Cac chuyen de toan 8 bồi dưỡng HSG

Huỳnh Minh Khai

5/12/2018

Trường THCS Thị Trấn cầu Kè, Trà Vinh Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software

Ca c chuye n de toa n 8 bồi dưỡng HSG - slide pdf.c om

http://www.foxitsoftware.com For evaluation only.

MỘT PHƯƠNG PHÁP VẼ ĐƯỜNG PHỤ ................................................................ 1 DỰNG HÌNH BẰNG DỤNG CỤ HẠN CHẾ ............................................................. 3 LÀM QUEN VỚI BẤT ĐẲNG THỨC TRÊ-BƯ-SEP ............................................... 5 PHƯƠNG PHÁP HOÁN VỊ VÒNG QUANH ............................................................ 7 NHỮNG KHAI THÁC TỪ MỘT ĐA THỨC QUEN THUỘC ................................. 8 KHÔNG CHỈ DỪNG LẠI Ở VIỆC GIẢI TOÁN ! .................................................. 11 VẬN DỤNG BỔ ĐỀ HÌNH THANG VÀO GIẢI TOÁN ........................................ 14 MỞ RỘNG ĐỊNH LÍ VỀ ĐƯỜNG TRUNG BÌNH CỦA HÌNH THANG ............ 16 MỘT KĨ NĂNG CÓ NHIỀU ỨNG DỤNG .............................................................. 20 MỘT SỐ DẠNG TOÁN SỬ DỤNG PHÉP PHÂN TÍCH ĐA THỨC THÀNH NHÂN ..................................................................................................................................... 21 TỪ MỘT BÀI TOÁN THI HỌC SINH GIỎI .......................................................... 23 TỪ MỘT BẤT ĐẲNG THỨC ĐƠN GIẢN .............................................................. 25 RÚT GỌN BIỂU THỨC............................................................................................ 26 TỪ MỘT PHÉP BIẾN ĐỔI TRUNG GIAN TRONG PHÉP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC TRÊ - BƯ - SÉP ................................................................................ 29 "TÁCH" HẠNG TỬ NHƯ THẾ NÀO ĐỂ PHÂN TÍCH ĐA THỨC THÀNH NHÂN ?................................................................................................................................... 30 TỪ MỘT ĐIỀU HIỂN NHIÊN ĐÚNG ..................................................................... 31 KHÔNG COI NHẸ KIẾN THỰC CƠ BẢN............................................................. 33 TIẾP TỤC KHAI THÁC MỘT BÀI TOÁN ............................................................ 35 NHẨM NGHIỆM ĐỂ PHÂN TÍCH ĐA THỨC THÀNH NHÂN TỬ .................... 36 MỘT LẦN VÀO "BẾP" ............................................................................................ 37 ĐẶC BIỆT HOÁ ĐỂ CÓ BÀI TOÁN MỚI .............................................................. 39 CÁC BÀI TOÁN VỀ DIỆN TÍCH ............................................................................ 43 XÂY DỰNG CHUỖI BÀI TOÁN TỪ BÀI TOÁN QUEN THUỘC ....................... 45 LÀM QUEN VỚI CHỮNG MINH BẰNG PHẢN CHỨNG TRONG HÌNH HỌC48 HỌC CÁCH DỰNG HÌNH PHỤ QUA VIỆC CHỨNG MINH MỘT ĐỊNH LÍ... 50 HỌC TOÁN CẦN PHẢI BIẾT THẮC MẮC ........................................................... 53 BÀN VỚI CÁC BẠN LỚP 8 VỀ PHƯƠNG PHÁP ................................................. 58

MỘT PHƯƠNG PHÁP VẼ ĐƯỜNG PHỤ Trong quá trình học toán ở bậc THCS, có lẽ hấp dẫn nhất và khó khăn nhất là việc vượt qu các bài toán hình học, mà để giải chúng cần phải vẽ thêm các đường phụ. Trong bài báo nà tôi xin nêu một phương pháp thường dùng để tìm ra các đường phụ cần thiết khi giải toán

học Xét 1các vị trígóc đặcxOy. biệt Trên của các học Bài :toán : Cho Oxyếu lấy tố haihình điểm A,cóB trong và trênbàiOytoán lấycần hai giải. điểm C, D sao ch AB = CD. Gọi M và N là trung điểm của AC và BD. Chứng minh đường thẳng MN song s với phân giác góc xOy.

http://slide pdf.c om/re a de r/full/c a c -chuye n-de -toa n-8-boi-duong-hsg

1/60

5/12/2018

Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software http://www.foxitsoftware.com For evaluation only.


Suy luận : Vị trí đặc biệt nhất của CD là khi CD đối xứng với AB qua Oz, phân giác góc x Gọi C1 và D1 là các điểm đối xứng của A và B qua Oz ; E và F là các giao điểm của AC 1 v BD1 với Oz. Khi đó E và F là trung điểm của AC 1 và BD1, và do đó vị trí của MN sẽ là EF vậy ta chỉ cần chứng minh MN // EF là đủ ( xem hình 1). Thật vậy, do AB = CD (gt), AB = C1D1 (tính chất đối xứng) nên CD = C1D1. Mặt khác ME NF là đường trung bình của các tam giác ACC1 và BDD1 nên NF // DD1, NF = 1/2DD1 , M CC1 , ME = 1/2 CC1 => ME // NF và NE = 1/2 NF => tứ giác MEFN là hình bình hành => MN // EF => đpcm. Bài toán 1 có nhiều biến dạng” rất thú vị, sau đây là một vài biến dạng của nó, đề nghị các giải xem như những bài tập nhỏ ; sau đó hãy đề xuất những “biến dạng” tương tự. Bài toán 2 : Cho tam giác ABC. Trên AB và CD có hai điểm D và E chuyển động sao cho = CE. Đường thẳng qua các trung điểm của BC và DE cắt AB và AC tại I và J. Chứng min ΔAIJ cân. Bài toán 3 : Cho tam giác ABC, AB ≠ AC. AD và AE là phân giác trong và trung tuyến củ tam giác ABC. Đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE cắt AB và AC tại M và N. Gọi F là tr điểm của MN. Chứng minh AD // EF. Trong việc giải các bài toán chứa các điểm di động, việc xét các vị trí đặc biệt càng tỏ ra h

ích, đặc biệt là các bài toán “tìm tập hợp điểm”. Bài toán 4 : Cho nửa đường tròn đường kính AB cố định và một 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 hìn vuông BCDE nằm trong đường tròn đã cho được xét tương tự, đề nghị các bạn tự làm lấy x như bài tập). Suy luận : Xét trường hợp C trùng với B. Khi đó hình vuông BCDE sẽ thu lại một điểm B các điểm I, D, E đều trùng với B, trong đó I là tâm hình vuông BCDE. Vậy B là một điểm thuộc các tập hợp cần tìm.

1E1 khi đó D trùng với D 1, E trùng v Xét trường A. Dựng hìnhAB vuông BADhết, E I trùnghợp vớiCI1trùng (trungvớiđiểm của cung ). Trước ta tìm tập hợp E. Vì B và E1 thu 1 và tập hợp cần tìm nên ta nghĩ ngay đến việc thử chứng minh  BEE1 không đổi. Điều này không khó vì  ACB = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) và ΔBEE1 = ΔBCA (c. g. c o  BEE1 =  BCA = 90 => E nằm trên nửa đường tròn đường kính BE1 (1/2 đường tròn n và 1/2 đường tròn đã cho nằm ở hai nửa mặt phẳng khác nhau với “bờ” là đường thằng BE


2/60


5/12/2018


Vì  DEB =  E1EB = 90o nên D nằm trên EE1 ( xem hình 2) =>  ADE1 = 90o =  ABE1 => D nằm trên đường tròn đường kính AE1, nhưng ABE1D1 hình vuông nên đường tròn đường kính AE 1 cũng là đường tròn đường kính BD1. Chú ý rằ B và D1 là các vị trí giới hạn của tập hợp cần tìm, ta => tập hợp D là nửa đường tròn đườn kính BD1 (nửa đường tròn này và điểm A ở về hai nửa mặt phẳng khác nhau với bờ là đườ thẳng BD1). Cuối cùng, để tìm tập hợp I, ta cần chú ý II 1 là đường trung bình của ΔBDD1 nên II1 // DD  BII1 = 90 => tập hợp I là nửa đường tròn đường kính BI1 (đường tròn này và A ở về hai

1). mặt phẳng với giải bờ làbàiBD Để kết thúc,khác xin nhau mời bạn toán sau đây : Bài toán 5 : Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB cố định và 1 điểm C chuyển động trê nửa đường tròn đó. Kẻ CH vuông góc với AB. Trên đoạn thẳng OC lấy điểm M sao cho O CH. Tìm tập hợp M.

DỰNG HÌNH BẰNG DỤNG CỤ HẠN CHẾ Các em đều biết rằng : Các bài toán dựng hình ở trường phổ thông chỉ được sử dụng hai dụ cụ là : compa và thước thẳng để dựng hình (theo quy ước từ thời cổ Hi Lạp). Tuy nhiên tro các cuộc thi học sinh giỏi toán hoặc “đố vui học tập” thỉnh thoảng vẫn có những bài toán d hình đòi hỏi chỉ dựng bằng một dụng cụ là thước thẳng hoặc compa. Những bài toán này r thú vị, bổ ích và đòi hỏi nhiều sự thông minh sáng tạo trong việc vận dụng các kiến thức đ học. Các nhà toán học cũng đã nghiên cứu khá sâu sắc các bài toán này. Nhà toán học ý : Máckêrôni (1750 - 1800) và nhà toán học Đan Mạch : MoRơ (1640 - 169 chuyên nghiên cứu các bài toán dựng hình chỉ bằng compa. Đến 1890 nhà toán học áo Adl đã chứng minh rằng : Mọi bài toán dựng hình giải được bằng compa và thước thẳng đều gi được với một mình compa thôi. Ngược lại nhà toán học Thụy Sĩ Iacốp Stây Ne (1796 - 1863) lại chỉ nghiên cứu những bài

toán hình bằng thẳng. Ông đã chứng toánchỉ dựng (hìnhdựng học phẳng) bằngthước compa và thước thẳng giảiminh được,được đều rằng có thể: Mọi dựngbài được bằnghình mộ thước thẳng nếu trên mặt phẳng cho một đường tròn và tâm của nó. Xin giới thiệu với các một vài bài toán như vậy. Bài toán 1 : Cho đường tròn đường kính AOB và một điểm S ở ngoài đường tròn. Chỉ dùn một thước thẳng hãy dựng một đường thẳng đi qua S và vuông góc với AB.


3/60

5/12/2018



Giải : Nối SA cắt (O) tại F ( xem hình 1). Nối SB cắt (O) tại E. Nối AE cắt BF tại H. Đường thẳng SH là đường thẳng cần dựng. Bài toán 2 : Trên mặt phẳng cho 2 điểm A, B. Chỉ dùng compa hãy dựng hai điểm có kho cách gấp đôi độ dài AB (chú ý là cho 2 điểm A, B nhưng chưa có đường thẳng chứa A và B

Giải : đường tròn (B ; BA) ( xem hình 2) - Dựng - Dựng đường tròn (A ; AB) cắt đường tròn trên ở E. - Dựng đường tròn (E ; EA) cắt đường tròn (B) ở F. - Dựng đường tròn (F ; FE) cắt đường tròn (B) ở C. Dễ dàng chứng minh được các ΔAEB ; ΔEBF ; ΔFBC đều . Từ đó => A, B, C thẳng hàng v AC = 2 AB. Bài toán 3 : Cho hai điểm A, B. Chỉ dùng compa hãy dựng trung điểm I của đoạn AB. Giải : Xem hình 3.


4/60


5/12/2018


- Đặt AB = a. Dựng 1 đoạn dài 2a (bài toán 2)

-- Dựng Dựng đường đường tròn tròn (B (B ;; a) 2a)vàvàđường đườngtròn tròn(C(A; a), ; 2a), đường nhau tạitại C.M, M haihai đường tròntròn nàynày tiếpcắtxúc nhau trung điểm BC. - Dựng đường tròn (A ; a) và đường tròn (C ; a), hai đường tròn này tiếp xúc nhau tại N, N trung điểm AC. - Dựng đường tròn (N ; a) và đường tròn (M ; a), hai đường tròn này cắt nhau tại giao điểm thứ hai I, I là trung điểm AB. Phần chứng minh rất dễ dàng, xin dành cho bạn đọc. Bây giờ mời các em giải thử các bài t sau : Bài 4 : Cho hai điểm A, B. Chỉ dùng compa hãy dựng điểm I thuộc đoạn AB và chia AB t tỉ số IA/IB = k (k thuộc N) cho trước. Bài 5 : Cho đường tròn tâm O và hai điểm A, B ở ngoài đường tròn. Chỉ dùng compa hãy dựng giao điểm của đường thẳng AB với đường tròn (O). Bài 6 : Cho tứ giác ABCD. Chỉ dùng compa hãy kiểm tra xem tứ giác ABCD có phải là tứ giác nội tiếp hay không ?

LÀM QUEN VỚI BẤT ĐẲNG THỨC TRÊ-BƯ-SEP

Các bạn đã từng làmthức quenTrê với- các đẳng Cô đi si, đến Bunhiacôpski nhưng còn chưa biết về được bất đẳng bư -bất sép. Conthức đường bất đẳng thức nàykhông thật làítg dị, quá gần gũi với những kiến thức cơ bản của các bạn bậc THCS. Các bạn có thể thấy ngay : Nếu a 1 ≤ a2 và b1 ≤ b2 thì (a2 - a1) (b2 - b1) ≥ 0. Khai triển vế trá của bất đẳng thức này ta có : a1 b1 + a2 b2 - a1 b2 - a2 b1 ≥ 0 => : a1 b1 + a2 b2 ≥ a1 b2 + a2 b1. Nếu cộng thêm a 1 b1 + a2 b2 vào cả hai vế ta được : 2 (a1 b1 + a2 b2) ≥ a1 (b1 + b2) + a2 (b1 + b2) => : 2 (a1 b1 + a2 b2) ≥ (a1 + a2) (b1 + b2) (*) http://slide pdf.c om/re a de r/full/c a c -chuye n-de -toa n-8-boi-duong-hsg

5/60

Bất đẳng thức (*) chính là bất đẳng thức Trê -Generated bư - sépbyvới n = 2. Nếu thay đổi giả thiết, ch Foxit PDF Creator © Foxit Software ≤ a2 và b1 ≥ b2 thì tất cả các bất đẳng thức trênhttp://www.foxitsoftware.com cùng đổi chiều và ta cóFor : evaluation only. 2 (a1 b1 + a2 b2) ≤ (a1 + a2) (b1 + b2) (**) Các bất đẳng thức (*) và (**) đều trở thành đẳng thức khi và chỉ khi a1 = a2 hoặc b1 = b2. Làm theo con đường đi tới (*) hoặc (**), các bạn có thể giải quyết nhiều bài toán rất thú v Bài toán 1 : Biết rằng x + y = 2. Chứng minh x2003 + y2003 ≤ x2004 + y2004. Lời giải : Do vai trò bình đẳng của x và y nên có thể giả sử x ≤ y. Từ đó => : x 2003 ≤ y2003. Do đó (y2003 - x2003).(y - x) ≥ 0 => : x2004 + y2004 ≥ x.y2003 + y.x2003 2004 + y2004 vào hai vế ta có : 2.(x 2004 + y2004) ≥ (x+y) (x2003 + y2003) = 2.(x2003 + Cộng 2003 thêm x y ) => : x2004 + y2004 ≥ x2003 + y2003 (đpcm). Để ý rằng : Bất đẳng thức vừa chứng minh trở thành đẳng thức khi và chỉ khi x = y = 1 ; cá bạn sẽ có lời giải của các bài toán sau : Bài toán 2 : Giải hệ phương trình :

5/12/2018


Nếu các bạn quan tâm tới các yếu tố trong tam giác thì vận dụng các bất đẳng thức (*) hoặ (**) sẽ dẫn đến nhiều bài toán mới. Bài toán 3 : Cho tam giác ABC có diện tích bằng 1. AH và BK là các đường cao của tam giác. Chứng minh : (BC + CA).(AH + BK) ≥ 8. Lời giải : Ta có AH x BC = BK x CA = 2. Do vai trò bình đẳng của BC và CA nên có thể sử rằng BC ≤ CA => 2/BC ≥ 2/CA => AH ≥ BK. Do đó (CA - BC).(BK - AH) ≤ 0 => : CA x BK + BC x AH ≤ BC x BK + CA x AH Cộng thêm CA x BK + BC x AH vào 2 vế ta có :

2.(CA x BK + BC x AH) ≤ (BC => : (BC + CA).(AH + BK) ≥ 8.+ CA) (AH + BK) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi BC = CA hoặc BK = AH tương đương với BC = CA hay t giác ABC là tam giác cân đỉnh C. Bài toán 4 : Cho tam giác ABC với BC = a, CA = b, AB = c và các đường cao tương ứng các cạnh này có độ dài lần lượt là h a, h b, hc. Chứng minh : với S là diện tích tam giác ABC. Lời giải : Do vai trò bình đẳng của các cạnh trong tam giác nên có thể giả sử rằng a ≤ b ≤ => : 2S/a ≥ 2S/b ≥ 2S/c => ha ≥ h b ≥ hc . Làm như lời giải bài toán 3 ta có : (a + b).(ha + hb) ≥ 8S => : 1/(ha + h b) ≤ (a + b)/(8S) (1) Tương tự ta được : 1/(h b + h b) ≤ (b + c)/(8S) (2) 1/(hc + ha) ≤ (c + a)/(8S) (3) Cộng từng vế của (1), (2), (3) dẫn đến : http://slide pdf.c om/re a de r/full/c a c -chuye n-de -toa n-8-boi-duong-hsg

6/60

5/12/2018

Bất đẳng thức (4) trở thành đẳng thức khi và Generated chỉ khi các bất đẳng thức (1), (2), (3) đồng th by Foxit PDF Creator © Foxit Software trở thành đẳng thức tương đương với a = b = http://www.foxitsoftware.com c hay tam giác ABC là tam giác đều.only. For evaluation Bây giờ các bạn thử giải các bài tập sau đây : 1) Biết rằng x2 + y2 = 1. Tìm giá trị lớn nhất của F = (x4 + y4) / (x6 + y6) 2) Cho các số dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = 1. Chứng minh : Ca c chuye n de toa n 8 bồi dưỡng HSG - slide pdf.c om

3) Cho tam giác ABC có độ dài các cạnh lần lượt là a, b, c và độ dài các đường phân giác trong thuộc các cạnh này lần lượt là la, l b, lc. Chứng minh :

4) Hãy dự đoán và chứng minh bất đẳng thức Trê - bư - sép với n = 3. Từ đó hãy sáng tạo các bài toán. Nếu bạn thấy thú vị với những khám phá của mình ở bài tập này, hãy gửi gấp viết về cho chuyên mục EUREKA của TTT2.

PHƯƠNG PHÁP HOÁN VỊ VÒNG QUANH

Phân tích thành nhân tử là một trong những kĩ năng cơ bản nhất của chương trình đại số bậ THCS. Kĩ năng này được sử dụng khi giải các bài toán : biến đổi đồng nhất các biểu thức t học, giải phương trình, chứng minh bất đẳng thức và giải các bài toán cực trị ... Sách giáo khoa lớp 8 đã giới thiệu nhiều phương pháp phân tích thành nhân tử. Sau đây tôi xin nêu m phương pháp thường sử dụng, dựa vào việc kết hợp các phương pháp quen thuộc như đặt n tử chung, nhóm số hạng, hằng đẳng thức ... Phương pháp này dựa vào một số nhận xét sau đây : 1/ Giả sử phải phân tích biểu thức F(a, b, c) thành nhân tử, trong đó a, b, c có vai trò như nhau trong biểu thức đó. Nếu F(a, b, c) = 0 khi a = b thì F(a, b, c) sẽ chứa các nhâ

tử atoán - b, b1 -: cPhân và c tích - a. thành nhân tử : Bài 2 F(a, b, c) = a (b - c) + b2(c - a) + c 2(a - b). Nhận xét : Khi a = b ta có : F(a, b, c) = a2(a - c) + a 2(c - a) = 0, do đó F(a, b, c) có chứa nhân tử a - b. Tương tự F(a, b, c) chứa các nhân tử b - c, c - a. Vì F(a, b, c) là biểu thức bậc ba, do đó F(a c) = k.(a - b)(b - c)(c - a). Cho a = 1, b = 0, c = -1 ta có : 1 + 1 = k.1.1.(-2) => k = -1. Vậy : F(a, b, c) = -(a - b)(b - c)(c - a). nhân tử : Bài toán 2 : 3Phân tích thành F(a, b, c) = a (b - c) + b3(c - a) + c 3(a - b). Nhận xét : Tương tự như bài toán 1, ta thấy F(a, b, c) phải chứa các nhân tử a - b, b - c, c Nhưng ở đây F(a, b, c) là biểu thức bậc bốn, trong khi đó (a - b)(b - c)(c - a) bậc ba, vì vậy F(a, b, c) phải có một thừa số bậc nhất của a, b, c. Do vai trò a, b, c như nhau nên thừa số n có dạng k(a + b + c). Do đó : F(a, b, c) = k(a - b)(b - c)(c - a)(a + b + c) Cho a = 0 ; b = 1 ; c = 2 => k = -1. Vậy : F(a, b, c) = -(a - b)(b - c)(c - a)(a + b + c). http://slide pdf.c om/re a de r/full/c a c -chuye n-de -toa n-8-boi-duong-hsg

7/60

2/ Trong một số bài toán, nếu F(a, b, c) là biểu thức đối xứng của a, b, c nhưng F(a, b Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software ≠ 0 khi a = b thì ta thử xem khi a = -b, F(a,http://www.foxitsoftware.com b, c) có triệt tiêu không, thỏaonly. mãn thì Fornếu evaluation F(a, b, c) chứa nhân tử a + b, và từ đó chứa các nhân tử b + c, c + a. Bài toán 3 : Chứng minh rằng : Nếu : 1/x + 1/y + 1/z = 1/(x + y + z) thì 1/xn + 1/yn + 1/zn = 1/(xn + yn + zn) với mọi 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 = 0 (*) Do đó ta thử phân tích biểu thức F(x, y, z) = (xy + xz + yz)(x + y + z) - xyz thành nhân tử. Chú ý rằng khi x = - y thì F(x, y, z) = - y2z + y2z = 0 nên F(x, y, z) chứa nhân tử x + y. Lập luận tương tự như bài toán 1, ta có F(x, y, z) = (x + y)(y + z)(x + z). Do đó (*) trở thành : (x + y)(y + z)(x + z) = 0 Tương đương với : x + y = 0 hoặc y + z = 0 hoặc z + x = 0 . Nếu x + y = 0 chẳng hạn thì x = - y và do n lẻ nên xn = (-y)n = -yn. Vậy : 1/xn + 1/yn + 1/zn = 1/(xn + yn + zn)

5/12/2018


Tương tự cho trường ta cótình đpcm. Có những khi các ta phải linhhợp hoạtcòn hơnlại, trong huống mà hai nguyên tắc trên không thỏa mã Bài toán 4 : Phân tích đa thức sau thành nhân tử : F(x, y, z) = x3 + y3 + z3 - 3xyz. Nhận xét : Ta thấy rằng khi x = y hay x = -y thì F(x, y, z) ≠ 0. Nhưng nếu thay x = -(y + z) F(x, y, z) = 0 nên F(x, y, z) có nhân tử x + y + z. Chia F(x, y, z) cho x + y + z, ta được thươ x2 + y2 + z2 - xy - yz - zx và dư là 0. 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) một lượng 3x2y + 3xy2 để nhân được kết quả này. Các bạn hãy dùng các phương pháp và kết quả nêu trên để giải các bài tập sau đây. Bài toán 5 : Tính tổng :

trong đó k = 1, 2, 3, 4. Bài toán 6 : Chứng minh rằng (a - b)5 + (b - c)5 + (c - a)5 chia hết cho 5(a - b)(b - c)(c - a).

NHỮNG KHAI THÁC TỪ MỘT ĐA THỨC QUEN THUỘC Bài toán 1 : Phân tích đa thức sau thành nhân tử : a3 + b3 + c3 - 3abc. Lời giải : Ta có a3 + b3 + c3 - 3abc = (a + b)3 - 3a2 b - 3ab2 + c3 - 3abc = [(a + b)3 + c3] - 3ab(a + b + c) 2

2

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


8/60

= (a + b + c) (a2 + b2 + c2 - ab - ac - bc) Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software = 1/2.(a + b + c)[ (a - b)2 + (b - c)2 + (c - a)2 ].http://www.foxitsoftware.com For evaluation only. Nhận xét : Nếu a3 + b3 + c3 = 3abc thì a3 + b3 + c3 - 3abc = 0 Tương đương 1/2.(a + b + c)[ (a - b) 2 + (b - c)2 + (c - a)2 ]. Hay tương đương với hoặc a + b + c = 0 hoặc a = b = c . Nếu cho a = x - y ; b = y - z ; c = z - x thì a + b + c = 0, ta có bài toán : Bài toán 2 : ( 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 trên ta có ngay : (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 cũng cho a + b + c = 0 và ta lại có bài toán : Bài toán 3 : (Thi vô địch toán 8 - 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

5/12/2018


2

2 3

2

2 3

2

2 3

= (x + 2(z- x-2)(x ) y2+-(-z2y) - z ) 3(x2++yy)2)(z = 3(x2 + y2)(y2 + z2)(x + z)(x - z). * Lại cho a = 1/x ; b = 1/y ; c = 1/z , ta có bài toán khác : Bài toán 4 : Cho 1/x + 1/y + 1/z = 0 Tính : P = xy/z2 + yz/x2 + zx/y2 . Lời giải : 1/x + 1/y + 1/z = 0 => 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) = 3 . Vậy P = 3. Bài toán 5 : Cho abc ≠ 0, a3 + b3 + c3 = 3abc. Tính giá trị của : A = (1 + a/b)(1 + b/c)(1 + c/a) Lời giải : Theo bài toán 1, a3 + b3 + c3 = 3abc. Tương đương với : hoặc a + b + c = 0 hoặc a = b = c . + Nếu a + b + c = 0 thì : A = (a + b)/b .(b + c)/c .(c + a)/a = (- c/b).(- a/c).(- b/a) = - 1. + Nếu a = b = c thì : A = (1 + 1)(1 + 1)(1 + 1) = 2 . 2 . 2 = 8. Vậy A nhận hai giá trị là 8 và * Với a = yz ; b = zx ; c = xy thì : a 3 + b3 + c3 = 3abc 3 3

3 3

3 3

2 2 2

Tương đương y z bài + ztoán x +: x y = 3x y z . Từ đó hình thành Bài toán 6 : Cho xyz ≠ 0 thỏa mãn : 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 bài toán 6 về bài toán 5. Kết quả M = - 1 hoặc M = 8. Bài toán 7 : Giải hệ :


9/60

5/12/2018

Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software (Thi học sinh giỏi TP Hồ Chí Minh, 1986-1987 ) http://www.foxitsoftware.com For evaluation only. Lời giải : Theo bài 1, ta có : a3 + b3 + c3 - 3abc = (a + b + c)(a 2 + b2 + c2 - ab - bc - ca) Tương đương 1 - 3abc = 1 - 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) = 1 Hay ab + bc + ca = 0 . (2) Từ (1) và (2) => abc = 0 tương đương với hoặc a = 0 hoặc b = 0 hoặc c = 0. Từ đây lần lượt => các nghiệm của hệ là : (a, b, c) = (0, 0, 1) ; (0, 1, 0) ; (1, 0, 0) ; Bài toán 8 : Cho : Ca c chuye n de toa n 8 bồi dưỡng HSG - slide pdf.c om

Tính giá trị của biểu thức : 2002

2003

2004

P = agiải :+áp b dụng + cbài .7, ta có kết quả duy nhất P = 1. Lời Bài toán 9 : (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 : a 3 + b3 + c3 = 3abc. Hỏi ΔABC là tam giác gì ? Lời giải : a3 + b3 + c3 = 3abc tương đương với hoặc a + b + c = 0 ( không xảy ra vì a, b, c > hoặc a = b = c tương đương với ΔABC là tam giác đều. Bài toán 10 : Cho :

Tính x3 + y3 + z3 theo a, b, c. Lời giải : áp dụng bài 1 : 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) Mặt khác, a2 = (x + y + z)2 = x2 + y2 + z2 + 2(xy + yz + zx) => : 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 + z 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[ b 2 - (a2 - b2)/2 ] = [ 3c(a2 - b2) + a(3b2 - a2) ]/2 . Bài toán 11 : Biết :

Chứng minh rằng a3 + b3 + c3 = 3abc.


10/60

5/12/2018

Lời giải : Từ giả thiết ta => : Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software ax + by + bx + cy + cx + ay = a + b + c http://www.foxitsoftware.com For evaluation only. Tương đương (a + b + c)(x + y - 1) = 0 Tương đương hoặc a + b + c = 0 hoặc x + y - 1 = 0 . + Với a + b + c = 0, theo bài toán 1 => đpcm. + Với x + y - 1 = 0 => y = 1 - x, thay vào hệ, sau một số biến đổi dẫn đến a = b = c, theo b toán 1 => đpcm. Chắc chắn vẫn còn nhiều tìm tòi khám phá xung quanh đa thức F(a, b, c) = a 3 + b3 + c3 - 3 Sau đây là một số bài toán cùng dạng của nhà giáo Nguyễn Đức Tấn, TP Hồ Chí Minh, gử tới các bạn, xem như bài tập : Bài toán 12 : Giải phương trình : (3x - 2)3 - (x - 3)3 = (2x + 1)3. Bài toán 13 : Giải phương trình nghiệm nguyên : (x + y) 3 = (x - 2)3 + (y + 2)3 + 6. Bài toán 14 : Phân tích thành nhân tử : (x + y + z)3 - x3 - y3 - z3. Bài toán 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 ạ 0, a + b + c = 0. Ca c chuye n de toa n 8 bồi dưỡng HSG - slide pdf.c om

2

2

2

Tính : a /(ab) b /(ca) Bài toán 17 : +Cho a + b++c c/(ab) + d =. 0. Chứng minh rằng : 3 3 3 3 a + b + c + d = 3(c + d)(ab - cd). Bài toán 18 : Cho x, y thỏa mãn x2 + y2 = 1. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức x6 + y6.

KHÔNG CHỈ DỪNG LẠI Ở VIỆC GIẢI TOÁN ! Trong học toán, việc tạo được thói quen chủ động tìm tòi, khai thác, phát triển các bài toán giúp người học hiểu sâu sắc kiến thức đã học, phát triển tư duy sáng tạo và tiếp thu tốt nhữ kiến thức mới. * Chúng ta sẽ bắt đầu từ một bài toán quen thuộc. Bài toán 1 : Cho ΔABC có  B = 90o ; đường cao BH. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của BH và H Chứng minh : AM vuông góc với BN.

Lời giải : Từ giả thiết ta có : MN là đường trung bình của ΔHBC (hình 1) => MN // BC, mặt khác B vuông góc AB => MN vuông góc với AB.


11/60

5/12/2018

Xét ΔABN có MN vuông góc với AB ; BM vuông góc với AN => M là trực tâm của ΔABN Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software => AM vuông góc với BN (đpcm). http://www.foxitsoftware.com For evaluation only. * Có rất nhiều hướng phát triển bài toán 1, cho ta những bài toán mới khá thú vị. Từ suy n nếu tạo được đường thẳng song song với AM hoặc BN thì đường thẳng đó sẽ tương ứng vuông góc với BN hoặc AM, ta cho thêm điểm K mà B là trung điểm của KC (hình 2), dễ dàng nhận thấy BN là đường trung bình của ΔCKH => BN // KH => AM vuông góc với K Ta có bài toán sau : Bài toán 2 : Cho ΔABC có góc B = 90 o ; đường cao BH. Gọi M là trung điểm của BH và K là điểm đố xứng với C qua B. Chứng minh : KH vuông góc với AM. Lời giải : Gọi N là trung điểm của HC, theo chứng minh trên, ta có đpcm. * Hoàn toàn là bài toán 2 nhưng với cách phát biểu khác đi, ta có bài toán 3. Bài toán 3 : Cho ΔABC cân tại A, đường cao AH. Hạ HI vuông góc với AC, M là trung điểm của HI. Chứng minh rằng BI vuông góc với AM. * Tiếp tục phát triển theo hướng trên : tạo ra đường thẳng song song với AM, đường thẳng ắt vuông góc với BN. Ca c chuye n de toa n 8 bồi dưỡng HSG - slide pdf.c om

Bài : nhật ABCD. Gọi H là hình chiếu của B trên AC, I và N lần lượt là trung điểm Cho toán hình 4chữ của AD và HC. Chứng minh rằng BN vuông góc với IN. Lời giải :

3). 1). Ta còn phải chứng minh AM // IN, thật vậy : GọicóMAM là trung điểm Ta vuông góccủa vớiBH BN(hình (bài toán Do MN là đường trung bình của ΔHBC nên MN // = 1/2BC , mặt khác, ABCD là hình chữ nhật và I là trung điểm của AD nên IA // = 1/2 BC . Do đó IA // = MN => MNIA là hình b hành => AM // IN, bài toán được chứng minh xong. * Bài toán 4 còn nhiều cách giải khác. Kết hợp bài toán 3 và bài toán 4 ta có bài toán mới k hơn chút xíu. Bài toán 5 : Cho ΔABC cân tại A, đường cao AH. Dựng hình chữ nhật AHCK ; HI vuông góc với AC. và N lần lượt là trung điểm của IC và AK. Chứng minh rằng MN vuông góc với BI. Lời giải :


12/60

5/12/2018



Gọi J là trung điểm của HI (hình 4). áp bài toán 3 ta có BI vuông góc với AJ ; mặt khác, th chứng minh của bài toán 4, tứ giác AJMN là hình bình hành và AJ // MN, vậy : MN vuông góc với BI (đpcm).

*được Tương như bài toán 4 (dựng hình chữ nhật ABCD rồi tạo AM // IN), ta sẽ tạo EF // BN bài tự toán sau. Bài toán 6 : Cho hình chữ nhật ABCD. Gọi H là hình chiếu của B trên AC ; E, F, M lần lượt là trung đ của AB, DH, BH. Chứng minh rằng AM vuông góc với EF. Lời giải :

Gọi N là trung điểm của CH (hình 5). áp dụng chứng minh tứ giác AMNI là hình bình hàn (bài toán 4), ta chứng minh được tứ giác BEFN cũng là hình bình hành, => EF // NB. Mặt khác BN vuông góc AM (theo bài toán 1). Vậy ta có AM vuông góc với EF . * Lại kết hợp bài toán 4 và bài toán 6, cho ta một kết quả khác. Bài toán 7 : Cho hình chữ nhật ABCD. Gọi H là hình chiếu của B trên AC ; E, F, M, N lần lượt là trung điểm của AB, DH, HC, AD. Chứng minh rằng EF vuông góc với MN. Lời giải : http://slide pdf.c om/re a de r/full/c a c -chuye n-de -toa n-8-boi-duong-hsg

13/60


5/12/2018


Gọi I là trung điểm của BH (hình 6). Lần lượt theo các bài toán 1, 4, 6 ta có các kết quả sau : AI vuông góc với BM, AI // MN, B // EF => EF vuông góc với MN (đpcm). * Tiếp tục khai thác, phát triển bài toán 1 chắc chắn còn nhiều điều thú vị. Qua đây, tác giả

mong bạnluyện luôn có tòi, kiến khai thức thác, bổ phát cáccác bàibạn toán, thông muốn qua đócác tự rèn tư thói duy quen và tíchchủ lũyđộng đượctìm nhiều ích.triển Chúc thà công.

VẬN DỤNG BỔ ĐỀ HÌNH THANG VÀO GIẢI TOÁN * Trong Tạp chí Toán Tuổi thơ 2 số 4 (TTT2(4)), tháng 6 năm 2003, ở mục kết quả Thử t toán, để chia đôi một đoạn thẳng song song với một đường thẳng cho trước chỉ bẳng thướ thẳng, ta đã dựa vào một bổ đề : “Đường thẳng nối giao điểm các đường chéo của hình thang với giao điểm các cạnh bên k dài sẽ chia đáy của hình thang thành hai phần bằng nhau”. Bổ đề này thường được gọi là bổ đề “Hình thang”. Để chứng minh bổ đề, các bạn có thể th khảo phần chứng minh trong TTT2(4). * ở bài viết này, xin nêu thêm một số dạng ứng dụng khác của bổ đề “Hình thang”. Bài toán 1 : Cho DABC. M, N, P lần lượt là các điểm trên các cạnh BC, CA, AB. Nối AM BN, CP cắt nhau tại I, J, K (hình 1). Kí hiệu S là diện tích, chứng minh rằng : Nếu SΔAIN = SΔBJP = SΔCKM = SΔIJK thì SAPJI = SBMKJ = SCNIK .


Lời giải : Gọi L là giao điểm của CI và NK.

14/60

Từ SΔANI = SΔIJK => SΔANI + SΔAIJ = = SΔIJK + Generated SΔAIJ => SbyΔNAJ = SΔKAJ. Foxit PDF Creator © Foxit Software Ta nhận thấy ΔNAJ và ΔKAJ có chung cạnh http://www.foxitsoftware.com AJ nên khoảng cách từ NForvàevaluation K tới AJonly. là bằng 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 đề “Hình thang”, CI cắt NK tại trung điểm của NK. Vậy L là trung điểm của NK (*). Từ (*) ta chứng minh được SΔCIN = S ΔCIK , mà SΔAIN = S ΔCKM => SΔCIM = SΔCIA => IA = IM (**) ( ΔCIM và ΔCIA có chung đường cao hạ từ C tới AM). Từ (**) => S ΔBIA = S ΔBIM ( ΔBIM và 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 được từng cặp trong ba tứ giác APJI, BMKJ, CNIK có diện tích bằng nhau và do đó diện tích của ba tứ giác này bằng nhau. * Xét bài toán đảo của bài toán dựng hình chỉ bằng thước kẻ trong TTT2(4) nói trên. Bài toán 2 : Cho trước một đoạn thẳng AB và trung điểm M của nó. Chỉ bằng thước thẳng hãy dựng qua điểm C nằm ngoài AB, một đường thẳng song song với AB. Lời giải : Phân tích : Giả sử dựng được đường thẳng (d) đi qua C và song song với AB (hình 2).

5/12/2018


Trên phần kéo dài của tia BC, lấy một điểm S bất kì. Gọi giao điểm của SA và (d) là D, AC cắt BD tại O. Theo bổ đề Hình thang, đường thẳng SO đi qua điểm M, từ đó ta có cách dựn Cách dựng : Lấy điểm S như trên. Lần lượt nối AC, SM, các đường thẳng này cắt nhau tại Nối SA, BO, cắt nhau tại D. Đường thẳng (d) đi qua C, D chính là đường thẳng cần dựng đi qua C, (d) // AB. * Kết quả của bài toán 2 cũng được vận dụng trong nhiều bài toán dựng hình chỉ bằng thướ thẳng. Bài toán 3 : Cho hình bình hành ABCD với O là tâm. Chỉ dùng thước thẳng, qua O, hãy d đường thẳng song song với một cạnh bất kì của hình bình hành ABCD. Lời giải : Theo bài toán, O lần lượt là trung điểm AC, BD (hình 3).

áp dụng bài toán cho đoạn vớiBx O là// trung AC, ta hoàn toàn 2dựng được thẳng đườngAC thẳng AC. điểm của AC và B là điểm nằm ngoà


15/60

5/12/2018

Tương tự, ta cũng dựng được đường thẳng CyGenerated // BD. by Foxit PDF Creator © Foxit Software Gọi E là giao điểm của Bx, Cy, ta thấy ngay OBEC là hình bình hành.For evaluation only. http://www.foxitsoftware.com Do đó, nếu gọi I là giao điểm của BC và OE thì I là trung điểm của BC, mặt khác O là trun điểm của BD nên OI là đường trung bình của DBCD, OI // CD. => OE là đường thẳng cần dựng. Bài toán 4 : Trong mặt phẳng cho trước đường tròn (S) và tâm O của nó ; một điểm M và đường thẳng (d) bất kì. Chỉ bằng thước thẳng, hãy dựng một đường thẳng đi qua M song s với (d). Lời giải : Để áp dụng được bài toán 2 trong trường hợp này, ta cần xác định được trên (d) điểm P, Q khác nhau và điểm N là trung điểm của PQ. Ta thực hiện như sau : Ca c chuye n de toa n 8 bồi dưỡng HSG - slide pdf.c om

Trên (d), lấy một điểm P tùy ý (hình 4). Qua P, kẻ cát tuyến PAB tới (S). AO, BO cắt (S) l lượt tại C, D. CD cắt (d) tại Q. Theo tính chất của đường tròn, ta chứng minh được tứ giác ABCD là hình bình hành có tâm điểm O. Theo bài toán 3, qua O ta dựng được đường thẳng song song với AB và dễ thấy đường thẳng này cắt PQ tại N là trung điểm của PQ. Đến đây, ta có thể => cách dựng đườn thẳng qua M song song với (d) dựa vào bài toán 2. Bài tập tự giải : Bài toán 5 : Cho trước đường tròn (S) và tâm O của nó, M là một điểm bất kì. Chỉ dùng th thẳng, hãy dựng qua M một đường thẳng vuông góc với một đường thẳng (d) cho trước. Bài toán 6 : Cho tứ giác ABCD, AD cắt BC tại S, AC cắt BD tại O. Chứng minh rằng nếu đi qua trung điểm M của AB thì SO cũng đi qua trung điểm N của CD và tứ giác ABCD là hình thang.

MỞ TRUNG CỦA TrongRỘNG chươngĐỊNH trình LÍ hìnhVỀ họcĐƯỜNG 8, phần hình thang,BÌNH có một địnhHÌNH lí quanTHANG trọng. Định lí 1 : Đường trung bình của hình thang song song với hai đáy và có độ dài bằng nửa hai đáy. Sau khi có định lí Talét, định lí 1 được mở rộng thành một định lí mới với nhiều ứng dụng quan trọng. Bài viết này xin giới thiệu với bạn đọc định lí mới đó và một vài ứng dụng của Định lí 2 : Cho hình thang ABCD. Các điểm M, N thuộc các cạnh bên AD, BC và thỏa mã điều kiện MA/MD = NB/NC = m/n. Khi đó, ta có : a) MN song song với AB, DC. b) MN = (nAB + mDC)/(m + n) http://slide pdf.c om/re a de r/full/c a c -chuye n-de -toa n-8-boi-duong-hsg

16/60

5/12/2018



Chứng minh : Đặt E là giao điểm của AN và 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 .

+ TừCN/BN giả thiết. AB) ta có(3) : MA/MD = NB/NC = m/n , ta có : AM/AD = m/(m + n) và CN/BN = n/m (4) . Từ (3), (4) => : MN = m / (m + n) . (DC+ n/m.AB) => MN = (nAB + mCD)/(m + n) Định lí 2 đã được chứng minh. Dưới đây là một vài ứng dụng của nó. Bài toán 1 : Cho tam giác ABC, các phân giác BE, CF. Điểm M thuộc đoạn EF. H, K, L l hình chiếu của M trên BC, CA, AB. Chứng minh rằng : MH = MK + ML.

Lời giải : + Gọi X, Y là hình chiếu của E, F trên BC ; Z là hình chiếu của F trên CA ; T là hình chiếu của E trên AB (hình 2). + Vì BE, CF là các đường phân giác của 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 định+lín).FZ Talét ;cho tam giác và EFT, ta có : MKdụng = m/(m MLcác = n/(m + n).EFZ ET (3)


17/60

5/12/2018

Từ (1), (2), (3) => : MH = n/(m + n).ET + m/(m + n).EZ = ML + MK (đpcm). Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software Bài toán 2 : Cho tam giác ABC nhọn, phân giác BE, CF, đường cao BH, CK. O, only. I theo thứ http://www.foxitsoftware.com For evaluation là tâm các đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp. Chứng minh rằng : I, H, K thẳng hàng khi và ch khi O, E, F thẳng hàng. Ca c chuye n de toa n 8 bồi dưỡng HSG - slide pdf.c om

Để giải BT2, ta không chỉ cần BT1 mà cần có thêm bổ đề sau. Bổ đề 1 : Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn. Đường phân giác của các góc DAB , CB và đường thẳng CD đồng quy khi và chỉ khi DA + CB = DC. Việc chứng minh bổ đề trên khá dễ dàng, xin dành cho bạn đọc. Lời giải (BT2) : Gọi X, Y, Z là hình chiếu của O trên BC, CA, AB (hình 3). Vì O là tâm đường tròn ngoại ΔABC =>  ABC =  AOY = 1/2  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 dưới đây là đề dự tuyển IMO năm 1998, do Ba Lan đề xuất.

Cho tứ =giác nội tiếp ABCD. Cácđoạn điểmEF E, Fsaotheo tự thay đổi trên. các cạnhm Bài toáncho 3 :AE/BE CD sao CF/DF . Điểm P thuộc chothứ PE/PF = AB/CD Chứng rằng : S(PAD) / S(PBC) không phụ thuộc vào E, F (S(.) chỉ diện tích của tam giác) Lời giải : Gọi P1, E1, F1 là hình chiếu của P, E, F trên AD ; P, E, F là hình chiếu của P, E, F trên BC (hình 4).


18/60


5/12/2018


Theo định lí 2, ta có :

Từ hai đẳng thức trên với chú ý rằng PE/PF = AB/CD , ta có :


19/60


5/12/2018


MỘT KĨ NĂNG CÓ NHIỀU ỨNG DỤNG Các bạn hãy xuất phát từ một bài toán nhỏ : “Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x 2 - 2x + Thật là dễ dàng viết được y = (x - 1) 2 + 1 nên y ≥ 1 với mọi x và đẳng thức xảy ra khi và ch khi x = 1. Do đó y đạt giá trị nhỏ nhất bằng 1 khi x = 1. Điều cốt lõi ở cách viết trên là từ biểu thức x2 - 2x, ta biết phải thêm 1 đơn vị để có (x - 1) 2 Tại sao biết được điều đó ? Tại vì ta nhìn x 2 là bình phương số thứ nhất, 2x là hai lần tích thứ nhất với số thứ hai nên số thứ hai chính là 1, vậy phải thêm bình phương số thứ hai tức thêm 1 ! Đây là một kĩ năng mà các bạn cần thành thạo để giải quyết nhiều bài toán. Bây giờ các bạn hãy lần lượt theo dõi các thí dụ : Thí dụ 1 : Chứng minh với mọi a, b ta có a2 - ab + b2 ≥ 0. Phân tích : Nhìn vế trái như một đa thức bậc 2 đối với ẩn a và sử dụng kĩ năng trên ta có : a2 - ab + b2 = a2 - 2.a.b/2 + (b/2)2 + 3/4.b2 = (a - b/2)2 + 3/4.b2. Từ đó dễ dàng => điều phải chứng minh và thấy ngay đẳng thức chỉ xảy ra khi a = b = 0. Thí dụ 2 : Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức F = x2 + y2 + xy - x - y. Phân tích : Nhiều bạn viết : 2

2

2

2

2

FDo= đó 1/2(2x 2xyx,- y. 2xNhưng - 2y + 2) - 1 <.dd> = 1/2[ (x này - 1) không + (y - thể 1) trở + (xthành + y) đẳng ] - 1 .thứ : F ≥ +-12y với+mọi ta thấy bất đẳng thức nên “con đường” này không đi đến được kết quả. Thậm chí có bạn sau khi chứng tỏ đẳng t F = -1 không xảy ra đã “liều” kết luận : F không có giá trị nhỏ nhất ! Nếu sử dụng kĩ năng đã trình bày thì hãy nhìn F như đa thức bậc hai ẩn x và 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 đó F≥ - 1/3 với mọi x, y. Mặt khác :

Vậy F đạt giá trị nhỏ nhất bằng - 1/3 khi x = y = 1/3 . (xem thêm TTT2 số 2 - 4/2003) Thí dụ 3 : Phân tích đa thức thành nhân tử : F = x4 + y2 - 2x2y + x2 + x - 2y. Phân tích : Hãy nhìn F như đa thức ẩn y, ta viết : F =2 y2 - 2y(x2 2 + 1) + x42+ x2 + x = y2 - 2y(x2 + 1) + (x2 + 1)2 - x2 + 2x - 1 = (y + x2 + 1)2 - ( 1) = (y + x + x)(y + x - x - 2) Thí dụ 4 : Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số : Phân tích : Vẫn với kĩ năng nhìn ra bình phương của một biểu thức ta viết :

Thí dụ 5 : Tìm các số nguyên x, y sao cho :


20/60

Phân tích : Ta thấy : x2 + 4x + 5 = (x + 2)2 +1Generated > 0 với by mọi x nên y xác định với mọi x. Từ Foxit PDF Creator © Foxit Software ta cũng có y > 0. http://www.foxitsoftware.com For evaluation only. Do đó :

5/12/2018


Vì x, y thuộc Z nên y + x + 2 và y - x - 2 cũng nhận giá trị nguyên. Lưu ý tổng và tích của biểu thức này là dương nên ta có :

Kĩ năng làm xuất hiện bình phương của một biểu thức còn được sử dụng trong rất nhiều bà toán khác. Mong các bạn lưu ý để giải quyết các bài toán cần tới kĩ năng này.

MỘT SỐ DẠNG TOÁN SỬ DỤNG PHÉP PHÂN TÍCH ĐA THỨC THÀNH NHÂN Sau khi xem xong tạp chí Toán Tuổi thơ 2 số 5 (tháng 7 năm 2003), tôi rất tâm đắc với các toán phân tích đa thức thành nhân tử. Do đó tôi mạnh dạn trao đổi với bạn đọc về vấn đề v dụng phép phân tích đa thức thành nhân tử vào giải một số dạng toán ở bậc THCS. 1. Rút gọn các biểu thức đại số. Bài toán 1 : Rút gọn :

với ab ≠ 0. Lời giải :

Bài toán 2 : Rút gọn :

Lời giải :

2. đẳngvới thức BàiChứng toán 3minh : Chobất ΔABC góc A ≥ góc B ≥ góc C.


21/60

Chứng minh :

5/12/2018



Lời giải : Hạ AH vuông góc với BC ; BI vuông góc với AC. Ta có AH = h a, BI = h b. Dễ th 2 tam giác vuông AHC và BIC đồng dạng và chung góc C. => ha/h b = AH/BI = b/a . áp dụng điều tương tự ta có :

Vì góc A ≥ góc B ≥ góc C tương đương với a ≥ b ≥ c nên (**) đúng, tức là (*) được chứng minh. 3. Giải phương trình và bất phương trình Bài toán 4 : Giải phương trình : 4x3 - 10x2 + 6x - 1 = 0 (1) Lời giải : (1) 4x3 - 2x2 - 8x2 + 4x + 2x - 1 = 0 tương đương 2x 2(2x - 1) - 4x(2x - 1) + (2x - 1) = 0 hay (2x - 1)(2x2 - 4x + 1) = 0

Bài toán 5 : Giải phương trình : Lời giải : Ta có :


22/60

5/12/2018

Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software Vậy phương trình (2) có nghiệm duy nhất là xhttp://www.foxitsoftware.com = 3. For evaluation only. 3 2 Bài toán 6 : Giải bất phương trình : 7x - 12x - 8 < 0 (3) Lời giải : (3) 7x3 - 14x2 + 2x2 - 8 < 0 tương đương với 7x2(x - 2) + 2(x2 - 4) < 0 hay (x - 2)(7x2 + 2x + 4) < 0 tương đương với (x - 2)[6x2 + 3 + (x + 1)2] < 0 hay x - 2 < 0 => x < 2. Vậy bất phương trình (3) có nghiệm là x < 2. 4. Một số bài toán khác. Bài toán 7 : CMR nếu : Ca c chuye n de toa n 8 bồi dưỡng HSG - slide pdf.c om

với a, b ≠ 0 ; a ≠ b ; a, b ≠ 1/2 thì a + b + 3/2 = 1/a + 1/b. Lời giải : (*) tương đương : a2 b - 2a3 b - 2b2 + 4ab2 = b2a - 2ab3 - 2a2 + 4a2 b hay : 3ab2 - 3a2 b - 2a3 b + 2b3a - 2b2 + 2a2 = 0 3ab(b - a) + 2ab(b2 - a2) - 2(b2 - a2) = 0 (b - a)[3ab + 2ab(b + a) - 2(a + b)] = 0 Vì a ≠ b => b - a ≠ 0 nên hệ thức trên tương đương với : 3ab + 2ab(b + a) - 2(a + b) = 0

Do + a + 1/b b - (a + b)/ab = 0 => :a.b a +≠b0+=> 3/23/2 = 1/a . (đpcm). 2 Bài toán 8 : Chứng minh : n + 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) = 7 => n + 9 và n + 2 cùng chia hết cho 7 hoặc không cùng chia hết ch - Nếu n + 9 và n + 2 cùng chia hết cho 7 thì (n + 9)(n + 2) chia hết cho 49 mà 21 không chi hết cho 49 nên M không chia hết cho 49. - Nếu n + 9 và n + 2 không cùng chia hết cho 7 thì (n + 9)(n + 2) không chia hết cho 7 mà chia hết cho 7 nên M không chia hết cho 49. Vậy n22 + 11n + 39 không chia hết cho 49. Sau đây là một số bài tập để các bạn thử vận6 dụng : 1. Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình : x - x4 + 2x3 + 2x2 = y2. 2. Cho ab ≥ 1. Chứng minh : 1/(1 + a2) + 1/(1 + b2) ≥ 2/(1 + ab). 3. Chứng minh rằng với mỗi số nguyên lẻ n thì (n86 - n4 + n2) chia hết cho 1152.

TỪ MỘT BÀI TOÁN THI HỌC SINH GIỎI

Trong một: Cho đề thia,học giỏi 8 năm học 2000 2001 có+bài toán Bài toán b làsinh hai số tựlớp nhiên lớn hơn 1. Giả- sử a 1945 b1945 vàsau a1954: + b1954 đều chi hết cho 2001. Hỏi a2002 + b2002 có chia hết cho 2001 không ? Về bài toán này, nhiều bạn đã chỉ kết luận rằng : “a2002 + b2002 chỉ chia hết cho 2001 kh chia hết cho 2001 hoặc a1996 + b1996 chia hết cho 2001”. Khó hài lòng với kết luận trên (một kết luận như là... chưa kết luận), tôi đã tiếp tục suy ngh phát hiện ra một kết quả khá bất ngờ, đó là a và b đều phải chia hết cho 2001, với hai lời gi trình bày dưới đây. Lời giải 1 : Gọi p là ước số nguyên tố bất kì của 2001, => p lẻ và a 1945 + b1945 ; a1954 + b195 đều phải chia hết cho p. Nếu một trong hai số a ; b chia hết cho p, dễ dàng => số còn lại cũng chia hết cho p. Nếu (a, p) = (b, p) = 1 (1)


23/60

áp dụng hằng đẳng thức : Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software an + 9 + bn + 9 = (a9 + b9)(an + bn) - a9 b9(an - 9 http://www.foxitsoftware.com + bn - 9), ta có : For evaluation only. 1954 1954 9 9 1945 1945 9 9 1936 1936 a + b = (a + b )(a + b ) - a b (a + b ). Vì (a1945 + b1945) chia hết cho p ; (a1954 + b1954) chia hết cho p nên a9 b9(a1936 + b1936) chia hế cho p => (a1936 + b1936) chia hết cho p (do (1)). Vì 1936 mod 9 = 1, tiếp tục quá trình trên cho a 1936 + b1936 ; … ta chứng minh được (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 (2)) 1954 - b1954) chia hết cho p. Kết hợp với giả thiết : => 1954(a a + b1954 = (a1954 - b1954 + 2b1954) chia hết cho p => 2b1954 chia hết cho p => b chia hết cho p (do p nguyên tố lẻ), điều này vô lí do b > 1, p > và (b, p) = 1. Do đó trường hợp này không xảy ra. Vậy : với p là ước nguyên tố bất kì của 2001 thì a chia hết cho p và b chia hết cho p. Mặt khác, 2001 = 3.23.29 là tích của 3 số nguyên tố lẻ nên a và b cùng chia hết cho 3 ; 23 dẫn đến a và b cùng chia hết cho 2001. Phân tích lời giải 1 : Có hai mắt xích chính để đi đến lời giải 1, đó là sử dụng hằng đẳng th

5/12/2018


nêu một tính chấtnguyên chia hết Tínhtrên chấtvà: Cho p là số tố :lẻ. Nếu (a + b) chia hết cho p và (a 2n + b2n) chia hết cho p với a, b thuộc Z và n thuộc N* thì a chia hết cho p và b chia hết cho p (chứng minh tính ch này hoàn toàn tương tự như trường hợp 2n = 1954). Theo hướng khác, các biểu thức ở đề bài gợi ý ta nghĩ đến định lí nhỏ Féc-ma, từ đó ta có giải 2 như sau. Trước hết, ta phát biểu và chứng minh một bổ đề. Bổ đề : Cho các số nguyên x, y và số nguyên tố p. Nếu p có dạng 4k + 3 và (x 2 + y2) chia h cho p thì x chia hết cho p và y chia hết cho p. Chứng minh : Giả sử x không chia hết cho p, => y cũng không chia hết cho p. áp dụng đị Féc-ma nhỏ ta có : (x p - 1 - 1) chia hết cho p ; (y p - 1 - 1) chia hết cho p => x p - 1 - 1 + y p - 1 - 1 = (x p - 1 + y p - 1 - 2) chia hết cho p. Mặt khác : x p - 1 + y p - 1 =(x2)2k + 1 + (y2)2k + 1 = = M(x2 + y2) chia hết cho p (do giả thiết : (x 2 + y2) chia h cho p). => 2 chia hết cho p, vô lí vì p nguyên tố lẻ. Vậy x chia hết cho p, => y chia hết cho p, bổ đề được chứng minh. Lời giải 2 : 977

977

Đặt = b+ b 1954) chia hết cho p. => xx2 =+ ay2 = ;(ay1954 áp dụng bổ đề cho x ; y và p = {3 ; 23} ta có a977 và b977 cùng chia hết cho 3 và 23, => a và cùng chia hết 3 và 23. 1945 + b1945) chia hết cho 2001 và (a1954 + b1954) chia hết cho 2001 nê (a1945 + b1945) chia hết cho 29 và (a1954 + b1954) chia hết cho 29, áp dụng hằng đẳng thức tro lời giải 1, ta chứng minh được : (a1963 + b1963) chia hết cho 29 ; … ; (a2044 + b2044) chia hết c 29 (3). Giả sử a không chia hết cho 29, => b cũng không chia hết cho 29. Theo định lí Féc-ma nhỏ (a28 - 1) chia hết cho 29 và (b28 - 1) chia hết cho 29. Mặt khác a2044 - 1 = ((a28)73 - 1) chia hết cho (a28 - 1) => (a2044 - 1) chia hết cho 29, tương tự thì (b2044 - 1) chia hết cho 29 => (a 2044 + b2044 - 2) ch


24/60

5/12/2018

hết cho 29 => 2 chia hết cho 29 (do (3)), vô lí.Generated Vậy a chia hết cho 29 => b chia hết cho 29 = by Foxit PDF Creator © Foxit Software đpcm. http://www.foxitsoftware.com For evaluation only. Ca c chuye n de toa n 8 bồi dưỡng HSG - slide pdf.c om

TỪ MỘT BẤT ĐẲNG THỨC ĐƠN GIẢN Tôi xin trao đổi cùng các bạn một bất đẳng thức đơn giản nhưng có thể sử dụng để đề xuất chứng minh nhiều bài toán thú vị. Bài toán 1 : Với a, b dương, ta có :

3 + b3 ab(a + b) (*) aLời giải : Thật vậy, (*) tương đương với : (a + b)(a2 - ab + b2) - ab(a + b) 0 tương đương với (a + b)(a2 - 2ab + b2) 0 hay là (a + b)(a - b) 2 0, đúng với mọi a, b dương. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b. * Ta có : (*) tương đương với a 3/b + b2 a(a +ab) hay là : a3/b + b2 a2 + ab Tương tự, với a, b, c dương thì : b3/c + c2 b2 +cb ; c3/a + a2 cb2 +ca Từ đó, ta chứng minh được bài toán : Bài toán 2 : Với ba số a, b,c dương, chứng minh rằng : 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 quả này, ta chứng minh được bài toán trong đề thi vào 10 chuyên Hồng Phong 2000-2001 : Bài toán 3 : Với a, b,c dương, chứng minh rằng : (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) hay : 4(a3 + b3) (a + b)3 Ta đề xuất được bài toán : Bài toán 4 : Với a, b, c dương, chứng minh rằng : 8(a3 + b3 + c3) (a + b)3 + (b + c)3 + (c + a)3 * Nhận xét : Nếu bổ sung giả thiết abc = 1, thì (*) tương đương với : a3 + b3 + abc ab(a + b) + abc hay là : a3 + b3 + 1 ab(a + b + c) hay : 1/(a3 + b3 + 1) 1/(ab(a + b + c))

Tương 1/(b3 + tự, c3 +ta1)có :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/( + b + c)) = 1/(a + b + c).(a + b + c)/abc = 1 . Ta đề xuất được bài toán : Bài toán 5 : Cho a, b, c dương, abc = 1. Chứng minh rằng : 1/(a3 + b3 + 1) + 1/(b3 + c3 + 1) + 1/(c3 + a3 + 1) 1 . * áp dụng bài toán 5, ta sẽ chứng minh : Bài toán 6 : (Đề dự tuyển kì thi toán Quốc tế lần thứ 37, năm 1996). Cho a, b, c dương, abc = 1. Chứng minh :


25/60

ab/(a5 + b5 + ab) + bc/(b5 + c5 + bc) + ca/(c5 +Generated a5 + ca)by 1Foxit . PDF Creator © Foxit Software Lời giải : Ta sẽ chứng minh http://www.foxitsoftware.com For evaluation only. 5 5 5 5 5 ab/(a + b + ab) + bc/(b + c + bc) + ca/(c + a5 + ca) 1/(a3 + b3 + 1) + 1/(b3 + c3 + 1) + 1 + a3 + 1) 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 vậy : 5 5 (1) tương5đương 5 với : a + b + ab ab(a3 + b3 +1) hay là : a + b ab(a3 + b3) tương đương a5 + b5 a4 b + ab 4 (a5 - a4 b) + (b5 - ab4) 0 (a - b)(a4 - b4) 0 (a - b)2(a + b)(a2 + b2) 0, đúng. Tương tự, (2) và (3) cũng đúng, bài toán được chứng minh. * Đề nghị các bạn áp dụng bất đẳng thức (*) để tiếp tục chứng minh các bài toán : 1. Cho a, b, c không âm, chứng minh :

5/12/2018


2. Cho a, b, c dương, chứng minh :

RÚT GỌN BIỂU THỨC Nghe thấy tên loại toán này, nhiều bạn đã ngại và không thích lắm. Tuy nhiên, loại toán nà lại rất hay gặp trong các kì thi tốt nghiệp và thi vào lớp 10. Để giải quyết tốt loại toán này, các bạn cần nắm vững : * Các phép toán của đa thức và phân thức đại số. * Các hằng đẳng thức đáng nhớ. * Các phương pháp đưa biểu thức về dạng tích. * Điều kiện để các biểu thức có nghĩa. Thông thường bài toán rút gọn biểu thức còn được đi kèm theo các yêu cầu khác : * Chứng minh bất đẳng thức. * Giải phương trình hoặc bất phương trình. ** So biểu Tìmsánh điềuhai kiện để thức. biểu thức nhận giá trị nguyên. * Tính giá trị của biểu thức khi cho giá trị cụ thể của các chữ trong biểu thức. * Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức. Thí dụ 1 : Cho : 1) Rút gọn P . 2) Chứng minh : Nếu 0 < x < 1 thì P > 0. 3) Tìm giá trị lớn nhất của P. Lời giải :


26/60

5/12/2018

1) Điều kiện để P có nghĩa : x 0 và x khác 1.Generated Khi đó ta có: by Foxit PDF Creator © Foxit Software Ca c chuye n de toa n 8 bồi dưỡng HSG - slide pdf.c om

http://www.foxitsoftware.com For evaluation only.

. 2) Nếu 0 < x < 1 thì : 3) Đẳng thức xảy ra Do đó : P lớn nhất là 1/4 khi x = 1/4 Thí dụ 2 : Cho biểu thức :

1) Rút gọn Q. 2) Tính giá trị của Q khi |x| = 2. 3) Tìm x nguyên để Q là số nguyên. Lời giải : 1) Điều kiện để Q có nghĩa là : Khi đó ta có :

2) Nếu |x| = 2 thì x2 = 4. Do đó Q = 4. 3) Vì Q = x2/(x2 - 3) = 1 + 3/(x2 - 3) nên Q là số nguyên khi và chỉ khi x 2 - 3 là số nguyên. có x là số nguyên thì x2 - 3 là số nguyên, => x2 - 3 là ước của 3. Từ đó x2 - 3 = 3; -3 hoặc x 3 = 1; -1 ; Vậy các số nguyên cần tìm là : x = 2; - 2 Thí dụ 3 : Cho biểu thức :


27/60

5/12/2018

Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software 1) Rút gọn A. http://www.foxitsoftware.com For evaluation only. 2) So sánh A và Lời giải : 1) Điều kiện để A có nghĩa là : x và y lớn hơn bằng 0, x khác y. Khi đó ta có : Ca c chuye n de toa n 8 bồi dưỡng HSG - slide pdf.c om

2) Vì x khác y và x, y lớn hơn bằng 0 nên :

Cuối cùng, các bạn có thể tự giải các bài tập sau đây. Bài 1 : Cho biểu thức :

1) Tìm x sao cho P > 2. 2) So sánh P với 1,5. Bài 2 : Rút gọn biểu thức.


28/60

Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software Từ đó tìm số nguyên x sao cho T nhận giá trịhttp://www.foxitsoftware.com nguyên. For evaluation only. Bài 3 : Chứng minh rằng : Nếu a + b + c = 0 và abc khác 0 thì :

5/12/2018


Bài 4 : Cho :

TỪ MỘT PHÉP BIẾN ĐỔI TRUNG GIAN TRONG PHÉP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC TRÊ - BƯ - SÉP Sau khi đọc xong bài báo “Làm quen với bất đẳng thức Trê-bư-sép” của tác giả Lê Võ Việ Khang (TTT2 số 4), dựa vào kết quả trung gian : nếu a1 ≥ a2 và b1 ≥ b2 thì a1 b1 + a2 b2 ≥ a1 b a2 b1, em đã chứng minh được kết quả sau. Cho hai bộ số dương a1 ≥ a2 ≥ a3 và b1 ≥ b2 ≥ b3. Khi đó : Nếu ta đặt A = a1 b1 + a2 b2 + a3 b3 ; B = a1 b1 + a2 b3 + a3 b2 C = a1 b2 + a2 b1 + a3 b3 ; D = a1 b2 + a2 b3 + a3 b1 E = a1 b3 + a2 b1 + a3 b2 ; F = a1 b3 + a2 b2 + a3 b1

Thì ≥ Bdo ; Aa2≥≥Ca;3 B ; B ≥ E ; C ≥ D ; C ≥ E ; D ≥ F ; E ≥ F. ThậtAvậy, và≥bD 2 ≥ b3 => a2 b2 + a3 b3 ≥ a2 b3 + a3 b2 => A ≥ B. Các kết quả khác chứ minh hoàn toàn tương tự. Như vậy, trong các tổng trên thì A có giá trị lớn nhất và F có giá trị nhỏ nhất. Dựa vào kết này, ta chứng minh được khá nhiều bất đẳng thức khác. Bài toán 1 : Cho a, b, c là các số dương. Chứng minh rằng : 3abc ≤ a3 b/c + b3c/a + c3a/b + a3c/b + b3a/c + c3 b/a Lời giải : Do vai trò của a, b, c như nhau, không mất tính tổng quát, giả sử b ≥ a ≥ c. => a2 b2 ≥ b2c2 ≥c2a2 và b/ac≥ a/bc≥ c/ab áp dụng kết quả trên cho hai bộ số này, ta có : a2 b2. c/ab + b32c2. a/bc3 + c2a2.b/ac ≤ a2 b2.b/ac + b2c2. a/bc + c2a2. c/ab 3 Hay 3abc ≤ a c/b + b a/c + c b/a (1) Tương tự 3abc ≤ a3 b/c + b3c/a + c3a/b + a3c/b (2) Cộng từng vế (1) và (2) ta có đpcm. Bài toán 2 : Cho a, b, c là các số dương. Đặt P = a + b + c ; R = a3/(bc) + b3/(ca) + c3/(ab) ; Q = (a2 + b2)/(2c) = (b2 + c2)/(2a) + (c2 + a2)/(2b) . Chứng minh rằng : P ≤ Q ≤ R. Hướng dẫn : Giả sử a ≥ b ≥ c. áp trên≥cho bộ,số a2 ≥dụng b2 ≥kết c2 ;quả và 1/c 1/b hai ≥ 1/a ta :có:


29/60

a2.(1/a) + b2.(1/b) + c2.(1/c) ≤ a2.(1/b) + b2.(1/c) + c2.(1/a) (1) Generated 2 2 2 2 2 2 by Foxit PDF Creator © Foxit Software a .(1/a) + b .(1/b) + c .(1/c) ≤ a .(1/c) + b .(1/a) + c .(1/b) (2) http://www.foxitsoftware.com For evaluation only. Cộng từng vế (1) và (2), => : 2(a + b + c) ≤ (a 2 + b2)/c + (b2 + c2)/a + (c2 + a2)/b ; => P ≤ Q (3) Lại áp dụng kết quả trên cho hai bộ số : a3 ≥ b3 ≥ c3 và a/(abc) ≥ b/(abc) ≥ c/(abc) => R ≥ Q (4) Từ (3), (4) => P ≤ Q ≤ R (đpcm). Bài toán 3 : Cho a, b, c là các số dương. Chứng minh rằng: (a8 + b8 + c8)/(a3 b3c3) ≥ 1/a + 1/b + 1/c Hướng dẫn : áp dụng kết quả ban đầu cho : a5 ≥ b5 ≥ c5 và 1/(b3c3) ≥ 1/(a3c3) ≥ 1/(a3 b3) a2 ≥ b2 ≥ c2 và 1/c3 ≥ 1/b3 ≥ 1/a3. Rất mong các bạn hãy khám phá tiếp !

5/12/2018


"TÁCH" HẠNG TỬ NHƯ THẾ NÀO ĐỂ PHÂN TÍCH ĐA THỨC THÀNH NHÂN TỬ ? Trong sách giáo khoa Toán 8 tập 1 (NXB Giáo Dục - 2004) giới thiệu ba phương pháp thư dùng để phân tích đa thức thành nhân tử. Đó là : phương pháp đặt nhân tử chung ; phương pháp dùng hằng đẳng thức và phương pháp nhóm hạng tử. Tuy nhiên, trong phần bài tập lại có những bài không thể áp dụng ngay ba phương pháp trê để giải, chẳng hạn bài 53 trang 24 và bài 57 trang 25. Sách giáo khoa có gợi ý cách “tách” hạng tử thành hai hạng tử rồi áp dụng các phương pháp trên để phân tích tiếp. Bài báo này xin nói rõ thêm về việc “tách” hạng tử thông qua một bài toán cụ thể : Phân tích đa thức x2 - 3x + 2 thành nhân tử (bài 53a trang 24, SGK Toán 8 tập 1). Để giải bài tập này, ta có thể “tách” hạng tử như sau : a) Tách một hạng tử : Cách 1 : x2 - 3x + 2 = x2 - x - 2x + 2 = x(x - 1) - 2(x - 1) = (x - 1)(x - 2). Cách 2 : x2 - 3x + 2 = 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 3 : x2 - 3x + 2 = x2 - 3x + 3 - 1 2

= (x -41): x- 2(3x Cách - 3x- 3) + 2==(xx2+-1)(x 3x +- 61)- -43(x - 1) = (x - 1)(x + 1 - 3) = (x - 1)(x - 2). 2 = (x - 4) - (3x - 6) = (x - 2)(x + 2) - 3(x - 2) = (x - 2)(x + 2 - 3) = (x - 1)(x - 2). Cách 5 : x2 - 3x + 2 = 3x2 - 2x2 - 3x + 2 = (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 6 : x2 - 3x + 2 = x2 - 2x - x + 1 + 1 = (x2 - 2x + 1) - (x - 1) = (x - 1)2 - (x - 1) = (x - 1)(x - 1 - 1) = (x - 1)(x - 2). Cách 7 : x2 - 3x + 2 = x2 - 4x + x + 4 - 2 = (x2 - 4x + 4) + (x - 2) = (x - 2)2 + (x - 2) = (x - 2)(x - 2 + 1) = (x - 1)(x - 2).


30/60

5/12/2018

c) Tách ba hạng tử : Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software Cách 8 : http://www.foxitsoftware.com For evaluation only. 2 2 2 x - 3x + 2 = 3x - 2x - 6x + 3x + 8 - 6 = (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 - 4 + 3) = (x - 1)(x - 2). Một cách tổng quát, để phân tích đa thức dạng x2 + px + q, nếu ta tìm được hai số a và b sa cho a + b = p và a.b = q thì ta có thể “tách” px = (a + b)x = ax + bx để có hằng đẳng thức : + px + q = x2 + (a + b)x + a.b = (x + a)(x + b). Trong ví dụ trên, vì (-1) + (-2) = -3 và (-1)(-2) = 2 nên : x2 -3x + 2 = x2 + [(-1) + (-2)]x + (-1)(-2) = (x - 1)(x - 2). Tương tự như trên, các bạn hãy tìm nhiều cách “tách” cho các bài tập còn lại trong sách gi khoa Toán 8 : Phân tích các đa thức sau thành nhân tử : 1) x2 + x - 6 ; 2) x2 + 5x + 6 ; 3) x2 - 4x + 3 ; Ca c chuye n de toa n 8 bồi dưỡng HSG - slide pdf.c om

2

4) +4; 5) x2 + - x5x- 6.

TỪ MỘT ĐIỀU HIỂN NHIÊN ĐÚNG Các bạn có biết các bất đẳng thức (BĐT) như Cô-si ; Bu-nhi-a-cốp-xki ; Trê-bư-sép và nhi BĐT “tên tuổi” khác đều là hệ quả của một BĐT rất quen thuộc, là BĐT nào không ? Phải chăng đó chính là BĐT (a - b)2 ≥ 0 với mọi số thực a, b ? Chúng ta hãy theo dõi một chuỗi biến đổi từ BĐT này. Ta có : (a - b)22 ≥ 02<=> a2 + b2 ≥ 2ab (*) 2 <=> a + b + 2ab ≥ 4ab <=> (a + b) ≥ 4ab (*) <=> a2 + b2 + a2 + b2 ≥ 2ab + a2 + b2 <=> 2(a2 + b2) ≥ (a + b)2

Từ (1) và (2), với mọi a, b ta có : Từ (1), với a ≥ 0 ; b ≥ 0 ta có BĐT Cô-si : Với a > 0 ; b > 0 ta có :


31/60

Từ (4) và (5), với a > 0 ; b > 0 ; c > 0 ta có :

5/12/2018



áp dụng BĐT (6) ta có BĐT Nes-bít :

áp dụng BĐT (*), với mọi 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 <=> (a2+ b2)(c2 + d2) ≥ (ac + bd)2 Với c > 0 ; d > 0 ta có :

áp dụng BĐT (9), ta có BĐT S-vác : (trong đó a1, a2, ... , an là các số dương) Như vậy có thể khẳng định rằng rất nhiều BĐT quan trọng, có ứng dụng rất lớn đều khởi nguồn từ BĐT hiển nhiên đúng (a - b)2 0. áp dụng BĐT này, các bạn hãy thử chứng minh kết quả sau : 1) 3(ab + bc +ca) ≤ (a + b + c)2 ≤ 3(a2 + b2 + c2) 2) (a + b)3 ≤ 4(a3 + b3)


32/60


5/12/2018


3) với mọi a > 0 ; b > 0. Còn rất nhiều các BĐT khác là hệ quả của BĐT (a - b)2 ≥ 0 đang chờ các bạn khám phá.

KHÔNG COI NHẸ KIẾN THỰC CƠ BẢN Để giải toán nói chung, đương nhiên bạn cần phải biết vận dụng linh hoạt, tổng hợp các ki thức của mình, trong đó các kiến thức phức tạp được hình thành từ chính các kiến thức đơ giản nhất, các kiến thức cơ bản. Trong nhiều trường hợp, để giải một bài toán khó đôi khi cần hoặc cần phải sử dụng đến những kiến thức cơ bản. Hệ thống ví dụ dưới đây sẽ chứng minh cho các bạn thấy tầm quan trọng của bất đẳng thức 0 với mọi a (*). Ví dụ 1 : 1) Chứng minh rằng x2 - x + 1 > 0 với mọi x. 2) Tìm giá trị nhỏ nhất của y = x 2 - 2x + 5. Lời giải : 1) Ta có

với mọi x, do 3/4 > 0 và theo (*). 2 2 2) Ta có y = x - 2x + 5 = (x - 1) + 4 ≥ 4 do (x - 1) 2 ≥ 0 với mọi x. Đẳng thức xảy ra <=> ( 1)2 = 0 <=> x = 1. Vậy y đạt giá trị nhỏ nhất là 4 khi x = 1. Ví dụ 2 : Giải hệ phương trình

Lời giải : Cộng theo từng vế các phương trình trong hệ trên ta có : x2 + y2 + z2 = y - 1 + z +x-1 <=> (x2 - x + 1) + (y2 - y + 1) + (z2 - z + 1) = 0 Vì x2 - x + 1 > 0 ; y 2 - y + 1 > 0 ; z2 - z + 1 > 0 với mọi x, y, z (theo ví dụ 1.1) nên phương trình này vô nghiệm. Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm. Ví dụ 3 (đề thi TS vào lớp 10 chuyên Phan Bội Châu, Hà Tĩnh) : Giải hệ phương trình

Lời giải : Ta có (1) <=> x2 - xy + y2 - yz + z2 - zx = 0 <=> 2x2 - 2xy + 2y2 - 2yz + 2z2 - 2zx = 0 <=> (x2 - 2xy + y2) + (y2 - 2yz + z2) + + (z2 - 2zx + x2) = 0 <=> (x - y)2 + (y - z)2 + (z - x)2 = 0 (3)


33/60

5/12/2018

Vì (x - y)2 ≥ 0 ; (y - z) 2 ≥ 0 ; (z - x)2 ≥ 0 với mọi x, y, z => (x - y)2 + (y - z)2 + (z - x)2 ≥ 0 v Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software mọi x, y, z http://www.foxitsoftware.com For evaluation only. => (3) <=> x - y = y - z = z - x = 0 <=> 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 = 3 và x = y = z = - 3. Ví dụ 4 : Giải phương trình Ca c chuye n de toa n 8 bồi dưỡng HSG - slide pdf.c om

Lời giải : Điều kiện x ≥ 2 (2). Ta có :

<=> x = 2, thỏa mãn điều kiện (2). Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất x = 2. Ví dụ 5 ((đề thi TS vào lớp 10 ĐHKHTN - ĐHQG Hà Nội 2002) : Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng phương trình sau vô nghiệm : x 2 + (a + b + c)x + + bc + ca = 0. Lời giải : Phương trình tương đương với

với mọi x, a, b, c nên để chứng minh phương trình trên vô nghiệm, ta cần phải chứng minh 4(ab + bc + ca) - (a + b + c)2 > 0. Thật vậy : 4(ab + bc + ca) - (a + b + c)2 = 2(ab + bc + ca) - a 2 - b2 - c2 = 2c(a + b) - (a - b)2 Vì a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác nên : |a - b| < c => (a - b) 2 < c2 => (a - b)2 + c2 < 2c2 ; 2

2 <2 2c(a + b). cSuy < ara+ (a b => - b)2c + c < 2c(a + b) <=> 2c(a + b) - (a - b)2 - c2 > 0 <=> 4(ab + bc + ca) - (a + b + c)2 > 0. Vậy phương trình ban đầu vô nghiệm. Qua bài viết này, tôi muốn nhắn nhủ tới các em học sinh rằng : Hãy đừng coi nhẹ những k thức cơ bản trong sách giáo khoa mà thầy cô giáo đã truyền đạt cho các em.


34/60

5/12/2018

TI P TỤC KHAI TH C MỘT B I TO N Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software http://www.foxitsoftware.com only. Trong TTT2 số 10, bạn Linh Nguyên đã có những khai thác thú vị từ For bấtevaluation đẳng thức : 3 3 a + b ≥ ab(a + b) với a, b dương (*) Cũng từ bất đẳng thức (*), tôi tiếp tục những hướng khai thác khác và đã thu được một vài quả sau. Hướng thứ nhất : Ta có (*) tương đương với 3a3 ≥ 2a3 + 2a,sup>2b + 2ab2 - a2 b - ab2- b3 <=> 3a3 ≥ (2a - b)(a2 + ab + b2) Ca c chuye n de toa n 8 bồi dưỡng HSG - slide pdf.c om

Từ đó ta có bài toán : Bài toán 1 : Cho a, b, c là các số dương. Chứng minh rằng :

Hướng thứ hai : Ta lại có

Mặt khác, áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số không âm ta có :

Ta có bài toán tiếp theo : Bài toán 2 : Cho a, b, c là các số dương. Chứng minh rằng :

Hướng thứ ba : Ta biến đổi


35/60


5/12/2018


(áp dụng bất đẳng thức Nesbit cho 3 số dương a3, b3, c3). Ta cótoán bài 3toán thứa,bab,:c là các số dương. Chứng minh rằng : Bài : Cho

NHẨM NGHIỆM ĐỂ PHÂN TÍCH ĐA THỨC THÀNH NHÂN TỬ Nhiều bạn khi nói đến nhẩm nghiệm đều băn khoăn là nhẩm những con số nào ? Chẳng lẽ nhẩm “vu vơ” may ra thì được ? Xin “mách” các bạn nguyên tắc nhẩm (dựa trên kết quả đ được khẳng định nhưng không trình bày trong chương trình sách giáo khoa). Nguyên tắc cơ bản: 1) Cho đa thức ẩn x với hệ số nguyên f(x) = a0xn + a1xn-1 + ... + an-1x + an có nghiệm hữu tỉ thì p là ước của an và q là ước của a0. Hệ quả : Nếu a0 = 1 thì mọi nghiệm hữu tỉ của f(x) đều là nghiệm nguyên và nghiệm nguy này là ước của số hạng tự do an. 2) Nếu đa thức f(x) có nghiệm x = a thì x - a là một nhân tử khi phân tích f(x) về dạng tích. Chúng ta theo dõi một ví dụ đơn giản sau : 2

đa thức x - 9x + 14 thành tử. sẽ là ước của 14. Nhẩm thử sẽ tìm Ví dụ 1nghiệm : Phân:tích Nhẩm Ta thấy nghiệm nguyên nếu cónhân của f(x) nghiệm x = 2 (có bạn nhẩm ra x = 7 trước !). Từ đó ta có x - 2 phải là một nhân tử của f(x) (nếu nhẩm được x = 7 thì nhận định có một nhân tử là x - 7). Lời giải : Khi bạn nhẩm được nghiệm x = 2. Cách 1 : x2 - 9x + 14 = x2 - 2x - 7x + 14 = x(x - 2) - 7(x - 2) = (x - 2)(x - 7). Cách 2 : x2 - 9x + 14 = x2 - 4 - 9x + 18 = (x + 2)(x - 2) - 9(x - 2) = (x - 2)(x - 7). Khi bạn nhẩm được nghiệm x = 7. Cách 1 : x2 - 9x + 14 = x2 - 49 - 9x + 63 = (x - 7)(x + 7) - 9(x - 7) = (x - 7)(x - 2). Cách 2 : x2 - 9x + 14 = x2 - 7x - 2x + 14 = x(x - 7) - 2(x - 7) = (x - 7)(x - 2). Ví dụ 2 : Phân tích thành nhân tử


36/60

f(n) = 5n3 + 15n2 + 10n. Generated2 by Foxit PDF Creator © Foxit Software Tìm lời giải : Ta có f(n) = 5n3 + 15n2 + + 10nhttp://www.foxitsoftware.com = 5n(n + 3n + 2). Nhẩm của đa thức Fornghiệm evaluation only. + 3n + 2 ta được n = -1 (hoặc n = -2). Lời giải : f(n) = 5n3 + 15n2 + 10n = 5n(n2 + 3n + 2) = 5n(n 2 + n + 2n + 2) = 5n[n(n + 1) + + 1)] = 5n(n + 1)(n + 2). Chú ý : Từ kết quả trên có thể chứng minh f(n) chia hết cho 30 với mọi số nguyên n. Thí dụ dưới đây để các bạn lưu ý về tác dụng của ẩn phụ. Ví dụ 3 : Phân tích đa thức thành nhân tử P(x) = (x2 + 3x + 1)(x2 + 3x + 2) - 12. Tìm lời giải : Đặt t = x2 + 3x + 1 thì đa thức trở thành f(t) = t(t + 1) - 12 = t2 + t - 12. Nhẩm nghiệm trong các ước của 12 ta có nghiệm t = 3 (hoặc t = -4). Lời giải : Ta có f(t) = t2 - 3t + 4t - 12 = t(t - 3) + 4(t - 3) = (t - 3)(t + 4). Do đó : P(x) = (x2 + 3x + 1 - 3)(x2 + 3x + 1 + 4) = (x2 + 3x - 2)(x2 + 3x + 5). Mời các bạn thử làm các bài tập sau : 1) Phân tích các 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 ≥ 0 với mọi x. 3) Chứng minh Q = x(x + 1)(x + 2)(x + 3) + 1 là số chính phương với mọi số nguyên x.

5/12/2018


MỘT LẦN VÀO "BẾP" Trong quá trình tự học toán, tôi thường “nghiên cứu” rất kĩ những bài toán đơn giản, cố tìm điểm mấu chốt của chúng rồi “xào nấu” chúng thành những bài toán “trông có vẻ lạ”. Việc này không những đã giúp tôi khắc sâu kiến thức, rèn luyện khả năng sáng tạo mà còn cho t những bài toán thú vị để... đố bạn bè. Xin được giới thiệu với các bạn một lần vào “bếp” c tôi, bắt đầu từ một bài toán rất đơn giản. Bài toán 1 : Tìm giá trị nhỏ nhất của T = (a + 2003)2 + (b + 2004)2 + (c + 2005)2. Lời giải : Ta có (a + 2003)2 ≥ 0 với mọi a ; (b + 2004)2 ≥ 0 với mọi b ; (c + 2005)2 ≥ 0 với c. Suy ra T ≥ 0 với mọi a, b, c. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = -2003 ; b = -2004 ; c = 2005. Vậy giá trị nhỏ nhất của T là 0. Dễ thấy rằng, bài toán trên vẫn đúng khi ta thay các số 2003, 2004, 2005 bởi các số thực b kì. Từ đó ta có bài toán sau : Bài toán 2 : Tìm giá trị nhỏ nhất của T = (a + m)2 + (b + n)2 + (c + p)2 với m, n, p là các h số. Hai bài toán trên có cách giải đơn giản (sử dụng tính chất A2 ≥ 0). Bây giờ, nếu thêm điều kiện a + b + c là một hằng số thì ta có thể đề xuất bài toán sau : 2

sốp,thực b, chằng có tổng Bài n)2 +toán (c +3p):2Xét với các m, n, q làa,các số. là q. Tìm giá trị nhỏ nhất của T = (a + m) + (b Tôi đã thử khá nhiều cách và cuối cùng cũng tìm được lời giải cho bài toán này nhờ sử dụn bất đẳng thức phụ sau : x2 + y2 + z2 ≥ (x + y + z) 2/3 với mọi x, y, z (1). Chứng minh (1) : Với mọi x, y, z ta có x 2 + y2 ≥ 2xy ; y2 + z2 ≥ 2yz ; z2 + x2 ≥ 2zx. Cộng t từng vế 3 bất đẳng thức cùng chiều trên ta được 2(x2 + y2 + z2) ≥ 2(xy + yz + zx) <=> 3(x2 + y2 + z2) ≥ (x + y + z)2 <=> x2 + y2 + z2 ≥ (x + z)2/3. Đẳng thức xảy ra <=> 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 ra (m + n + p + q)2/3. Vậy giá trị nhỏ nhất của T là (m + n + p + q) 2/3, khi đó


37/60


5/12/2018


Lời giải của bài toán trên vẫn không thay đổi nếu ta thay điều kiện a + b + c = q bởi điều k a + b + c ≥ q. Ta có bài toán khá “hóc búa” sau : Bài toán 4 : Tìm giá trị nhỏ nhất của T = (a + m)2 + (b + n)2 + (c + p)2. Biết a + b + c ≥ q v m, n, p, q là các hằng số. Cũng vẫn là bài toán trên nhưng điều kiện a + b + c ≥ q được ẩn dưới một điều kiện khác là b, c dương và abc ≥ q3, bài toán sẽ trở nên “hóc búa” hơn nhiều : Bài toán 5 : Tìm giá trị nhỏ nhất của T = (a + m)2 + (b + n)2 + (c + p)2. Biết a, b, c là các s dương, abc ≥ q3 và m, n, p, q là các hằng số. Hướng dẫn : áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 3 số dương a, b, c ta có Việc mở rộng bất đẳng thức (1) cũng đã giúp tôi phát triển thêm chuỗi bài toán này. 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

Chứng minh (3) :


38/60

5/12/2018



Vậy theo nguyên lí quy nạp, ta đã chứng minh được (3). Các bạn thử dùng các bất đẳng thức (1) ; (2) ; (3) để giải các bài toán sau nhé. Bài toán 6 : Tìm giá trị nhỏ nhất của T = (a1 + b1)2 + (a2 + b2)2 + ... + (a2005 + b2005)2. Biết a a2 + ... + a2005 = 2005 và b1, b2, ..., b2005 là các hằng số. Bài toán 7 : Tìm giá trị nhỏ nhất của T = (a1 + b1)2 + (a2 + b2)2 + ... + (a2006 + b2006)2. Biết a a2, ... , a2006 là các số dương có tích không nhỏ hơn 2 4012 và b1, b2, ..., b2006 là các hằng số. Bài toán 8 : Tìm giá trị nhỏ nhất của T = (a + m)2005 + (b + n)2005 + (c + p)2005. Biết a + b + 6015 và m, n, p là các hằng số. Bài toán 9 : Tìm giá trị nhỏ nhất của T = (a + m)2006 + (b + n)2006 + (c + p)2006. Biết a, b, c các số dương, abc ≥ 54135 và m, n, p là các hằng số.

ĐẶC BIỆT HOÁ ĐỂ CÓ BÀI TOÁN MỚI Trong quá trình dạy học toán, việc tìm lời giải các bài toán không chỉ là mục đích mà còn

cơ sởhóa để thì đề có xuất toánnhững mới. Nếu ta biết thác bài toán vừa giải xong bằng cách đ biệt thểcác thubài được bài toán thúkhai vị khác. Trong bài viết này tôi sẽ trình bày một vài bài toán có được từ một bài toán sau đây. Bài toán 1 : Từ điểm P trên đường chéo AC của hình bình hành ABCD, kẻ đường thẳng d lượt cắt các tia AB, AD tại M và N. Chứng minh : AB/AM + AD/AN = AC/AP . Lời giải : (hình 1)


39/60

5/12/2018



Từ B và D kẻ BB’ // MN, DD’ // MN (B’, D’ thuộc AC). Ta có : AB/AM = AB'/AP ; AD/AN = AD'/AP . Do đó : 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 bài toán 1 ta chú ý rằng AO là trung tuyến của ΔABD. Nếu P là trọng tâm của ΔA thì AP = 1/3.AC . Từ đó ta có bài toán sau : Bài toán 2 : Đường thẳng d đi qua trọng tâm G của ΔABC lần lượt cắt các cạnh AB và AC M và N. Chứng minh : AB/AM + AC/AN = 3 . Lời giải : (hình 2)

Tương tự như bài toán 1 : AB/AM = AC/AN = 2AO/AG = 2.3/2.AG/AG = 3 . * Trong bài toán 2 nếu đường thẳng d cắt tia CB tại P thì : AC/CN + BC/CP = 3 và AB/BM - BC/BP = 3. Từ đó ta có bài toán sau : Bài toán 3 : Đường thẳng d đi qua trọng tâm G của ΔABC cắt cạnh AB tại M, cạnh AC tạ và tia CB tại P.


40/60


5/12/2018


Chứng minh :

Lời giải : (hình 3) áp dụng bài toán 2 ta có : AB/AM = AC/AN = 3 ; AC/CN + BC/CP = 3 . (1) Riêng vì MN cắt tia CB tại P nên tương tự cách chứng minh bài toán 2, ta có : BA/BM = BA'/BG ; BC/BP = BC'/BG => BA/BM = BC/BP = 3 . (2) (dễ thấy BA’ - BC’ = 3BG). Từ (1) và (2) => : AB/AM + AC/AN + AC/CN + BC/CP + AB/BM - BC/BP = 9 => : AB.(AM + MB)/(AM.MB) + AC.(AN + NC)/(AN.NC) - BC.(CP - BP)/(BP.PC) = 9 => : AB2/(AM.BM) + AC2/(AN.CN) - BC2/(BP.CP) = 9 (đpcm) * Nếu ΔABC đều, cạnh a thì AB = AC = BC = a, ta đề xuất được bài toán : Bài toán 4 : Đường thẳng d đi qua tâm O của tam giác đều ABC, cạnh a, cắt cạnh AB tại M cạnh AC tại N và tia CB tại P. Chứng minh :

Các bạn hãy giải bài toán 4 xem như bài tập. Trên đây là các bài tập định lượng, được khai thác từ bài toán 1 theo hướng đặc biệt hóa. Bằng phương pháp tương tự mời bạn đọc hãy đề xuất các bài toán mới.

Bài toán 4 : Cho tứ giác ABCD. Các điểm X, Y, Z, T theo thứ tự thuộc các cạnh AB, BC, CD, DA sao cho các đường thẳng XT, YZ, BD đồng quy. Chứng minh rằng : P(XYZT) < {P(BCD) ; P(CDA) ; P(DAB) ; P(ABC)}. Để giải BT4, ta cần có hai bổ đề. Bổ đề 2 : Cho tam giác ABC. Một đường thẳng bất kì, không đi qua A, B, C, theo thứ tự c các đường thẳng BC, CA, AB tại X, Y, Z. Ta có : XB / XC . YC / YA . ZA / ZB = 1 BĐ2 là một phần của định lí Mênêlauýt mà phép chứng minh nó có trong rất nhiều tài liệu hình học sơ cấp, xin không giới thiệu ở đây. Bổ đề 3 : Cho tứ giác ABCD và các điểm X, Y, Z nằm trên biên của tứ giác. Chứng minh : P(XYZ) ≤ max {P(BCD) ; P(CDA) ; P(DAB) ; P(ABC)} (biên của tứ giác là hình hợp bởi cạnh của nó). BĐ3 được chứng minh khá dễ dàng nhờ kết quả có trong bài toán 7 thuộc bài viết “Bắt đầu ý tưởng của Hê Rông” của TS. Nguyễn Minh Hà (Toán Tuổi thơ 2, số 6, 8/2003). Trở lại việc chứng minh BT4. Giả sử XT, YZ, BD đồng quy tại H. Không mất tính tổng quát, giả sử H thuộc tia đối của t BD (hìnhBĐ2 5a, hình 5b). và DCBD, ta có : áp dụng cho DABD


41/60

5/12/2018

TD/TA . XA/XB . HB/HD = 1 và ZD/ZC . YC/YA . HB/HD = 1 => TD/TA . XA/XB = Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software ZD/ZC . YC . YA (1) http://www.foxitsoftware.com For evaluation only. Xảy ra ba trường hợp sau : Trường hợp 1 (hình 5a) : Ca c chuye n de toa n 8 bồi dưỡng HSG - slide pdf.c om

Theo (1) ta có : XA/XB = YC/YA => TZ // AC ; ZY // AC. Trường hợp 2 (hình 5b) :

Theo (1) ta có : XA/XB < YC/YA => TZ, XY cùng cắt AC. Đặt K = TZ giao với AC ; K’ = XY giao với AC. Từ các bất đẳng thức TD/TA > ZD/ZC ; XA/XB < YC/YA dễ dàng => K, K’ cùng thuộc tia đối của của tia AC (2)

áp dụng. BĐ2 cho. ΔDAC ta có .: XB/XA . K'A/K'B = => KA/KB = K'A/K'B (3) ZC/ZD TD/TA KA/KBvà= ΔBAC, 1 và YC/YA (theo (1)) Từ (2), (3) => : K trùng với K’. Vậy : TZ, XY, AC đồng quy (tại K). Trường hợp 3 : TD/TA < ZD/ZC Tương tự như trường hợp 2, ta cũng có TZ, ZY, AC đồng quy. Tuy nhiên, điểm đồng quy thuộc tia đối của tia CA. Phần còn lại của phép chứng minh BT4 diễn ra hoàn toàn tương tự đối với các trường hợp 2, 3. Cụ thể là : + Trường hợp 2 và trường hợp 3 hoàn toàn giống nhau. + Trường hợp 1 tương tự nhưng đơn giản hơn các trường hợp 2, 3. Vì lí do trên, để cho đơn giản, ta chỉ tiến hành chứng minh phần còn lại của BT4 trong trườ hợp 2 (hình 5b). Trên các cạnh DC, CB của tứ giác ABCD ta lấy các điểm M, N sao cho : A // TZ ; AN // XY. Theo định lí Talét, ta có : MZ/MC = AK/AC = NY/NC => MN // ZY . Trên các cạnh CB, BA của tứ giác ABCD ta lấy các điểm P, Q sao cho : DP // ZY ; DQ // 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 đó => : XA/X YN/YP = ZM/ZD = TA/TD = m/n (m, n > 0 ; m + n = 1) áp dụng định lí 2 cho các hình thang AQPN, PNMD và định lí Talét cho các tam giác MDA

DAQ, ta có : XY = mQP ++nAN , YZ =ΔmPD ZT = nMA và TX = mDQ => P(XYZT) = mP(DPQ) nP(AMN) (m ++n)nNM max, {P(DPQ) ; P(AMN)} = max. {P(DP


42/60

5/12/2018

P(AMN)} (4) Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software Đặt {P(BCD) ; P(CDA) ; P(DAB) ; P(ABC)}http://www.foxitsoftware.com = (*) For evaluation only. Theo BĐ3, ta có : P(DPQ) ≤ max (*) và P(AMN) ≤ max (*) . (5) Trong (5), dấu bằng không xảy ra ở cả hai bất đẳng thức (bạn đọc tự kiểm tra). Kết hợp vớ (4), ta có : P(XYZT) < max {P(BCD) ; P(CDA) ; P(DAB) ; P(ABC)} BT (4) thuộc loại cực khó. ấy vậy mà, lời giải của nó lại chỉ dựa vào một định lí thật đơn g định lí 2. “Tôi đã từng dạy rất nhiều học sinh giỏi, trong số đó có nhiều em sau này đi thi t quốc tế đạt thành tích cao. Nhưng tôi chưa thấy học sinh nào giải được BT4. Tôi thật sự cả ơn nếu ai đó có thể tìm thấy cho BT4 một lời giải mà không cần đến định lí 2”. Trên đây là tâm sự của TS. Nguyễn Minh Hà, tác giả BT4 và lời giải của nó. Định lí 2 còn nhiều ứng dụng nữa. Tuy nhiên, do khuôn khổ có hạn của bài viết, xin dừng đây. Những bài toán tôi giới thiệu dưới đây có thể xem như những bài tập thực hành kĩ năn sử dụng định lí 2. Bài toán 5 : Cho tứ giác ABCD. Các điểm M, N thuộc các cạnh AB, CD sao cho : AM/BM CN/DN . Đặt E = AN giao với DM ; F = BN giao với CM. Chứng minh rằng : S(MENF) = S(AOE) S(BCF). Bài toán 6 : Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). AE, BF là các đường phân giác. T Ca c chuye n de toa n 8 bồi dưỡng HSG - slide pdf.c om

EF (O)7 tại I. Chứng minh rằngĐiểm : 1/IAM=chạy 1/IBtrên + 1/IC . BC. (O1), (O2) là đường tròn ngo Bàicắt toán : Cho tam giác ABC. cạnh tiếp các tam giác ABM, ACM. Tìm quỹ tích trung điểm I của đoạn O 1O2. Bài toán 8 : Cho tam giác ABC, AD, BE, CF là các đường phân giác. Các điểm X, Y, Z th thứ tự thuộc các đoạn EF, FD, DE. X’, Y’, Z’ là hình chiếu của X, Y, Z lên các đường thẳn AB, BC, CA. Chứng minh rằng : XX’ + YY’ + ZZ’ ≤ XY + YZ + ZX. Toán Tuổi thơ 2 xin cảm ơn TS. Nguyễn Minh Hà giúp đỡ rất nhiều để hoàn chỉnh bài viết này.

CÁC BÀI TOÁN VỀ DIỆN TÍCH Qua kinh nghiệm giảng dạy, tôi thấy học sinh thường lúng túng khi gặp bài toán tính toán hoặc so sánh diện tích các hình. Có nhiều phương pháp lựa chọn để giải quyết dạng toán n Tôi xin nêu một vài “tình huống” để các bạn tham khảo. 1. Tính qua tam giác tương đương. Để tính diện tích của một tam giác ta có thể dẫn đến tín diện tích của một tam giác tương đương (có cùng diện tích). Thí dụ 1 : Cho hình chữ nhật ABCD có BC = a ; AB = b. Kẻ CK  BD. Tính diện tích tam giác AKD (SAKD) theo a và b ?

Lời giải : Vì ABCD là hình chữ nhật nên 2S ABD = a.b = 2SCBD => SABD = SCBD. Mặt khác, ∆ABD và ẂCBD có chung cạnh BD nên khoảng cách từ A và C xuống BD bằng nhau. Suy ra ∆AKD và ∆CKD có chung cạnh KD và các đường cao hạ xuống KD bằng nhau. V SAKD = SCKD = 1/2 KD . KC


43/60

∆BCD vuông tại C, đường cao CK suy ra :

5/12/2018



∆CKD vuông tại K => KD2 = CD2 - KC2

Thay (1) và (2) vào (*) ta có :

2. Tính qua tam giác đồng dạng. Áp dụng công thức : S1/S2 = k 2 (S1, S2 là diện tích các hình, k là tỉ số đồng dạng). Thí dụ 2 : Cho đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R. C chạy trên (O), AC > BC, hạ CD AB. Tiếp tuyến tại A với (O) cắt BC tại E. Tiếp tuyến tại C với (O) cắt AE tại M. MO cắt tại I, MB cắt CD tại K. Cho MO = AB, hãy tính S MIK ? Lời giải :

Để ý tới MA và MC là hai tiếp tuyến cùng xuất phát từ M của (O), ta chứng minh được MO trung trực của AC hay AC  MO và I là trung điểm của AC. Mặt khác, O là trung điểm của AB nên IO là đường trung bình của ∆ABC => OM là đườn trung bình của ∆ABE => M là trung điểm của AE. Lại có CD  AB ; EA  AB nên CD // EA, M là trung điểm của EA, ta chứng minh được K trung điểm của CD. Vì I và K lần lượt là trung điểm của CA và CD nên IK // AB, suy ra ∆MIK đồng dạng với ∆MOB : http://slide pdf.c om/re a de r/full/c a c -chuye n-de -toa n-8-boi-duong-hsg

44/60

5/12/2018

Trong tam giác vuông OAM, AI  MO nên



Từ (**) suy ra SMIK / SMIO = 9/16 mặt khác ta có

Vậy :

3. So sánh “phần bù”.

∆ABC vuông đường Thí dụ lượt 3 : Cho AC lần tại M, N. CM cắt tại BNA. tạiKẻ I. So sánhcao S BICAH. vớiĐường SAMIN ?tròn đường kính AH cắt AB

Lời giải : Hiển nhiên AMHN là hình chữ nhật. Để so sánh SBIC với SAMIN ta đi so sánh SBN SBIC + SCIN) với SMAC (= SAMIN + SCIN). Mà SMAC = SHAC (chung đáy, chiều cao bằng nhau) ta cần so sánh S BNC với SHAC. Hai tam giác này có chung ∆CHN nên ta sẽ so sánh hai phần lại là SBHN và SAHN. Hai tam giác này có diện tích bằng nhau vì có chung đáy HN và đường cao hạ từ A ; B xuống HN bằng nhau. Vậy S BIC = SAMIN.

XÂY DỰNG CHUỖI BÀI TOÁN TỪ BÀI TOÁN QUEN THUỘC

Trong quá trình học toán, việc tìm tòi, khai thác và mở rộng một bài toán quen thuộc là mộ việc làm cần thiết và hữu ích. Bài viết này trao đổi với bạn đọc một cách mở rộng bài toán việc thay đổi điều kiện của bài toán. Xin được bắt đầu từ bài toán sau : Bài toán 1 : Cho tam giác ABC có  A nhọn. Dựng về phía ngoài của tam giác ABC các vuông ABDE và ACMN. Chứng minh rằng BN = CE và BN  CE. Lời giải : Với  A nhọn, ta vẽ được hình 1 (phần hình màu). Dễ thấy ∆ABN = ∆AEC (c.g => BN = CE và  AEC =  ABN. http://slide pdf.c om/re a de r/full/c a c -chuye n-de -toa n-8-boi-duong-hsg

45/60

5/12/2018



Mặt khác, gọi F là giao điểm của AB và CE ; G là giao điểm của BN và CE ta có  EFA = BFG (hai góc đối đỉnh) và  EFA +  FAE +  AEF =  BFG +  BGF +  FBG = 180 (tổng ba góc trong một tam giác). Suy ra  FAE =  BGF = 90o hay BN  CE. Vậy BN = và BN  CE. Nhận xét : Bài toán 1 khá quen thuộc nhưng khi “loay hoay” với việc kẻ thêm các hình ph nhằm thay đổi điều kiện của bài toán, tôi đã phát hiện thêm được nhiều kết quả thú vị. Trước hết, khi vẽ thêm về phía ngoài của tam giác ABC hình vuông BCPQ rồi vẽ tiếp hình bình hành CMKP, ta nhận thấy : ∆ABC = ∆CKM theo trường hợp c.g.c (CM = CA ; BC = CP = MK ;  ACB =  CMK góc có cạnh tương ứng vuông góc) => CK = AB = AE và  BAC =  MCK =>  BAC + EAB =  MCK +  ACM =>  ACK =  CAE, hai góc này ở vị trí so le trong => AE //

=> tứ toàn giác AECK là vẽ hình bình hành => BDIQ AK // ta CEcóvàAIAK = CE. Hoàn tương tự, hình bình hành // BN và AI = BN. Từ đó ta đề xuất được một bài toán mới. Bài toán 2 : Cho tam giác ABC có  A nhọn. Dựng về phía ngoài của tam giác ABC các vuông ABDE, ACMN, BCPQ ; các hình bình hành CMKP và BDIQ. Chứng minh rằng AI là tam giác vuông cân. Bài toán 2 còn có thể chứng minh bằng cách khác và ta chưa dừng lại ở kết quả này. Nếu g O là tâm của hình vuông BCPQ ta có thể chứng minh được O là trung điểm của đoạn thẳn

(chú ý ∆OIQ = ∆OKC). Như vậy AO  IK và Tiếp tục khai thác các mối liên hệ của đoạn thẳng IK với các đoạn thẳng khác ta thấy KI // DM ; KI = DM ; DM // O1O2 ; DM = 2O1O2 => KI // O1O2 ; KI = 2O1O2 (O1, O2 lần lượt l tâm của các hình vuông ABDE, ACMN - hình 2) => AO  O1O2 và AO = O1O2 (*).


46/60

5/12/2018



Thay đổi điều kiện của bài toán 2 (bỏ đi các chi tiết gợi ý cho kết quả (*), ta có một bài toá không dễ.

Bài toán 3 : Cho tam giác ABC có  A nhọn. Dựng về phía ngoài của tam giác ABC các giác BOC, AO1B, AO2C vuông cân lần lượt tại O, O1, O2. Chứng minh rằng AO  O1O2 v AO = O1O2. Khi xem xét, tôi thấy các bài toán trên vẫn đúng cho các trường hợp  A vuông hoặc tù, đ nghị các bạn tự kiểm tra. Từ đó ta có thể phát biểu và chứng minh bài toán sau. Bài toán 4 : Cho tam giác ABC. Dựng về phía ngoài của tam giác ABC các tam giác vuôn cân BOC, AO1B, AO2C lần lượt tại O, O 1, O2. Chứng minh rằng các đường thẳng AO, BO CO1 đồng quy. Đến đây tôi nhớ lại bài 5(13) và nghĩ rằng nó có liên hệ với những kết quả trên. Tôi đã tìm

cách chứng: Cho minhhình lại bài nàyABCD và đã thành sử và dụng kếtmột quảnửa bài toán 3. M nằm n Bài 5(13) thang có ABcông songkhi song bằng CD. Điểm hình thang sao cho MH vuông góc và bằng một phần tư CD. Bên ngoài hình thang, ta dựng các tam giác ADE và BCF vuông cân tại E và F. Chứng minh rằng tam giác MEF vuông c tại M. Hướng dẫn : Xét tam giác ADH, dựng về phía ngoài của tam giác ADH các tam giác vuô cân AIH và DPH tại I và P ; hình chữ nhật DHMK (hình 3). Theo bài toán 3 (với  A bất ta có EH = PI và EH  PI.

Các bạn hãy lần lượt chứng minh : - P là trung điểm của KM.


47/60

5/12/2018

- ∆IPK = ∆EHM => KI = EM và KI  EM. Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software - KM // IF và KM = IF => KIFM là hình bìnhhttp://www.foxitsoftware.com hành => KI // FM và KIFor= evaluation FM. only. Ca c chuye n de toa n 8 bồi dưỡng HSG - slide pdf.c om

LÀM QUEN VỚI CHỮNG MINH BẰNG PHẢN CHỨNG TRONG HÌNH HỌC Phản chứng là một phương pháp chứng minh gián tiếp rất hiệu quả, khi đó ta phải chứng m mệnh đề phủ định là sai. Trong quá trình giảng dạy ở trường phổ thông, tôi nhận thấy học còn chưa thuần thục khi áp dụng phương pháp này để chứng minh các bài toán hình học. Hi vọng rằng qua các ví dụ dưới đây, các bạn sẽ nắm vững hơn phương pháp chứng minh biệt này. Ví dụ 1 : Chứng minh rằng trong tứ giác ABCD, nếu A = B; D > C thì AD < BC Lời giải : Ta sẽ chứng minh AD ≥ BC là sai. Thật vậy, gọi giao điểm của AD và BC là E ta :

DAB = ABC (giả thiết) suy ra EAB = EBA => ∆ EAB cân tại E => EA = EB. Giả sử AD = BC => AD + EA = BC + EB => ED = EC => ∆ EDC cân tại E => trái với giả thiết. Giả sử AD > BC => AD + EA > BC + EB => ED > EC => C > D, cũng tráI với giả th Vậy chỉ có thể là AD < BC. Ghi chú : Ta hoàn toàn có thể chứng minh trực tiếp kết quả này. Ví dụ 2 : Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a ; M là trung điểm của cạnh AD ; điểm E nằm trên BC thỏa mãn điều kiện 0 < CE < a/2. Qua M kẻ đường thẳng song song với AE, cạnh CD tại F. Chứng minh rằng hình thang AMFE không thể là hình thang cân. Lời giải : Giả sử AMFE là hình thang cân thì AM = FE (*) và MAE = FEA, mà M = BEA => FEA = BEA => EA là phân giác của (góc ngoài của ∆ EFC). 


48/60

Mặt khác CA là phân giác của BCD (tính chất đường chéo của hình vuông), suy ra A là Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software For với evaluation đường tròn bàng tiếp trong ECF của ∆ EFChttp://www.foxitsoftware.com (đường tròn này tiếp xúc CE vàonly. CF lầ lư tại B và D). Lại có 0 < CE < a/2 => BE > a/2 EF = BE + DF > BE > a/2 => EF > AM, Mâu thuẫn với (*). Vậy AMFE không thể là hình thang cân. Ví dụ 3 : Cho đường tròn tâm O có hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau. Gọi I v K lần lượt là trung điểm của OA, OB. Tia CK cắt (O) tại F. Chứng minh rằng không phải l góc vuông. Lời giải : Giả sử CIF = 90 o suy ra : OIF + OIC = ICD + OIC = 90 o => OIF ICD. Như vậy nếu gọi E là giao điểm của tia CI với (O) ; P và Q lần lượt là giao điểm của tia FI (O) và đường kính CD thì sđ ED = sđ AP + sd FB

5/12/2018


Mặt khác vì AB, CD là hai đường kính vuông góc của (O) nên sđ AD = sd DB ; OI = (bằng nửa bán kính (O)) nên CD là trung trực của đoạn IK => CD là phân giác của ECF sd DE = sđ DF Suy ra : sđ AE = sd AD - sđ DE = sđ DB - sđ DF = sđ  => sđ FB Từ (1) và (2) => sđ DE = sđ EP => CE là phân giác của PCD, lại có CI PQ nên ∆ CPQ cân tại C và IP = IQ. Ta dễ dàng chứng minh được ∆ AIP = ∆ OIQ (c.g.c). Suy ra => ∆ BAP có là điều vô lí. Vậy không phải là góc vuông. Ví dụ sau đây là bài toán thách đấu số 4 (TTT2 số 12) đã quen thuộc với các bạn, bài toán rất nhiều cách chứng minh. Nhân bài viết này tôi xin trình bày thêm một cách chứng minh khác. Ví dụ 4 : Cho hình vuông ABCD. Điểm M thuộc miền trong của hình vuông, thỏa mãn điề kiện MAD = MDA = 15 o. Chứng minh rằng MBC là tam giác đều. Lời giải : Theo giả thiết ta suy ra : BAM = CDM = 75 o (1) ; AMD = 150 o (2) ; ∆ MAD cân tại M => MA = MD => ∆ BMA = ∆ CMD (c.g.c) => MB = MC (4) => ∆ MBC tại M =>MBC = MCN (5)


49/60

5/12/2018



Giả sử ∆ MBC không đều, từ (4) suy ra : MB > BC hoặc MB < BC. Nếu MB > BC => MB AB => BMA < BAM => BMA < 75 o, từ (1), (2), (3) ta có : o o AMD + BMA + CMD < 300 => BMC > 60 , từ (5) => MBC < BMC => < MC , mâu thuẫn với giả thiết ban đầu. Tương tự như trên, từ MB < BC ta lại chứng minh được MB > BC, là điều vô lí.

Vậy tập chỉ vận có thể là BC Bài dụng. = MB = MC hay ∆ MBC là tam giác đều. Bài 1 : Cho tam giác ABC. Chứng minh ma > a/2 thì A nhọn, trong đó a và ma lần lượt l độ dài của cạnh BC và đường trung tuyến kẻ từ A). Bài 2 : Cho đường tròn (O) và I, K lần lượt là trung điểm của các dây cung AB, CD. Biết r AB > CD và tia AB cắt tia CD tại P, chứng minh rằng PI > PK.

HỌC CÁCH DỰNG HÌNH PHỤ

QUA VIỆC CHỨNG MINH MỘT ĐỊNH LÍ Các bạn biết không ? Định lí “ Trong tam giác, đường phân giác của một góc chia cạnh đố diện thành hai đoạn thẳng tỉ lệ với hai cạnh kề hai đoạn ấy ” của lớp 8 có rất nhiều cách ch minh đấy. Xin được giới thiệu một số cách chứng minh định lí trên, hi vọng rằng qua đó các bạn cũn như tôi, sẽ tích lũy được nhiều kinh nghiệm dựng hình phụ để giải toán hình học. Không mất 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 1 : Dựng BE (E thuộc AD) sao cho  ABE =  ACD (hình 1).

Ta có ∆ABE đồng dạng với  ACD (g-g) suy ra AB/AC = EB/DC (1) ;  AEB =  ADC  BED =  BDE => ∆BDE cân tại B => BD = BE (2). Từ (1) và (2) suy ra (*). http://slide pdf.c om/re a de r/full/c a c -chuye n-de -toa n-8-boi-duong-hsg

50/60

5/12/2018

Cách 2 : Dựng BE  AD, CF  AD (E, F thuộc AD, hình 2). Ta có ∆ABE đồng dạng với Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software ∆ACF (g-g) ; ∆BDE đồng dạng với ∆CDF (g-g) suy ra AB/AC = EB/FC = DB/DC (đpcm) http://www.foxitsoftware.com For evaluation only. Ca c chuye n de toa n 8 bồi dưỡng HSG - slide pdf.c om

Cách 3 : Dựng AH  BC, DM  AB, DN  AC (H, M, N lần lượt thuộc BC, AB, AC, hìn 3).

Ta có ∆ADM = ∆ADN (cạch huyền-góc nhọn) suy ra DM = DN. Do đó : 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) và (2) suy ra (*). Cách 4 : Qua B vẽ đường thẳng song song với AD, cắt đường thẳng AC tại E (hình 4).

Xét ∆CBE, AD // BE, ta có DB/DC = AE/AC (1). Cũng vì AD // BE mà AD lại là phân giác của  BAC, dễ dàng chứng minh được  AEB ABE => ∆ABE cân tại A => AB = AE (2). Từ (1) và (2) suy ra (*). Cách 5 : Qua D dựng các đường thẳng song song với AB, AC, lần lượt cắt AC, AB tại E, (hình 5).


51/60

5/12/2018



Ta có ∆BFD đồng dạng với ∆DEC (g-g) suy ra DB/DC = BF/DE = DF/CE = (BF + DF)/(D

+ CE). Mặt khác, dễ thấy AEDF là hình thoi nên suy ra DB/DC = AB/AC (đpcm). * Với các cách kẻ hình phụ sau, các bạn hãy thử tiếp tục chứng minh định lí trên bằng nhữ cách khác : Cách 6 (SGK Toán 8, tập 2, trang 66 ) : Qua B vẽ đường thẳng song song với AC, cắt đườ thẳng AD tại E (hình 6 ).

Cách 7 : Qua D dựng đường thẳng song song với AB, qua A dựng đường thẳng song song BC, hai đường thẳng này cắt nhau tại E. DE cắt AC tại F (hình 7 ).

Cách 8 : Trong ∆ABC, dựng hai đường cao CE và BF, chúng lần lượt cắt AD tại K, H. Đường thẳng qua C song song với AD cắt BF tại I ( hình 8).


52/60

5/12/2018

Cách 9 : Dựng qua B đường thẳng vuông gócGenerated với ABby; dựng qua C đường thẳng vuông gó Foxit PDF Creator © Foxit Software với AC, hai đường thẳng này cắt nhau tại K. AD cắt BK, CK lần lượt For tại evaluation E, F. Dựng http://www.foxitsoftware.com only.qua B đường thẳng song song với AD, cắt CK tại G (hình 9). Ca c chuye n de toa n 8 bồi dưỡng HSG - slide pdf.c om

Cách 10 : Qua B, C dựng các đường thẳng song song với AD, cắt đường thẳng qua D song song với AC lần lượt tại F, E. Đường thẳng qua F song song với AB cắt AD tại M.

HỌC TOÁN CẦN PHẢI BIẾT THẮC MẮC Luôn tự đặt các câu hỏi và tìm cách giải đáp trước mỗi vấn đề khi học toán là một phẩm ch

rất đáng lệ.động Nó không bạn hiểu kĩ được vấn đề mà còn tạo cho bạn phon cách họckhích tập chủ và thóinhững quen giúp suy nghĩ sâu sắc, đầy đủ. Tôi đã thực hiện kinh nghiệm học toán này từ khi còn đang ngồi trên ghế nhà trường, hôm xin được chia sẻ cùng với các bạn thông qua một ví dụ. Khi học bài “ Đường trung bình của tam giác - áp dụng vào tam giác vuông ”, SGK Hình H 7 cũ (trang 51) có nêu hai định lí sau đây : Định lí 1 : Trong tam giác vuông, trung tuyến ứng với cạnh huyền bằng một nửa cạnh huy Định lí 2 : Trong một tam giác nếu trung tuyến ứng với một cạnh bằng nửa cạnh ấy thì tam giác đó là tam giác vuông. * Việc chứng minh hai định lí này không khó (dựa vào tính chất đường trung bình trong ta giác) nhưng vấn đề sẽ nảy sinh nếu định lí 1 được phát biểu bằng cách khác : “Trong một t giác, trung tuyến xuất phát từ đỉnh góc vuông bằng nửa cạnh đối diện với đỉnh đó” . Câu hỏi tôi đã đặt ra khi đó là : Trong một tam giác, trung tuyến xuất phát từ đỉnh góc nhọ (hay đỉnh góc tù) so với cạnh đối diện với đỉnh đó sẽ như thế nào ? Không khó khăn lắm đ trả lời cho câu hỏi này. Trường hợp 1 (trung tuyến xuất phát từ đỉnh góc nhọn) : Cho tam giác ABC có  A = 90o M là trung điểm của BC. Ta so sánh AM với BC/2;


53/60

5/12/2018



Không mất tính tổng quát, giả sử  B < 90o(hình 1). Gọi H là hình chiếu vuông góc của C AB thì H phải thuộc đoạn thẳng AB (H khác A và H khác B). Suy ra : o  AHM =  AHC +  CHM >  AHC = 90 =>  H là góc lớn nhất trong tam giác AHM => AM > HM. Mặt khác, theo định lí 1 thì HM = BC/2 nên : AM > BC/2. Trường hợp 2 trung tuyến xuất phát từ đỉnh góc tù ( có  A > 90o, M là trung điểm của ) : BC. Ta so sánh AM với BC/2 : Cho tam giác ABC Dựng hình bình hành ABDC (hình 2). Dễ thấy M là trung điểm của AD và  ACD < 90o, theo định lí 1 thì AD/2 < CM. Suy ra AM = BC/2.

Như vậy ta có thêm hai định lí sau đây : Định lí 1.1 : Trong một tam giác, trung tuyến xuất phát từ đỉnh góc nhọn lớn hơn nửa cạn đối diện với đỉnh đó. Định lí 1.2 : Trong một tam giác, trung tuyến xuất phát từ đỉnh góc tù nhỏ hơn nửa cạnh đ diện với đỉnh đó. Bằng phương pháp phản chứng ta dễ dàng chứng minh được hai định lí khác : Định lí 2.1 : Trong một tam giác nếu trung tuyến ứng với một cạnh lớn hơn nửa cạnh ấy th góc đối diện với cạnh này nhọn. Định lí 2.2 : Trong một tam giác nếu trung tuyến ứng với một cạnh nhỏ hơn nửa cạnh ấy t góc đối diện với cạnh này tù.

* Tôi rất hỏi vui :sướng đemgiác kếtvuông quả này khoe với người họ.tuyến Anh AM. ấy khen tôi mộtđãcâu Với tam ABC vuông tại A,anh trung Đặtvà BCđặt= thêm a, AMc


54/60

5/12/2018

ma khi đó định lí 1 được viết dưới dạng hệ thức là : ma = a/2 (*), vậy có hệ thức tổng quát Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software độ dài các đường trung tuyến khi ABC là tamhttp://www.foxitsoftware.com giác bất kì không ? For evaluation only. Phải đợi đến khi học định lí Py-ta-go ở lớp 8 tôi mới trả lời được câu hỏi này, chính là định sau đây (trong SGK mới, định lí Py-ta-go được giới thiệu ngay từ lớp 7). Định lí 3 : Một tam giác có độ dài ba cạnh là a, b, c và độ dài ba đường trung tuyến tương là ma, m b, mc thì : Ca c chuye n de toa n 8 bồi dưỡng HSG - slide pdf.c om

Chứng minh (**) : Dựng đường cao AH ( hình 3), không mất tổng quát, giả sử H thuộc tia MB. Theo định lí Py-ta-go ta có :

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.

* Tôi tiếp tục dự đoán và chứng minh được định lí 3 bao trùm các định lí 1 ; 1.1 ; 1.2. Ta có :


55/60

5/12/2018



Việc dự đoán và chứng minh trên đã dẫn tôi đến các kết quả (1), (2), chính là các mở rộng định lí Py-ta-go. Đảo lại của định lí Py-ta-go và các kết quả (1), (2) cũng đúng. Chứng minh (1) : Tam giác ABC có  A < 90o. Không mất tính tổng quát, giả sử  B < 9 (hình 4).

Gọi H là hình chiếu vuông góc của C trên AB thì H phải thuộc đoạn thẳng AB (H khác A v H khác B). Suy ra : 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).


56/60

5/12/2018

Gọi H là hình chiếu vuông góc của C trên ABGenerated thì A phải nằmPDF giữaCreator B và©H. Suy ra : BC 2 = by Foxit Foxit Software BH2 + CH2 = (BA + AH)2 + AC2 - AH2 http://www.foxitsoftware.com For evaluation only. 2 2 2 2 = AB + AC + 2.AB.AH > AB + AC => a2 > b2 + c2. Liệu lại có một công thức bao trùm cả định lí Py-ta-go và các mở rộng của nó không, các b thử tìm xem ? Và nếu các bạn quan tâm thì vẫn còn nhiều câu hỏi, thắc mắc đang chờ đượ giải đáp. Các bạn thấy đấy, với cách học này chúng ta còn phát hiện ra những mối quan hệ khăng kh giữa các khái niệm, các kiến thức Toán học ; chủ động phát hiện và chứng minh những kiế thức mới mà không nhất thiết phải chờ thầy dạy. Ca c chuye n de toa n 8 bồi dưỡng HSG - slide pdf.c om


57/60

5/12/2018

B N V I C C BẠN L P 8 V PHƯƠNG PH P Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software http://www.foxitsoftware.com For evaluation only. 3. Chứng minh một số hệ thức : Bài toán 5 : Cho tam giác ABC. Từ một điểm M trên cạnh BC vẽ các đường thẳng song s với AB và AC, lần lượt cắt AC và AB tại Q và P. Chứng minh rằng : AP/AB + AQ/AC = 1 Lời giải : Ca c chuye n de toa n 8 bồi dưỡng HSG - slide pdf.c om

Nối AM, ịdo AB // MQ nên ta cómà S(AMQ) S(AMQ) S(CMQ) S(CMQ) S(AMC) = S(BQC), S(AMC)= =S(BMQ) S(APC)suy (doraAC // MP) + nên S(BQC)= =S(BMQ S(AP Vậy

Bài toán 6 : Lấy trong tam giác ABC một điểm M tùy ý. AM, BM, CM lần lượt cắt các cạ BC, CA, AB tại A1, B1, C1. Chứng minh rằng :

Lời giải :

a) Ta có


58/60


5/12/2018


Tương tự ta có :

Suy ra

b) Ta lại có

Tương tự ta có :

Suy ra

Bài toán 7 : Cho tam giác ABC. Gọi ha, h b, hc lần lượt là độ dài các đường cao thuộc các c BC, CA, AB ; d là khoảng cách từ giao điểm của các đường phân giác đến ba cạnh. Chứng minh rằng :

Hướng dẫn : Gọi I là giao điểm của ba đường phân giác của tam giác ABC, lần lượt dựng IF, ID vuông góc với AB, AC, BC. Ta có ID = IE = IF = d, khi đó

Suy ra

4. Chứng minh đường thẳng song song : Bài toán 8 : Cho tam giác ABC. D và E lần lượt thuộc các cạnh AB và AC . Chứng minh DE // BC <=> AD/AB = AE/AC. Lời giải :


59/60

5/12/2018



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 chính là định lí Ta-lét trong tam giác được học ở lớp 8, ta đã chứng minh đư dễ dàng nhờ diện tích tam giác. Bài toán 9 : Cho tam giác ABC, một đường thẳng song song với BC cắt các cạnh AB, AC lượt tại D và E. Qua D, E lần lượt vẽ các đường thẳng song song với AC , AB cắt BE, DC lượt tại M, N. Chứng minh rằng : MN // BC. Lời giải :

Giả sử BE cắt CD tại O, do EN // AB nên : S(BEN) = S(DEN) suy ra S(BON) = S(DOE). Tương tự, S(COM) = S(DOE) suy ra S(BON

S(DOE) S(BMN) = S(CMN) => MN // BC. Các ví dụ=>trên đây phần nào đã minh chứng được cho sức mạnh của “công cụ” diện tích ta giác trong việc giải quyết một số dạng toán. Một loạt các kiến thức chỉ được học, được chứ minh ở các lớp trên đã dễ dàng được chứng minh bằng cách vận dụng khéo léo các kiến th đơn giản về diện tích tam giác. Mong rằng các bạn tiếp tục khám phá những ứng dụng khá của phương pháp này.


60/60

Cac chuyen de toan 8 bồi dưỡng HSG

Recommend Documents