Các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán trung học cơ sở

Huỳnh Minh Khai: Gv: THCS Thị Trấn cầu Kè, Trà Vinh
CHUYÊN ĐỀ 1:
Phương trình và hệ phương trình.
I.Giải phương trình bằng cách đặt ẩn phụ thích hợp.
Bài 1:Gpt:
2 2
2
2
2 2 4
10. 11. 0.
1 1 1
x x x
x x x
− + −
 
   
+ − =
 ÷  ÷
 ÷
+ − −
   
 
Giải:
Đặt
2 2
;
1 1
x x
u v
x x
− +

= =
+ −
(1).
Ta có: 10.u
2
+ v
2
-11.uv = 0
⇔
(u-v).(10u-v)=0
⇔
u=v hoặc 10u=v.
Xét các trường hợp thay vào (1) ta tìm được x một cách dễ dàng.
Bài 2:Gpt: (x
2
- 4x+3).(x
2
- 6x + 8)=15.
Giải:
Đặt x
2
- 5x + 5 = u (1).
Ta có: (x
2
- 4x+3).(x
2
- 6x + 8)=15
⇔
(x-1).(x-3).(x-2).(x-4)-15=0
⇔

(x-1).(x-2).(x-3).(x-4)-15=0
⇔
(x
2
-5x+4).(x
2
-5x+6)-15=0
⇔
(u-1).(u+1)-15=0
⇔
u
2
-16=0
⇔
u=
±
4.
Thay các giá trị của u vào (1) ta dễ dàng tìm được x.
Bài 3:Gpt:
2
90.
1 1
x x
x x
   
+ =
 ÷  ÷
+ −
   
Giải:PT

⇔
2
2 2
1 1
. 90
( 1) ( 1)
x
x x
 
+ =
 
+ −
 
.
2
2
2 2
2 2
. 90
( 1)
x
x
x
+
⇔ =
−
.
Đặt u = x
2
( u

≥
0) (1).
Ta có:
2 2
2
2 2
. 90 2 2 90.( 1)
( 1)
u
u u u u
u
+
= ⇔ + = −
−
( u
≠
1).
⇔
09018288
2
=+− uu
.
Từ đây ta dễ dàng tìm được u, thay vào (1) ta tìm được x.
Bài 4:Gpt:
3 3
3
2 3 12.( 1)x x x+ − = −
.
Giải:
Đặt

3 3
; 2 3x u x v= − =
(1).

1
Huỳnh Minh Khai: Gv: THCS Thị Trấn cầu Kè, Trà Vinh
Có:
).(4).(3).(4
3333
3
33
vuvuuvvuvuvu +=+++⇔+=+



=
−=
⇔=−+⇔=+−+⇔
vu
vu
vuvuvuvuvu 0)).(.(30)2).(.(3
222
Xét các trường hợp thay vào (1) ta dễ dàng tìm được x.
Bài 5:Gpt:
x
x
xxx 3
22
1
2335

2
23
+=+−++
(1).
Giải:
Từ (1) suy ra:
162335.2
223
−+=−++ xxxxx
xxxxxxxx 122121368121220
232423
−−+++=−++⇒
0924228
234
=+−+−⇒ xxxx
(x
≠
0).
0
924
228
2
2
=+−+−⇒
x
x
xx
.
Đặt
y

x
x =+
3
(*) ta có:
y
2
- 8y + 16 = 0 suy ra y = 4 thay vào (*) ta dễ dàng tìm được x.
Bài 6:Gpt:
( )
).1(018
4
1
).4.(3)4.(1 =−
−
+
−+−+
x
x
xxx
Giải: Điều kiện x > 4 hoặc x < -1.
*Nếu x > 4, (1) trở thành:
018)4).(1(.3)4).(1( =−−++−+ xxxx
Đặt
0)4).(1( ≥=−+ yxx
(2) ta có:
y
2
+ 3y -18 = 0.
Từ đó ta dễ dàng tìm được y,thay vào (2) ta tìm được x.
*Nếu x < -1, (1) trở thành:

018)4).(1(.3)4).(1( =−−+−−+ xxxx
Đặt
0)4).(1( ≥=−+ yxx
(3) ta có:
y
2
- 3y -18 = 0.
Từ đó ta dễ dàng tìm được y,thay vào (3) ta tìm được x.
Bài 7:Gpt:(2x
2
- 3x +1).(2x
2
+ 5x + 1)=9x
2
(1).
Giải:
(1)
0122044
234
=++−+⇔ xxxx
(x
≠
0).Chia cả hai vế cho x
2
ta được :
⇔
4x
2
+ 4x -20 +
2

12
x
x
+
= 0.
⇔
024
1
2.2
1
2
2
=−






++






+
x
x
x

x
. Đặt y =
x
x
1
2 +
.(2)
Ta có: y
2
+ 2y -24 = 0.
Từ đó ta tìm được y,thay vào (2) ta dễ dàng tìm được x.

2
Huỳnh Minh Khai: Gv: THCS Thị Trấn cầu Kè, Trà Vinh
Bài 8:Gpt:
.0168.26416
222
=++−−+− xxxxx
Giải:PT
.04.28 =+−−−⇔ xxx
Đến đây ta xét từng khoảng ,bài toán trở nên đơn giản.
Bài 9:Gpt: (1 + x + x
2
)
2
= 5.(1 + x
2
+ x
4
).

Giải:
423242
5552221 xxxxxxx ++=+++++⇔
4 3 2 4 3 2
4 2 2 2 4 0 2 2 0x x x x x x x x⇔ − + − + = ⇔ − + − + =
Nhận thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình đã cho, vậy x
≠
0.
Chia cả hai vế của phương trình trên cho x
2
ta được:
2x
2
- x + 1 -
0
21
2
=+
x
x
. Đặt y =
x
x
1
+
(*). Ta có:
2y
2
- y - 3 = 0.Từ đó ta dễ dàng tìm được y, thay vào (*) ta tìm được x.
Bài 10: Gpt: (6-x)

4
+ (8-x)
4
= 16.
Giải:
Đặt 7 - x = y (*).
Ta có: (y-1)
4
+ (y + 1)
4
=16
⇔
2y
4
+12 y
2
+2 = 16
⇔
2.(y-1).(y+1).(y
2
+7)=0
⇔
y =1 hoặc y = -1.
Thay các giá trị của y tìm được ở trên thay vào (*) ta dễ dàng tìm được các giá trị của x.
II.Tìm các nghiệm nguyên (x;y) hoặc (x;y;z) của các phương trình sau:
Bài 1: x
2
= y.(y+1).(y+2).(y+3)
Giải:
Đặt y

2
+ 3y = t.
Ta có: x
2
= y.(y+1).(y+2).(y+3) = (y
2
+ 3y).(y
2

+ 3y +2) = t
2
+ 2t.
*Nếu t > 0 thì t
2
< x
2
= t
2
+ 2t < (t+1)
2
suy ra không tồn tại x thỏa mãn.
*Nếu t < -2 thì 2t + 4 < 0 nên t
2
+ 2t > t
2
+ 4t + 4 suy ra t
2
+ 2t > t
2
+ 4t + 4 = (t+2)

2
.
Suy ra: x
2
= t
2
+ 2t > (t + 2)
2
(*).
Lại có: t
2
+2t < t
2
suy ra x
2
< t
2
(**).
Từ (*)&(**) suy ra (t + 2)
2
< x
2
< t
2
suy ra x
2
= (t+1)
2
suy ra t
2

+2t = (t +1)
2
(=x
2
)
Suy ra : t
2
+2t = t
2
+2t +1 (Vô lý).
*Nếu t = -1 suy ra x
2
= t
2
+2t = -1 <0 (Vô lý).
*Nếu t = 0 suy ra x = 0
⇒
y = 0 hoặc -1 hoặc -2 hoặc -3 .

3
x -∞ 0 4 8 +∞
x-8 - - - 0 +
x-4 - - 0 + +
x - 0 + + +
Huỳnh Minh Khai: Gv: THCS Thị Trấn cầu Kè, Trà Vinh
Bài 2:



=−+−

=+−
)2(122
)1(2
2
zxxyx
zyx
Giải:
Từ (2) ta có: 2x
2
- xy+x-2z =1 kết hợp với (1) ta có:
2x
2
- xy+x-2.(2 - x + y)=1
⇔
2x
2
-xy +3x-2y-5=0
.7,1227
2
7
1
2
53
2
±±=+⇒+⇒Ζ∈
+
−+=
+
−+
=⇔ xx

x
x
x
xx
y 
Từ đó ta tìm được x
⇒
tìm được y
⇒
tìm được z.
Bài 3:



=−−
=−−
)2(1
)1(3
222
zyx
zyx
Giải: Thay (1) vào (2) ta được:
(y + z -3)
2
-y
2
-z
2
=1
⇔

yz - 3y - 3z = -4
⇔
(y-3).(z-3) = 5 = 1.5 = (-1).(-5) = 5.1=(-5).(-1.
Từ đó ta tìm được y và z
⇒
tìm được x.
Bài 4: 2xy + x + y = 83.
Giải:PT
⇔
.167,11212167
12
167
1
12
2166
2
12
83
±±=+⇒+⇒Ζ∈
+
+−=
+
−
=⇔
+
−
= yy
yy
y
x

y
y
x 
Từ đó ta tìm được y
⇒
tìm được x.
Bài 5:
.3=++
y
zx
x
yz
z
xy
Giải:Điều kiện : x,y,z
≠
0.
Nhận xét:Trong ba số x,y,z luôn tồn tại hai số cùng dấu (Theo nguyên tắc Đirichlê có 3 số -3 thỏ
mà chỉ có hai chuồng-mọi số nguyên khác 0 chỉ mang dấu âm hoặc dấu dương)
Ta có thể giả sử x,y cùng dấu với nhau.Suy ra x.y =
xy
> 0 và
.0, >
x
y
y
x
Đặt A=
.3=++
y

zx
x
yz
z
xy
Giả sử z <0 khi đó 3 = A =
0000 =++<++
y
zx
x
yz
z
xy
(Vô lý).
Vậy z >0.Ta có:
A =
3
3
.3 3 3 zxy
x
y
z
y
x
z
z
xy
y
x
z

x
y
z
z
xy
y
zx
x
yz
z
xy
=≥++==++



−===
===
⇒==⇒≥⇒
1,1
1,1
1,1.1
yxz
yxz
xyzzxy
Bài 6: 2x
2
- 2xy = 5x + y - 19.
Giải:Từ bài ra ta có:
.17,1121217
12

17
2
12
1952
2
±±=+⇒+⇒Ζ∈
+
++=
+
++
= xx
x
x
x
xx
y 
Từ đó ta tìm được x
⇒
tìm được y.

4
Huỳnh Minh Khai: Gv: THCS Thị Trấn cầu Kè, Trà Vinh
III.Giải hệ phương trình và các phương trình khác.
Bài 1:
.2
2
11
2
=
−

+
x
x
Giải:Điều kiện :
2,0 <≠ xx
.
-Nếu x < 0 thì
<
−
+
2
2
11
x
x
.2
2
1
2
1
2
<≤
− x
Vậy ta xét x > 0:
Đặt x = a và
bx =−
2
2
(a,b > 0).
Ta có:






=+
=+
2
2
11
22
ba
ba
Có:
1
1
.2
11
2 ≥⇒≥+= ab
abba
(1).
Lại có: 2 = a
2
+ b
2

≥
2ab suy ra 1
≥
ab (2).

Từ (1)&(2) suy ra ab = 1 mà a
2
+ b
2
=2 nên suy ra (a+b)
2
= 4 suy ra a + b = 2.
Vậy ta có:
11
2
1
=⇒==⇒



=+
=
xba
ba
ab
.
Bài 2:
.51632414
4222
+−−=−−++++− yxyyxxx
Giải:
Điều kiện:








≥−
≥−−+
≥+
≥−
)4(016
)3(032
)2(041
)1(04
4
22
2
x
yyx
x
x
Từ (4) suy ra x
2

≥
4 kết hợp với (1) suy ra x
2
= 4 kết hợp với (2) suy ra x = 2.
Phương trình đã cho trở thành:
51 +−=− yy
.
Lúc này việc tìm y không còn khó khăn gì nữa (Lập bảng xét dấu).

Bài 3: 2x
4
-21x
3
+ 74x
2
-105x +50 =0.
Giải:
Nhận thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình đã cho.
Vậy x
≠
0.Chia cả hai vế của phương trình đã cho cho x
2
ta được:
026
25
.21
25
.20
50105
74212
2
2
2
=−







+−






+⇔=+−+−
x
x
x
x
x
x
xx
Đặt
y
x
x =+
25
ta có:
2y
2
-21.y - 26 = 0.Từ đó ta tìm được y
⇒
tìm ra x.

5
Huỳnh Minh Khai: Gv: THCS Thị Trấn cầu Kè, Trà Vinh

Bài 4:





=−++
=−−+
71.41
511.2
xx
xx
Giải:
Đặt :





≥−=
≥+=
01
01
xb
xa
Hệ đã cho trở thành:



=+

=−
74
52
ba
ba
Từ đó tìm được a =3,b =1.
Đến đây việc tìm ra x không còn khó khăn nữa.
Bài 5:





−+=
=−+−
)2(15
)1(151
xy
yx
Giải:
Thay biểu thức (2) vào phương trình (1) ta có:
11.215151 =−⇔=−−++− xxx
.
Từ đó ta tìm được x.Việc tìm giá trị của y cũng không có gì khó khan nữa.
Bài 6:






=+−+−
=−+−+−
)2(0332
)1(02445124152
22
22
xyxyyx
yxyxyx
Giải:
Phương trình (2) phân tích được như sau:
(x - y).(x -3 + 2y) = 0



−=
=
⇔
yx
yx
23
Xét các trường hợp thay vào phương trình (1) ta dễ dàng tìm được x và y.
Bài 7: x
3
+ (3-m).x
2
+ (m-9).x + m
2
-6m + 5 = 0.
Giải:
Phương trình đã cho phân tích được như sau:

[ ]
[ ]
0)1(2.)5(
2
=−−−−− mxxmx
.
Đến đây việc giải và biện luận phương trình không còn khó khăn gì nữa.
Bài 8:



=++
=++
xyzzyx
zyx
444
1
Giải:
Bổ đề:
.:,,
222
cabcabcbaRcba ++≥++∈∀
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c. (Dễ dàng chứng minh được bổ đề trên).
Sử dụng bổ đề ta có:
xyz = x
4
+ y
4
+ z
4

≥
x
2
y
2
+ y
2
z
2
+ z
2
x
2

≥
xyz.(x + y + z) = xyz.
Suy ra các dấu bất đẳng thức ở trên đều phải trở thành đẳng thức tức là ta phải có:

6
Huỳnh Minh Khai: Gv: THCS Thị Trấn cầu Kè, Trà Vinh
x = y =z kết hợp với giả thiết ban đầu :x + y + z =1 ta được:
3
1
=== zyx
.
Bài 9:
( )






+++−=−
=+
)2)(2001.(
)1(1
2000
20001999
1999
22
xyyxxyyx
yx
Giải:
Điều kiện: x,y
.0
≥
Nhìn nhận phương trình (2) ta thấy:
-Nếu x > y thì:
VT > 0, VP < 0 suy ra: VT > VP.
-Nếu y > x thì:
VT <0, VP >0 suy ra: VT < VP.
-Nếu x = y khi đó: VT =VP =0.
Kết hợp với (1) (Chú ý:x,y
.0
≥
) ta được:
2
1
== yx

.
Bài 10:
2.2252.3252 =+−−+−−+ xxxx
(1).
Giải:
(1)
( ) ( )
2.2332.
2
1
152.
2
1
22
=−−++−⇔ xx
4352152 =−−++−⇔ xx
Ta có:
.41525231525234 =+−+−−≥+−+−−= xxxx
Vậy dấu bất đẳng thức ở trên phải trở thành dấu đẳng thức tức là:
2
5
7
529
052
0523 ≥≥⇔



−≥
≥−

⇔≥−− x
x
x
x
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là:






∈ 7;
2
5
x
.
CHUYÊN ĐỀ 2: Bất đẳng thức.
Các bài toán tìm giá trị lớn nhất , nhỏ nhất.
Bài 1:Cho a,b,c là độ dài của ba cạnh tam giác.
CMR: ab + bc + ca
≤
a
2
+b
2
+c
2
< 2.(ab + bc + ca).
Giải:
Ta có:

a
2
+b
2
+c
2
- ab + bc + ca
[ ]
.0)()()(.
2
1
222
≥−+−+−= accbba
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
Vậy: ab + bc + ca
≤
a
2
+b
2
+c
2
.
Lại có:
a < b + c
⇒
a
2
< a.(b + c) (1)
Tương tự: b

2
< b.(a + c) (2) ,c
2
< c.(b + a) (3).
Cộng (1),(2),(3) theo vế ta được:

7
Huỳnh Minh Khai: Gv: THCS Thị Trấn cầu Kè, Trà Vinh
a
2
+b
2
+c
2
< a.(b + c) + b.(a + c) + c.(b + a) = 2.(ab + bc + ca).
Bài 2:Giả sử x > z ; y > z ; z > 0.CMR:
xyzyzzxz ≤−+− ).().(
(1).
Giải:
Đặt:



+=
+=
nzy
mzx
(m,n,z > 0).
Khi đó (1) trở thành:
)).(( nzmzznzm ++≤+

( )
zn
z
m
nm +






+≤+⇔ .1
(2).
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có:
( )
2
2
1 .( ) . 1 .( ) .
m m m
n z n z n m n z n m
z z z
 
   
+ + ≥ + = + ⇔ + + ≥ +
 ÷
 ÷  ÷
 ÷
   
 
Vậy (2) đúng, tức là (1) cũng đúng (đpcm).

Bài 3:Cho xy > 0 và x + y = 1.CMR:
( )
.5
1
.8
44
≥++
xy
yx
Giải:
Từ giả thiết
.0,
01
0
>⇒



>=+
>
yx
yx
xy
Ta có:
).1(4
1
4
1
.21 ≥⇒≥⇒≥+=
xy

xyxyyx
Lại có:
( )
( )
2
2
2
4 4 2 2 4 4 2 2 2 2 2 2 2
8. 4.(1 1 ).( ) 4.( ) (1 1 ).( ) 1.x y x y x y x y x y
 
 
+ = + + ≥ + = + + ≥ + =
 
 
Suy ra: 8.(x
4
+ y
4
)
1≥
(2).
Từ (1) và (2) suy ra:
( )
.541
1
.8
44
=+≥++
xy
yx

Ta có đpcm.
Bài 4:Cho ba số phân biệt a,b,c.CMR:Có ít nhất một trong ba số sau đây là số dương:
x = (a + b + c)
2
- 9ab ; y = (a + b + c)
2
- 9cb ; z = (a + b + c)
2
- 9ac.
Giải:
Ta có:x + y + z = 3. (a + b + c)
2
- 9.(ab + bc + ca) = 3.(a
2
+ b
2
+c
2
- ab - bc - ca) =
=
[ ]
.0)()()(.
2
3
222
>−+−+− accbba
(Do a
≠
b
≠

c
≠
a).
Vậy trong ba số x,y,z luôn có ít nhất một số dương.
Bài 5: Nếu



>
≥+
0
1
ab
ba
thì
8
1
44
≥+ ba
.
Giải: Hoàn toàn tương tự bài 3.
Bài 6:CMR:
( ) ( ) ( ) ( )
4488221010
yxyxyxyx ++≥++
.

8
Huỳnh Minh Khai: Gv: THCS Thị Trấn cầu Kè, Trà Vinh
Giải:

Ta có:
( ) ( ) ( ) ( )
4488221010
yxyxyxyx ++≥++
( ) ( )
4444121288221212
yxyxyxyxyxyx +++≥+++⇔
( ) ( )
44448822
yxyxyxyx +≥+⇔
( )
0.
62268822
≥−−+⇔ yxyxyxyx
( ) ( ) ( ) ( )
2
2 2 2 2 6 6 2 2 2 2 4 2 2 4
. . 0 . . 0x y x y x y x y x y x x y y⇔ − − ≥ ⇔ − + + ≥
Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng.Vậy ta có đpcm.
Bài 7:CMR: Nếu a,b,c là các số đôi một khác nhau và a + b + c < 0 thì :
P = a
3
+ b
3
+ c
3
- 3abc < 0.
Giải:
Có:P = a
3

+ b
3
+ c
3
- 3abc = (a + b + c).(a
2
+ b
2
+ c
2
- ab - bc - ca) < 0.
Bài 8:CMR:
4
1
)12(
1

25
1
9
1
2
<
+
+++=
n
A
với
.1, >Ν∈ nn
Giải:

Dễ dàng biến đổi tương đương chứng minh được:






++
+
+
<
+
)22).(12(
1
)12.(2
1
.
2
1
)12(
1
2
nnnn
n
Áp dụng ta có:
.
4
1
22
1

2
1
.
2
1
22
1
12
1

4
1
3
1
3
1
2
1
.
2
1
)22).(12(
1

5.4
1
4.3
1
3.2
1

.
2
1
<






+
−=






+
−
+
++−+−=
=






++

++++<
nnn
nn
A
Ta có đpcm.
Bài 9:CMR: Nếu: p,q > 0 thì:
pq
qp
qp
≥
+
+
22
.
Giải:
Có:
( ) ( )
.0
.
2
22
≥
+
++−
=−
+
+
qp
qpqpqp
pq

qp
qp
Ta có đpcm.
Bài 10:CMR:
kk
k
1
1
11
2
−
−
<
với mọi số nguyên dương k >1.Từ đó suy ra:
n
n
1
2
1

3
1
2
1
1
222
−<++++
với n >1.
Giải:
Ta có:

kkkk
k
1
1
1
).1(
11
2
−
−
=
−
<
.
Áp dụng cho k = 2,3, ,n ta được:
.
1
2
1
1
1

3
1
2
1
2
1
1
1

1
1

3
1
2
1
1
222
nnn
n
−=






−
−
++−+−+<++++

9
Huỳnh Minh Khai: Gv: THCS Thị Trấn cầu Kè, Trà Vinh
Bài 11:Cho hai số x,y thỏa mãn: x > y và xy = 1.CMR:
.022
22
≥−
−
+

yx
yx
Giải:
Ta có:
.022
2
).(.2
2
22
≥=
−
−≥
−
+−=
−
+
yx
yx
yx
yx
yx
yx
Ta có đpcm.
Bài 12:Cho tam giác ABC có các cạnh thỏa mãn:
.cba
≤≤
CMR:
( )
.9
2

bccba ≤++
Giải:
Từ giả thiết bài ra ta có:
( )
)1(9254
0)4).((042
2
22
bccbbccb
cbcbcbcabb
≤+⇒≤+⇒
≤−−⇒>−⇒>+≥
Mà: (a + b + c)
2

≤
(2b + c)
2
(2).
Từ (1) và (2) suy ra:
(a + b + c)
2

≤
(2b + c)
2

≤
9bc.
Ta có đpcm.

Bài 13:
Cho 0 < a,b,c < 2.CMR:Ba số a.(2-b) ; b.(2-c) ; c.(2-a) không đồng thời lớn hơn 1.
Giải:
Ta có:
.1
2
2
.
2
2
.
2
2
)2().2.().2.()2().2().2.(
222
=






−+






−+







−+
≤
≤−−−=−−−
ccbbaa
ccbbaaaccbba
Tích của ba số nhỏ hơn hoặc bằng 1 vì vậy chúng không thể đồng thời lớn hơn 1.
Ta có đpcm.
Bài 14: Cho ba số a,b,c thỏa mãn: a > b > c > 0.CMR:
caca
c
baba
b
−−+
<
−−+
.
Giải:
Ta có:
caca
c
baba
b
−−+
<

−−+
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2
2 2. 2 2.
a b a b a c a c
a b a b a c a c
a a b a a c a b a c b c
+ + − + + −
⇔ < ⇔ + + − < + + −
⇔ + − < + − ⇔ − < − ⇔ >
Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng.
Vậy ta có đpcm.
Bài 15:Cho các số dương x,y,z thỏa mãn:
.1
222
≥++ zyx
CMR:
.1
333
≥++
x
z
z
y
y
x
Giải:
Áp dụng BĐT Cô Si:
2
33

2.2 xxy
y
x
xy
y
x
=≥+
(1).

10
Huỳnh Minh Khai: Gv: THCS Thị Trấn cầu Kè, Trà Vinh
Tương tự:
2
3
2yyz
z
y
≥+
(2) và
2
3
2zxz
x
z
≥+
(3).
Cộng (1),(2),(3) theo vế ta có:
).(2
222
333

zyxzx
x
z
yz
z
y
xy
y
x
++≥+++++
Suy ra:
.1)()().(2
222222
333
≥++≥++−++≥++ zyxzxyzxyzyx
x
z
z
y
y
x
Vậy ta có đpcm.
CHUYÊN ĐỀ 3: Đa thức và những vấn đề liên quan.

Bài 1:Cho
12
2
&
23
5

23
2
++
+
−
=
−−
+
=
xx
b
x
a
Q
xx
x
P
. Với những giá trị nào của a,b thì P=Q với mọi
giá trị của x trong tập xác định của chúng.
Giải:
Điều kiện:
.1,2 −≠x
Ta có: P=Q
1,2
23
2)2(
23
5
)1,2(
3

2
3
2
−≠∀
−−
−+++
=
−−
+
⇔−≠∀ x
xx
baxbaax
xx
x
x



−=
=
⇔





=−
=+
=
⇔

2
1
52
02
1
b
a
ba
ba
a
Bài 2:Cho số nguyên n, A= n
5
- n.
a-Phân tích A thành nhân tử.
b-Tìm n để A=0.
c-CMR: A chia hết cho 30.
Giải:
a) A= n
5
- n = n.(n
4
-1) = n.(n-1).(n+1).(n
2
+ 1)
b) A=0
⇔
n = 0,1,-1.
c) Theo Định Lý Fecma:
55)5(mod
55

 Annnn ⇒−⇒≡
(1).
Lại có:
22)1(  Ann ⇒−
(2) và:
33)1.().1(  Annn ⇒+−
(3).
Vì 2,3,5 đôi một nguyên tố cùng nhau nên từ (1),(2)&(3) suy ra
)5.3.2(A
(đpcm).
Bài 3: CMR: Nếu x,y là những số nguyên thỏa mãn điều kiện x
2
+ y
2
chia hết cho 3 thì cả x và y
đều chia hết cho 3.
Giải:
Nhận xét:Số chính phương chia cho 3 có số dư là 0 hoặc 1.
Vì vậy từ giả thiết x
2
+ y
2
chia hết cho 3
.3, yx⇒
Bài 4:Tìm giá trị của p,q để đa thức (x
4
+ 1) chia hết cho đa thức x
2
+ px + q.
Giải:

Giả sử (x
4
+ 1) = (x
2
+ px + q).( x
2
+ mx + n)
Khai triển và đồng nhất hệ số ta được hệ:

11
Huỳnh Minh Khai: Gv: THCS Thị Trấn cầu Kè, Trà Vinh









+=
=
−=
⇔





=

=++
=+
q
qp
qn
pm
qn
qpmn
pm
1
1
1
0
0
2
Vậy có thể thấy các giá trị của p,q cần tìm là:





+=
>∀
q
qp
q
1
0
Bài 5:Cho đa thức:
1201547114)(

234
+−+−= xxxxxA

Zx ∈
.
a)Phân tích A(x) thành nhân tử.
b)Chứng minh đa thức A(x) chia hết 24.
Giải:
a).Ta có:
1201547114)(
234
+−+−= xxxxxA
3 2 2
( 2).( 12 47 60) ( 2).( 3).( 9 20)x x x x x x x x= − − + − = − − − +
b).Ta có:A(x)=
  
  
24
2
)(
12014472)14).(1).(1( +−+−+− xxxxxx
xB
-Nếu x chia hết cho 4,x-14 chia hết cho 2
⇒
B(x) chia hết cho 8.
-Nếu x chia cho 4 dư 1 thì x-1 chia hết cho 4,x+1 chia hết cho 2
⇒
B(x) chia hết cho 8.
-Nếu x chia cho 4 dư 2 thì x-14 chia hết cho 4,x chia hết cho 2
⇒

B(x) chia hết cho 8.
-Nếu x chia cho 4 dư 3 thì x + 1 chia hết cho 4,x-1 chia hết cho 2
⇒
B(x) chia hết cho 8.
Vậy trong mọi trường hợp ta đều có B(x) chia hết cho 8 (1).
Mà tích của ba số nguyên liên tiếp thì chi hết cho 3 nên (x-1).x.(x+1) chia hết cho 3
⇒
B(x) chia hết cho 3 (2).
Mà (3,8)=1 nên từ (1) và (2) suy ra B(x) chia hết cho 24.
Vậy ta có đpcm.
Bài 6:Tìm tất cả các số nguyên x để: x
2
+ 7 chia hết cho x-2.
Giải:
Ta có: x
2
+ 7 = (x-2).(x + 2) +11 chia hết cho x-2 khi và chỉ khi 11 chia hết cho x-2.
⇒
x-2=-1,-11,1,11.
Từ đó ta dễ dàng tìm ra các giá trị x thỏa mãn bài ra.
Bài 7: Một đa thức chia cho x-2 thì dư 5, chia cho x-3 thì dư 7.Tính phần dư của phép chia đa
thức đó cho (x-2).(x-3).
Giải:
Gọi đa thức đã cho là F(x).Theo bài ra ta giả sử đa thức dư cần tìm là ax+b.
Ta có:
F(x) = (x-2).(x-3).A(x) + ax + b. (trong đó A(x) là đa thức thương trong phép chia)
Theo giả thiết và theo định lý Bơdu ta có:
F(2)=2a +b=5 và F(3)=3a+b=7.
Giải hệ hai phương trình trên ta tìm được a = 2, b = 1.
Vậy đa thức dư là 2x+1.

Bài 8: Cho biết tổng các số nguyên a
1
, a
2
, a
3
, a
n
chia hết cho 3.Chứng minh rằng:
A(x) =
33
2
3
1

n
aaa +++
cũng chia hết cho 3.

12
Huỳnh Minh Khai: Gv: THCS Thị Trấn cầu Kè, Trà Vinh
Giải:
Theo định lý fecma ta có:
Znnn ∈∀≡ )3(mod
3
.
Áp dụng ta có:
)3(mod
1
3

1
aa ≡
,
)3(mod
2
3
2
aa ≡
, ,
)3(mod
3
nn
aa ≡
.
Suy ra:
33
2
3
1

n
aaa +++
)3(mod0)3(mod
21
≡+++≡
n
aaa
Ta có đpcm.
Bài 9:Chứng minh rằng (7.5
n2

+12.6
n
) luôn chia hết cho 19, với mọi số n tự nhiên.
Giải:
Ta có:
A = 7.5
2n
+ 12.6
n
= 7.25
n
+ 12.6
n
.
Ta có:
)19(mod625)19(mod625
nn
≡⇒≡
.Suy ra:
)19(mod0)19(mod6.196.126.7 ≡≡+≡
nnn
A
.
Ta có đpcm.

Bài 10: Phân tích thành nhân tử x
10
+ x
5
+ 1.

Giải:
Ta có: x
10
+ x
5
+ 1 = (x
2
+ x + 1).(x
8
-x
7
+ x
5
-x
4
+ x
3
-x + 1).
CHUYÊN ĐỀ 4: Các bài toán liên quan tới phương trình
bậc hai và định lý Vi-et.
Bài 1:Cho phương trình : x
2
-(2m+1)x + m
2
+m -1= 0
1.Chứng minh phương trình luôn có nghiệm với mọi m.
2.Chứng minh có một hệ thức giữa hai nghiệm số không phụ thuộc vào m.
Giải:
1. Ta có :
∆

= (2m +1)
2
- 4.(m
2
+ m - 1) = 5 > 0
suy ra phương trình luôn có nghiệm với mọi m
2.Theo vi-et ta có:



−+=
+=+
)2(1.
)1(12
2
21
21
mmxx
mxx
Từ (1) suy ra:
2
1
21
−+
=
xx
m
thay vào (2) ta có:
⇒−







−+
+






−+
= 1
2
1
2
1
.
21
2
21
21
xxxx
xx
1
2
1
2

1
.
21
2
21
21
=






−+
−






−+
−
xxxx
xx
.
Ta có đpcm.
Bài 2: Tìm những giá trị nguyên của k để biệt thức
∆
của phương trình sau là số chính phương:

k.x
2
+ (2.k-1).x + k-2= 0; (k
≠
0)
Giải:
Ta có :
∆
= (2k-1)
2
- 4.k.(k-2) =4k +1 .
Giả sử 4k + 1 là số cp khi đó nó là số cp lẻ hay: 4k + 1 = (2n + 1)
2
n là số tự nhiên.
Hay: k = n
2
+ n.
Vậy để
∆
là số cp thì k = n
2
+ n( thử lại thấy đúng).
Bài 3: Tìm k để phương trình sau đây có ba nghiệm phân biệt :
(x-2)(x
2
+ k.x + k
2
- 3)= 0

13

Huỳnh Minh Khai: Gv: THCS Thị Trấn cầu Kè, Trà Vinh
Giải:
Đặt f(x)= (x-2)(x
2
+ k.x + k
2
- 3) = (x-2).g(x)
Để f(s)=0 có ba nghiệm phân biệt tương đương với g(x) =0 có hai nhgiệm phân biệt khác 2 hay:



−≠
−>>
⇔



≠
>−−=∆
1
22
0)2(
0)3.(4
22
k
k
g
kk
Bài 4: Tìm a,b để hai phương trình sau là tương đương:
x

2
+ (3a + 2b) x - 4 =0 (1) và x
2
+ (2a +3b)x + 2b=0 (2)
với a và b tìm được hãy giải các phương trình đã cho.
Giải:
-Điều kiện cần:
Nhận thấy pt (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt.Vậy pt (2) cũng phải có 2 nghiệm phân biệt giống
với (1).
Đặt f(x) = x
2
+ (3a + 2b) x - 4 =0 và g(x) = x
2
+ (2a +3b)x + 2b.
Để hai phương trình đã cho là tương đương thì f(x) = g(x) (*) với mọi x (Vì hệ số của x
2
của cả
hai pt đều bằng 1).
Thay x = 0 vào (*) ta có b = -2 (3).
Thay x = 1 vào (*) kết hợp với (3) ta được a= -2.
-Điều kiện đủ:
Với a=b=-2 ta thấy hai phương trình tương đương với nhau.
Bài 5: Giả sử b và c là các nghiệm của phương trình :
x
2
- a.x-
2
1
.a
2

=0; (a
≠
0)
chứng minh : b
4
+ c
4

≥
2+
2
.
Giải:
Theo định lý Viet ta có:





−=
=+
2
2
1
a
bc
acb
Ta có:
[ ]
22

2
22222244
22)(2)( cbbccbcbcbcb −−+=−+=+
22262
2
3
22
2
3
2
11
4
4
4
4
4
2
2
244
+>+=+≥++=+






+=+⇒
a
a
a

a
aa
acb
.
Bài 6 : Chứng minh rằng với mọi a,b,c phương trình sau luôn có nghiệm :
a(x-b).(x-c) + b.(x-c). (x-a) + c.(x-a).(x-b) = 0
Giải:
Đặt f(x) = a.(x-b).(x-c) + b.(x-c). (x-a) + c.(x-a).(x-b) =
= (a + b + c).x
2
-2.(ab + bc + ca).x + 3abc
*Nếu a + b + c
≠
0.Khi đó:
∆
'
= a
2
b
2
+ b
2
c
2
+ c
2
a
2
-abc.(a + b + c) = [(ab-bc)
2

+ (bc-ca)
2
+ (ca-ab)
2
].
2
1
0≥
*Nếu a + b + c = 0.Khi đó:
-Nếu ab + bc + ca
≠
0 thì phương trình đã cho luôn có nghiệm.
-Nếu ab + bc + ca =0. Khi đó kết hợp với gt a + b + c =0 ta dễ dàng chứng minh được
a=b=c=0.Và dĩ nhiên trường hợp này pt đã cho có vô số nghiệm.

14
Huỳnh Minh Khai: Gv: THCS Thị Trấn cầu Kè, Trà Vinh
Bài 7:CMR:Nếu các hệ số a,b,c của phương trình:ax
2
+ bx + c = 0 (a
≠
0) đều là các số lẻ thì
phương trình bậc hai trên không thể có nghiệm hữu tỉ.
Giải:
Giả sử phương trình bậc hai trên với các hệ số a,b,c đều là các số lẻ có nghiệm hữu tỉ
x
0
=
n
m

với m,n là các số nguyên (m,n)=1 và n
≠
0 ;khi đó ta có:
a.
0.
2
=++






c
n
m
b
n
m
hay:
0
22
=++ cnbmnam
(1).Suy ra:





nam

mcn


2
2
mà (m,n)=1
1),(),(
22
==⇒ nmmn
nên:



na
mc


mà c,a đều là các số lẻ nên suy ra m,n cũng
là các số lẻ.Vậy ta có:a,bc,m,n đều là các số lẻ .Do đó:
=++
22
cnbmnam
số lẻ (Mâu thuẫn với (1)).
Vậy điều ta giả sử là sai.Hay nói cách khác, ta có đpcm.
CHUYÊN ĐỀ 5: Các bài toán hình học phẳng
mang yếu tố chuyển động.
Bài 1: Cho đường tròn (O) và dây cung BC cố định.Gọi A là điểm di động trên cung lớn BC của
đường tròn (O), (A khác B,C).Tia phân giác của góc ACB cắt đường tròn (O) tại điểm D khác C,
lấy điểm I thuộc đoạn CD sao cho DI = DB.Đường thẳng Bi cắt đường trong (O) tại điểm K khác
điểm B.

1.CMR:Tam giác KAC cân.
2.CMR: Đường thẳng AI luôn đi qua điểm cố định J.Từ đó tìm vị trí của A sao cho Ai có độ dài
lớn nhất.
3.Trên tia đối AB lấy điểm M sao cho AM=AC.Tìm tập hợp các điểm M khi A di động trên cung
lớn BC của (O).
Giải:
1.Ta có:
∆
DBI cân tại D nên:
∠
DBI=
∠
DIB.Mà:
∠
DIB =
∠
IBC +
∠
ICB (1).
Và:
∠
DBI =
∠
KCI =
∠
KCA +
∠
ACD =
∠
KBA +

∠
ICB (2).
Từ (1) và (2) suy ra
∠
ABI =
∠
CBI.Suy ra I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC
⇒
BI là phân giác góc B của tam giác ABC
⇒
K là trung điểm cung AC.
⇒
Tam giác KAC cân.
2.Vì I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên AI luôn đi qua trung điểm J của cung nhỏ BC.
Ta dễ dàng chứng minh được tam giác BIJ cân ở J
⇒
JI = JB = const.
Suy ra AI = AJ - IJ = AJ - const lớn nhất khi và chỉ khi AJ lớn nhất tức là AJ là đường kính của
(O)
⇒
A phải nằm tại trung điểm của cung lớn BC.
3.Ta dễ dàng tính được:
∠
BMC =
2
1
.
∠
BAC =
4

1
số đo cung nhỏ BC = const.
Suy ra quĩ tích điểm M là cung chứa góc nhìn BC dưới một góc bằng
4
1
số đo cung nhỏ BC.
Bài 2:Trên đường tròn tâm O bàn kính R lầy điểm A cố định và điểm B thay đổi.
Đường vuông góc với AB vẽ từ A cắt đường tròn ở C.
1. Chừng minh rằng BC đi qua một điểm cố định.

15
Huỳnh Minh Khai: Gv: THCS Thị Trấn cầu Kè, Trà Vinh
2.Gọi AH là đừơng vuông góc vẽ từ A của tam giác ABC.Tìm tập hợp các điểm H
3. Hãy dựng tam giác vuông ABC có đỉnh A cho trước trên đường tròn BC là đường kính và chiều
cao AH = h cho trước.
Giải:
1.Dễ thấy BC luôn đi qua điểm O cố định.
2.Nhận thấy
∠
AHO vuông. Từ đó dễ dàng chứng minh được quĩ tích của H là đường tròn đường
kính AO.
3.Đường thẳng d // với BC cách BC một khoảng h cắt (O) tại hai điểm A và A
'
thỏa mãn yêu cầu
của bài toán.
Có 4 vị trí của A thỏa mãn bài ra (Vì có hai đường thẳng d//BC thảo mãn:Cách BC một khoảng
h).
Bài 3:Cho đường tròn tâm O cố định .Một đường thẳng d cố định cắt (O) tại A,B;M là điểm
chuyển động trên d (ở ngoài đoạn AB).Từ M kẻ hai tiếp tuyến MT và MN với đường tròn.
1.CMR:Đường tròn đi qua ba điểm M,N,P luôn đi qua một điểm cố định khác O.

2.Tìm tập hợp các tâm I của đường tròn đi qua M,N,P.
3.Tìm trên d một điểm M sao cho tam giác MNP là tam giác đều.
Giải:
1.Gọi K là trung điểm của AB.Dễ thấy M,N,P,O,K đều nằm trên đường tròn đường kính OM.
Vậy K là điểm cố định cần tìm.
2. Tâm I của đường tròn đi qua M,N,P là trung điểm của OM.
Từ I hạ IJ vuông góc với AB.Dễ thấy IJ = (1/2).OK=const.
Vậy có thể phán đoán quĩ tích của i là đường thẳng song song với AB cách AB một khoảng bằng
một nửa đoạn OK trừ đoạn XY với X,Y lần lượt là trung điểm của OA và OB.
3.Giả sử tam giác MNP đều thế thì: OM = 2.OP = 2R.
MK
2
= MO
2
- OK
2
= 4R
2
- OK
2
= const.
Từ đó có hai điểm M thảo mãn bài ra.
Bài 4:Cho hình vuông EFGH.Một góc vuông xEy quay xung quanh điểm E.Đường thẳng Ex cắt
đường thẳng FG và GH tại M,N;còn đường thẳng Ey cắt các đường trên theo thứ tự tại P,Q.
1.CMR:Hai tam giác ENP và EMQ là các tam giác vuông cân.
2.Goi R là giao của PN và QM;còn I,K lần lượt là trung điểm của PN và QM.Tứ giác EKRI là
hình gì?Giải thích?
3.CMR: F,K,H,I thẳng hàng.Từ đó có nhận xét gì về đường thẳng IK khi góc vuông xEy quay
quanh E?
Giải:

1.Dễ dàng chứng minh được:
∆
EHQ =
∆
EFM (cgc).
Suy ra dễ dàng tam giác EMQ vuông cân.
∠
PEF =
∠
PQN (đồng vị) mà
∠
FEM =
∠
QEH.
Suy ra:
∠
PEN =
∠
PEF +
∠
FEM =
∠
EQH +
∠
QEH = 90
0
.
Vậy tam giác PEN vuông (1).
Thấy:
∆

NEQ =
∆
PEM (gcg) nên suy ra EN = EP (2).
Từ (1) và (2) suy ra:Tam giác PEN vuông cân.
2.Có: EI
⊥
PN và EK
⊥
QM.
Vậy tứ giác EKRI có góc I và góc K vuông (4).
Lại có:

16
Huỳnh Minh Khai: Gv: THCS Thị Trấn cầu Kè, Trà Vinh
∠
PQR =
∠
RPQ = 45
0
suy ra:
∠
PRQ = 90
0
(3).
Từ (3) và (4) suy ra tứ giác ẺIK là hình chữ nhật.
3.Dễ thấy QEKH và EFMK là các tứ giác nội tiếp.
Ta có:
∠
EKH = 180
0

-
∠
EQH (5).
Và:
∠
EKF =
∠
EMF =
∠
EQH (6).
Từ (5) và (6) suy ra:
∠
EKH +
∠
EKF = 180
0
. Suy ra H,K,F thẳng hàng.
Lại có:
Tứ giác FEPI nội tiếp nên
∠
EFI = 180
0
-
∠
EPI = 180
0
-45
0
= 135
0

.
Suy ra:
∠
EFK +
∠
EFI = 45
0
+ 135
0
=180
0
.
Suy ra K,F,I thẳng hàng.
Vậy ta có đpcm.
Bài 5:Cho đường tròn tâm O đường kính AB.Gọi C là điểm cố định trên OA; M là điểm di động
trên đường tròn.Qua M kẻ đường vuông góc với MC cắt các tiếp tuyến kẻ từ A và B ở D và E.
a)CMR: Tam giác DCE vuông.
b)CMR: Tích AD.BE không đổi.
c)CMR:Khi M chạy trên đường tròn thì trung điểm I của DE chạy trên một đường thẳng cố định.
Giải:
a)Nhận thấy các tứ giác ADMC và MABE là các tứ giác nội tiếp.Do đó:
∠
DCM =
∠
DAM và
∠
MCE =
∠
MBE =
∠

MAB.Vậy:
∠
DCE =
∠
DCM +
∠
MCE =
∠
DAM +
∠
MAB = 90
0
.
Ta có đpcm.
b)Vì tam giác DCE vuông ở C nên ta có thể nhận thấy ngay
∠
DCA = 90
0
-
∠
ECB =
∠
CEB.
Vậy hai tam giác vuông ADC và BCE đồng dạng với nhau.Nên:
constACBCBEAD
BE
AC
BC
AD
==⇒=

c)Nhận thấy OI luôn là đường trung bình của hình thang DABE hay nói cách khác,ta luôn có OI
⊥
AB.
Vậy khi M chuyển động trên (O) thì I luôn nằm trên đường thẳng qua O vuông góc với AB.
Bài 6:Cho tam giác ABC cân (AB=AC) nội tiếp đường tròn tâm O.M là điểm bất kỳ chạy trên
đáy BC.Qua M vẽ đường tròn tâm D tiếp xúc với AB tại B.Vẽ đường tròn tâm E qua M tiếp xúc
với AC tại C.Gọi N là giao điểm thứ hai của hai đường tròn đó CMR
a) MN luôn đi qua A và tích AM.AN không đổi.
c) Tổng hai bán kính của hai đường tròn tâm D và E có giá trị không đổi.
d)Tìm tập hợp các trung điểm H của DE.
Giải:
a) Ta có: góc BNM = góc ABC =góc ACB =góc BNA.
vậy tia NM đi qua A.
Chứng minh tam giác ABN đồng dạng với tam giác AMB suy ra AM.AN = AB
2
không đổi
c)Gọi K là điểm chính giữa của cung BC ( không chứa A).
Dễ thấy D,E lần lượt nằm trên BK và CK. Từ K,D,E lần lượt hạ các đường vuông góc với BC tại
I.J,L. Ta có:

17
Huỳnh Minh Khai: Gv: THCS Thị Trấn cầu Kè, Trà Vinh
1 1 1
. . . 1
2 2 2
1
BD CE BJ CL BM CM BM CM
BK CK BI CI BI CI BI
BD CE
BD CE CK

CK CK
+
+ = + = + = =
⇒ + = ⇒ + = = khoâng ñoåi
d) Hạ HQ vuông góc với BC.Có:
HQ =
1
.( ) . .
2 2 2 2
KI DJ EL KI BD CE KI
DJ EL
KI BK CK
+
 
+ = = + =
 ÷
 
. Nên H nằm trên đ ường thẳng song
song với BC cách BC một khoảng bằng nửa khoảng cách KI , Vì D , E thuộc BK và CK do đó
quĩ tích các điểm H là đường trung bình của tam giác BKC (song song với đáy BC).
CHUYÊN ĐỀ 6: Các bài toán hình học phẳng
có nội dung chứng minh, tính toán.
Bài 1: Cho tam giác OAB cân đỉnh O và đường tròn tâm O có bán kính R thay đổi (R<OA).Từ A
và B vẽ hai tiếp tuyến AC và BD với đường tròn .Hai tiếp tuyến này không đối xứng với nhau qua
trục đối xứng của tam giác và chúng cắt nhau ở M.
a)Chứng minh rằng bốn điểm O,A,M,B cùng thuộc đường tròn.Tìm tập hợp các điểm M.
b)Trên tia đối của tia MA lấy MP = BM.Tìm tập hợp các điểm P.
c)CMR: MA.MB = |OA
2
- OM

2
|.
Giải:
a)Gọi I,T lần lượt là các điểm tiếp xúc của tiếp tuyến kẻ từ A và B.
Dễ thấy:
∆
OIA =
∆
OTB (cạnh huyền-cạnh góc vuông).
Do đó:
∠
IAO =
∠
OBT.Suy ra tứ giác OAMB nội tiếp được.
b) Có:
∠
APB =
2
1
.
∠
AMB =
2
1
.(180
0
-
∠
AOB)= const.
Vậy có thể chứng minh được rằng quĩ tích các điểm P là cung chứa góc nhìn AB một góc không

đổi là
2
1
.(180
0
-
∠
AOB).
c)Xét vị trí của M mà OM > OA(trường hợp ngược lại hoàn toàn tương tự).
Ta có: |OA
2
- OM
2
| = OM
2
-OA
2
= MI
2
- IA
2
= (MI-IA).(MI + IA) = AM.(MT + TB)=
=MA.MB (đpcm).
Bài 2: Cho điểm P nằm ngòai đường tròn (O); Một cát tuyến qua P cắt (O) ở A và B.Các tiếp
tuyến kẻ từ A và B cắt nhau ở M. Dựng MH vuông góc với OP.
a)CMR: 5 điểm O,A,B,M,H nằm trên 1 đường tròn.
b)CMR: H cố định khi cát tuyến PAB quay quanh P. Từ đó suy ra tập hợp điểm M.
c)Gọi I là trung điểm của AB và N là giao điểm của PA với MH.CMR: PA.PB=PI.PN
và IP.IN=IA
2

.
Giải:
a) Nhận thấy 5 điểm O,A,B,M,H nằm trên đường tròn đường kính OM (đpcm).
b)Phương tích của điểm P đối với đường tròn đường kính OM là:
PH.PO=PA.PB=const (1). Suy ra H cố định nằm trên đoạn PO.
Từ đó dễ dàng suy ra được rằng quĩ tích điểm M là đường thẳng d qua H vuông góc với PO trừ đi
đoạn TV với T,V là giao điểm của d với (O).

18
Huỳnh Minh Khai: Gv: THCS Thị Trấn cầu Kè, Trà Vinh
c)Phương tích của điểm P đối với đường tròn đường kính ON là: PN.PI=PH.PO (2)
Từ (2) và (1) suy ra: PA.PB=PI.PN (đpcm).
Lại có:
IP.IN=(NI+NP).IN=IN
2
+ NI.NP (3)
Phương tích của điểm N đối với đường tròn đường kính PM là: NP.NI=NH.NM
Phương tích của điểm N đối với đường tròn đường kínhOM là: NH.NM=NA.NB
Suy ra: NI.NP=NA.NB (4)
Từ (3) và (4) suy ra:
IP.IN=IN
2
+ NA.NB
Ta sẽ chứng minh: IN
2
+ NA.NB=IA
2
(5).Thật vậy:
(5)
⇔

NA.NB=IA
2
-IN
2

⇔
NA.NB=(IA-IN).(IA+IN)
⇔
NA.NB=NA.(IB+IN)
⇔
NA.NB=NA.NB (luôn đúng)
Vậy ta có đpcm.
Bài 3:Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn bán kính R,tâm O.
a)Chứng minh BC = 2R.SinA
b)Chứng minh:SinA + SinB + SinC < 2.(cosA + cosB + cosC) trong đó A,B,C là ba góc của tam
giác.
Giải:
a)Kéo dài BO cắt (O) tại điểm thứ hai là D.
Tam giác vuông BCD có:BC = BD.Sin(
∠
BDC) = 2R.SinA (đpcm)
b)Kéo dài AO cắt (O) tại điểm thứ hai là E.
Hoàn toàn tương tự phần a) ta có:AC=2R.SinB. Ta có:
SinB=
CosACosCCDBCosADBCos
BD
CD
BD
AD
R

CDAD
R
AC
+=∠+∠=+=
+
< )()(
22
(1)
Tương tự ta cũng có: SinC < CosA + CosB (2) và SinA < CosB + CosC (3).
Cộng (1),(2),(3) theo vế ta có đpcm.




19