2a - b)(a2 + ab + b2)

Từ ta có tốn :

Bài toán : Cho a, b, c số dương Chứng minh :

Hướng thứ hai : Ta lại có

Mặt khác, áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số không âm ta có :

Ta có tốn :

Bài toán : Cho a, b, c số dương Chứng minh :

(áp dụng bất đẳng thức Nesbit cho số dương a3, b3, c3) Ta có tốn thứ ba :

Bài toán : Cho a, b, c số dương Chứng minh :

8d NHẨM NGHIỆM ĐỂ PHÂN TÍCH ĐA THỨC THÀNH NHÂN TỬ

Nhiều bạn nói đến nhẩm nghiệm băn khoăn nhẩm số ? Chẳng lẽ nhẩm “vu vơ” may ? Xin “mách” bạn nguyên tắc nhẩm (dựa kết khẳng định khơng trình bày chương trình sách giáo khoa)

Nguyên tắc bản:

1) Cho đa thức ẩn x với hệ số nguyên

f(x) = a0xn + a1xn-1 + + an-1x + an có nghiệm hữu tỉ p ước an q ước a0

Hệ : Nếu a0 = nghiệm hữu tỉ f(x) nghiệm nguyên nghiệm nguyên ước số

hạng tự an

2) Nếu đa thức f(x) có nghiệm x = a x - a nhân tử phân tích f(x) dạng tích Chúng ta theo dõi ví dụ đơn giản

sau :

Ví dụ : Phân tích đa thức x2 - 9x + 14 thành nhân tử

Nhẩm nghiệm : Ta thấy nghiệm nguyên có f(x) ước 14 Nhẩm thử tìm nghiệm x = (có bạn nhẩm x = trước !) Từ ta có x - phải nhân tử f(x) (nếu nhẩm x = nhận định có nhân tử x - 7)

Lời giải : Khi bạn nhẩm nghiệm x =

Cách : x2 - 9x + 14 = x2 - 2x - 7x + 14 = x(x - 2) - 7(x - 2) = (x - 2)(x - 7)

Cách : x2 - 9x + 14 = x2 - - 9x + 18 = (x + 2)(x - 2) - 9(x - 2) = (x - 2)(x - 7)

Cách : x2 - 9x + 14 = x2 - 49 - 9x + 63 = (x - 7)(x + 7) - 9(x - 7) = (x - 7)(x - 2)

Cách : x2 - 9x + 14 = x2 - 7x - 2x + 14 = x(x - 7) - 2(x - 7) = (x - 7)(x - 2)

Ví dụ : Phân tích thành nhân tử f(n) = 5n3 + 15n2 + 10n

Tìm lời giải : Ta có f(n) = 5n3 + 15n2 + + 10n = 5n(n2 + 3n + 2) Nhẩm nghiệm đa thức n2 + 3n + ta được

n = -1 (hoặc n = -2)

Lời giải : f(n) = 5n3 + 15n2 + 10n = 5n(n2 + 3n + 2) = 5n(n2 + n + 2n + 2) = 5n[n(n + 1) + 2(n + 1)] = 5n(n +

1)(n + 2)

Chú ý : Từ kết chứng minh f(n) chia hết cho 30 với số nguyên n Thí dụ để bạn lưu ý tác dụng ẩn phụ

Ví dụ : Phân tích đa thức thành nhân tử P(x) = (x2 + 3x + 1)(x2 + 3x + 2) - 12

Tìm lời giải : Đặt t = x2 + 3x + đa thức trở thành f(t) = t(t + 1) - 12 = t2 + t - 12 Nhẩm nghiệm

ước 12 ta có nghiệm t = (hoặc t = -4)

Lời giải : Ta có f(t) = t2 - 3t + 4t - 12 = t(t - 3) + 4(t - 3) = (t - 3)(t + 4) Do :

P(x) = (x2 + 3x + - 3)(x2 + 3x + + 4) = (x2 + 3x - 2)(x2 + 3x + 5)

Mời bạn thử làm tập sau :

1) Phân tích đa thức sau thành nhân tử : a) (x2 + x)2 - 2(x2 + x) - 15 ;

b) (x2+ 8x + 7)(x + 3)(x + 5) + 15 ;

2) Chứng minh P = (x2 + 1)4 + 9(x2 + 1)3 + + 21(x2 + 1)2 - x2 - 31 ≥ với x 3) Chứng minh Q = x(x + 1)(x

+ 2)(x + 3) + số phương với số nguyên x 8h HỌC CÁCH DỰNG HÌNH PHỤ

QUA VIỆC CHỨNG MINH MỘT ĐỊNH LÍ

Các bạn biết khơng ? Định lí “Trong tam giác, đường phân giác góc chia cạnh đối diện thành hai đoạn thẳng tỉ lệ với hai cạnh kề hai đoạn ấy” lớp có nhiều cách chứng minh

Xin giới thiệu số cách chứng minh định lí trên, hi vọng qua bạn tơi, tích lũy nhiều kinh nghiệm dựng hình phụ để giải tốn hình học

Khơng tính tổng quát, ta xét tam giác ABC có phân giác AD (D thuộc BC), ABC ≥ ACB Ta cần chứng minh AB/AC = DB/DC (*)

Cách : Dựng BE (E thuộc AD) cho  ABE =  ACD (hình 1)

Ta có ∆ABE đồng dạng với ͧACD (g-g) suy AB/AC = EB/DC (1) ;  AEB =  ADC =>  BED = => ∆BDE cân B => BD = BE (2) Từ (1) (2) suy (*)

Cách : Dựng AH  BC, DM  AB, DN  AC (H, M, N thuộc BC, AB, AC, hình 3)

Ta có ∆ADM = ∆ADN (cạch huyền-góc nhọn) suy DM = DN Do : S(ABD)/S(ACD) = DM.AB/ (DN.AC) = AB/AC (1)

Lại có S(ABD)/S(ACD) = AH.DB/(AH.DC) = DB/DC (2) Từ (1) (2) suy (*)

Cách : Qua B vẽ đường thẳng song song với AD, cắt đường thẳng AC E (hình 4)

Xét ∆CBE, AD // BE, ta có DB/DC = AE/AC (1)

Cũng AD // BE mà AD lại phân giác  BAC, dễ dàng chứng minh  AEB =  ABE => ∆ABE cân A => AB = AE (2)

Từ (1) (2) suy (*)

Ta có ∆BFD đồng dạng với ∆DEC (g-g) suy DB/DC = BF/DE = DF/CE = (BF + DF)/(DE + CE) Mặt khác, dễ thấy AEDF hình thoi nên suy DB/DC = AB/AC (đpcm)

* Với cách kẻ hình phụ sau, bạn thử tiếp tục chứng minh định lí cách khác : Cách (SGK Toán 8, tập 2, trang 66) : Qua B vẽ đường thẳng song song với AC, cắt đường thẳng AD E (hình 6)

Cách : Qua D dựng đường thẳng song song với AB, qua A dựng đường thẳng song song với BC, hai đường thẳng cắt E DE cắt AC F (hình 7)

Cách : Dựng qua B đường thẳng vng góc với AB ; dựng qua C đường thẳng vng góc với AC, hai đường thẳng cắt K AD cắt BK, CK E, F Dựng qua B đường thẳng song song với AD, cắt CK G (hình 9)

Cách 10 : Qua B, C dựng đường thẳng song song với AD, cắt đường thẳng qua D song song với AC lần lượt F, E Đường thẳng qua F song song với AB cắt AD M

9d MỘT PHƯƠNG PHÁP TÌM GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT VÀ GIẤ TRỊ LỚN NHẤT

Trong viết này, tơi đề cập đến dạng tốn tìm giá trị lớn (GTLN) giá trị nhỏ (GTNN) một biểu thức nhiều ẩn, ẩn nghiệm phương trình bất phương trình cho trước Đối với dạng tốn này, ta cần xác định giải bất phương trình ẩn mà ẩn biểu thức cần tìm GTLN, GTNN

Bài tốn : Tìm GTLN GTNN xy biết x y nghiệm phương trình x4 + y4 - = xy(1 - 2xy)

Lời giải : Ta có x4 + y4 - = xy(1 - 2xy)

<=> xy + = x4 + y4 + 2x2y2

<=> xy + = (x2 + y2)2 (1)

Do (x2 - y2)2 ≥ với x, y, dễ dàng suy (x2 + y2)2 ≥ 4(xy)2 với x, y (2)

Từ (1) (2) ta có :

xy + ≥ 4(xy)2 <=> 4t2 - t - ≤ (với t = xy)

<=> (t - 1)(4t + 3) ≤

<=> x = y = ; t = xy đạt GTNN

Bài toán : Cho x, y, z số dương thỏa mãn xyz ≥ x + y + z + Tìm GTNN x + y + z Lời giải : áp dụng bất đẳng thức Cơ-si cho ba số dương x, y, z ta có :

Vậy t = x + y + z đạt GTNN x = y = z =

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

A = xyz Lời giải :

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

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

áp dụng bất đẳng thức m2 + n2 ≥ 2|mn| với m, n ta có :

x2 + y2z2 ≥ 2|xyz| ; y2 + x2z2 ≥ 2|xyz| (2)

Từ (1) (2) suy :

2|xyz| + 4|xyz| + 3(xyz)2 ≤

<=> 3A2 + 6|A| - ≤ <=> A2 + 2|A| - ≤

<=> (|A| - 1)(|A| + 3) ≤ <=> |A| ≤ <=> -1 ≤ A ≤

Vậy : A đạt GTLN

A đạt GTNN -1

Bài toán : Cho số thực x, y, z thỏa mãn x4 + y4 + x2 - = 2y2(1 - x2)

Tìm GTLN GTNN x2 + y2

Lời giải : Ta có x4 + y4 + x2 - = 2y2(1 - x2)

<=> (x2 + y2)2 - 2(x2 + y2) - = -3x2 ≤

=> t2 - 2t - ≤ (với t = x2 + y2 ≥ 0)

=> (t + 1)(t - 3) ≤ => t ≤

Vậy t = x2 + y2 đạt GTLN x = ;

Ta lại có x4 + y4 + x2 - = 2y2(1 - x2)

=> t2 + t - ≥ (với t = x2 + y2 ≥ 0)

Vậy t = x2 + y2 đạt GTNN

khi y = ;

Bài tập tương tự

1) Cho x, y, z thỏa mãn : 2xyz + xy + yz + zx ≤ Tìm GTLN xyz

Đáp số : 1/8(x = y = z = 1/2)

2) Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn : (x + y + z)3 + x2 + y2 + z2 + = 29xyz

Tìm GTNN xyz Đáp số : (x = y = z = 2)

3) Tìm GTLN GTNN S = x2 + y2 biết x y nghiệm phương trình :

5x2 + 8xy + 5y2 = 36

Đáp số : GTLN 36 GTNN

4) Cho x y số thực thỏa mãn :

Tìm GTLN x2 + y2

Đáp số : (x = -1 ; y = 0)

5) Cho số thực x, y, z thỏa mãn : x2 + 4y2 + z2 = 4xy + 5x - 10y +2z -

Tìm GTLN GTNN x - 2y Đáp số :

GTLN (x = 2y + ; y Є R ; z = 1) ; GTNN (x = 2y + ; y Є R ; z = 1)

6) Tìm số ngun khơng âm x, y, z, t để M = x2 + y2 + 2z2 + t2 đạt GTNN, biết :

Đối với tơi việc xâu chuỗi, tìm tịi mối liên hệ toán gặp để phát kết công việc hứng thú Ví dụ, q trình học tốn tơi gặp hai tốn :

Bài toán : Cho a, b, c số dương thỏa mãn a + b + c = Chứng minh : a4 + b4 + c4 ≥ a3 + b3 + c3

Bài toán : 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 :

Khi giải tốn tơi thành cơng sử dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-ski (sau tơi cịn biết nhiều cách giải khác) :

Ta có (a3 + b3 + c3)2 = (a.a2 + b.b2 + c.c2)2

≤ (a2 + b2 + c2)(a4 + b4 + c4) suy

≤ (a + b + c)(a3 + b3 + c3) suy

(a + b + c)2 ≤ 3(a2 + b2 + c2) suy

Từ (1), (2), (3) suy điều phải chứng minh

Sau tơi gặp tốn TTT2 số 6, cách giải hồn tồn tương tự với kết giá trị nhỏ T 1/4.Tơi có nhận xét ban đầu hai toán sau : tốn ta tìm giá trị nhỏ ; hai toán khác số số dương ; giá trị tổng số dương khơng ảnh hưởng trực tiếp vào lời giải

Từ tơi nghĩ hai tốn mở rộng cho n số dương đề xuất toán (chứng minh tương tự hai toán trên) :

Bài toán : Cho x1, x2, , xn số dương thay đổi thỏa mãn điều kiện x1 + x2 + + xn = k Chứng minh

rằng :

Tiếp tục suy nghĩ, nhận thấy với số a dương ta ln có với cách chứng minh ta tiếp tục mở rộng toán :

Hướng dẫn :

Đẳng thức xảy

9d SỰ TƯƠNG GIAO GIỮA ĐƯỜNG THẲNG VÀ PARABOL

Bài toán tương giao đường thẳng đường parabol chủ đề hay gặp kì thi cuối cấp Nắm vững loại toán 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 không 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

1 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) Hoành 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 <=> ∆ >

Ví dụ : Chứng minh đường thẳng (D) : y = 4x - tiếp xúc với parabol (P) : y = 2x2 - 4(2m - 1)x + 8m2 -

Giải : Hoành 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) luôn 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) Hoành 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) : 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) Hoành 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 :

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 -

Hoành 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) Vậy parabol (P) qua ba điểm (0 ; 2) ; (1 ; 0) (3 ; 2)

Do a = ; b = -3 c =

8h HỌC TỐN CẦN PHẢI BIẾT THẮC MẮC

Ln tự đặt câu hỏi tìm cách giải đáp trước vấn đề học toán phẩm chất đáng khích lệ Nó khơng giúp bạn hiểu kĩ vấn đề mà tạo cho bạn phong cách học tập chủ động thói quen suy nghĩ sâu sắc, đầy đủ

Khi học “Đường trung bình tam giác - áp dụng vào tam giác vng”, SGK Hình Học cũ (trang 51) có nêu hai định lí sau :

Định lí : Trong tam giác vng, trung tuyến ứng với cạnh huyền nửa cạnh huyền

Định lí : Trong tam giác trung tuyến ứng với cạnh nửa cạnh tam giác tam giác vng

* Việc chứng minh hai định lí khơng khó (dựa vào tính chất đường trung bình tam giác) vấn đề nảy sinh định lí phát biểu cách khác : “Trong tam giác, trung tuyến xuất phát từ đỉnh góc vng nửa cạnh đối diện với đỉnh đó”

Câu hỏi tơi đặt : Trong tam giác, trung tuyến xuất phát từ đỉnh góc nhọn (hay đỉnh góc tù) so với cạnh đối diện với đỉnh ? Khơng khó khăn để có trả lời cho câu hỏi

Trường hợp (trung tuyến xuất phát từ đỉnh góc nhọn) :

Cho tam giác ABC có  A = 90o M trung điểm BC Ta so sánh AM với BC/2;

Khơng tính tổng qt, giả sử  B < 90o(hình 1) Gọi H hình chiếu vng góc C AB H phải

thuộc đoạn thẳng AB (H khác A H khác B) Suy :  AHM =  AHC +  CHM >  AHC = 90o

=>  H góc lớn tam giác AHM => AM > HM Mặt khác, theo định lí HM = BC/2 nên : AM > BC/2 Trường hợp (trung tuyến xuất phát từ đỉnh góc tù) :

Cho tam giác ABC có  A > 90o, M trung điểm BC Ta so sánh AM với BC/2 :

Dựng hình bình hành ABDC (hình 2)

Dễ thấy M trung điểm AD  ACD < 90o, theo định lí AD/2 < CM

Như ta có thêm hai định lí sau :

Định lí 1.1 : Trong tam giác, trung tuyến xuất phát từ đỉnh góc nhọn lớn nửa cạnh đối diện với đỉnh đó

Định lí 1.2 : Trong tam giác, trung tuyến xuất phát từ đỉnh góc tù nhỏ nửa cạnh đối diện với đỉnh đó. Bằng phương pháp phản chứng ta dễ dàng chứng minh hai định lí khác :

Định lí 2.1 : Trong tam giác trung tuyến ứng với cạnh lớn nửa cạnh góc đối diện với cạnh nhọn

Định lí 2.2 : Trong tam giác trung tuyến ứng với cạnh nhỏ nửa cạnh góc đối diện với cạnh tù

* Tôi vui sướng đem kết khoe với người anh họ Anh khen đặt thêm cho câu hỏi : Với tam giác vuông ABC vuông A, trung tuyến AM Đặt BC = a, AM = ma định lí viết

dạng hệ thức : ma = a/2 (*), có hệ thức tổng quát tính độ dài đường trung tuyến ABC tam giác

bất kì khơng ?

Phải đợi đến học định lí Py-ta-go lớp tơi trả lời câu hỏi này, định lí sau (trong SGK mới, định lí Py-ta-go giới thiệu từ lớp 7)

Định lí : Một tam giác có độ dài ba cạnh a, b, c độ dài ba đường trung tuyến tương ứng m :

AB2 = AH2 + HB2 = AH2 + |MB - MH|2

= AH2 + MH2 + MB2 - 2.MB.MH

= AM2 + BC2/4 - 2,MB.MH ;

AC2 = AH2 + HC2 = AH2 + (MC + MH)2

= AH2 + MH2 + MC2 + 2.MC.MH

= AM2 + BC2/4 + 2.MB.MH

* Tơi tiếp tục dự đốn chứng minh định lí bao trùm định lí ; 1.1 ; 1.2 Ta có :

Chứng minh (1) : Tam giác ABC có  A < 90o Khơng tính tổng qt, giả sử  B < 90o (hình 4

Gọi H hình chiếu vng góc C AB H phải thuộc đoạn thẳng AB (H khác A H khác B) Suy :

BC2 = BH2 + CH2 = (BA - AH)2 + AC2 - AH2

= AB2 + AC2 - 2.AB.AH < AB2 + AC2

=> a2 < b2 + c2

Chứng minh (2) : Tam giác ABC có  B < 90o (hình 5)

Gọi H hình chiếu vng góc C AB A phải nằm B H Suy : BC2 = BH2

AH)2 + AC2 - AH2

= AB2 + AC2 + 2.AB.AH > AB2 + AC2

=> a2 > b2 + c2

Liệu lại có cơng thức bao trùm định lí Py-ta-go mở rộng khơng, bạn thử tìm xem ? Và bạn quan tâm nhiều câu hỏi, thắc mắc chờ giải đáp

Các bạn thấy đấy, với cách học phát mối quan hệ khăng khít khái niệm, kiến thức Tốn học ; chủ động phát chứng minh kiến thức mà không thiết phải chờ thầy dạy

6 MỘT GIỜ HỌC HIỆU QUẢ

nhiều cách giải hay, sáng tạo Sau tơi xin trình bày vắn tắt cách giải học sinh Đề : Hãy so sánh hai phân số

A = (nn + 1)/ (nn+1 + 1) B = (nn - 1 + 1)/(nn+1 + 1) (n>1)

Lời giải :

Cách (của bạn Nguyễn Ngọc Huy) : Xét hiệu

(do n > 1) Vậy B - A > hay B > A Cách (của bạn Trần Việt ánh) : Ta có

Đến ta thấy A B có tử số số dương (nn + 1)(nn - 1 + 1), xét hiệu hai mẫu số : (nn +

(nn + 1)(nn + 1)

= nn + 1 - 2nn + nn - 1 = nn - 1(n - 1)2 >

Dễ dàng suy B > A

Cách (của bạn Đặng Huy Nghĩa) : Ta có

Vì n > => nn > nn - 1 => nn + > nn - 1 +

Cách (của bạn Ngơ Ngọc ánh) : Ta có

Tương tự cách 3, ta chứng minh nB > nA => B > A

Cách (của bạn Nguyễn Mai Linh) : Sử dụng kết “với b, d dương, a/b < c/d a/b < (a + c)/(b + d)” Ta có : Vì n > nên suy

9d 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 :

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 làm nghiệm Mặt khác cần ghi nhớ :

Do x < khơng thỏa mãn phương trình Cuối phương trình có nghiệm x = Mong bạn trao đổi thêm vấn đề

9d TIẾP TỤC PHÁT HIỆN VÀ MỞ RỘNG

Tiếp tục mở rộng kết sáng tạo tự học toán, 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) + 1/(b + c - a)n + 1/(c + a - b)n ≥ 1/an + 1/bn + 1/cn (II)

l Câu hỏi đặt : không 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 toán 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)

(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

thì 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 ;

a3b3 + a1b1 ≥ a3b1 + a1b3

Cộng theo vế ba bất đẳng thức ta có 2(a1b1 + 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 quát, 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 :

* Từ bất đẳng thức (III) thầy Tấn nâng lên lũy thừa bậc n tử số phân số vế trái để tìm kết mới, cịn tơi mạnh dạn tiếp tục nâng lên lũy thừa bậc m mẫu số chúng ý tưởng sử dụng bất đẳng thức Trê-bư-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, cịn tìm chứng minh kết sau :

(trong a, b, c ba cạnh tam giác, m, n, p, q số tự nhiên khác 0) Các bạn thử chứng minh xem !

6 CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌC GIẢI ĐƯỢC NHỜ TÍNH BẤT BIẾN

Một số tốn có đặc điểm, tính chất khơng thay đổi thay đổi đại lượng đó, mà ta gọi tính bất biến Đơi tìm lời giải cho toán nhờ khai thác tính bất biến này, theo dõi số toán số học

Bài toán : Trên bảng viết 10 dấu cộng 15 dấu trừ Với 24 lần thực hiện, lần xóa dấu lại thêm vào dấu (cộng trừ) để cuối bảng lại dấu Biết dấu thêm vào dấu trừ trước xóa dấu khác nhau, ngược lại dấu thêm vào dấu cộng Hỏi dấu lại bảng dấu ?

Lời giải : Ta thấy, xóa dấu cộng phải thêm vào dấu cộng, số dấu trừ bảng khơng thay đổi

Nếu xóa dấu trừ phải thêm vào dấu cộng, số dấu trừ giảm

Nếu xóa dấu cộng dấu trừ phải thêm vào dấu trừ, số dấu trừ bảng khơng thay đổi Như vậy, tính bất biến : sau lần thực việc xóa thêm dấu, số dấu trừ bảng không thay đổi giảm

số lẻ

Sau 24 lần thực hiện, bảng lại dấu mà dấu trừ khơng thể hết nên dấu cịn lại bảng phải dấu trừ

Bài toán : Một hình trịn chia thành 10 hình quạt, ô người ta đặt viên bi Nếu ta di chuyển viên bi theo quy luật : lần lấy ô viên bi, chuyển sang ô liền kề theo chiều ngược chuyển tất viên bi không ?

Lời giải : Trước tiên, ta tô màu xen kẽ hình quạt, có tô màu (ô màu) ô không tơ màu (ơ trắng) Ta có nhận xét :

Nếu di chuyển bi ô màu bi trắng tổng số bi ô màu không đổi

Nếu di chuyển màu, bi tổng số bi ô màu giảm Nếu di chuyển trắng, bi tổng số bi ô màu tăng lên

Vậy tổng số bi ô màu không đổi, giảm tăng lên Nói cách khác, tổng số bi màu khơng thay đổi tính chẵn lẻ so với ban đầu

Ban đầu tổng số bi ô màu viên (là số lẻ) nên sau hữu hạn lần di chuyển bi theo quy luật tổng số bi ô màu khác khác 10, khơng thể chuyển tất viên bi

Bài tốn :

Mỗi số dãy 21, 22, 23, , 22005

đều thay tổng chữ số Tiếp tục làm với số nhận tất số có chữ số Chứng minh dãy : số số nhiều số số

Lời giải : Ta thấy : “Số tự nhiên A tổng chữ số A số dư phép chia cho 9” Mặt khác ta có : 21 chia cho dư ;

22 chia cho dư ; 23 chia cho dư ;

24 chia cho dư ; 25 chia cho dư ;

26 chia cho dư ; 27 chia cho dư ;

Do 26k + r nhận số dư phép chia cho 2, 4, 8, 7, 5, tương ứng với giá trị r 1,

2, 3, 4, 5, Dãy cuối nhận gồm 2005 số thuộc tập hợp {2 ; ; ; ; ; 1}

Ta có 2005 = 334 x + nên dãy cuối có 335 số (nhiều số số khác số) Vậy số số nhiều số số số

Bài toán : Một tờ giấy bị cắt nhỏ thành mảnh 11 mảnh Các mảnh nhận lại chọn để cắt (thành mảnh 11 mảnh nhỏ hơn) Cứ ta nhận 2005 mảnh cắt không ?

Lời giải : Sau lần cắt mảnh giấy thành mảnh 11 mảnh số mảnh giấy tăng lên 10 Như tính bất biến tốn “số mảnh giấy ln tăng lên bội số 5” Vậy số mảnh giấy sau lần cắt có dạng + 5k, mặt khác 2005 có dạng 5k nên với cách cắt trên, từ tờ giấy ban đầu, ta cắt thành 2005 mảnh

Sau số tập ứng dụng :

Bài : Trên bảng gồm x ô vuông viết dấu cộng dấu trừ Đổi dấu đồng thời ô nằm hàng cột ô dọc theo đường thẳng song song với hai đường chéo Bằng cách ta nhận bảng chứa tồn dấu cộng khơng ?

minh : cách đổi dấu đồng thời đỉnh liên tiếp với số lần tùy ý, ta nhận đa giác mà đỉnh A2 viết dấu trừ đỉnh khác viết dấu cộng

Bài : Cho dãy số 1, 2, 3, , 2006 Ta thay đổi vị trí số theo nguyên tắc : lần lấy số đặt chúng vào vị trí cũ theo thứ tự ngược lại Bằng cách này, ta xếp dãy số dãy số 2006, 2005, , 2, không ?

Bài : Mỗi người sống trái đất thực số bắt tay định với người khác Chứng minh số người thực số lẻ bắt tay số chẵn

Bài : Cho số 1, 2, 3, , n xếp theo thứ tự Tiến hành tráo đổi vị trí hai số đứng kề Chứng minh thực số lẻ lần khơng thể nhận xếp ban đầu Bài : Trên bàn cờ x ơ, mã từ ô bên trái đến ô bên phải mà qua ô lần không ?

8d MỘT LẦN VÀO "BẾP"

Trong q trình tự học tốn, tơi thường “nghiên cứu” kĩ tốn đơn giản, cố tìm điểm mấu chốt chúng “xào nấu” chúng thành tốn “trơng lạ” Việc giúp khắc sâu kiến thức, rèn luyện khả sáng tạo mà cịn cho tơi toán thú vị để đố bạn bè Xin giới thiệu với bạn lần vào “bếp” tơi, tốn đơn giản

Bài tốn : Tìm giá trị nhỏ T = (a + 2003)2 + (b + 2004)2 + (c + 2005)2

Lời giải : Ta có (a + 2003)2 ≥ với a ; (b + 2004)2 ≥ với b ; (c + 2005)2 ≥ với c Suy T ≥

với a, b, c Đẳng thức xảy a = -2003 ; b = -2004 ; c = -2005 Vậy giá trị nhỏ T

Dễ thấy rằng, toán ta thay số 2003, 2004, 2005 số thực Từ ta có tốn sau :

Bài tốn : Tìm giá trị nhỏ T = (a + m)2 + (b + n)2 + (c + p)2 với m, n, p số

Hai tốn có cách giải đơn giản (sử dụng tính chất A2 ≥ 0) Bây giờ, thêm điều kiện a + b + c

một số ta đề xuất toán sau :

m, n, p, q số

Tôi thử nhiều cách cuối tìm lời giải cho toán nhờ sử dụng bất đẳng thức phụ sau : x2 + y2 + z2 ≥ (x + y + z)2/3 với x, y, z (1)

Chứng minh (1) : Với x, y, z ta có x2 + y2 ≥ 2xy ; y2 + z2 ≥ 2yz ; z2 + x2 ≥ 2zx Cộng theo vế bất

đẳng thức chiều ta

2(x2 + y2 + z2) ≥ 2(xy + yz + zx) <=> 3(x2 + y2 + z2) ≥ (x + y + z)2 <=> x2 + y2 + z2 ≥ (x + y + z)

Đẳng thức xảy <=> x = y = z

Lời giải : Theo bất đẳng thức (1) ta có

T = (a + m)2 + (b + n)2 + (c + p)2 ≥ (a + b + c + m + n + p)2/3 = (m + n + p + q)2/3 Suy T ≥ (m + n + p +

q)2/3 Vậy giá trị nhỏ T (m + n + p + q)2/3,

Lời giải tốn không thay đổi ta thay điều kiện a + b + c = q điều kiện a + b + c ≥ q Ta có tốn “hóc búa” sau :

Bài tốn : Tìm giá trị nhỏ T = (a + m)2 + (b + n)2 + (c + p)2 Biết a + b + c ≥ q m, n, p, q

hằng số

Cũng toán điều kiện a + b + c ≥ q ẩn điều kiện khác a, b, c dương abc ≥ q3, tốn trở nên “hóc búa” nhiều :

Bài tốn : Tìm giá trị nhỏ T = (a + m)2 + (b + n)2 + (c + p)2 Biết a, b, c số dương, abc ≥ q

m, n, p, q số

Hướng dẫn : áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho số dương a, b, c ta có

Việc mở rộng bất đẳng thức (1) giúp phát triển thêm chuỗi tốn Ta có hai bất đẳng thức sau :

Chứng minh (2) : áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-ski cho 2n số ta có

Vậy theo nguyên lí quy nạp, ta chứng minh (3)

Các bạn thử dùng bất đẳng thức (1) ; (2) ; (3) để giải toán sau

Bài toán : Tìm giá trị nhỏ T = (a1 + b1)2 + (a2 + b2)2 + + (a2005 + b2005)2 Biết a1 + a2

2005 b1, b2, , b2005 số

Bài toán : Tìm giá trị nhỏ T = (a1 + b1)2 + (a2 + b2)2 + + (a2006 + b2006)2 Biết a1, a2, , a

số dương có tích khơng nhỏ 24012 b

1, b2, , b2006 số

Bài tốn : Tìm giá trị nhỏ T = (a + m)2005 + (b + n)2005 + (c + p)2005 Biết a + b + c = 6015 m, n, p

là số

Bài tốn : Tìm giá trị nhỏ T = (a + m)2006 + (b + n)2006 + (c + p)2006 Biết a, b, c số dương, abc

≥ 54135 m, n, p số

7h Các bạn học sinh lớp thân mến ! Trong TTT2 số số 16 đề cập đến việc sử dụng diện tích chứng minh hình học số tốn diện tích Trong viết xin nêu thêm số ứng dụng khác diện tích tam giác vào việc chứng minh số dạng tập

1 Quan hệ đoạn thẳng

Bài toán : Cho tam giác ABC, trung tuyến AM Một đường thẳng song song với BC cắt cạnh AB, AC trung tuyến AM D, E, F Chứng minh FD = FE

S(ABM) = S(ACM) (chung đường cao, hai đáy nhau) ; S(DBM) = S(ECM) (đường cao nhau, hai đáy nhau)

Suy S(DAM) = S(ABM) - S(DBM) = S(ACM) - S(ECM) = S(EAM)

Hai tam giác DAM EAM lại có chung đáy AM nên đường cao hạ xuống AM hay DK = EH Từ ta có

suy FD = FE

Lời bình : Bài tốn khơng có khó khăn ta dùng định lí Ta-lét, nhiên kiến thức diện tích kiến thức hình học lớp tốn chứng minh gọn gàng đẹp đẽ

Bài toán : Cho tam giác ABC, N trung điểm trung tuyến AM Tia BN cắt cạnh AC K Chứng minh :

AK = 1/2 CK, NK = 1/3 NB

Lời giải : Dễ thấy S(ABN) = S(BMN) = S(CMN) = S(CAN) suy S(ABN)/S(CBN) = 1/2

Mặt khác cặp tam giác NAK NCK ; BAK BCK có chung đường cao tương ứng với hai đáy AK, CK nên

S(ANK) = 1/2S(CNK) = 1/3 S(NAC) = 1/3 S(ABN)

suy S(ANK) / S(ABN) = 1/3 => NK = 1/3 BN hai tam giác có chung đường cao tương ứng với hai đáy NK, BN

Lời bình : Nếu sử dụng kiến thức đường trung bình tam giác tốn quen thuộc Đáng tiếc lớp chưa học đường trung bình

2 Chứng minh đồng quy, thẳng hàng

Bài toán : Cho tam giác ABC, trung tuyến AM Một đường thẳng song song với BC cắt AB, AC tại D E Chứng minh BE CD cắt AM

Lời giải : Gọi giao điểm DE AM F, theo toán ta có FD = FE, suy S(BDFM) = S(BFD) + S(BFM) = S(CFE) + + S(CFM) = S(CEFM) (1)

Gọi giao điểm BE CD O, nối OF, OM ta có S(DOF) = S(EOF) (do FD = FE) ; S(BOM) = S(COM) ; S(BDO) = S(CEO) (do S(BDC) = S(BEC))

Suy S(BDFOM) = S(CEFOM) hay đường gấp khúc FOM chia đơi diện tích hình thang BDEC (2) Từ (1) (2) suy S(FOM) = ị F, O, M thẳng hàng ị O thuộc FM (đpcm)

Lời bình : 1) Đơi để chứng minh ba điểm thẳng hàng ta phải chứng minh tam giác có ba đỉnh ba điểm có diện tích

2) Kết hợp kết toán toán ta có tốn sau : “Trong hình thang, giao điểm hai cạnh bên kéo dài, giao điểm hai đường chéo hai trung điểm hai đáy bốn điểm thẳng hàng”

thang)

Bài toán : (tính chất ba đường trung tuyến tam giác) Trong tam giác, ba đường trung tuyến đồng quy điểm đồng quy chia trung tuyến theo tỉ số 2/3 kể từ đỉnh

Lời giải : Vẽ trung tuyến BE CF cắt G Nối AG cắt BC M Ta chứng minh MB = MC

Ta có S(ABE) = S(ACF) = 1/2 S(ABC)

suy S(BGF) = S(CGE) => S(AGF) = S(BGF) = S(CGE) = S(AGE) => S(ABG) = S(ACG) (*)

Hạ đường vng góc BH, CK tới AM Do (*) nên BH = CK, suy S(GBM) = S(GCM) => BM = CM Mặt khác, S(ABG) = 2S(AGE) suy BG = 2GE hay BG/BE = 2/3

Tương tự ta có :AG/AM = CG/CF = 2/3

Lời bình : Đây tính chất quan trọng hình học hạn chế kiến thức (chưa học đường trung bình tam giác) nên đưa vào chương trình lớp yêu cầu học sinh thừa nhận (Kì sau đăng tiếp)

9h 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

Ta tập 11 trang 37 SGK Hình học :

Bài tốn : Cho đường tròn (O) điểm M cố định khơng nằm đường trịn 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 toán đơn giản, ta xét hai trường hợp điểm M nằm điểm M nằm (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 cịn đưa kết luận mạnh : MA.MB = |MO2 - R2| (R bán kính (O)) Kết chứng minh TTT2 số 12

Nhận xét : Trường hợp M nằm (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 9.

Nhận xét : Kết hợp với tính chất tứ giác nội tiếp ta chứng minh toán sau :

Bài toán : 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 trịn (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 không trùng nhau)

a) Chứng minh CDFE tứ giác nội tiếp

b) Kết luận cịn khơng (O1) (O2) tiếp xúc với (M nằm tiếp tuyến chung hai

đường trịn) ?

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 trịn ta lại có thêm nhiều kết khác

Bài tốn : Cho hai đường trịn (O1), (O2) tiếp xúc với A BD tiếp tuyến chung ngồi hai

đường trịn (B thuộc (O2), D thuộc (O1)) Gọi DM đường kính (O1), qua M kẻ tiếp tuyến MC với (O

Chứng minh MC = MD

Lời giải : Ta có BDO1O2 hình thang vng, A thuộc O1O2 ; O1AD O2AB tam giác cân O

suy

O1AD + O2AB = 90o => BAD = 90o

=> M, A, B thẳng hàng

Vậy DA đường cao tam giác vuông 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 :

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 toán : Từ điểm M nằm ngồi đường trịn (O) vẽ cát tuyến MAB tới đường tròn (A nằm M B) Hai tiếp tuyến với (O) A B cắt C ; MO cắt đường trịn đường kính OC H ; CH cắt AB N ; AB cắt OC I Chứng minh :

a) MA.MB = MI.MN b) IM.IN = IA2

Bài toán : Cho (O, R) điểm A cố định cho OA = 2R Gọi BC đường kính (O, R), BC khơng trùng với OA Đường trịn 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 trịn (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 toán 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 toán 11 : Cho hai đường tròn (O, R) (O’, R’) tiếp xúc 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 toán 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

9h NHỮNG KHAI THÁC TỪ MỘT BÀI TỐN QUỸ TÍCH CƠ BẢN

Làm để vận dụng tốt kiến thức vào việc giải toán ? Điều rèn luyện cách tự tìm tịi, khám phá điều mẻ từ tốn cũ

Ví dụ sau tốn quỹ tích quen thuộc

Bài toán : Cho xOy hai điểm M, N di động Ox, Oy cho OM = ON Tìm quỹ tích trung điểm I MN

Thay kiện OM = ON toán thành OM + ON = a không đổi, ta thu kết hồn tồn

Bài tốn : Cho xOy hai điểm M, N di động Ox, Oy cho OM + ON = a không 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 OM1, 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 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 = 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 toàn đoạn thẳng EF

Tiếp tục thay đổi kiện xOy hai toán cách tách rời hai tia Ox, Oy thành hai tia Ax, By (A khác B) ta có tiếp hai toán mở rộng

Bài toán : Cho hai tia không 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 Bài tốn : Cho hai tia không 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 toán : Ta kẻ đường thẳng qua M, song song với AB cắt Ox1 M1 ; đường thẳng qua N song song

với AB cắt Oy1 N1 Các tứ giác OAMM1, OBNN1 hình bình hành nên OM1 = AM, ON

OM1 + ON1 = a không đổi, theo tốn quỹ tích trung điểm I1 đoạn thẳng M1N1 đoạn thẳng EF (E

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 toán : Tương tự ta có quỹ tích trung điểm I MN tia phân giác Ot Kết hợp tốn tốn ta có toán sau :

Bài toán : Cho hai tia không 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

cùng 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 Hx2, Hy2 song song phía với Ax,

By Theo tốn 4, quỹ tích trung điểm I MN đoạn thẳng EF E Є Hx2, F Є Hy

1/2 không đổi Mặt khác, x2Hy2 = x1Oy1 khơng đổi nên EF có độ dài không 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)

cùng phía với tia Ot)

Thật thú vị, bổ sung kết vào sưu tập “Quỹ tích có điểm trong” (TTT2 số 12, 13, 14, 18)

8h BÀN VỚI CÁC BẠN LỚP VỀ PHƯƠNG PHÁP 3 Chứng minh số hệ thức :

Bài toán : Cho tam giác ABC Từ điểm M cạnh BC vẽ đường thẳng song song với AB AC, cắt AC AB Q P Chứng minh :

AP/AB + AQ/AC = Lời giải :

Nối AM, AB // MQ nên ta có S(AMQ) = S(BMQ) suy S(AMQ) + S(CMQ) = S(BMQ) + S(CMQ) ị S(AMC) = S(BQC), mà S(AMC) = S(APC) (do AC // MP) nên S(BQC) = S(APC) Vậy

Bài toán : Lấy tam giác ABC điểm M tùy ý AM, BM, CM cắt cạnh BC, CA, AB A1, B1, C1 Chứng minh :

a) Ta có

Tương tự ta có :

Suy

b) Ta lại có

Tương tự ta có :

Suy

Bài tốn : Cho tam giác ABC Gọi ha, hb, hc độ dài đường cao thuộc cạch BC, CA, AB ; d

là khoảng cách từ giao điểm đường phân giác đến ba cạnh Chứng minh :

Suy

4 Chứng minh đường thẳng song song :

Bài toán : Cho tam giác ABC D E thuộc cạnh AB AC Chứng minh DE // BC <=> AD/AB = AE/AC

Lời giải :

Ta có DE // BC <=> S(BDE) = S(CDE) <=> S(BDE) + S(ADE) = S(CDE) + S(ADE)

<=> S(ABE) = S(ACD) <=>S(ABE)/S(ABC) = S(ACD)/S(ABC) <=> AE/AC = AD/AB (đpcm)

Lời bình : Đây định lí Ta-lét tam giác học lớp 8, ta chứng minh dễ dàng nhờ diện tích tam giác

Bài toán : Cho tam giác ABC, đường thẳng song song với BC cắt cạnh AB, AC D E. Qua D, E vẽ đường thẳng song song với AC , AB cắt BE, DC M, N Chứng minh : MN // BC

Giả sử BE cắt CD O, EN // AB nên :

S(BEN) = S(DEN) suy S(BON) = S(DOE) Tương tự, S(COM) = S(DOE) suy S(BON) = S(DOE) => S(BMN) = S(CMN) => MN // BC

Các ví dụ phần minh chứng cho sức mạnh “cơng cụ” diện tích tam giác việc giải số dạng toán Một loạt kiến thức học, chứng minh lớp dễ dàng chứng minh cách vận dụng khéo léo kiến thức đơn giản diện tích tam giác Mong bạn tiếp tục khám phá ứng dụng khác phương pháp

9d VIẾT PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG

Để giúp bạn bước vào kì thi cuối cấp đạt kết tốt, xin hệ thống lại dạng tập viết phương trình đường thẳng y = ax + b

1) Biết tọa độ hai điểm thuộc đường thẳng

Bài toán : 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 toán : 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 toán : Trên parabol lấy hai điểm A B Biết hoành 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 toán 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 yêu cầu y = -2x +

Bài toán : 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 toán : Viết phương trình đường thẳng song song với đường thẳng y = -x + cắt trục hồnh điểm có hoành độ Lời giải : Điểm trục hồnh có hồnh độ điểm có tọa độ (2 ; 0) Tương tự toán 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 -

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

Bài tập : Gọi (d) đường thẳng qua A(1 ; 1) cắt trục hoành điểm có hồnh độ 2005 Hãy viết phương trình đường thẳng (d)