các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán lớp 8

Huỳnh Minh Khai Trường THCS Thị Trấn cầu Kè, Trà Vinh

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 TỬ
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 TỬ
? 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 qua
các bài toán hình học, mà để giải chúng cần phải vẽ thêm các đường phụ. Trong bài báo này,
tôi xin nêu một phương pháp thường dùng để tìm ra các đường phụ cần thiết khi giải toán hình
học : Xét các vị trí đặc biệt của các yếu tố hình học có trong bài toán cần giải.
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.
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
For evaluation only.


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
).
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
For evaluation only.


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.

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 dụng
cụ là : compa và thước thẳng để dựng hình (theo quy ước từ thời cổ Hi Lạp). Tuy nhiên trong
các cuộc thi học sinh giỏi toán hoặc “đố vui học tập” thỉnh thoảng vẫn có những bài toán dựng
hình đòi hỏi chỉ dựng bằng một dụng cụ là thước thẳng hoặc compa. Những bài toán này rất
thú vị, bổ ích và đòi hỏi nhiều sự thông minh sáng tạo trong việc vận dụng các kiến thức đã
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 - 1697)
chuyên nghiên cứu các bài toán dựng hình chỉ bằng compa. Đến 1890 nhà toán học áo Adler
đã chứng minh rằng : Mọi bài toán dựng hình giải được bằng compa và thước thẳng đều giải
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 dựng hình bằng thước thẳng. Ông đã chứng minh được rằng : Mọi bài toán dựng hình
(hình học phẳng) bằng compa và thước thẳng giải được, đều có thể dựng được chỉ bằng một
thước thẳng nếu trên mặt phẳng cho một đường tròn và tâm của nó. Xin giới thiệu với các em
một vài bài toán như vậy.
Bài toán 1 : Cho đường tròn đường kính AOB và một điểm S ở ngoài đường tròn. Chỉ dùng

một thước thẳng hãy dựng một đường thẳng đi qua S và vuông góc với AB.
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
For evaluation only.

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 khoảng
cách gấp đôi độ dài AB (chú ý là cho 2 điểm A, B nhưng chưa có đường thẳng chứa A và B).

Giải :
- Dựng đường tròn (B ; BA) (xem hình 2)
- 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 và
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.
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
For evaluation only.


- Đặt AB = a. Dựng 1 đoạn dài 2a (bài toán 2)
- Dựng đường tròn (B ; 2a) và đường tròn (A ; 2a), hai đường tròn này cắt nhau tại C.
- Dựng đường tròn (B ; a) và đường tròn (C ; a), hai đường tròn này tiếp xúc nhau tại M, M là
trung điểm BC.
- Dựng đường tròn (A ; a) và đường tròn (C ; a), hai đường tròn này tiếp xúc nhau tại N, N là
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 toán
sau :
Bài 4 : Cho hai điểm A, B. Chỉ dùng compa hãy dựng điểm I thuộc đoạn AB và chia AB theo
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 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
) (*)
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
For evaluation only.
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 :

Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
For evaluation only.
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).
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
For evaluation only.
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).

NHỮNG KHAI THÁC TỪ MỘT ĐA THỨC QUEN THUỘC
Bài toán 1 : Phân tích đa thức sau thành nhân tử :
a
3
+ b
3
+ c
3
- 3abc.

Lời giải : Ta có a
3
+ b
3
+ c
3
- 3abc
= (a + b)
3
- 3a
2
b - 3ab
2
+ c
3
- 3abc
= [(a + b)
3
+ c
3
] - 3ab(a + b + c)
= (a + b + c)[(a + b)
2
- (a + b)c + c
2
- 3ab]
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
For evaluation only.
= (a + b + c) (a
2

+ b
2
+ c
2
- ab - ac - bc)
= 1/2.(a + b + c)[ (a - b)
2
+ (b - c)
2
+ (c - a)
2
].
Nhận xét :
Nếu a
3
+ b
3
+ c
3
= 3abc thì a
3
+ b
3
+ c
3
- 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 = x
2
+ y
2
; b = z
2
- x
2
; c = - y

2
- z
2
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 :
(x
2
+ y
2
)
3
+ (z
2
- x
2
) - (y
2
+ z
2
)
3

Lời giải :
(x
2
+ y
2
)

3
+ (z
2
- x
2
)
3
- (y
2
+ z
2
)
3

= (x
2
+ y
2
)
3
+ (z
2
- x
2
)
3
+ (- y
2
- z
2

)
3

= 3(x
2
+ y
2
)(z
2
- x
2
)(- y
2
- z
2
)
= 3(x
2
+ y
2
)(y
2
+ z
2
)(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/z
2
+ yz/x

2
+ zx/y
2
.
Lời giải :
1/x + 1/y + 1/z = 0 => 1/x
3
+ 1/y
3
+ 1/z
3
= 3/(xyz).
Ta có :
P = xy/z
2
+ yz/x
2
+ zx/y
2
= xyz.(1/x
3
+ 1/y
3
+ 1/z
3
) = xyz.3/(xyz) = 3 .
Vậy P = 3.
Bài toán 5 : Cho abc ≠ 0, a
3
+ b

3
+ c
3
= 3abc. Tính giá trị của :
A = (1 + a/b)(1 + b/c)(1 + c/a)
Lời giải : Theo bài toán 1, a
3
+ b
3
+ c
3
= 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 -1.
* Với a = yz ; b = zx ; c = xy thì : a
3
+ b
3
+ c
3
= 3abc
Tương đương y
3
z
3
+ z
3
x

3
+ x
3
y
3
= 3x
2
y
2
z
2
.
Từ đó hình thành bài toán :
Bài toán 6 : Cho xyz ≠ 0 thỏa mãn :
x
3
y
3
+ y
3
z
3
+ z
3
x
3
= 3x
2
y
2

z
2
. 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 :

Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
For evaluation only.

(Thi học sinh giỏi TP Hồ Chí Minh, 1986-1987)
Lời giải : Theo bài 1, ta có :
a
3
+ b
3
+ c
3
- 3abc = (a + b + c)(a
2
+ b
2
+ c
2
- 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 a
2
+ b
2
+ c
2
+ 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 :


Tính giá trị của biểu thức :
P = a
2002
+ b
2003
+ c
2004
.
Lời giải : áp dụng bài 7, ta có kết quả duy nhất P = 1.
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
+ b
3
+ c
3

= 3abc. Hỏi ΔABC là tam giác gì ?
Lời giải : a
3
+ b
3
+ c
3
= 3abc tương đương với hoặc a + b + c = 0 ( không xảy ra vì a, b, c > 0)
hoặc a = b = c tương đương với ΔABC là tam giác đều.
Bài toán 10 : Cho :


Tính x
3
+ y
3
+ z
3
theo a, b, c.
Lời giải : áp dụng bài 1 :
x
3
+ y
3
+ z
3
- 3xyz = (x + y + z)(x
2
+ y
2

+ z
2
- xy - yz - zx)
Tương đương x
3
+ y
3
+ z
3
= 3xyz + a(b
2
- (xy + yz + zx)) (1)
Mặt khác, a
2
= (x + y + z)
2
= x
2
+ y
2
+ z
2
+ 2(xy + yz + zx)
=> : xy + yz = [ a
2
- (x
2
+ y
2
+ z

2
) ]/2 = (a
2
- b
2
)/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 + zx)
Tương đương xyz = c.(a
2
- b
2
)/2 . (theo (2)) (3) .
Thay (2) ; (3) vào (1) ta có :
x
3
+ y
3
+ z
3
= 3c(a
2
- b
2
)/2 + a[ b
2
- (a
2
- b
2
)/2 ]

= [ 3c(a
2
- b
2
) + a(3b
2
- a
2
) ]/2 .
Bài toán 11 : Biết :


Chứng minh rằng a
3
+ b
3
+ c
3
= 3abc.
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
For evaluation only.
L
ời giải :
Từ giả thiết ta => :
ax + by + bx + cy + cx + ay = a + b + c
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 bài
toán 1 => đpcm.

Chắc chắn vẫn còn nhiều tìm tòi khám phá xung quanh đa thức F(a, b, c) = a
3
+ b
3
+ c
3
- 3abc.
Sau đây là một số bài toán cùng dạng của nhà giáo Nguyễn Đức Tấn, TP Hồ Chí Minh, gửi
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
- x
3
- y

3
- z
3
.
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.
Tính : a
2
/(ab) + b
2
/(ca) + c
2
/(ab) .
Bài toán 17 : Cho a + b + c + d = 0. Chứng minh rằng :
a
3
+ b
3
+ c
3
+ d

3
= 3(c + d)(ab - cd).
Bài toán 18 : Cho x, y thỏa mãn x
2
+ y
2
= 1. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu
thức x
6
+ y
6
.

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 sẽ
giúp người học hiểu sâu sắc kiến thức đã học, phát triển tư duy sáng tạo và tiếp thu tốt những
kiến thức mới.
* Chúng ta sẽ bắt đầu từ một bài toán quen thuộc.
Bài toán 1 :
Cho ΔABC có  B = 90
o
; đường cao BH. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của BH và HC.
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 BC
vuông góc AB => MN vuông góc với AB.
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
For evaluation only.

Xét ΔABN có MN vuông góc với AB ; BM vuông góc với AN => M là trực tâm của ΔABN
=> AM vuông góc với BN (đpcm).
* Có rất nhiều hướng phát triển bài toán 1, cho ta những bài toán mới khá thú vị. Từ suy nghĩ
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 KH.
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 đối
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 đó
ắt vuông góc với BN.
Bài toán 4 :
Cho hình chữ nhật ABCD. Gọi H là hình chiếu của B trên AC, I và N lần lượt là trung điểm
của AD và HC. Chứng minh rằng BN vuông góc với IN.
Lời giải :


Gọi M là trung điểm của BH (hình 3).
Ta có AM vuông góc với BN (bài toán 1). Ta còn phải chứng minh AM // IN, thật vậy :
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 bình

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 khó
hơn chút xíu.
Bài toán 5 :
Cho ΔABC cân tại A, đường cao AH. Dựng hình chữ nhật AHCK ; HI vuông góc với AC. M
và N lần lượt là trung điểm của IC và AK. Chứng minh rằng MN vuông góc với BI.
Lời giải :
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
For evaluation only.


Gọi J là trung điểm của HI (hình 4). áp bài toán 3 ta có BI vuông góc với AJ ; mặt khác, theo
chứng minh của bài toán 4, tứ giác AJMN là hình bình hành và AJ // MN, vậy : MN vuông
góc với BI (đpcm).
* Tương tự như bài toán 4 (dựng hình chữ nhật ABCD rồi tạo AM // IN), ta sẽ tạo EF // BN để
được bài 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 điểm
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 hành
(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 :

Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
For evaluation only.


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, BM
// 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 muốn các bạn luôn có thói quen chủ động tìm tòi, khai thác, phát triển các bài toán,
thông qua đó tự rèn luyện tư duy và tích lũy được nhiều kiến thức bổ ích. Chúc các bạn thành
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 tí
toán, để chia đôi một đoạn thẳng song song với một đường thẳng cho trước chỉ bẳng thước
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 kéo
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 tham
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 S
ΔAIN
= S
ΔBJP
= S
ΔCKM
= S

ΔIJK
thì S
APJI
= S
BMKJ
= S
CNIK
.


Lời giải : Gọi L là giao điểm của CI và NK.
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
For evaluation only.
Từ S
ΔANI
= S
ΔIJK
=> S
ΔANI
+ S
ΔAIJ
= = S
ΔIJK
+ S
ΔAIJ
=> S
ΔNAJ
= S
ΔKAJ
.

Ta nhận thấy ΔNAJ và ΔKAJ có chung cạnh AJ nên khoảng cách từ N và K tới AJ 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 bổ
đề “Hình thang”, CI cắt NK tại trung điểm của NK. Vậy L là trung điểm của NK (*).
Từ (*) ta chứng minh được S
ΔCIN
= S
ΔCIK
, mà S
ΔAIN
= S
ΔCKM
=> S
ΔCIM
= S
ΔCIA
=> 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
+ S
APJI
= S
ΔIJK
+ S

BJKM
hay S
APJI
= S
BJKM
(do S
ΔBPJ
= S
IJK
).
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).


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 dựng.
Cách dựng : Lấy điểm S như trên. Lần lượt nối AC, SM, các đường thẳng này cắt nhau tại O.
Nối SA, BO, cắt nhau tại D. Đường thẳng (d) đi qua C, D chính là đường thẳng cần dựng : (d)
đi qua C, (d) // AB.
* Kết quả của bài toán 2 cũng được vận dụng trong nhiều bài toán dựng hình chỉ bằng thước
thẳng.
Bài toán 3 : Cho hình bình hành ABCD với O là tâm. Chỉ dùng thước thẳng, qua O, hãy dựng
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 2 cho đoạn thẳng AC với O là trung điểm của AC và B là điểm nằm ngoài
AC, ta hoàn toàn dựng được đường thẳng Bx // AC.
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
For evaluation only.
Tương tự, ta cũng dựng được đường thẳng Cy // BD.
Gọi E là giao điểm của Bx, Cy, ta thấy ngay OBEC là hình bình hành.
Do đó, nếu gọi I là giao điểm của BC và OE thì I là trung điểm của BC, mặt khác O là trung
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 một
đường thẳng (d) bất kì. Chỉ bằng thước thẳng, hãy dựng một đường thẳng đi qua M song song
với (d).
Lời giải : Để áp dụng được bài toán 2 trong trường hợp này, ta cần xác định được trên (d) hai
điểm P, Q khác nhau và điểm N là trung điểm của PQ.
Ta thực hiện như sau :


Trên (d), lấy một điểm P tùy ý (hình 4). Qua P, kẻ cát tuyến PAB tới (S). AO, BO cắt (S) lần
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 là
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 đường
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 thước
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 SO
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 RỘNG ĐỊNH LÍ VỀ ĐƯỜNG TRUNG BÌNH CỦA HÌNH THANG
Trong chương trình hình học 8, phần hình thang, có một định lí quan trọng.
Định lí 1 : Đường trung bình của hình thang song song với hai đáy và có độ dài bằng nửa tổng
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 nó.
Định lí 2 : Cho hình thang ABCD. Các điểm M, N thuộc các cạnh bên AD, BC và thỏa mãn
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)
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
For evaluation only.


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 . (DC
+ CN/BN . AB) (3)
Từ giả thiết ta có : 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 là
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 dụng định lí Talét cho các tam giác EFZ và EFT, ta có :
MK = m/(m + n).FZ ; ML = n/(m + n). ET (3)
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
For evaluation only.
Từ (1), (2), (3) => : MH = n/(m + n).ET + m/(m + n).EZ = ML + MK (đpcm).
Bài toán 2 : Cho tam giác ABC nhọn, phân giác BE, CF, đường cao BH, CK. O, I theo thứ tự
là tâm các đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp. Chứng minh rằng : I, H, K thẳng hàng khi và chỉ
khi O, E, F thẳng hàng.


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 , CBA
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 tiếp
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.
Bài toán 3 : Cho tứ giác nội tiếp ABCD. Các điểm E, F theo thứ tự thay đổi trên các cạnh AB,
CD sao cho AE/BE = CF/DF . Điểm P thuộc đoạn EF sao cho PE/PF = AB/CD . Chứng minh

rằng : S(PAD) / S(PBC) không phụ thuộc vào E, F (S(.) chỉ diện tích của tam giác)
Lời giải : Gọi P
1
, E
1
, F
1
là hình chiếu của P, E, F trên AD ; P, E, F là hình chiếu của P, E, F
trên BC (hình 4).
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
For evaluation only.


Theo định lí 2, ta có :

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

Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
For evaluation only.

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 + 2”.
Thật là dễ dàng viết được y = (x - 1)
2
+ 1 nên y ≥ 1 với mọi x và đẳng thức xảy ra khi và chỉ
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 x
2

- 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 số
thứ nhất với số thứ hai nên số thứ hai chính là 1, vậy phải thêm bình phương số thứ hai tức là
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 a
2
- ab + b
2
≥ 0.
Phân tích : Nhìn vế trái như một đa thức bậc 2 đối với ẩn a và sử dụng kĩ năng trên ta có :
a
2
- ab + b
2
= a
2
- 2.a.b/2 + (b/2)
2
+ 3/4.b
2
= (a - b/2)
2
+ 3/4.b
2

.
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 = x
2
+ y
2
+ xy - x - y.
Phân tích : Nhiều bạn viết :
F = 1/2(2x
2
+ 2y
2
+ 2xy - 2x - 2y + 2) - 1 <.dd> = 1/2[ (x - 1)
2
+ (y - 1)
2
+ (x + y)
2
] - 1 .
Do đó : F ≥ -1 với mọi x, y. Nhưng ta thấy bất đẳng thức này không thể trở thành đẳng thức
nên “con đường” này không đi đến được kết quả. Thậm chí có bạn sau khi chứng tỏ đẳng thức
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 = x
2
- x(y - 1) + (y
2
- y)
= x
2

+ 2.x.[ (y - 1)/2 ] + [ (y - 1)/2 ]
2
+ 3/4.y
2
- y/2 - 1/4
[ x + (y - 1)/2 ]
2
+ 3/4.(y
2
- 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 = x
4
+ y
2
- 2x2y + x
2
+ x - 2y.
Phân tích : Hãy nhìn F như đa thức ẩn y, ta viết :
F = y
2

- 2y(x
2
+ 1) + x
4
+ x
2
+ x = y
2
- 2y(x
2
+ 1) + (x
2
+ 1)
2
- x
2
+ 2x - 1 = (y + x
2
+ 1)
2
- (x -
1)
2
= (y + x
2
+ x)(y + x
2
- 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 :

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

Vì x, y thuộc Z nên y + x + 2 và y - x - 2 cũng nhận giá trị nguyên. Lưu ý tổng và tích của hai
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 bài
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 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.
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
For evaluation only.
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 :

Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
For evaluation only.

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.

TỪ MỘT BÀI TOÁN THI HỌC SINH GIỎI
Trong một đề thi học sinh giỏi lớp 8 năm học 2000 - 2001 có bài toán sau :
Bài toán : Cho a, b là hai số tự nhiên lớn hơn 1. Giả sử a
1945
+ b
1945
và a
1954
+ b
1954
đều chia
hết cho 2001. Hỏi a
2002

+ b
2002
có chia hết cho 2001 không ?
Về bài toán này, nhiều bạn đã chỉ kết luận rằng : “a2002 + b2002 chỉ chia hết cho 2001 khi ab
chia hết cho 2001 hoặc a
1996
+ b
1996
chia hết cho 2001”.
Khó hài lòng với kết luận trên (một kết luận như là chưa kết luận), tôi đã tiếp tục suy nghĩ và
phát hiện ra một kết quả khá bất ngờ, đó là a và b đều phải chia hết cho 2001, với hai lời giải
trình bày dưới đây.
Lời giải 1 : Gọi p là ước số nguyên tố bất kì của 2001, => p lẻ và a
1945
+ b
1945
; a
1954
+ b
1954

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)
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
For evaluation only.
áp dụng hằng đẳng thức :
an + 9 + b
n + 9
= (a

9
+ b
9
)(a
n
+ b
n
) - a
9
b
9
(a
n
- 9 + b
n - 9
), ta có :
a
1954
+ b
1954
= (a
9
+ b
9
)(a
1945
+ b
1945
) - a
9

b
9
(a
1936
+ b
1936
).
Vì (a
1945
+ b
1945
) chia hết cho p ; (a
1954
+ b
1954
) chia hết cho p nên a
9
b
9
(a
1936
+ b
1936
) chia hết
cho p => (a
1936
+ b
1936
) chia hết cho p (do (1)).
Vì 1936 mod 9 = 1, tiếp tục quá trình trên cho a

1936
+ b
1936
; … ta chứng minh được (a + b)
chia hêt p (2).
Dễ thấy (a
1954
- b
1954
) chia hết cho (a
2
- b
2
), mặt khác (a
2
- b
2
) = (a - b)(a + b) chia hết cho p (do
(2))
=> (a
1954
- b
1954
) chia hết cho p. Kết hợp với giả thiết :
a
1954
+ b
1954
= (a
1954

- b
1954
+ 2b
1954
) chia hết cho p
=> 2b
1954
chia hết cho p => b chia hết cho p (do p nguyên tố lẻ), điều này vô lí do b > 1, p > 1
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 ; 29,
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 thức
nêu trên và một tính chất chia hết :
Tính chất : Cho p là số nguyên tố lẻ. Nếu (a + b) chia hết cho p và (a
2n
+ b
2n
) 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 chất
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 lời
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
+ y
2
) chia hết

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 định lí
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
=(x
2
)
2k + 1
+ (y
2
)
2k + 1

= = M(x
2
+ y
2
) chia hết cho p (do giả thiết : (x
2
+ y
2
) chia hết
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 :
Đặt x = a
977
; y = b
977

=> x
2
+ y
2
= (a
1954
+ b
1954
) chia hết cho p.
áp dụng bổ đề cho x ; y và p = {3 ; 23} ta có a
977
và b

977
cùng chia hết cho 3 và 23, => a và b
cùng chia hết 3 và 23.
1945
+ b
1945
) chia hết cho 2001 và (a
1954
+ b
1954
) chia hết cho 2001 nên
(a
1945
+ b
1945
) chia hết cho 29 và (a
1954
+ b
1954
) chia hết cho 29, áp dụng hằng đẳng thức trong
lời giải 1, ta chứng minh được : (a
1963
+ b
1963
) chia hết cho 29 ; … ; (a
2044
+ b
2044
) chia hết cho
29 (3).

Giả sử a không chia hết cho 29, => b cũng không chia hết cho 29. Theo định lí Féc-ma nhỏ,
(a
28
- 1) chia hết cho 29 và (b
28
- 1) chia hết cho 29.
Mặt khác a
2044
- 1 = ((a
28
)
73
- 1) chia hết cho (a
28
- 1)
=> (a
2044
- 1) chia hết cho 29, tương tự thì (b
2044
- 1) chia hết cho 29 => (a
2044
+ b
2044
- 2) chia
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
For evaluation only.
hết cho 29 => 2 chia hết cho 29 (do (3)), vô lí. Vậy a chia hết cho 29 => b chia hết cho 29 =>
đpcm.

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 và
chứng minh nhiều bài toán thú vị.
Bài toán 1 : Với a, b dương, ta có :
a
3
+ b
3
ab(a + b) (*)
Lời giải : Thật vậy, (*) tương đương với :
(a + b)(a
2
- ab + b
2
) - 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 + b
2
a(a +ab)
hay là : a
3
/b + b
2
a
2

+ ab
Tương tự, với a, b, c dương thì :
b
3
/c + c
2
b
2
+cb ; c
3
/a + a
2
cb
2
+ca
Từ đó, ta chứng minh được bài toán :
Bài toán 2 : Với ba số a, b,c dương, chứng minh rằng :
a
3
/b+ b
3
/c + c
2
+ c
3
/a ab + bc + ca.
* Từ (*), tiếp tục => : (a
3
+ b
3

)/ab a + b; (b
3
+ c
3
)/bc b + c; (c
3
+a
3
)/ca c + a; với a, b, c là
ba số dương. Sử dụng kết quả này, ta chứng minh được bài toán trong đề thi vào 10 chuyên Lê
Hồng Phong 2000-2001 :
Bài toán 3 : Với a, b,c dương, chứng minh rằng :
(a
3
+ b
3
)/(2ab) + (b
3
+ c
3
)/(2bc) + (c
3
+a
3
)/(2ca) a + b + c.
* Lại có :
(*) tương đương với 4(a
3
+ b
3

) a
3
+ b
3
+ 3ab(a+b)
hay : 4(a
3
+ b
3
) (a + b)
3

Ta đề xuất được bài toán :
Bài toán 4 :
Với a, b, c dương, chứng minh rằng :
8(a
3
+ b
3
+ c
3
) (a + b)
3
+ (b + c)
3
+ (c + a)
3

* Nhận xét : Nếu bổ sung giả thiết abc = 1, thì
(*) tương đương với : a

3
+ b
3
+ abc ab(a + b) + abc
hay là : a
3
+ b
3
+ 1 ab(a + b + c)
hay : 1/(a
3
+ b
3
+ 1) 1/(ab(a + b + c))
Tương tự, ta có :
1/(b
3
+ c
3
+ 1) 1/(bc(a + b + c)) ;
1/(c
3
+ a
3
+ 1) 1/(ca(a + b + c)) .
=> :
1/(a
3
+ b
3

+ 1) + 1/(b
3
+ c
3
+ 1) + 1/(c
3
+ a
3
+ 1) 1/(ab(a + b + c)) + 1/(bc(a + b + c)) + 1/(ca(a
+ 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/(a
3
+ b
3
+ 1) + 1/(b
3
+ c
3
+ 1) + 1/(c
3
+ a
3
+ 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 :
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
For evaluation only.