Bài 4(19) : Cho hình vuông ABCD. Gọi E là trung điểm của AD. Qua E vẽ đường thẳng vuông góc với
BE, cắt CD tại F.
Tính tỉ số EF/EB
Lời giải (của bạn Đậu Thị Kiều Oanh) :
Qua A kẻ đường thẳng vuông góc với BE, cắt CD tại M. Ta thấy : ∠ ABE = ∠ DAM (hai góc có cạnh tương ứng vuông góc).
Mặt khác, vì ABCD là hình vuông nên AB = AD => ∆ ABE = ∆ DAM => BE = AM.
Lại có EF và AM cùng vuông góc với BE nên EF // AM ; E là trung điểm của AD nên EF là đường trung bình trong ∆DAM. Suy ra
Nhận xét : 1) Bài toán không khó nên các bạn tham gia giải đều có lời giải đúng, Tuy nhiên cũng có nhiều lời giải quá dài.
2) Từ nhận xét ∆DEF đồng dạng với ∆ABE theo tỉ số 1/2 cho ta một lời giải khác cũng khá ngắn gọn. 3) Các bạn có lời giải tốt hơn cả : Đậu Thị Kiều Oanh, 8A, THCS Cao Xuân Huy, Diễn Châu, Nghệ
An ; Nguyễn Thị Lan, 9B, THCS Thái Hòa, Bình Giang, Hải Dương ; Nguyễn Quốc Minh ; Phạm Lê Quang,
9A4, THCS Hai Bà Trưng, TX. Phúc Yên, Vĩnh Phúc ; Nguyễn Như Đức Trung, 9/1, THCS Lý Thường Kiệt, Hải Châu, TP. Đà Nẵng ; Nguyễn Ngọc Trường, 8A, THCS Xuân Trường, Xuân Trường, Nam Định.
Nguyễn Minh Hà Bài 5(19) : Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn tâm O, bán kính R. D là điểm di động trên cạnh
BC. AD cắt (O) tại E (E khác A). Gọi R1, R2 lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp các tam giác EBD, ECD. Xác định vị trí điểm D để R1.R2 đạt giá trị lớn nhất.
Lời giải : Ta có nhận xét rằng, nếu R là bán kính đường tròn ngoại tiếp một tam giác đều cạnh a thì
Trở lại bài toán.
Dựng hai tam giác đều BDF và CDG về phía ngoài tam giác ABC, khi đó ∠ BFD = ∠ BED = 60 o suy ra BDEF và CDEG đều là các tứ giác nội tiếp hay R1, R2 lần lượt là bán kính của các đường tròn ngoại tiếp các tam giác đều BDF và CDG. Theo (*) ta có :
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi BD = CD, nghĩa là R1.R2 đạt giá trị lớn nhất bằng R2/4 khi D là trung điểm của BC.
Nhận xét : 1) Nhiều bạn chưa để ý đến nhận xét (*) nên lời giải còn dài. Một số bạn giải bằng cách sử
dụng định lí hàm số sin (của lớp 10) cho ∆ BDE và ∆ CDE.
2) Các bạn sau có lời giải tốt : Nguyễn Trung KiênB, 9C, THCS Vĩnh Yên, Vĩnh Phúc ; Uông Sỹ Phong, 8B, THCS Thái Xuyên, Thái Thụy, Thái Bình ; Nguyễn Hiền, 9D, THCS Lý Tự Trọng ; Hoàng Đức ý, 9E, THCS Trần Mai Ninh, TP. Thanh Hóa ; Bùi Hoàng Đan, 8/4, THCS Lê Văn Thiêm, Hà Tĩnh ; Võ Văn Tuấn, 8A5, THCS Nguyễn Du, KRông Buk, Đắk Lắk ; Võ Thái Thông, 9/4, THCS Ngô Gia Tự, Cam Nghĩa, Cam Ranh, Khánh Hòa.
Bài 4(20) : Cho tam giác cân ABC (AC = BC) với ∠ ACB = 80o. Trong tam giác ABC có điểm M sao cho ∠ MAB = 10o và ∠ MBA = 30o. Tính ∠ BMC.
Lời giải :
Cách 1 : Dựng CH ⊥ AB (H thuộc AB), CH cắt MB tại O, AO cắt CM tại K (hình 1).
Ta nhận thấy &8710;OAB cân tại O nên : ∠ OAB = ∠ OBA = 30o => ∠ OAM = 20o ; ∠ OAC = ∠ BAC - ∠ OAB = (180o - 80o) : 2 - 30o = 20o
=> ∠ OAC = ∠ OAM = 20o (1) Mặt khác :
∠ AOC = 180o - ∠ AOH = 180o - 60o = 120o ;
∠ AOB = 180o - 2.30o = 120o => ∠ AOC = ∠ AOB = 120o (2)
Từ (1) và (2) suy ra ∆AOC = ∆AOM (g.c.g) => AC = AM => ∆ACM cân tại A, có AK là phân giác của
∠ CAM => AK ⊥ CM.
Cách 2 : Trên nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng AB và chứa điểm C, dựng tam giác đều ABD (hình
Ta có ∆DAC = ∆DBC (c.c.c), suy ra :
∠ ADC = ∠ BDC = 30o = ∠ ABM ;
∠ DAC = 60o - (180o - 80o) : 2 = 10o = ∠ ABM. => ∆DAC = ∆BAM (g.c.g) => AC = AM => ∆ACM cân tại A
=> ∠ AMC = (180o - 40o) : 2 = 70o ;
mặt khác ∠ AMB = 180o - 30o - 10o =140o => ∠ BMC = 360o - 140o - 70o = 150o.
Nhận xét : Tất cả các lời giải gửi về TTT2 đều đúng. Điểm mấu chốt để tìm được số đo của ∠ BMC là chứng minh tam giác ACM cân tại A, một số bạn dựng đường phụ bằng cách lấy M1 đối xứng với M qua AB cũng chứng minh được điều này. Sau đây là các bạn đưa ra được nhiều lời giải hơn cả : Vũ Minh Châu, 15B, ngõ 109, đường Trường Chinh, Thanh Xuân, Hà Nội ; Bùi Vinh Quang, 7C8, THCS Trần Phú, Lê Chân, Hải
Phòng ; Đỗ Ngọc Anh, 8B, THCS Phong Châu, TX. Phú Thọ, Phú Thọ ; Lỗ Tất Thắng, 8A, THCS Vĩnh
Tường, Vĩnh Tường, Vĩnh Phúc ; Nguyễn Thị Thảo, 8A, THCS Yên Phong, Yên Phong, Bắc Ninh ; Lê Thị Hà
An, 8B, THCS Đặng Thai Mai, TP. Vinh, Nghệ An ; Nguyễn Hồng Trang, 8B, THCS Xuân An, Nghi Xuân ; Nguyễn Vũ Dung, 9B, THCS BC Xuân Diệu, Can Lộc ; Lê Hồng Lan, 9C, THCS Hoàng Xuân Hãn, Đức Thọ,
Hà Tĩnh ; Hoàng Gia Ân, 73, THCS Nguyễn Khuyến, TP. Đà Nẵng ; Phan Công Minh, 8A5, THCS Lê Hồng
Phong, TP. Quy Nhơn, Bình Định.
Nguyễn Văn Mạnh Bài 5(20) : Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm O. AC cắt BD tại I. (O1), (O2) theo thứ tự là các đường tròn ngoại tiếp của các tam giác ABI, CDI. Một đường thẳng bất kì đi qua I cắt (O) tại X ; Y và cắt (O1) ; (O2) theo thứ tự tại Z ; T (Z và T khác I). Chứng minh rằng XZ = YT.
Có hai trường hợp xảy ra :
- Đường thẳng chứa X, Y, Z, T cắt các đoạn thẳng AB, CD (hình 1). - Đường thẳng chứa X, Y, Z, T không cắt các đoạn thẳng AB, CD (hình 2). Phép chứng minh dưới đây có hiệu lực cho cả hai trường hợp.
Ta có ∠ XZB = ∠ IAB = ∠ CYB ; ∠ ZXB = ∠ YCB => ∆ZXB đồng dạng với ∆YCB
=> XZ/XB = CY/CB => XZ = BX.CY/BC (1) Tương tự ta có ∆TYC đồng dạng với ∆XBC => YT/YC = BX/BC => YT = BX.CY/BC (2) Từ (1) và (2) suy ra XZ = YT.
Nhận xét : 1) Bài toán này không khó, có nhiều bạn đã tham gia giải. Trừ một bạn giải sai, các bạn còn
lại đều giải đúng. Tuy nhiên một số lời giải của các bạn còn quá dài.
2) Ngoài cách giải trên, còn có hai cách giải khác cũng khá gọn gàng. Sau đây là ý tưởng cơ bản của hai cách giải đó :
Cách 1 : Chứng minh IO1OO2 là hình bình hành (xem lời giải ở trang 7).
Cách 2 : Đặt K là giao điểm của ZB và TC. Chứng minh tam giác KZT cân tại K.
3) Các bạn sau đây cũng có lời giải tốt : Nguyễn Văn Thành, 9D, THCS Đô Lương, Nghệ An ; Tạ Vân
Hà, 9E, THCS Trần Phú, Phủ Lý, Hà Nam ; Lê Ngọc Sơn, THCS Ngô Sĩ Liên, TX. Bắc Giang, Bắc Giang ; Phạm Tiến Đồng, tiểu khu 2, thị trấn Hoàn Lão, Bố Trạch, Quảng Bình ; Phạm Xuân Hiển, nhà 10B, ngõ 6, Lê
Hồng Phong, Hải Dương ; Nguyễn Như Đức Trung, 9/1, THCS Lý Thường Kiệt, Hải Châu, TP. Đà Nẵng.
Bài 4(21) : Cho tam giác ABC có BC = a, CA = b, AB = c và a + b + c = 9 ; x, y, z lần lượt là độ dài các
Lời giải : Gọi AD là phân giác của Dựng qua B đường thẳng song song với AD cắt đường thẳng AC tại
E.
Khi đó : ∠CAD = ∠ AEB (hai góc đồng vị) ; ∠ DAB = ∠ ABE (hai góc so le trong) mà ∠ DAB = ∠
CAD nên ∠ ABE = ∠ AEB
=> ∆ ABE cân tại A => AB = AE = c.
Mặt khác : AD/BE = CA/CE hay x/BE = b/(b + c) suy ra BE = x.(b+c)/b
Trong tam giác ABE có BE < AB + AE hay BE < 2c (2). Từ (1), (2) ta có x < 2ab/(b+c)<=> 1/x > 1/2 (1/b + 1/c)
Tương tự 1/y > 1/2 (1/a + 1/c) ; 1/z 1/2 (1/a + 1/b) Do đó 1/x + 1/y + 1/z > 1/a + 1/b +1/c
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dương ta có :
kết hợp với giả thiết a + b + c = 9 ta được 1/a + 1/b + 1/c ≥ 1
Từ (3), (4) suy ra 1/x + 1/y = 1/z > 1 , điều phải chứng minh.
Nhận xét : 1) Hai bạn Nguyễn Tiến Thanh, 9C, THCS Nguyễn Quang Bích, Tam Nông, Phú Thọ ; Vũ
Hồng Hạnh, 6A1, THCS Bình Minh, TP. Hải Dương đã đề xuất bất đẳng thức mạnh hơn là :
Tuy nhiên để chứng minh được bất đẳng thức trên, các bạn phải sử dụng đến định lí hàm số Cô-sin trong tam giác của chương trình Toán THPT.
2) Các bạn sau có lời giải gọn hơn cả : Lê Trường Giang, 9H1, THCS Trưng Vương, Hoàn Kiếm, Hà
Nội ; Nguyễn Thị Hồng Hà, 8B, THCS Phong Châu, TX. Phú Thọ, Phú Thọ ; Bùi Thị Bích Phượng ; Nguyễn
Thị Thu Hiền, 9A, THCS Yên Lạc, Yên Lạc, Vĩnh Phúc ; Tường Thế Nghĩa, 9A1, THCS Ngô Gia Tự, TP. Hải
Dương, Hải Dương ; Lê Tuấn Hiệp, 8C, THCS Thái Sơn, Đô Lương ; Nguyễn Khánh Hồng, 9A, THCS Bạch Liêu, Yên Thành ; Phạm Anh Minh, 8A, THCS Hồ Xuân Hương, Quỳnh Lưu, Nghệ An ; Lưu Thị Kim Hân, 97, THCS Lê Quý Đôn, Thăng Bình, Quảng Nam ; Trần Hồ Phương Dung, 9A, THCS Nguyễn Trãi, Mộ Đức,
Quảng Ngãi ; Bùi Bảo Khang, 8A3, THCS số 2 An Nhơn, An Nhơn, Bình Định.
Nguyễn Văn Mạnh Bài 5(21) : Cho tam giác nhọn ABC, trực tâm H. Chứng minh rằng :
Lời giải (của bạn Hoàng Vũ Hạnh, 10T, THPT chuyên Lam Sơn, TP. Thanh Hóa, Thanh Hóa) :
Gọi A’, B’, C’ lần lượt là chân các đường cao hạ từ A, B, C của ∆ ABC. Vì ∆ ABC nhọn nên H nằm trong tam giác. Vậy :
S(HBC) + S(HCA) + S(HAB) = S(ABC). Mặt khác, dễ thấy ∆ CHB’ ~ ∆ CAC’ (g.g)
Nhận xét : 1) Bài toán này không khó, rất nhiều bạn tham gia giải và đều giải đúng. Tuy nhiên bạn Hạnh
có lời giải ngắn nhất. Các bạn khác đều giải hoặc dài hơn hoặc bằng những kiến thức cao hơn kiến thức mà bạn Hạnh đã sử dụng trong lời giải của mình. Xin thống kê chi tiết :
+ Phải dùng tới hai cặp tam giác đồng dạng. + Phải dùng tới các kiến thức về đường tròn. + Phải vẽ thêm những đường kẻ phụ.
+ Phải dùng tới công thức S = 1/2 .b.c.sinA và khái niệm hàm số lượng giác của một góc tù.
2) Các bạn sau đây có lời giải tương đối tốt : Phạm Phương Thanh, 9A7, THCS Trần Đăng Ninh, TP. Nam Định, Nam Định ; Trịnh Toàn Trung, 9150, THCS Trần Hưng Đạo, TP. Biên Hòa, <B.ĐồNG b Nai<>;
Nguyễn Sơn Tùng, 9B, THCS Nguyễn Quang Bích, Tam Nông; Trần Văn Thành, 8A2 ; Nguyễn Thùy Dung,
8A1, THCS Lâm Thao, Lâm Thao, Phú Thọ ; Lưu Thị Kim Hân, 97, THCS Lê Quý Đôn, Thăng Bình, Quảng
Nam ; Phạm Ngọc Trâm, 9A, THCS Thái Phúc, Thái Thụy, Thái Bình ; Phan Thùy Linh, 9B, THCS Tản Đà,
Ba Vì, Hà Tây.
Bài 4(22) :Cho tam giác ABC. H là điểm bất kì trên cạnh BC. AD là đường phân giác trong của Dựng
AL đối xứng với AH qua AD (L thuộc BC).
Chứng minh rằng : BH.CH/(BL.CL) = HD2/LD2.
Lời giải : Giả sử các đường thẳng AH, AL cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC lần lượt tại E và F.
Từ giả thiết => ∠ BAD = ∠ CAD ; ∠ HAD = ∠ LAD => ∠ BAE = ∠ CAF ; ∠ BAF = ∠ CAE
=> BE = CF ; BF = CE. Dễ dàng nhận ra :
∆ABL đồng dạng với ∆CFL nên CL/AL = CF/AB = BE/AB (1); ∆BHE đồng dạng với ∆AHC nên AH/BH = AC/BE (2).
Từ (1) và (2) suy ra LC.AH/(AL.BH) = AC/AB (3).
Theo tính chất đường phân giác, trong tam giác AHL có HD/LD = AH/AL (4) Từ (3) và (4) suy ra LC.HD/(BH.LD) = AC/AB (5)
Tương tự, ∆BLF đồng dạng với ∆ALC và ∆CEH đồng dạng với ∆ABH dẫn đến HD.BL/(LD.LC) = AB/AC (6).
Nhân theo từng vế các hệ thức (5) và (6) ta có :
LC.HD2.BL/(BH.LD2.CH) = 1 => BH.CH/(BL.CL0 = HD2/LD2.
Nhận xét : Một số bạn quan niệm AH, AL đối xứng nhau qua AD thì H và L đối xứng nhau qua D nên
đưa ra lời giải thiếu chính xác ! Một số bạn khác sử dụng công thức tính diện tích tam giác SABC = 1/2AB.BC.sinA cũng chứng minh được hệ thức đã cho.
Sau đây là các bạn giải đúng và ngắn gọn : Nguyễn Hoàng Duy, 9D, trường Hà Nội - Amsterdam, Hà
Nội ; Nguyễn Trung Kiên, 9C, THCS Vĩnh Yên ; Ngô Thị Bích Phượng, 9A, THCS Yên Lạc, Vĩnh Phúc ; Vũ
Hoàng Chi, 9A, THCS Hàn Thuyên, Lương Tài ; Đỗ Thị Lan, 9B, THCS huyện Từ Sơn, Bắc Ninh ; Tạ Hồng Sơn, 9A3, THCS Lâm Thao, Lâm Thao, Phú Thọ ; Vũ Hồng Chiến, 9A1, THCS Vũ Hữu, Bình Giang, Hải
Dương ; Hoàng Minh Thắng, 9C ; Mai Văn Minh, 9G, THCS Đặng Thai Mai, TP. Vinh, Nghệ An ; Hồ Hào
Quang ; Bùi Quốc Thái, 9C, THCS Hoàng Xuân Hãn, Đức Thọ, Hà Tĩnh ; Nguyễn Như Quốc Trung (A) ; Nguyễn Như Đức Trung, 9/1, THCS Lý Thường Kiệt, quận Hải Châu, TP. Đà Nẵng ; Võ Văn Tuấn, 8A5, THCS
Nguyễn Du, KRông Buk, Đắk Lắk ; Võ Thái Thông, 9/4 THCS Ngô Gia Tự, Cam Nghĩa, Cam Ranh, Khánh
Hòa.
Bài 5(22) : Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn tâm O có bán kính bằng 1. Một đường thẳng đi
qua O cắt hai cạnh AB và AC lần lượt tại M và N. Kí hiệu SAMN là diện tích tam giác AMN. Chứng minh rằng :
Lời giải : Trước hết xin phát biểu (không chứng minh) một nhận xét quen thuộc : “Nếu ∆ABC và
∆A’B’C’ có ∠ BAC = ∠ B'A'C', khi đó S(ABC)/S(A'B'C' = AB.AC/(A'B'.A'C')”
Trở lại việc giải bài toán. Gọi H là giao của BO và AC ; K là giao của CO và AB. Qua O kẻ đường thẳng song song với BC, đường thẳng này theo thứ tự cắt AB, AC tại E, F.
Có hai trường hợp xảy ra.
Trường hợp 1 : M thuộc đoạn BE ; N thuộc đoạn FH.
+ Nếu M trùng E thì N trùng F, ta có :
(tính toán cụ thể xin dành cho bạn đọc).
+ Nếu M trùng B thì N trùng H, ta có :
(tính toán cụ thể xin dành cho bạn đọc).
Trường hợp 2 : M thuộc đoạn EK ; N thuộc đoạn CF. Tương tự trường hợp 1, ta có :
Nhận xét : 1) Bài này có 22 bạn tham gia giải, tất cả đều giải đúng. Tuy nhiên một số bạn có lời giải quá
sơ sài hoặc quá dài dòng.
2) Bài này dễ nhưng để có được một lời giải hoàn chỉnh, gọn gàng lại không phải là chuyện dễ.
3) Ngoài phương pháp hình học như trên, một số bạn còn có lời giải bằng phương pháp đại số thông qua đẳng thức :
AB/AM + AC/AN = 4/3
4) Các bạn sau đây có lời giải tương đối tốt : Nguyễn Trung Kiên, 9C, THCS Vĩnh Yên, TX. Vĩnh Yên,
Vĩnh Phúc ; Võ Thái Thông, 9/4, THCS Ngô Gia Tự, Cam Nghĩa, Cam Ranh, Khánh Hòa ; Trần Cao Nguyên,
9C, THCS Hoàng Xuân Hãn, Đức Thọ, Hà Tĩnh ; Bùi Hữu Hải, 9B, THCS Lý Nhật Quang ; Nguyễn Quốc
Linh, xóm 12, Đà Sơn, Đô Lương, Nghệ An.
Nguyễn Minh Hà Bài 1(23) : Cho p là số nguyên tố lớn hơn 3. Chứng minh rằng phương trình
(Đề kì trước đã in nhầm là : nghiệm dương (x0 ; y0 ; z0)).
Lời giải : Vì p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên hoặc p chia cho 3 dư 1 hoặc p chia cho 3 dư 2.
Trường hợp 1 : p chia cho 3 dư 1, tức là p = 3k + 1 (k ẻ N*). Ta có 4p2 + 1 = 4(3k + 1)2 + 1
= 4(9k2 + 6k + 1) + 1
= 4k2 + (16k2 + 8k + 1) + (16k2 + 16k + 4) = (2k)2 + (4k + 1)2 + (4k + 2)2 (1).
Do đó : (x0 ; y0 ; z0) là một hoán vị của 2k, 4k + 1, 4k + 2.
Trường hợp 2 : p chia cho 3 dư 2, tức là p = 3k + 2 (k ẻ N*). Ta có 4p2 + 1 = 4(3k + 2)2 + 1
= 4(9k2 + 12k + 4) + 1
= (4k2 +8k + 4) + (16k2 + 16k + 4) + (16k2 + 24k + 9) = (2k + 2)2 + (4k + 2)2 + (4k + 3)2 (2).
Do đó : (x0 ; y0 ; z0) là một hoán vị của 2k + 2, 4k + 2, 4k + 3. Từ (1) và (2), bài toán đã được chứng minh.
Nhận xét : Đây là bài toán cơ bản, hay của học sinh THCS. Các bạn sau có lời giải đúng : Tập thể lớp
9D, THCS thị trấn Đông Hưng, Thái Bình ; Tăng Hồng Trường, 8A, THCS Cao Xuân Huy, Diễn Châu, Nghệ
An ; Trần Thanh Hiệp, số nhà 79, đường Nguyễn ái Quốc, TX. Hồng Lĩnh, Hà Tĩnh
Nguyễn Minh Đức Bài 2(23) : Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng :