Tong hop cac bai toan hay lop 10

MỘT PHƯƠNG PHÁP TÌM GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT VÀ GIẤ TRỊ LỚN
NHẤT
Trong bài viết này, tôi đề cập đến một dạng toán tìm giá trị lớn nhất (GTLN) và giá trị nhỏ
nhất (GTNN) của một biểu thức nhiều ẩn, trong đó các ẩn là nghiệm của những phương trình
hoặc bất phương trình cho trước.
Đối với dạng toán này, ta cần xác định và giải một bất phương trình một ẩn mà ẩn đó là biểu
thức cần tìm GTLN, GTNN.
Bài toán 1 : Tìm GTLN và GTNN của xy biết x và y là nghiệm của phương trình
x
4
+ y
4
- 3 = xy(1 - 2xy)
Lời giải : Ta có x
4
+ y
4
- 3 = xy(1 - 2xy)
<=> xy + 3 = x
4
+ y
4
+ 2x
2
y
2

<=> xy + 3 = (x
2
+ y
2

)
2
(1).
Do (x
2
- y
2
)
2
≥ 0 với mọi x, y, dễ dàng suy ra (x
2
+ y
2
)
2
≥ 4(xy)
2
với mọi x, y (2).
Từ (1) và (2) ta có :
xy + 3 ≥ 4(xy)
2
<=> 4t
2
- t - 3 ≤ 0 (với t = xy)
<=> (t - 1)(4t + 3) ≤ 0
Vậy : t = xy đạt GTLN bằng 1
<=> x = y = 1 ; t = xy đạt GTNN bằng
Bài toán 2 : Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn xyz ≥ x + y + z + 2. Tìm GTNN của x + y
+ z.
Lời giải : áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dương x, y, z ta có :

Vậy t = x + y + z đạt GTNN bằng 6 khi và chỉ khi x = y = z = 2.
Bài toán 3 : Cho các số thực x, y, z thỏa mãn x
2
+ 2y
2
+ 2x
2
z
2
+ y
2
z
2
+ 3x2y
2
z
2
= 9. Tìm
GTLN và GTNN của A = xyz.
Lời giải :
x
2
+ 2y
2
+ 2x
2
z
2
+ y
2

z
2
+ 3x
2
y
2
z
2
= 9
<=> (x
2
+ y
2
z
2
) + 2(y
2
+ x
2
z
2
) + 3x
2
y
2
z
2
= 9 (1).
áp dụng bất đẳng thức m
2

+ n
2
≥ 2|mn| với mọi m, n ta có :
x
2
+ y
2
z
2
≥ 2|xyz| ; y
2
+ x
2
z
2
≥ 2|xyz| (2).
Từ (1) và (2) suy ra :
2|xyz| + 4|xyz| + 3(xyz)2 ≤ 9
<=> 3A
2
+ 6|A| - 9 ≤ 0 <=> A
2
+ 2|A| - 3 ≤ 0
<=> (|A| - 1)(|A| + 3) ≤ 0 <=> |A| ≤ 1
<=> -1 ≤ A ≤ 1.
Vậy : A đạt GTLN bằng 1
A đạt GTNN bằng -1
Bài toán 4 : Cho các số thực x, y, z thỏa mãn x
4
+ y

4
+ x
2
- 3 = 2y
2
(1 - x
2
).
Tìm GTLN và GTNN của x
2
+ y
2
.
Lời giải : Ta có x
4
+ y
4
+ x
2
- 3 = 2y
2
(1 - x
2
)
<=> (x
2
+ y
2
)
2

- 2(x
2
+ y
2
) - 3 = -3x
2
≤ 0
=> t
2
- 2t - 3 ≤ 0 (với t = x
2
+ y2 ≥ 0)
=> (t + 1)(t - 3) ≤ 0 => t ≤ 3
Vậy t = x
2
+ y
2
đạt GTLN bằng 3 khi và chỉ khi x = 0 ;
Ta lại có x
4
+ y
4
+ x
2
- 3 = 2y
2
(1 - x
2
)
<=> (x

2
+ y
2
)
2
+ x
2
+ y
2
- 3 = 3y
2
≥ 0
=> t
2
+ t - 3 ≥ 0 (với t = x
2
+ y
2
≥ 0)
Vậy t = x
2
+ y
2
đạt GTNN bằng
khi và chỉ khi y = 0 ;
Bài tập tương tự
1) Cho x, y, z thỏa mãn :
2xyz + xy + yz + zx ≤ 1.
Tìm GTLN của xyz.
Đáp số : 1/8(x = y = z = 1/2)

2) Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn :
(x + y + z)
3
+ x
2
+ y
2
+ z
2
+ 4 = 29xyz
Tìm GTNN của xyz.
Đáp số : 8 (x = y = z = 2).
3) Tìm GTLN và GTNN của S = x
2
+ y
2
biết x và y là nghiệm của phương trình :
5x
2
+ 8xy + 5y
2
= 36
Đáp số : GTLN là 36
GTNN là 4
4) Cho x và y là các số thực thỏa mãn :
Tìm GTLN của x
2
+ y
2
.

Đáp số : 1 (x = -1 ; y = 0).
5) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn :
x
2
+ 4y
2
+ z
2
= 4xy + 5x - 10y +2z - 5
Tìm GTLN và GTNN của x - 2y.
Đáp số :
GTLN là 4 (x = 2y + 4 ; y Є R ; z = 1) ;
GTNN là 1 (x = 2y + 1 ; y Є R ; z = 1).
6) Tìm các số nguyên không âm x, y, z, t để M = x
2
+ y
2
+ 2z
2
+ t
2
đạt GTNN, biết rằng :
Đáp số : x = 5 ; y = 2 ; z = 4 ; t = 0. Khi đó M đạt giá trị nhỏ nhất là 61.
MỘT HẰNG ĐẲNG THỨC THÚ VỊ
Với mọi số thực a, b, c, ta có :
(a + b)(a + c) = a
2
+ (ab + bc + ca)
= a(a + b + c) + bc (*).
Với tôi, (*) là hằng đẳng thức rất thú vị. Trước hết, từ (*) ta có ngay :

Hệ quả 1 : Nếu ab + bc + ca = 1 thì
a
2
+ 1 = (a + b)(a + c).
Hệ quả 2 : Nếu a + b + c = 1 thì
a + bc = (a + b)(a + c).
Bây giờ, chúng ta đến với một vài ứng dụng của (*) và hai hệ quả trên.
Bài toán 1 : Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = 1. Hãy tính giá trị của biểu
thức :
Lời giải : Theo hệ quả 1 ta có
a
2
+ 1 = a
2
+ (ab + bc + ca) = (a + b)(a + c) ;
b
2
+ 1 = b
2
+ (ab + bc + ca) = (b + a)(b + c) ;
c
2
+ 1 = c
2
+ (ab + bc + ca) = (c + a)(c + b).
Suy ra
Vì vậy A = a(b + c) + b(c + a) + c(a + b)
= 2(ab + bc + ca) = 2.
Vấn đề sẽ khó hơn khi ta hướng tới việc đánh giá các biểu thức.
Bài toán 2 : Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn (a +b)(a +c) = 1. Chứng minh rằng :

Lời giải : a) Sử dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương a(a + b + c) ; bc :
1 = (a + b)( a + c) = a(a + b + c) + bc ≥
b) Sử dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dương a
2
;
(ab + bc + ca)/2 ; (ab + bc + ca)/2
1 = (a + b)( a + c) = a
2
+ (ab + bc + ca) =
Bài toán 3 : Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = 1. Chứng minh rằng :
Lời giải : Theo hệ quả 1 ta có
Sử dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương a
2
+ ab ; a
2
+ ac :
Tương tự ta có
Từ các kết quả trên ta suy ra :
Bài toán sau đây nguyên là đề thi Châu á - Thái Bình Dương năm 2002 đã được viết lại cho
đơn giản hơn (thay (1/x ; 1/y ; 1/z) bởi (a ; b ; c)).
Bài toán 4 : Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng :
Lời giải : Theo hệ quả 2 và bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-ski ta có
Tương tự ta có
Từ các kết quả trên ta suy ra :
Để kết thúc, xin các bạn làm thêm một số bài tập :
Bài tập 1 : Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 1. Hãy tính giá trị của biểu thức :
Bài tập 2 : Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = 1. Chứng minh rằng :
Bài tập 3 : Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng :
(a + bc)(b + ca)(c + ab) ≥ 64/81(ab + bc + ca)
2

.
LÀM QUEN VỚI BẤT ĐẲNG THỨC
TRÊ-BƯ-SEP
Các bạn đã từng được làm quen với các bất đẳng thức Cô si, Bunhiacôpski nhưng không ít
bạn còn chưa biết về bất đẳng thức Trê - bư - sép. Con đường đi đến bất đẳng thức này thật là
giản dị, quá gần gũi với những kiến thức cơ bản của các bạn bậc THCS.
Các bạn có thể thấy ngay : Nếu a
1
≤ a
2
và b
1
≤ b
2
thì (a
2
- a
1
) (b
2
- b
1
) ≥ 0. Khai triển vế trái của
bất đẳng thức này ta có :
a
1
b
1
+ a
2

b
2
- a
1
b
2
- a
2
b
1
≥ 0
=> : a
1
b
1
+ a
2
b
2
≥ a
1
b
2
+ a
2
b
1
.
Nếu cộng thêm a
1

b
1
+ a
2
b
2
vào cả hai vế ta được :
2 (a
1
b
1
+ a
2
b
2
) ≥ a
1
(b
1
+ b
2
) + a
2
(b
1
+ b
2
)
=> : 2 (a
1

b
1
+ a
2
b
2
) ≥ (a
1
+ a
2
) (b
1
+ b
2
) (*)
Bất đẳng thức (*) chính là bất đẳng thức Trê - bư - sép với n = 2. Nếu thay đổi giả thiết, cho
a
1
≤ a
2
và b
1
≥ b
2
thì tất cả các bất đẳng thức trên cùng đổi chiều và ta có :
2 (a
1
b
1
+ a

2
b
2
) ≤ (a
1
+ a
2
) (b
1
+ b
2
) (**)
Các bất đẳng thức (*) và (**) đều trở thành đẳng thức khi và chỉ khi a
1
= a
2
hoặc b
1
= b
2
.
Làm theo con đường đi tới (*) hoặc (**), các bạn có thể giải quyết nhiều bài toán rất thú vị.
Bài toán 1 : Biết rằng x + y = 2. Chứng minh x
2003
+ y
2003
≤ x
2004
+ y
2004

.
Lời giải : Do vai trò bình đẳng của x và y nên có thể giả sử x ≤ y. Từ đó => : x
2003
≤ y
2003
.
Do đó (y
2003
- x
2003
).(y - x) ≥ 0
=> : x
2004
+ y
2004
≥ x.y
2003
+ y.x
2003

Cộng thêm x
2004
+ y
2004
vào hai vế ta có : 2.(x
2004
+ y
2004
) ≥ (x+y) (x
2003

+ y
2003
) = 2.(x
2003
+ y
2003
)
=> : x
2004
+ y
2004
≥ x
2003
+ y
2003
(đpcm).
Để ý rằng : Bất đẳng thức vừa chứng minh trở thành đẳng thức khi và chỉ khi x = y = 1 ; các
bạn sẽ có lời giải của các bài toán sau :
Bài toán 2 : Giải hệ phương trình :
Nếu các bạn quan tâm tới các yếu tố trong tam giác thì vận dụng các bất đẳng thức (*) hoặc
(**) 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 giả
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 + CA) (AH + BK)

=> : (BC + CA).(AH + BK) ≥ 8.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi BC = CA hoặc BK = AH tương đương với BC = CA hay tam
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 của
các cạnh này có độ dài lần lượt là h
a
, h
b
, h
c
. 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 ≤ c
=> : 2S/a ≥ 2S/b ≥ 2S/c => h
a
≥ h
b
≥ h
c
.
Làm như lời giải bài toán 3 ta có :
(a + b).(ha + hb) ≥ 8S
=> : 1/(h
a
+ h
b
) ≤ (a + b)/(8S) (1)
Tương tự ta được :
1/(h
b

+ h
b
) ≤ (b + c)/(8S) (2)
1/(h
c
+ h
a
) ≤ (c + a)/(8S) (3)
Cộng từng vế của (1), (2), (3) dẫn đến :
Bất đẳng thức (4) trở thành đẳng thức khi và chỉ khi các bất đẳng thức (1), (2), (3) đồng thời
trở thành đẳng thức tương đương với a = b = c hay tam giác ABC là tam giác đều.
Bây giờ các bạn thử giải các bài tập sau đây :
1) Biết rằng x
2
+ y
2
= 1. Tìm giá trị lớn nhất của F = (x
4
+ y
4
) / (x
6
+ y
6
)
2) Cho các số dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = 1. Chứng minh :
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 l
a
, l

b
, l
c
. Chứng minh :
4) Hãy dự đoán và chứng minh bất đẳng thức Trê - bư - sép với n = 3. Từ đó hãy sáng tạo ra
các bài toán. Nếu bạn thấy thú vị với những khám phá của mình ở bài tập này, hãy gửi gấp bài
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 bậc
THCS. Kĩ năng này được sử dụng khi giải các bài toán : biến đổi đồng nhất các biểu thức toán
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 một
phương pháp thường sử dụng, dựa vào việc kết hợp các phương pháp quen thuộc như đặt
nhân 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 nhân
tử a - b, b - c và c - a.
Bài toán 1 : Phân tích thành nhân tử :
F(a, b, c) = a
2
(b - c) + b
2
(c - a) + c
2
(a - b).
Nhận xét : Khi a = b ta có :
F(a, b, c) = a
2
(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, b,
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).
Bài toán 2 : Phân tích thành nhân tử :
F(a, b, c) = a
3
(b - c) + b
3
(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 - a.
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 này
có dạng k(a + b + c). Do đó :
F(a, b, c) = k(a - b)(b - c)(c - a)(a + b + c)
Cho a = 0 ; b = 1 ; c = 2 => k = -1.
Vậy : F(a, b, c) = -(a - b)(b - c)(c - a)(a + b + c).
2/ Trong một số bài toán, nếu F(a, b, c) là biểu thức đối xứng của a, b, c nhưng F(a, b, c)
≠ 0 khi a = b thì ta thử xem khi a = -b, F(a, b, c) có triệt tiêu không, nếu thỏa mãn thì
F(a, b, c) chứa nhân tử a + b, và từ đó chứa các nhân tử b + c, c + a.
Bài toán 3 : Chứng minh rằng :
Nếu : 1/x + 1/y + 1/z = 1/(x + y + z) thì
1/x
n
+ 1/y

n
+ 1/z
n
= 1/(x
n
+ y
n
+ z
n
)
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) = - y
2
z + y
2
z = 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 x
n
= (-y)
n
= -y
n

.
Vậy : 1/x
n
+ 1/y
n
+ 1/z
n
= 1/(x
n
+ y
n
+ z
n
)
Tương tự cho các trường hợp còn lại, ta có đpcm.
Có những khi ta phải linh hoạt hơn trong tình huống mà hai nguyên tắc trên không thỏa mãn :
Bài toán 4 :
Phân tích đa thức sau thành nhân tử :
F(x, y, z) = x
3
+ y
3
+ z
3
- 3xyz.
Nhận xét : Ta thấy rằng khi x = y hay x = -y thì F(x, y, z) ≠ 0. Nhưng nếu thay x = -(y + z) thì
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 thương
x
2
+ y

2
+ z
2
- xy - yz - zx và dư là 0. Do đó :
F(x, y, z) = (x + y + z)(x
2
+ y
2
+ z
2
- xy - yz - zx).
Ta có thể thêm bớt vào F(x, y, z) một lượng 3x
2
y + 3xy
2
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).
TS. Lê Quốc Hán
(ĐH Vinh)
MỘT PHƯƠNG PHÁP TÌM NGHIỆM ĐỘC ĐÁO

Bằng kiến thức hình học lớp 6 ta có thể giải được các phương trình bậc hai một ẩn được
không ? Câu trả lời là ở trường hợp tổng quát thì không được, nhưng trong rất nhiều trường
hợp ta vẫn có thể tìm được nghiệm dương.
Ví dụ : Tìm nghiệm dương của phương trình x
2
+ 10x = 39.
Lời giải :
Ta có : x
2
+ 10x = 39
tương đương x
2
+ 2.5.x = 39
Từ biến đổi trên, ta hình dung x là cạnh của một hình vuông thì diện tích của hình vuông đó là
x
2
. Kéo dài mỗi cạnh của hình vuông thêm 5 đơn vị (như hình vẽ), ta dễ thấy :
Hình vuông to có độ dài cạnh là x + 5 sẽ có diện tích là 64. Do đó :
(x + 5)
2
= 64 = 82 tương đương x + 5 = 8 hay x = 3.
Vậy phương trình có nghiệm dương là x = 3.
Phương pháp này đã được nhà toán học Italia nổi tiếng Jerôm Cacđanô (1501 - 1576) sử dụng
khi tìm nghiệm dương của phương trình x
2
+ 6x = 31.
Các bạn hãy tìm nghiệm dương của phương trình x
2
- 8x = 33 bằng phương pháp hình học thử
xem ?

MỘT DẠNG TOÁN VỀ ƯCLN VÀ BCNN
Trong chương trình số học lớp 6, sau khi học các khái niệm ước chung lớn nhất (ƯCLN) và
bội chung nhỏ nhất (BCNN), các bạn sẽ gặp dạng toán tìm hai số nguyên dương khi biết một
số yếu tố trong đó có các dữ kiện về ƯCLN và BCNN.
Phương pháp chung để giải :
1/ Dựa vào định nghĩa ƯCLN để biểu diễn hai số phải tìm, liên hệ với các yếu tố đã cho để
tìm hai số.
2/ Trong một số trường hợp, có thể sử dụng mối quan hệ đặc biệt giữa ƯCLN, BCNN và tích
của hai số nguyên dương a, b, đó là : ab = (a, b).[a, b], trong đó (a, b) là ƯCLN và [a, b] là
BCNN của a và b. Việc chứng minh hệ thức này không khó :
Theo định nghĩa ƯCLN, gọi d = (a, b) => a = md ; b = nd với m, n thuộc Z
+
; (m, n) = 1 (*)
Từ (*) => ab = mnd
2
; [a, b] = mnd
=> (a, b).[a, b] = d.(mnd) = mnd
2
= ab
=> ab = (a, b).[a, b] . (**)
Chúng ta hãy xét một số ví dụ minh họa.
Bài toán 1 : Tìm hai số nguyên dương a, b biết [a, b] = 240 và (a, b) = 16. Lời giải : Do vai
trò của a, b là như nhau, không mất tính tổng quát, giả sử a ≤ b.
Từ (*), do (a, b) = 16 nên a = 16m ; b = 16n (m ≤ n do a ≤ b) với m, n thuộc Z
+
; (m, n) = 1.
Theo định nghĩa BCNN :
[a, b] = mnd = mn.16 = 240 => mn = 15
=> m = 1 , n = 15 hoặc m = 3, n = 5 => a = 16, b = 240 hoặc a = 48, b = 80.
Chú ý : Ta có thể áp dụng công thức (**) để giải bài toán này : ab = (a, b).[a, b] => mn.16

2
=
240.16 suyy ra mn = 15.
Bài toán 2 : Tìm hai số nguyên dương a, b biết ab = 216 và (a, b) = 6.
Lời giải : Lập luận như bài 1, giả sử a ≤ b.
Do (a, b) = 6 => a = 6m ; b = 6n với m, n thuộc Z
+
; (m, n) = 1 ; m ≤ n.
Vì vậy : ab = 6m.6n = 36mn => ab = 216 tương đương mn = 6 tương đương m = 1, n = 6 hoặc
m = 2, n = 3 tương đương với a = 6, b = 36 hoặcc là a = 12, b = 18.
Bài toán 3 : Tìm hai số nguyên dương a, b biết ab = 180, [a, b] = 60.
Lời giải :
Từ (**) => (a, b) = ab/[a, b] = 180/60 = 3.
Tìm được (a, b) = 3, bài toán được đưa về dạng bài toán 2.
Kết quả : a = 3, b = 60 hoặc a = 12, b = 15.
Chú ý : Ta có thể tính (a, b) một cách trực tiếp từ định nghĩa ƯCLN, BCNN : Theo (*) ta có
ab = mnd
2
= 180 ; [a, b] = mnd = 60 => d = (a, b) = 3.
Bài toán 4 : Tìm hai số nguyên dương a, b biết a/b = 2,6 và (a, b) = 5.
Lời giải : Theo (*), (a, b) = 5 => a = 5m ; b = 5n với m, n thuộc Z
+
; (m, n) = 1.
Vì vậy : a/b = m/n = 2,6 => m/n = 13/5 tương đương với m = 13 và n = 5 hay a = 65 và b =
25.
Chú ý : phân số tương ứng với 2,6 phải chọn là phân số tối giản do (m, n) = 1.
Bài toán 5 :
Tìm a, b biết a/b = 4/5 và [a, b] = 140.
Lời giải : Đặt (a, b) = d. Vì , a/b = 4/5 , mặt khác (4, 5) = 1 nên a = 4d, b = 5d.
Lưu ý [a, b] = 4.5.d = 20d = 140 => d = 7 => a = 28 ; b = 35.

Bài toán 6 : Tìm hai số nguyên dương a, b biết a + b = 128 và (a, b) = 16.
Lời giải : Lập luận như bài 1, giả sử a ≤ b.
Ta có : a = 16m ; b = 16n với m, n thuộc Z
+
; (m, n) = 1 ; m ≤ n.
Vì vậy : a + b = 128 tương đương 16(m + n) = 128 tương đương m + n = 8
Tương đương với m = 1, n = 7 hoặc m = 3, n = 5 hay a = 16, b = 112 hoặc a = 48, b = 80
Bài toán 7 : Tìm a, b biết a + b = 42 và [a, b] = 72.
Lời giải : Gọi d = (a, b) => a = md ; b = nd với m, n thuộc Z
+
; (m, n) = 1.
Không mất tính tổng quát, giả sử a ≤ b => m ≤ n.
Do đó : a + b = d(m + n) = 42 (1)
[a, b] = mnd = 72 (2)
=> d là ước chung của 42 và 72 => d thuộc {1 ; 2 ; 3 ; 6}.
Lần lượt thay các giá trị của d vào (1) và (2) để tính m, n ta thấy chỉ có trường hợp d = 6 =>
m + n = 7 và mn = 12 => m = 3 và n = 4 . (thỏa mãn các điều kiện của m, n). Vậy d = 6 và a =
3.6 = 18 , b = 4.6 = 24
Bài toán 8 : Tìm a, b biết a - b = 7, [a, b] = 140.
Lời giải : Gọi d = (a, b) => a = md ; b = nd với m, n thuộc Z
+
; (m, n) = 1.
Do đó : a - b = d(m - n) = 7 (1’)
[a, b] = mnd = 140 (2’)
=> d là ước chung của 7 và 140 => d thuộc {1 ; 7}.
Thay lần lượt các giá trị của d vào (1’) và (2’) để tính m, n ta được kết quả duy nhất :
d = 7 => m - n = 1 và mn = 20 => m = 5, n = 4
Vậy d = 7 và a = 5.7 = 35 ; b = 4.7 = 28 .
Bài tập tự giải :
1/ Tìm hai số a, b biết 7a = 11b và (a, b) = 45.

2/ Tìm hai số biết tổng của chúng bằng 448, ƯCLN của chúng bằng 16 và chúng có các chữ
số hàng đơn vị giống nhau.
3/ Cho hai số tự nhiên a và b. Tìm tất cả các số tự nhiên c sao cho trong ba số, tích của hai số
luôn chia hết cho số còn lại.
MỘT SỐ DẠNG TOÁN SỬ DỤNG PHÉP PHÂN TÍCH ĐA THỨC THÀNH
NHÂN TỬ
Sau khi xem xong tạp chí Toán Tuổi thơ 2 số 5 (tháng 7 năm 2003), tôi rất tâm đắc với các
bài toán phân tích đa thức thành nhân tử. Do đó tôi mạnh dạn trao đổi với bạn đọc về vấn đề
vận 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. Chứng minh bất đẳng thức
Bài toán 3 : Cho ΔABC với góc A ≥ góc B ≥ góc C.
Chứng minh :
Lời giải : Hạ AH vuông góc với BC ; BI vuông góc với AC. Ta có AH = h
a
, BI = h
b
. Dễ thấy
2 tam giác vuông AHC và BIC đồng dạng và chung góc C. => h
a
/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 : 4x
3
- 10x
2
+ 6x - 1 = 0 (1)
Lời giải :
(1) 4x
3
- 2x
2
- 8x
2
+ 4x + 2x - 1 = 0 tương đương 2x
2
(2x - 1) - 4x(2x - 1) + (2x - 1) = 0
hay (2x - 1)(2x
2
- 4x + 1) = 0
Bài toán 5 : Giải phương trình :
Lời giải : Ta có :
Vậy phương trình (2) có nghiệm duy nhất là x = 3.
Bài toán 6 : Giải bất phương trình : 7x
3
- 12x
2
- 8 < 0 (3)
Lời giải : (3) 7x
3

- 14x
2
+ 2x
2
- 8 < 0
tương đương với 7x
2
(x - 2) + 2(x
2
- 4) < 0 hay (x - 2)(7x
2
+ 2x + 4) < 0
tương đương với (x - 2)[6x
2
+ 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 :
với a, b ≠ 0 ; a ≠ b ; a, b ≠ 1/2 thì a + b + 3/2 = 1/a + 1/b.
Lời giải : (*) tương đương : a
2
b - 2a
3
b - 2b
2
+ 4ab
2
= b
2
a - 2ab

3
- 2a
2
+ 4a
2
b hay :
3ab
2
- 3a
2
b - 2a
3
b + 2b
3
a - 2b
2
+ 2a
2
= 0
3ab(b - a) + 2ab(b
2
- a
2
) - 2(b
2
- a
2
) = 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.b ≠ 0 => 3/2 + a + b - (a + b)/ab = 0
=> : a + b + 3/2 = 1/a + 1/b . (đpcm).
Bài toán 8 : Chứng minh : n
2
+ 11n + 39 không chia hết cho 49 với "n thuộc N.
Lời giải : Xét M = n
2
+ 11n + 39 = n
2
+ 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 cho 7.
- Nếu n + 9 và n + 2 cùng chia hết cho 7 thì (n + 9)(n + 2) chia hết cho 49 mà 21 không chia
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 21
chia hết cho 7 nên M không chia hết cho 49.
Vậy n
2
2 + 11n + 39 không chia hết cho 49.
Sau đây là một số bài tập để các bạn thử vận dụng :
1. Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình : x
6
- x
4
+ 2x
3
+ 2x
2
= y
2
.

2. Cho ab ≥ 1.
Chứng minh : 1/(1 + a
2
) + 1/(1 + b
2
) ≥ 2/(1 + ab).
3. Chứng minh rằng với mỗi số nguyên lẻ n thì (n
86 - n4 + n2) chia hết cho 1152.
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI
PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN
Trong quá trình giảng dạy và làm toán, tôi đã hệ thống được một số phương pháp giải phương
trình nghiệm nguyên, hi vọng sẽ giúp các em học sinh biết lựa chọn phương pháp thích hợp
khi giải bài toán loại này.
Phương pháp 1 : Đưa về dạng tích
Biến đổi phương trình về dạng : vế trái là tích của các đa thức chứa ẩn, vế phải là tích của
các số nguyên.
Thí dụ 1 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình :
y
3
- x
3
= 91 (1)
Lời giải : (1) tương đương với (y - x)(x
2
+ xy + y
2
) = 91 (*)
Vì x
2
+ xy + y

2
> 0 với mọi x, y nên từ (*) => y - x > 0.
Mặt khác, 91 = 1 x 91 = 7 x 13 và y - x ; x
2
+ xy + y
2
đều nguyên dương nên ta có bốn khả
năng sau :
y - x = 91 và x
2
+ xy + y
2
= 1 ; (I)
y - x = 1 và x
2
+ xy + y
2
= 91 ; (II)
y - x = 3 và x
2
+ xy + y
2
= 7 ; (III)
y - x = 7 và x
2
+ xy + y
2
= 13 ; (IV)
Đến đây, bài toán coi như được giải quyết.
Phương pháp 2 : Sắp thứ tự các ẩn

Nếu các ẩn x, y, z, có vai trò bình đẳng, ta có thể giả sử x ≤ y ≤ z ≤ để tìm các nghiệm
thỏa mãn điều kiện này. Từ đó, dùng phép hoán vị để => các nghiệm của phương trình đã
cho.
Thí dụ 2 : Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình :
x + y + z = xyz (2).
Lời giải :
Do vai trò bình đẳng của x, y, z trong phương trình, trước hết ta xét x ≤ y ≤ z.
Vì x, y, z nguyên dương nên xyz ≠ 0, do x ≤ y ≤ z => xyz = x + y + z ≤ 3z => xy ≤ 3 => xy
thuộc {1 ; 2 ; 3}.
Nếu xy = 1 => x = y = 1, thay vào (2) ta có : 2 + z = z, vô lí.
Nếu xy = 2, do x ≤ y nên x = 1 và y = 2, thay vào (2), => z = 3.
Nếu xy = 3, do x ≤ y nên x = 1 và y = 3, thay vào (2), => z = 2.
Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình (2) là các hoán vị của (1 ; 2 ; 3).
Thí dụ 3 : Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình :
1/x + 1/y + 1/z = 2 (3)
Lời giải : Do vai trò bình đẳng của x, y, z, trước hết ta xét x ≤ y ≤ z. Ta có :
2 = 1/x + 1/y + 1/z ≤ 3.1/x => x ≤ 3/2 => x = 1.
Thay x = 1 vào (3) ta có :
1/y + 1/z + 1 = 2 => 1 = 1/y + 1/z ≤ 2/y => y ≤ 2
=> y = 1 => 1/z = 0 (vô lí)
hoặc y = 2 => 1/z = 2 => z = 2.
Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình (3) là các hoán vị của (1 ; 2 ; 2).
Phương pháp 3 : Sử dụng tính chất chia hết
Phương pháp này sử dụng tính chất chia hết để chứng minh phương trình vô nghiệm hoặc tìm
nghiệm của phương trình.
Thí dụ 4 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình :
x
2
- 2y
2

= 5 (4)
Lời giải : Từ phương trình (4) ta => x phải là số lẻ. Thay x = 2k + 1 (k thuộc Z) vào (4), ta
được :
4k
2
+4k + 1 - 2y
2
= 5
tương đương 2(k
2
+ k - 1) = y
2

=> y
2
là số chẵn => y là số chẵn.
Đặt y = 2t (t thuộc Z), ta có :
2(k
2
+ k - 1) = 4t
2

tương đương k(k + 1) = 2t
2
+ 1 (**)
Nhận xét : k(k + 1) là số chẵn, 2t
2
+ 1 là số lẻ => phương trình (**) vô nghiệm.
Vậy phương trình (4) không có nghiệm nguyên.
Thí dụ 5 : Chứng minh rằng không tồn tại các số nguyên x, y, z thỏa mãn :

x
3
+ y
3
+ z
3
= x + y + z + 2000 (5)
Lời giải : Ta có x
3
- x = (x - 1).x.(x + 1) là tích của 3 số nguyên liên tiếp (với x là số nguyên).
Do đó : x
3
- x chia hết cho 3.
Tương tự y
3
- y và z
3
- z cũng chia hết cho 3. Từ đó ta có : x
3
+ y
3
+ z
3
- x - y - z chia hết cho
3.
Vì 2000 không chia hết cho 3 nên x
3
+ y
3
+ z

3
- x - y - z ≠ 2000 với mọi số nguyên x, y, z tức
là phương trình (5) không có nghiệm nguyên.
Thí dụ 6 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình :
xy + x - 2y = 3 (6)
Lời giải : Ta có (6) tương đương y(x - 2) = - x + 3. Vì x = 2 không thỏa mãn phương trình
nên (6) tương đương với:
y = (-x + 3)/(x - 2) tương đương y = -1 + 1/(x - 2).
Ta thấy : y là số nguyên tương đương với x - 2 là ước của 1 hay x - 2 = 1 hoặc x - 2 = -1
tương đương với x = 1 hoặc x = 3. Từ đó ta có nghiệm (x ; y) là (1 ; -2) và (3 ; 0).
Chú ý : Có thể dùng phương pháp 1 để giải bài toán này, nhờ đưa phương trình (6) về dạng :
x(y + 1) - 2(y + 1) = 1 tương đương (x - 2)(y + 1) = 1.
Phương pháp 4 : Sử dụng bất đẳng thức
Dùng bất đẳng thức để đánh giá một ẩn nào đó và từ sự đánh giá này => các giá trị nguyên
của ẩn này.
Thí dụ 7 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình :
x
2
- xy + y
2
= 3 (7)
Lời giải :
(7) tương đương với (x - y/2)
2
= 3 - 3y
2
/4
Vì (x - y/2)
2
≥ 0 => 3 - 4y

2
/4 ≥ 0
=> -2 ≤ y ≤ 2 .
Lần lượt thay y = -2 ; 2 ; -1 ; 1 ; 0 vào phương trình để tính x. Ta có các nghiệm nguyên của
phương trình là :
(x ; y) thuộc {(-1 ; -2) ; (1 ; 2) ; (-2 ; -1) ; (2 ; 1) ; (-1 ; 1) ; (1 ; -1)}.
Chắc chắn còn nhiều phương pháp để giải phương trình nghiệm nguyên và còn nhiều thí dụ
hấp dẫn khác. Mong các bạn tiếp tục trao đổi về vấn đề này. Các bạn cũng thử giải một số
phương trình nghiệm nguyên sau đây :
Bài 1 : Giải các phương trình nghiệm nguyên :
a) x
2
- 4 xy = 23 ;
b) 3x - 3y + 2 = 0 ;
c) 19x
2
+ 28y
2
=729 ;
d) 3x
2
+ 10xy + 8y
2
= 96.
Bài 2 : Tìm x, y nguyên dương thỏa mãn :
a) 4xy - 3(x + y) = 59 ;
b) 5(xy + yz + zx) = 4xyz ;
c) xy/z + yz/x + zx/y = 3 ;
d) 1/x + 1/y + 1/z = 1/1995.
GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH

BẰNG CÁCH ĐÁNH GIÁ CÁC ẨN
Hệ phương trình là một dạng toán thường gặp trong các kì thi của học sinh lớp 9. Có nhiều hệ
phương trình khi giải trực tiếp sẽ rất phức tạp, thậm chí không giải được. Trong một số trường
hợp như vậy, ta có thể tìm cách đánh giá giữa các ẩn hoặc giữa ẩn với một số, từ đó xác định
nghiệm của hệ. Phương pháp này gọi là “phương pháp đánh giá các ẩn”.
1. Đánh giá giữa các ẩn
Ví dụ 1 (đề thi vào khối chuyên Toán Tin, ĐHQG Hà Nội năm 1996) :
Giải hệ phương trình
Lời giải : Điều kiện : x ≥ 1/2 ; y ≤ 1/2.
Ta sẽ chứng minh x = y. Thật vậy :
Vậy nghiệm duy nhất của hệ phương trình (thỏa mãn điều kiện) là : x = y = 1.
Ví dụ 2 (đề thi vào khối chuyên, ĐHSPHN năm 2004) : Tìm nghiệm dương của hệ
Lời giải : Ta sẽ chứng minh x = y = z. Do x, y, z có vai trò như nhau nên không mất tổng
quát, giả sử x y và x z. (4)
Vì x > 0, y > 0, z > 0 nên :
Từ (1), (2), (4) => 2x
2004
= y
6
+ z
6
≤ x
6
+ z
6
= 2y
2004
=> 2x
2004
≤ 2y

2004
=> x ≤ y. (5)
Từ (1), (3), (4) => 2x
2004
= y
6
+ z
6
≤ y
6
+ x
6
= 2z
2004
=> 2x
2004
≤ 2z
2004
=> x ≤ z. (6)
Từ (4), (5), (6) suy ra x = y = z.
Thay vào (1) ta có 2x
2004
= x
6
+ x
6
= 2x
6
suy ra x = 1 (do x > 0).
Vậy hệ có nghiệm dương duy nhất : x = y = z = 1.

Ví dụ 3 : Tìm a, b, c biết
4a - b
2
= 4b - c
2
= 4c - a
2
= 1 (*)
Lời giải : Ta thấy ngay a > 0, b > 0, c > 0.
Giả sử a > b, từ (*) ta có :
4a - 4b = b2 - c2 > 0 => b > c (>0) ;
4b - 4c = c2 - a2 > 0 => c > a (>0).
=> b > c > a trái với giả thiết a > b => a ≤ b.
Tương tự như trên, nếu a < b thì cũng dẫn đến điều vô lí. Vậy a = b, suy ra :
4a - 4b = b
2
- c
2
= 0 => b = c => a = b = c.
Thay vào (*) ta có :
4a - b
2
= 1 <=> 4a - a
2
= 1 <=> a
2
- 4a + 1 = 0
Giải phương trình bậc hai ẩn a trên ta được hai nghiệm là ++++++++
Vậy hệ phương trình (*) có hai nghiệm :
2. Đánh giá ẩn với một số

Ví dụ 4 (đề thi vào lớp 10 chuyên, ĐHQG Hà Nội 2004) : Biết a > 0, b > 0 và a
100
+ b
100
= a
101
+ b
101
= a
102
+ b
102
(1).
Tính giá trị của biểu thức P = a
2004
+ b
2004
.
Lời giải : Ta sẽ chứng minh a = 1, b = 1, từ đó tính được P. Thật vậy, từ (1) ta có :
a
100
.(1 - a) = b
100
.(b - 1) (2)
a
101
.(1 - a) = b
101
.(b - 1) (3)
Trừ (2) cho (3) theo từng vế ta có :

(a
100
- a
101
)(1 - a) = (b
100
- b
101
)(b - 1) <=> a
100
.(1 - a)
2
= b
100
.(1 - b)(b - 1)
<=> a
100
.(1 - a)
2
= - b
100
.(1 - b)
2
. (4)
Nếu a ≠ 1, do a > 0 suy ra :
a
100
.(1 - a)
2
> 0 ≥ - b

100
.(1 - b)
2
trái với (4) => a = 1 => b = 1 (thay vào (2), b >0).
Vậy P = 1
2004
+ 1
2004
= 2.
Ví dụ 5 : Giải hệ phương trình
Lời giải : Ta sẽ chứng minh x = 1.
Nhận xét : x, y, z đều khác 0.
Giả sử x > 1 (4).
Tương tự, x < 1 cũng dẫn đến điều vô lí.
Suy ra x = 1, thay vào (1) và (2) ta có :
Vậy hệ có nghiệm duy nhất : x = y = z = 1.
Các bạn hãy thử giải các hệ phương trình sau :
SỬ DỤNG DIỆN TÍCH
TRONG CHỨNG MINH HÌNH HỌC
Có nhiều bài toán hình học tưởng như không liên quan đến diện tích, nhưng nếu ta sử dụng
diện tích thì lại dễ dàng tìm ra lời giải của bài toán.
Bài toán 1 : Tam giác ABC có AC = 2 AB. Tia phân giác của góc A cắt BC ở D. Chứng
minh rằng DC = 2 DB.
Phân tích bài toán (h.1)
Để so sánh DC và DB, có thể so sánh diện tích hai tam giác ADC và ADB có chung đường
cao kẻ từ A. Ta so sánh được diện tích hai tam giác này vì chúng có các đường cao kẻ từ D
bằng nhau, và AC = 2 AB theo đề bài cho.
Giải : Kẻ DI vuông góc với AB, DK vuông góc với AC. Xét ΔADC và ΔADB : các đường
cao DI = DK, các đáy AC = 2 AB nên S
ADC

= 2 S
ADB
.
Vẫn xét hai tam giác trên có chung đường cao kẻ từ A đến BC, do S
ADC
= 2 S
ADB
nên DC = 2
DB.
Giải tương tự như trên, ta chứng minh được bài toán tổng quát :
Nếu AD là phân giác của ΔABC thì DB/DC = AB/AC.
Bài toán 2 : Cho hình thang ABCD (AB // CD), các đường chéo cắt nhau tại O. Qua O, kẻ
đường thẳng song song với hai đáy, cắt các cạnh bên AC và BC theo thứ tự tại E và F.
Chứng minh rằng OE = OF.
Giải :
Cách 1 : (h.2) Kẻ AH, BK, CM, DN vuông góc với EF. Đặt AH = BK = h
1
, CM = DN = h
2
.
Ta có :
Từ (1), (2), (3) => :
Do đó OE = OF.
Cách 2 : (h.3) Kí hiệu như trên hình vẽ. Ta có S
ADC
= S
BDC
.
Cùng trừ đi S
5

được :
S
1
+ S
2
= S
3
+ S
4
(1)
Giả sử OE > OF thì S
1
> S
3
và S
2
> S
4
nên S
1
+ S
2
> S
3
+ S
4
, trái với (1).
Giả sử OE < OF thì S
1
< S

3
và S
2
< S
4
nên S
1
+ S
2
< S
3
+ S
4
, trái với (1).
Vậy OE = OF.
Bài toán 3 : Cho hình bình hành ABCD. Các điểm M, N theo thứ tự thuộc các cạnh AB, BC
sao cho AN = CM. Gọi K là giao điểm của AN và CM. Chứng minh rằng KD là tia phân giác
của góc AKC.
Giải : (h.4) Kẻ DH vuông góc với KA, DI vuông góc với KC.
Ta có :
DH . AN = 2 S
ADN
(1)
DI . CM = 2 S
CDM
(2)
Ta lại có S
ADN
= 1/2.S
ABCD

(tam giác và hình bình hành có chung đáy AD, đường cao tương
ứng bằng nhau), S
CDM
= 1/2.S
ABCD
nên S
ADN
= S
CDM
(3)
Từ (1), (2), (3) => DH . AN = DI . CM.
Do AN = CM nên DH = DI. Do đó KI là tia phân giác của góc AKC.
Như vậy khi xét quan hệ giữa độ dài các đoạn thẳng, ta nên xét quan hệ giữa diện tích các tam
giác mà cạnh là các đoạn thẳng ấy. Điều đó nhiều khi giúp chúng ta đi đến lời giải của bài
toán.
Bạn hãy sử dụng diện tích để giải các bài toán sau :
1. Cho tam giác ABC cân tại A. Gọi M là một điểm bất kì thuộc cạnh đáy BC. Gọi MH, MK
theo thứ tự là các đường vuông góc kẻ từ M đến AB, AC. Gọi BI là đường cao của tam giác
ABC. Chứng minh rằng MH + MK = BI.
Hướng dẫn : Hãy chú ý đến
S
AMB
+ S
AMC
= S
ABC
.
2. Chứng minh rằng tổng các khoảng cách từ một điểm M bất kì trong tam giác đều ABC đến
ba cạnh của tam giác không phụ thuộc vị trí của M.
Hướng dẫn : Hãy chú ý đến

S
MBC
+ S
MAC
+ S
MAB
= S
ABC
.
3. Cho tam giác ABC cân tại A. Điểm M thuộc tia đối của tia BC. Chứng minh rằng hiệu các
khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng AC và AB bằng đường cao ứng với cạnh bên của
tam giác ABC.
Hướng dẫn : Hãy chú ý đến
S
MAC
- S
MAB
= S
ABC
.
4. Cho hình thang ABCD (AB // CD, AB < CD). Các đường thẳng AD và BC cắt nhau tại O.
Gọi F là trung điểm của CD, E là giao điểm của OF và AB. Chứng minh rằng AE = EB.
Hướng dẫn : Dùng phương pháp phản chứng.
MỘT PHƯƠNG PHÁP VẼ ĐƯỜNG PHỤ
Bài toán 1 : Cho góc xOy. Trên Ox lấy hai điểm A, B và trên Oy lấy hai
điểm C, D sao cho AB = CD. Gọi M và N là trung điểm của AC và BD.
Chứng minh đường thẳng MN song song với phân giác góc xOy.
Suy luận : Vị trí đặc biệt nhất của CD là khi CD đối xứng với AB qua Oz,
phân giác góc xOy.
Gọi C

1
và D
1
là các điểm đối xứng của A và B qua Oz ; E và F là các giao
điểm của AC
1
và BD
1
với Oz. Khi đó E và F là trung điểm của AC
1
và BD
1
,
và do đó vị trí của MN sẽ là EF. Vì vậy ta chỉ cần chứng minh MN // EF là
đủ (xem hình 1).
Thật vậy, do AB = CD (gt), AB = C
1
D
1
(tính chất đối xứng) nên CD =
C
1
D
1
. Mặt khác ME và NF là đường trung bình của các tam giác ACC
1
và
BDD
1
nên NF // DD

1
, NF = 1/2DD
1
, ME // CC
1
, ME = 1/2 CC
1
=> 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 bạn 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 BD = CE. Đường thẳng qua các trung điểm của BC
và DE cắt AB và AC tại I và J. Chứng minh ΔAIJ cân.
Bài toán 3 : Cho tam giác ABC, AB ≠ AC. AD và AE là phân giác trong
và trung tuyến của tam giác ABC. Đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE cắt
AB và AC tại M và N. Gọi F là trung 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 hữu 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 hình vuông BCDE nằm trong đường tròn đã cho được xét
tương tự, đề nghị các bạn tự làm lấy xem như bài tập).
Suy luận : Xét trường hợp C trùng với B. Khi đó hình vuông BCDE sẽ thu
lại một điểm B và 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.

Xét trường hợp C trùng với A. Dựng hình vuông BAD
1
E
1
khi đó D trùng
với D
1
, E trùng với E
1
và I trùng với I
1
(trung điểm của cung AB ). Trước
hết, ta tìm tập hợp E. Vì B và E
1
thuộc tập hợp cần tìm nên ta nghĩ ngay đến
việc thử chứng minh  BEE
1
không đổi. Điều này không khó vì  ACB =
90
o
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) và ΔBEE
1
= ΔBCA (c. g. c) => 
BEE
1
=  BCA = 90
o
=> E nằm trên nửa đường tròn đường kính BE
1
(1/2

đường tròn này và 1/2 đường tròn đã cho nằm ở hai nửa mặt phẳng khác
nhau với “bờ” là đường thằng BE
1
).
Vì  DEB =  E
1
EB = 90
o
nên D nằm trên EE
1
(xem hình 2)
=>  ADE
1
= 90
o
=  ABE
1
=> D nằm trên đường tròn đường kính AE
1
,
nhưng ABE
1
D
1
là hình vuông nên đường tròn đường kính AE
1
cũng là
đường tròn đường kính BD
1
. Chú ý rằng B và D

1
là các vị trí giới hạn của
tập hợp cần tìm, ta => tập hợp D là nửa đường tròn đường kính BD
1
(nửa
đường tròn này và điểm A ở về hai nửa mặt phẳng khác nhau với bờ là
đường thẳng BD
1
).
Cuối cùng, để tìm tập hợp I, ta cần chú ý II
1
là đường trung bình của
ΔBDD
1
nên II
1
// DD
1
=>  BII
1
= 90 => tập hợp I là nửa đường tròn đường
kính BI
1
(đường tròn này và A ở về hai nửa mặt phẳng khác nhau với bờ là
BD
1
).
Để kết thúc, xin mời bạn giải bài toán sau đây :
Bài toán 5 : Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB cố định và 1 điểm C
chuyển động trên nửa đường tròn đó. Kẻ CH vuông góc với AB. Trên đoạn

thẳng OC lấy điểm M sao cho OM = CH. Tìm tập hợp M.