Kết hợp các kiến thức trên, các em có thể giải quyết bài toán : Chứng minh một số không phải là số chính phương.. Đây cũng là một cách củng cố các kiến thức mà các em đã được học.[r]
(1)SỬ DỤNG DIỆN TÍCH TRONG CHỨNG MINH HÌNH HỌC Có nhiều bài toán hình học tưởng không liên quan đến diện tích, ta sử dụng diện tích thì lại dễ dàng tìm lời giải bài toán Bài toán : Tam giác ABC có AC = AB Tia phân giác góc A cắt BC D Chứng minh DC = DB Phân tích bài toán (h.1) Để so sánh DC và DB, có thể so sánh diện tích hai tam giác ADC và ADB có chung đường cao kẻ từ A Ta so sánh diện tích hai tam giác này vì chúng có các đường cao kẻ từ D nhau, và AC = AB theo đề bài cho Giải : Kẻ DI vuông góc với AB, DK vuông góc với AC Xét ΔADC và ΔADB : các đường cao DI = DK, các đáy AC = AB nên SADC = SADB Vẫn xét hai tam giác trên có chung đường cao kẻ từ A đến BC, SADC = SADB nên DC = DB Giải tương tự trên, ta chứng minh bài toán tổng quát : Nếu AD là phân giác ΔABC thì DB/DC = AB/AC Bài toán : Cho hình thang ABCD (AB // CD), các đường chéo cắt O Qua O, kẻ đường thẳng song song với hai đáy, cắt các cạnh bên AC và BC theo thứ tự E và F Chứng minh OE = OF Giải : Cách : (h.2) Kẻ AH, BK, CM, DN vuông góc với EF Đặt AH = BK = h1, CM = DN = h2 Ta có : (2) Từ (1), (2), (3) => : Do đó OE = OF Cách : (h.3) Kí hiệu trên hình vẽ Ta có SADC = SBDC Cùng trừ S5 : S1 + S2 = S3 + S4 (1) Giả sử OE > OF thì S1 > S3 và S2 > S4 nên S1 + S2 > S3 + S4, trái với (1) Giả sử OE < OF thì S1 < S3 và S2 < S4 nên S1 + S2 < S3 + S4, trái với (1) Vậy OE = OF Bài toán : Cho hình bình hành ABCD Các điểm M, N theo thứ tự thuộc các cạnh AB, BC cho AN = CM Gọi K là giao điểm AN và CM Chứng minh KD là tia phân giác góc AKC Giải : (h.4) Kẻ DH vuông góc với KA, DI vuông góc với KC Ta có : DH AN = SADN (1) DI CM = SCDM (2) (3) Ta lại có SADN = 1/2.SABCD (tam giác và hình bình hành có chung đáy AD, đường cao tương ứng nhau), SCDM = 1/2.SABCD nên SADN = SCDM (3) Từ (1), (2), (3) => DH AN = DI CM Do AN = CM nên DH = DI Do đó KI là tia phân giác góc AKC Như xét quan hệ độ dài các đoạn thẳng, ta nên xét quan hệ diện tích các tam giác mà cạnh là các đoạn thẳng Điều đó nhiều giúp chúng ta đến lời giải bài toán Bạn hãy sử dụng diện tích để giải các bài toán sau : Cho tam giác ABC cân A Gọi M là điểm bất kì thuộc cạnh đáy BC Gọi MH, MK theo thứ tự là các đường vuông góc kẻ từ M đến AB, AC Gọi BI là đường cao tam giác ABC Chứng minh MH + MK = BI Hướng dẫn : Hãy chú ý đến SAMB + SAMC = SABC Chứng minh tổng các khoảng cách từ điểm M bất kì tam giác ABC đến ba cạnh tam giác không phụ thuộc vị trí M Hướng dẫn : Hãy chú ý đến SMBC + SMAC + SMAB = SABC Cho tam giác ABC cân A Điểm M thuộc tia đối tia BC Chứng minh hiệu các khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng AC và AB đường cao ứng với cạnh bên tam giác ABC Hướng dẫn : Hãy chú ý đến SMAC - SMAB = SABC Cho hình thang ABCD (AB // CD, AB < CD) Các đường thẳng AD và BC cắt O Gọi F là trung điểm CD, E là giao điểm OF và AB Chứng minh AE = EB Hướng dẫn : Dùng phương pháp phản chứng MỘT PHƯƠNG PHÁP VẼ ĐƯỜNG PHỤ Bài toán : Cho góc xOy Trên Ox lấy hai điểm A, B và trên Oy lấy hai điểm C, D cho AB = CD Gọi M và N là trung điểm AC và BD Chứng minh đường thẳng MN song song với phân giác góc xOy Suy luận : Vị trí đặc biệt CD là CD đối xứng với AB qua Oz, phân giác góc xOy Gọi C1 và D1 là các điểm đối xứng A và B qua Oz ; E và F là các giao điểm AC1 và BD1 với Oz Khi đó E và F là trung điểm AC1 và BD1, và đó vị trí MN là EF Vì ta cần chứng minh MN // EF là đủ (xem hình 1) Thật vậy, AB = CD (gt), AB = C1D1 (tính chất đối xứng) nên CD = C1D1 Mặt khác ME và NF là đường trung bình các tam giác ACC1 và BDD1 nên NF // DD1, NF = 1/2DD1 , ME // CC1 , ME = 1/2 CC1 => ME // NF và NE = 1/2 NF => tứ giác MEFN là hình bình hành => MN // EF => đpcm Bài toán có nhiều biến dạng” thú vị, sau đây là vài biến dạng nó, đề nghị các bạn giải xem bài tập nhỏ ; sau đó hãy đề xuất “biến dạng” tương tự Bài toán : Cho tam giác ABC Trên AB và CD có hai điểm D và E chuyển động cho BD = CE Đường thẳng qua các trung điểm BC và DE cắt AB và AC I và J Chứng minh ΔAIJ cân (4) Bài toán : Cho tam giác ABC, AB ≠ AC AD và AE là phân giác và trung tuyến tam giác ABC Đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE cắt AB và AC M và N Gọi F là trung điểm MN Chứng minh AD // EF Trong việc giải các bài toán chứa các điểm di động, việc xét các vị trí đặc biệt càng tỏ hữu ích, đặc biệt là các bài toán “tìm tập hợp điểm” Bài toán : Cho nửa đường tròn đường kính AB cố định và điểm C chuyển động trên nửa đường tròn đó Dựng hình vuông BCDE Tìm tập hợp C, D và tâm hình vuông Ta xét trường hợp hình vuông BCDE “nằm ngoài” nửa đường tròn đã cho (trường hợp hình vuông BCDE nằm đường tròn đã cho xét tương tự, đề nghị các bạn tự làm lấy xem bài tập) Suy luận : Xét trường hợp C trùng với B Khi đó hình vuông BCDE thu lại điểm B và các điểm I, D, E trùng với B, đó I là tâm hình vuông BCDE Vậy B là điểm thuộc các tập hợp cần tìm Xét trường hợp C trùng với A Dựng hình vuông BAD1E1 đó D trùng với D1, E trùng với E1 và I trùng với I1 (trung điểm cung AB ) Trước hết, ta tìm tập hợp E Vì B và E1 thuộc tập hợp cần tìm nên ta nghĩ đến việc thử chứng minh Đ BEE1 không đổi Điều này không khó vì Đ ACB = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) và ΔBEE1 = ΔBCA (c g c) => Đ BEE1 = Đ BCA = 90o => E nằm trên nửa đường tròn đường kính BE1 (1/2 đường tròn này và 1/2 đường tròn đã cho nằm hai nửa mặt phẳng khác với “bờ” là đường thằng BE1) Vì Đ DEB = Đ E1EB = 90o nên D nằm trên EE1 (xem hình 2) => Đ ADE1 = 90o = Đ ABE1 => D nằm trên đường tròn đường kính AE1, ABE1D1 là hình vuông nên đường tròn đường kính AE1 là đường tròn đường kính BD1 Chú ý B và D1 là các vị trí giới hạn tập hợp cần tìm, ta => tập hợp D là nửa đường tròn đường kính BD1 (nửa đường tròn này và điểm A hai nửa mặt phẳng khác với bờ là đường thẳng BD1) Cuối cùng, để tìm tập hợp I, ta cần chú ý II1 là đường trung bình ΔBDD1 nên II1 // DD1 => Đ BII1 = 90 => tập hợp I là nửa đường tròn đường kính BI1 (đường tròn này và A hai nửa mặt phẳng khác với bờ là BD1) Để kết thúc, xin mời bạn giải bài toán sau đây : Bài toán : Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB cố định và điểm C chuyển động trên nửa đường tròn đó Kẻ CH vuông góc với AB Trên đoạn thẳng OC lấy điểm M cho OM = CH Tìm tập hợp M LÀM QUEN VỚI BẤT ĐẲNG THỨC TRÊ-BƯ-SEP Các bạn đã làm quen với các bất đẳng thức Cô si, Bunhiacôpski không ít bạn còn chưa biết bất đẳng thức Trê - bư - sép Con đường đến bất đẳng thức này thật là giản dị, quá gần gũi với kiến thức các bạn bậc THCS Các bạn có thể thấy : Nếu a1 ≤ a2 và b1 ≤ b2 thì (a2 - a1) (b2 - b1) ≥ Khai triển vế trái bất đẳng thức này ta có : a1b1 + a2b2 - a1b2 - a2b1 ≥ (5) => : a1b1 + a2b2 ≥ a1b2 + a2b1 Nếu cộng thêm a1b1 + a2b2 vào hai vế ta : (a1b1 + a2b2) ≥ a1 (b1 + b2) + a2 (b1 + b2) => : (a1b1 + a2b2) ≥ (a1 + a2) (b1 + b2) (*) Bất đẳng thức (*) chính là bất đẳng thức Trê - bư - sép với n = Nếu thay đổi giả thiết, cho a1 ≤ a2 và b1 ≥ b2 thì tất các bất đẳng thức trên cùng đổi chiều và ta có : (a1b1 + a2b2) ≤ (a1 + a2) (b1 + b2) (**) Các bất đẳng thức (*) và (**) trở thành đẳng thức và a1 = a2 b1 = b2 Làm theo đường tới (*) (**), các bạn có thể giải nhiều bài toán thú vị Bài toán : Biết x + y = Chứng minh x2003 + y2003 ≤ x2004 + y2004 Lời giải : Do vai trò bình đẳng x và y nên có thể giả sử x ≤ y Từ đó => : x2003 ≤ y2003 Do đó (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 và x = y = ; các bạn có lời giải các bài toán sau : Bài toán : Giải hệ phương trình : Nếu các bạn quan tâm tới các yếu tố tam giác thì vận dụng các bất đẳng thức (*) (**) dẫn đến nhiều bài toán Bài toán : Cho tam giác ABC có diện tích AH và BK là các đường cao tam giác Chứng minh : (BC + CA).(AH + BK) ≥ Lời giải : Ta có AH x BC = BK x CA = Do vai trò bình đẳng BC và CA nên có thể giả sử BC ≤ CA => 2/BC ≥ 2/CA => AH ≥ BK Do đó (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 và BC = CA BK = AH tương đương với BC = CA hay tam giác ABC là tam giác cân đỉnh C Bài toán : Cho tam giác ABC với BC = a, CA = b, AB = c và các đường cao tương ứng các cạnh này có độ dài là ha, hb, hc Chứng minh : với S là diện tích tam giác ABC Lời giải : Do vai trò bình đẳng các cạnh tam giác nên có thể giả sử a ≤ b ≤ c => : 2S/a ≥ 2S/b ≥ 2S/c => ≥ hb ≥ hc Làm lời giải bài toán 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) Cộng vế (1), (2), (3) dẫn đến : (6) Bất đẳng thức (4) trở thành đẳng thức và các bất đẳng thức (1), (2), (3) đồng thời trở thành đẳng thức tương đương với a = b = c hay tam giác ABC là tam giác Bây các bạn thử giải các bài tập sau đây : 1) Biết x2 + y2 = Tìm giá trị lớn F = (x4 + y4) / (x6 + y6) 2) Cho các số dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = Chứng minh : 3) Cho tam giác ABC có độ dài các cạnh là a, b, c và độ dài các đường phân giác thuộc các cạnh này là la, lb, lc Chứng minh : 4) Hãy dự đoán và chứng minh bất đẳng thức Trê - bư - sép với n = Từ đó hãy sáng tạo các bài toán Nếu bạn thấy thú vị với khám phá mình bài tập này, hãy gửi gấp bài viết cho chuyên mục EUREKA TTT2 PHƯƠNG PHÁP HOÁN VỊ VÒNG QUANH Phân tích thành nhân tử là kĩ chương trình đại số bậc THCS Kĩ này sử dụng giải các bài toán : biến đổi đồng các biểu thức toán học, giải phương trình, chứng minh bất đẳng thức và giải các bài toán cực trị Sách giáo khoa lớp đã giới thiệu nhiều phương pháp phân tích thành nhân tử Sau đây tôi xin nêu phương pháp thường sử dụng, dựa vào việc kết hợp các phương pháp quen thuộc đặt nhân tử chung, nhóm số hạng, đẳng thức Phương pháp này dựa vào số nhận xét sau đây : 1/ Giả sử phải phân tích biểu thức F(a, b, c) thành nhân tử, đó a, b, c có vai trò biểu thức đó Nếu F(a, b, c) = a = b thì F(a, b, c) chứa các nhân tử a - b, b - c và c - a Bài toán : 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, đó F(a, b, c) có chứa nhân tử a - b Tương tự F(a, b, c) chứa các nhân tử b - c, c - a Vì F(a, b, c) là biểu thức bậc ba, đó 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 toán : Phân tích thành nhân tử : F(a, b, c) = a3(b - c) + b3(c - a) + c3(a - b) Nhận xét : Tương tự bài toán 1, ta thấy F(a, b, c) phải chứa các nhân tử a - b, b - c, c - a Nhưng đây F(a, b, c) là biểu thức bậc bốn, đó (a - b)(b - c)(c - a) bậc ba, vì F(a, b, c) phải có thừa số bậc a, b, c Do vai trò a, b, c nên thừa số này có dạng k(a + b + c) Do đó : F(a, b, c) = k(a - b)(b - c)(c - a)(a + b + c) Cho a = ; b = ; c = => k = -1 Vậy : F(a, b, c) = -(a - b)(b - c)(c - a)(a + b + c) 2/ Trong số bài toán, F(a, b, c) là 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 không, thỏa mãn thì F(a, b, c) chứa nhân tử a + b, và từ đó chứa các nhân tử b + c, c + a Bài toán : Chứng minh : Nếu : 1/x + 1/y + 1/z = 1/(x + y + z) thì 1/xn + 1/yn + 1/zn = 1/(xn + yn + zn) với số nguyên lẻ n Nhận xét : (7) Từ giả thiết 1/x + 1/y + 1/z = 1/(x + y + z) => : (xy + xz + yz)(x + y + z) - xyz = (*) Do đó ta thử phân tích biểu thức F(x, y, z) = (xy + xz + yz)(x + y + z) - xyz thành nhân tử Chú ý x = - y thì 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 đó (*) trở thành : (x + y)(y + z)(x + z) = Tương đương với : x + y = y + z = z + x = Nếu x + y = chẳng hạn thì x = - y và n lẻ nên xn = (-y)n = -yn Vậy : 1/xn + 1/yn + 1/zn = 1/(xn + yn + zn) Tương tự cho các trường hợp còn lại, ta có đpcm Có ta phải linh hoạt tình mà hai nguyên tắc trên không thỏa mãn : Bài toán : 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 thì F(x, y, z) ≠ Nhưng thay x = -(y + z) thì 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 và dư là Do đó : F(x, y, z) = (x + y + z)(x2 + y2 + z2 - xy - yz - zx) Ta có thể thêm bớt vào F(x, y, z) lượng 3x2y + 3xy2 để nhân kết này Các bạn hãy dùng các phương pháp và kết nêu trên để giải các bài tập sau đây Bài toán : Tính tổng : đó 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) TS Lê Quốc Hán (ĐH Vinh) CHỨNG MINH MỘT SỐ KHÔNG PHẢI LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG Trong chương trình Toán lớp 6, các em đã học các bài toán liên quan tới phép chia hết số tự nhiên cho số tự nhiên khác và đặc biệt là giới thiệu số chính phương, đó là số tự nhiên bình phương số tự nhiên (chẳng hạn : ; ; ; ;16 ; 25 ; 121 ; 144 ; …) Kết hợp các kiến thức trên, các em có thể giải bài toán : Chứng minh số không phải là số chính phương Đây là cách củng cố các kiến thức mà các em đã học Những bài toán này làm tăng thêm lòng say mê môn toán cho các em Nhìn chữ số tận cùng Vì số chính phương bình phương số tự nhiên nên có thể thấy số chính phương phải có chữ số tận cùng là các chữ số ; ; ; ; ; Từ đó các em có thể giải bài toán kiểu sau đây : Bài toán : Chứng minh số : n = 20042 + 20032 + 20022 - 20012 không phải là số chính phương Lời giải : Dễ dàng thấy chữ số tận cùng các số 20042 ; 20032 ; 20022 ; 20012 là ; ; ; Do đó số n có chữ số tận cùng là nên n không phải là số chính phương Chú ý : Nhiều số đã cho có chữ số tận cùng là các số ; ; ; ; ; không phải là số chính phương Khi đó các bạn phải lưu ý thêm chút : (8) Nếu số chính phương chia hết cho số nguyên tố p thì phải chia hết cho p2 Bài toán : Chứng minh số 1234567890 không phải là số chính phương Lời giải : Thấy số 1234567890 chia hết cho (vì chữ số tận cùng là 0) không chia hết cho 25 (vì hai chữ số tận cùng là 90) Do đó số 1234567890 không phải là số chính phương Chú ý : Có thể lý luận 1234567890 chia hết cho (vì chữ số tận cùng là 0), không chia hết cho (vì hai chữ số tận cùng là 90) nên 1234567890 không là số chính phương Bài toán : Chứng minh số có tổng các chữ số là 2004 thì số đó không phải là số chính phương Lời giải : Ta thấy tổng các chữ số số 2004 là nên 2004 chia hết cho mà không chia hết nên số có tổng các chữ số là 2004 chia hết cho mà không chia hết cho 9, đó số này không phải là số chính phương Dùng tính chất số dư Chẳng hạn các em gặp bài toán sau đây : Bài toán : Chứng minh số có tổng các chữ số là 2006 không phải là số chính phương Chắc chắn các em dễ bị “choáng” Vậy bài toán này ta phải nghĩ tới điều gì ? Vì cho giả thiết tổng các chữ số nên chắn các em phải nghĩ tới phép chia cho cho Nhưng lại không gặp điều “kì diệu” bài toán Thế thì ta nói điều gì số này ? Chắc chắn số này chia cho phải dư Từ đó ta có lời giải Lời giải : Vì số chính phương chia cho có số dư là mà thôi (coi bài tập để các em tự chứng minh !) Do tổng các chữ số số đó là 2006 nên số đó chia cho dư Chứng tỏ số đã cho không phải là số chính phương Tương tự các em có thể tự giải bài toán : Bài toán : Chứng minh tổng các số tự nhiên liên tiếp từ đến 2005 không phải là số chính phương Bài toán : Chứng minh số : n = 20044 + 20043 + 20042 + 23 không là số chính phương Bây các em theo dõi bài toán sau để nghĩ tới “tình huống” Bài toán : Chứng minh số : n = 44 + 4444 + 444444 + 44444444 + 15 không là số chính phương Nhận xét : Nếu xét n chia cho 3, các em thấy số dư phép chia là 1, là không “bắt chước” cách giải các bài toán ; ; ; Nếu xét chữ số tận cùng các em thấy chữ số tận cùng n là nên không làm “tương tự” các bài toán ; Số dư phép chia n cho là dễ thấy nhất, đó chính là Một số chính phương chia cho cho số dư nào ? Các em có thể tự chứng minh và kết : số dư đó có thể là Như là các em đã giải xong bài toán “Kẹp” số hai số chính phương “liên tiếp” Các em có thể thấy : Nếu n là số tự nhiên và số tự nhiên k thỏa mãn n2 < k < (n + 1)2 thì k không là số chính phương Từ đó các em có thể xét các bài toán sau : Bài toán : Chứng minh số 4014025 không là số chính phương Nhận xét : Số này có hai chữ số tận cùng là 25, chia cho dư 1, chia cho dư Thế là tất các cách làm trước không vận dụng Các em có thể thấy lời giải theo hướng khác Lời giải : Ta có 20032 = 4012009 ; 20042 = 4016016 nên 20032 < 4014025 < 20042 Chứng tỏ 4014025 không là số chính phương Bài toán : Chứng minh A = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) không là số chính phương với số tự nhiên n khác Nhận xét : Đối với các em đã làm quen với dạng biểu thức này thì có thể nhận A + là số chính phương (đây là bài toán quen thuộc với lớp 8) Các em lớp 6, lớp có thể chịu khó đọc lời giải 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 này hiển nhiên đúng vì n ≥ Chứng tỏ : (n2 + 3n)2 < A < A + = (n2 + 3n +1)2 => A không là số chính phương Các em có thể rèn luyện cách thử giải bài toán sau : (9) Bài toán 10 : Hãy tìm số tự nhiên n cho A = n4 - 2n3 + 3n2 - 2n là số chính phương Gợi ý : Nghĩ đến (n2 - n + 1)2 Bài toán 11 : Chứng minh số 235 + 2312 + 232003 không là số chính phương Gợi ý : Nghĩ đến phép chia cho phép chia cho Bài toán 12 : Có 1000 mảnh bìa hình chữ nhật, trên mảnh bìa ghi số các số từ đến 1001 cho không có hai mảnh nào ghi số giống Chứng minh : Không thể ghép tất các mảnh bìa này liền để số chính phương Bài toán 13 : Chứng minh : Tổng các bình phương bốn số tự nhiên liên tiếp không thể là số chính phương Gợi ý : Nghĩ tới phép chia cho Bài toán 14 : Chứng minh số 333333 + 555555 + 777777 không là số chính phương Gợi ý : Nghĩ đến phép chia cho … chục (?) Bài toán 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 nào đó số mảnh bìa là số chính phương Cậu ta có thực mong muốn đó không ? MỘT PHƯƠNG PHÁP THÚ VỊ GIẢI BÀI TOÁN TÍNH GÓC Các bài toán tính số đo góc đa dạng, xuất nhiều các kì thi Để giải tốt dạng toán này có phải vẽ hình phụ Trong bài viết này, tôi xin giới thiệu với các em phương pháp vẽ thêm hình phụ là tam giác bài toán tính số đo góc Bài toán : Cho tam giác ABC cân A, A = 200 Trên AB lấy điểm D cho AD = BC Tính BDC Lời giải : Cách : Trên nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng BC, chứa điểm A, dựng tam giác BCE (hình 1) 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 = CAE = 1010 Ta có BDC là góc ngoài ∆DAC nên BDC = DAC + DCA = 200 + 100 = 300 Cách : Trên nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng AB, chứa điểm C, dựng tam giác ABI (hình 2) Vì ∆ABC cân A, A = 200 nên AI = AB = AC ; CAI = 400 ; IBC = 200 suy ACI = 700(∆ACI cân A) suy BCI = 1500 (10) Lại có ∆ADC = ∆BCI (c.g.c) Suy ADC = BCI = 1500 suy BDC = 300 Bài toán (đề thi vô định toán 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 là đường thẳng BC, chứa điểm A, dựng tam giác BCE (hình 3) Vì ∆ABC cân A, nên A = 800 nên ABC = ACB = 500 suy ABE = ACE = 100 ; điểm A thuộc miền tam giác BCE Dễ dàng chứng minh ∆AEB = ∆ICB (g.c.g) suy BA = BI suy ∆ ABI cân B, có ABI = 500 100 = 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 Lời giải : Trên nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng AE, chứa điểm C, dựng tam giác AEF (hình 4) 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 bài toán nêu trên có thể thấy, việc vẽ thêm hình phụ là tam giác tỏ hiệu bài toán tính số đo góc vì nó đã tạo các góc 60o ; tạo nhiều mối quan hệ các cạnh, các góc, các tam giác, Các bạn hãy làm thêm bài toán sau : Bài toán : Cho tam giác ABC cân A, A = 800 Trên AC lấy điểm E, trên BC lấy điểm F cho ABE = CAF = 300 Tính BEF THAY ĐỔI KẾT LUẬN CỦA BÀI TOÁN HÌNH HỌC (11) Trong chứng minh hình học, việc phát các kết tương đương với kết luận bài toán có thể đưa ta đến chứng minh quen thuộc, đơn giản phép chứng minh độc đáo Đây là công việc thường xuyên người làm toán Các bạn hãy theo dõi số bài toán sau Bài toán : Cho tam giác ABC có BC < BA, đường phân giác BE và đường trung tuyến BD (E, D thuộc AC) Đường thẳng vuông 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 là K và DF với BC là M Dễ thấy ∆ BKC cân B, BF là trung trực KC suy F là trung điểm KC Theo giả thiết, D là trung điểm AC => DF là đường trung bình DCKA => DF // KA hay DM // AB => DM là đường trung bình DABC => M là 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, vì DF // AB, K thuộc AB và AK = 2DF nên Vậy BG/GD = BK/DF hay GE // BC Cách : Vì BE là phân giác ABC Vậy DE/EC = DG/GB hay GE // BC Cách : áp dụng định lí Xê-va ta có Mặt khác MB = MC nên (12) Bài toán : Trên các cạnh AB, BC, CA tam giác ABC lấy các điểm C1, A1, B1 cho các đường thẳng AA1, BB1, CC1 đồng quy O Đường thẳng qua O song song với AC cắt A1B1 và B1C1 K và M Chứng minh OK = OM Lời giải : Qua B vẽ đường thẳng song song với AC cắt A1B1 và B1C1 K1 và M1 Xét ∆ B1K1M1, dễ thấy MK // M1K1 nên OM = OK <=> BM1 = BK1 Ta chứng minh BM1 = BK1, : ∆ AB1C1 đồng dạng với ∆ BM1C1 suy ∆ CB1A>sub>1 ∆ đồng dạng với BK1A1 suy Vậy : (áp dụng định lí Xê-va), suy BM1 = BK1 Bài toán : Xét bài 5(20) trang 15 Hướng dẫn : Do OX = OY nên : (13) XZ = YT <=> OZ = OT Ta chứng minh OZ = OT Trước hết, ta chứng minh IO1OO2 là hình bình hành cách xét trường hợp : IBA < 90o ; IBA > 90o ; IBA = 90 o Gọi M là giao điểm O1I và CD Với IBA < 90o, ∆ IBA nội tiếp (O1), ta có thể chứng minh : AIO1 + IBA = 90 o => CIM + ICM = 90 o =>O1I CD ; Mà OO2 CD => OO2 // O1I Tương tự OO1 // O2I, suy IO1OO2 là hình bình hành (bạn đọc tự chứng minh hai trường hợp còn lại) Từ đó, ta có (xem phần hình màu) : OO1 = O2I = O2T ; OO2 = O1I = O1Z ; OO1Z = (180o - 2O1IZ) + OO1I = 360o - OO2I - (180o - 2(OO2</SUB Đ O1IZ)) = 360o - OO2MI - (180o 2O,sub>2IT) = OO2T => ∆ OO1Z = ∆ TO2O (c.g.c) => OZ = OT.(Chứng minh trên không cần dùng tới kiến thức tam giác đồng dạng) l Bài tập áp dụng : 1) Từ điểm C ngoài đường tròn (O) vẽ hai tiếp tuyến CA, CB với đường tròn (A, B là các tiếp điểm) Đường tròn (O1) qua C và 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 các tiếp tuyến với (O) A và C M và N Qua B vẽ đường thẳng vuông góc với AC P Chứng minh BP là phân giác MPN 3) Cho hình thang ABCD có đáy lớn CD ; AC cắt BD O, AD cắt BC I và OI cắt AB E Đường thẳng qua A song song với BC cắt BD M và đường thẳng qua B song song với AD cắt AC N Chứng minh : a) MN // AB ; b) AB2 = MN.CD ; c) d) AE = EB MỘT PHƯƠNG PHÁP TÌM GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT VÀ GIẤ TRỊ LỚN NHẤT Trong bài viết này, tôi đề cập đến dạng toán tìm giá trị lớn (GTLN) và giá trị nhỏ (GTNN) biểu thức nhiều ẩn, đó các ẩn là nghiệm phương trình bất phương trình cho trước Đối với dạng toán này, ta cần xác định và giải bất phương trình ẩn mà ẩn đó là biểu thức cần tìm GTLN, GTNN Bài toán : Tìm GTLN và GTNN xy biết x và y là nghiệm phương trình x4 + y4 - = xy(1 - 2xy) 4 Lời giải : Ta có x + y - = 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) và (2) ta có : xy + ≥ 4(xy)2 <=> 4t2 - t - ≤ (với t = xy) <=> (t - 1)(4t + 3) ≤ Vậy : t = xy đạt GTLN <=> x = y = ; t = xy đạt GTNN Bài toán : Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn xyz ≥ x + y + z + Tìm GTNN x + y + z Lời giải : áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dương x, y, z ta có : (14) Vậy t = x + y + z đạt GTNN và x = y = z = Bài toán : Cho các số thực x, y, z thỏa mãn x2 + 2y2 + 2x2z2 + y2z2 + 3x2y2z2 = Tìm GTLN và 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) và (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 các số thực x, y, z thỏa mãn x4 + y4 + x2 - = 2y2(1 - x2) Tìm GTLN và 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 và x = ; Ta lại có x4 + y4 + x2 - = 2y2(1 - x2) <=> (x2 + y2)2 + x2 + y2 - = 3y2 ≥ => t2 + t - ≥ (với t = x2 + y2 ≥ 0) Vậy t = x2 + y2 đạt GTNN (15) và 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 và GTNN S = x2 + y2 biết x và y là nghiệm phương trình : 5x2 + 8xy + 5y2 = 36 Đáp số : GTLN là 36 GTNN là 4) Cho x và y là các số thực thỏa mãn : Tìm GTLN x2 + y2 Đáp số : (x = -1 ; y = 0) 5) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn : x2 + 4y2 + z2 = 4xy + 5x - 10y +2z - Tìm GTLN và GTNN x - 2y Đáp số : GTLN là (x = 2y + ; y Є R ; z = 1) ; GTNN là (x = 2y + ; y Є R ; z = 1) 6) Tìm các số nguyên không âm x, y, z, t để M = x2 + y2 + 2z2 + t2 đạt GTNN, biết : Đáp số : x = ; y = ; z = ; t = Khi đó M đạt giá trị nhỏ là 61 MỘT HẰNG ĐẲNG THỨC THÚ VỊ Với số thực a, b, c, ta có : (a + b)(a + c) = a2 + (ab + bc + ca) = a(a + b + c) + bc (*) Với tôi, (*) là đẳng thức thú vị Trước hết, từ (*) ta có : Hệ : Nếu ab + bc + ca = thì a2 + = (a + b)(a + c) Hệ : Nếu a + b + c = thì a + bc = (a + b)(a + c) Bây giờ, chúng ta đến với vài ứng dụng (*) và hai hệ trên Bài toán : Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = Hãy tính giá trị biểu thức : (16) Lời giải : Theo hệ ta có a2 + = a2 + (ab + bc + ca) = (a + b)(a + c) ; b2 + = b2 + (ab + bc + ca) = (b + a)(b + c) ; c2 + = c2 + (ab + bc + ca) = (c + a)(c + b) Suy Vì A = a(b + c) + b(c + a) + c(a + b) = 2(ab + bc + ca) = Vấn đề khó ta hướng tới việc đánh giá các biểu thức Bài toán : Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn (a +b)(a +c) = Chứng minh : Lời giải : a) Sử dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương a(a + b + c) ; bc : = (a + b)( a + c) = a(a + b + c) + bc ≥ b) Sử dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dương a2 ; (ab + bc + ca)/2 ; (ab + bc + ca)/2 = (a + b)( a + c) = a2 + (ab + bc + ca) = Bài toán : Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = Chứng minh : (17) Lời giải : Theo hệ ta có Sử dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương a2 + ab ; a2 + ac : Tương tự ta có Từ các kết trên ta suy : Bài toán sau đây nguyên là đề thi Châu á - Thái Bình Dương năm 2002 đã viết lại cho đơn giản (thay (1/x ; 1/y ; 1/z) (a ; b ; c)) Bài toán : Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = Chứng minh : Lời giải : Theo hệ và bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-ski ta có Tương tự ta có Từ các kết trên ta suy : Để kết thúc, xin các bạn làm thêm số bài tập : Bài tập : Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = Hãy tính giá trị biểu thức : Bài tập : Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = Chứng minh : Bài tập : Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = Chứng minh : (a + bc)(b + ca)(c + ab) ≥ 64/81(ab + bc + ca)2 (18)