Các bài toán toán 9 về tính giá trị biểu thức, phương trình nghiệm nguyên, tìm cực trị, tính chia hết, đa thức

Bài 1:
Cho biểu thức:
3 3 2 9
1 :
9
2 3 6
x x x x x
P
x
x x x x
   
− − − −
= − + −
   
−
− + + −
   
,
0, 4, 9x x x≥ ≠ ≠
a. Thu gọn biểu thức P
b. Tìm các giá trị của x để P = 1

a.

3 3 2 9
1 :
9
2 3 6
( 3) ( 3)( 3) ( 2)(2 ) 9
1 :
( 3)( 3) (2 )( 3)

9 4 4 9
1 :
3 (2 )( 3)
3 4 4 3 (4 4
: :
( 3) (2 )( 3) ( 3)
x x x x x
P
x
x x x x
x x x x x x x
x x x x
x x x x x
x x x
x x x x x
x x x x
   
− − − −
= − + −
   
−
− + + −
   
   
− − + + − − + −
= −
   
+ − − +
   
   

− − + − + −
= −
   
+ − +
   
+ − − + − − −
= =
+ − + +
2
)
(2 )( 3)
3 (2 )( 3) 3 3
( 3) (2 ) (2 ) 2
x
x x
x x
x x x x
+
− +
− +
= • = =
+ − − − − −
b.Điều kiện:
0, 4, 9x x x≥ ≠ ≠
2
3
1 1 2 3
2
5 0
5 25( )

5
P x
x
x x TM
x
= ⇔ = ⇔ − =
−
≥

⇔ = ⇔ ⇔ =

=

Vậy P = 1 thì x = 25.
Bài 2:
a. Cho
1, 1a b≥ ≥
. Chứng minh
1 1a b b a ab− + − ≤
b. Cho a , b, c là ba số thực dương. Chứng minh
ab bc ca
a b c
c a b
+ + ≥ + +
a. Áp dụng bất đẳng thức Cô – si cho hai số không âm, ta có:
1 1
( 1).1 1 1
2 2 2
b b ab
b b a b

− +
− ≤ ⇔ − ≤ ⇔ − ≤
( 1)
Tương tự:
1
2
ab
b a − ≤
( 2 )
Từ (1) và ( 2) suy ra:
1 1a b b a ab− + − ≤
b. Vì a, b, c > 0 nên
; ; 0
ab bc ca
c a b
>

Áp dụng bất đẳng thức Cô – si cho hai số không âm, ta có:
2
2 (1)
ab bc ab bc
c a c a
ab bc
b
c a
+ ≥
+ ≥
g
Tương tự:
2 (2)

2 (3)
bc ca
c
a b
ca ab
a
b c
+ ≥
+ ≥
Từ (1), (2) và ( 3) , ta có :
ab bc ca
a b c
c a b
+ + ≥ + +
Bài 3 : Chứng minh rằng mọi số tự nhiên n thì
2
1n n+ +
không chia
hết cho 9.
Giả sử tồn tại một số tự nhiên n để
2
1n n+ +
chia hết cho 9
Đặt A =
2
1n n+ +
. A
M
9 nên 4A
M

9 (1)
Ta có:
2 2 2
4 4( 1) 4 4 1 3 (2 1) 3A n n n n n= + + = + + + = + +
2 2 2
9 4 9 (2 1) 3 2 1 3 (2 1) 9 (2 1) 3 9 4 9A A n n n n A⇒ ⇒ + ⇒ + ⇒ + ⇒ + + ⇒M M M M M M M
(2)
Từ (1) và ( 2) mâu thuẫn
Vậy với mọi số tự nhiên n thì
2
1n n+ +
không chia hết cho 9.
Bài 1. (4,0 điểm):
Cho biểu thức:
a a 3 2( a 3) a 3
M
a 2 a 3 a 1 3 a
− − +
= − +
− − + −
a) Rút gọn biểu thức.
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của M.
a) (2,0đ)
ĐKXĐ:
a 0;a 9≥ ≠
a a 3 2( a 3) a 3
M
( a 1)( a 3) a 1 a 3
− − +
= − − =

+ − + −
2
a a 3 2( a 3) ( a 3)( a 1)
( a 1)( a 3)
− − − − + +
= =
+ −

a a 3 2a 12 a 18 a 4 a 3
( a 1)( a 3)
− − + − − − −
= =
+ −
a a 24 3a 8 a
( a 1)( a 3)
− − +
=
+ −
a( a 3) 8(3 a)
( a 1)( a 3)
− − −
=
+ −
a 8
a 1
+
=
+
b) (2,0đ)
Ta có:

a 8 a 1 9 9
M a 1 2
a 1 a 1 a 1
+ − +
= = = + + −
+ + +
Áp dụng BĐT CôSi cho 2 số
a 1+
và
9
a 1+
ta có:
9
M a 1 2 2 9 2 4
a 1
= + + − ≥ − =
+
Dấu “=” xẩy ra khi
9
a 1 a 1 3 a 4
a 1
+ = ⇔ + = ± ⇒ =
+
(TMĐK)
Vậy: Min M = 4 khi
a 4
=
Bài 2. (5,0 điểm):
a) Cho x, y là hai số dương và
x y 1

+ =
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức:

2 2
2 3
A
xy x y
= +
+
b) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n,
1 1 1 1
. . . 2
2 1 3 2 4 3 (n 1) n
+ + + + <
+
a) (2,5đ)
Trước hết chứng minh: Với hai số dương x và y ta có :
1 1 4
x y x y
+ ≥
+
(*)
Áp dụng (*) ta có
1 x y 1 1 4
4
xy xy x y x y
+
= = + ≥ =
+

.
Ta có
2 2
2 3
A
xy x y
= +
+
=
2 2 2 2 2 2
4 3 1 1 1 1 1 4
3 . 3.
2xy x y 2xy 2xy x y 2 xy x 2xy y
 
+ = + + ≥ + =
 ÷
+ + + +
 
2
1 1 12
. 2 12 14
2 xy (x y)
= + ≥ + =
+
.
Dấu “=” xẩy ra khi
x y 1
1
x y
x y

2
+ =

⇔ = =

=

Vậy Min A = 14 tại x = y =
2
1
.
b) (2,5đ)
Ta có
1 n 1 1
n
(n 1)n n n 1
(n 1) n
 
= = −
 ÷
+ +
+
 
1 1 1 1
n
n n 1 n n 1
  
= + −
 ÷ ÷
+ +

  
n n 1 1
n n 1 n n 1
 
 
= + −
 ÷
 ÷
 ÷
+ +
 
 
n 1 1 1 1
1 2
n 1 n n 1 n n 1
 
   
= + − < −
 ÷
 ÷  ÷
 ÷
+ + +
   
 
A=
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
. . . 2 . . .
2 1 3 2 4 3 (n 1) n 1 2 2 3 n n 1
 
+ + + + < − + − + + −

 ÷
+ +
 
=
1 1
2 2
1 n 1
 
− <
 ÷
+
 
Câu 1. (4,5 điểm):
a) Cho hàm số
3 2010
f (x) (x 12x 31)
= + −
Tính
f (a)
tại
3 3
a 16 8 5 16 8 5
= − + +
b) Tìm các nghiệm nguyên của phương trình:
2 2
5(x xy y ) 7(x 2y)
+ + = +
3 3
16 8 5 16 8 5a = − + +
⇒

3
3 3
3
32 3 (16 8 5)(16 8 5).( 16 8 5 16 8 5)a = + − + − + +
⇒
3
32 3.( 4).a a= + −
⇒
3
32 12a a= −
⇒
3
12 32 0a a+ − =
⇒
3
12 31 1a a+ − =
⇒
2010
( ) 1 1f a = =
2 2
5( ) 7( 2 )x xy y x y+ + = +
(1)
⇒
7( 2 ) 5x y+ M

⇒
( 2 ) 5x y+ M
Đặt
2 5x y t+ =
(2)

( )t Z∈
(1) trở thành
2 2
7x xy y t+ + =
(3)
Từ (2)
⇒

5 2x t y= −
thay vào (3) ta được
2 2
3 15 25 7 0y ty t t− + − =
(*)
2
84 75t t∆ = −
Để (*) có nghiệm
2
0 84 75 0t t⇔ ∆ ≥ ⇔ − ≥

28
0
25
t⇔ ≤ ≤
Vì
0t Z t
∈ ⇒ =
hoặc
1t
=
Thay vào (*)

Với
0t =
1
0y⇒ =
1
0x⇒ =
Với
1t =
2 2
3 3
3 1
2 1
y x
y x
= ⇒ = −

⇒

= ⇒ =

Câu 3. (3,0 điểm):
Cho x; y; z là các số thực dương thoả mãn: xyz = 1
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
3 3 3 3 3 3
1 1 1
A
x y 1 y z 1 z x 1
= + +
+ + + + + +
Ta có

2
(x y) 0 x; y− ≥ ∀
2 2
x xy y xy⇔ − + ≥
Mà x; y > 0 =>x+y>0
Ta có: x
3
+ y
3
= (x + y)(x
2
- xy + y
2
)
⇒ x
3
+ y
3
≥ (x + y)xy
⇒ x
3
+ y
3
+1 = x
3
+ y
3
+xyz ≥ (x + y)xy + xyz
⇒ x
3

+ y
3
+ 1 ≥ xy(x + y + z) > 0
Tương tự: y
3
+ z
3
+ 1 ≥ yz(x + y + z) > 0
z
3
+ x
3
+ 1 ≥ zx(x + y + z) > 0
⇒
1 1 1
A
xy(x y z) yz(x y z) xz(x y z)
≤ + +
+ + + + + +
⇒
x y z
A
xyz(x y z)
+ +
≤
+ +
⇒
1
A 1
xyz

≤ =
Vậy giá trị lớn nhất của A là 1 ⇔ x = y = z = 1
Bài 1 ( 4,0 điểm): Cho biểu thức:

2 9 2 1 3
5 6 3 2
x x x
A
x x x x
− + +
= + +
− + − −
a.Tìm điều kiện của x để A xác định và rút gọn A.
b.Tính giá trị của A khi x =
7 4 3−
c. Tìm x
∈
Z để A
∈
Z.
a, Điều kiện: x
0; 4; 9x x≥ ≠ ≠
2 9 2 1 3
5 6 3 2
x x x
A
x x x x
− + +
= + +
− + − −

( 0,5điểm)

2 9 2 1 3
( 3)( 2) 3 2
2 9 (2 1)( 2) ( 3)( 3)
( 3)( 2)
2 ( 1)( 3) 1
( 2)( 3) ( 2)( 3) 3
x x x
x x x x
x x x x x
x x
x x x x x
x x x x x
− + +
= + −
− − − −
− + + − − − +
=
− −
− − + − +
= = =
− − − − −
( 1,5điểm)
b, Ta có x =
7 4 3−
=
2
(2 3)−
A =

2
2
(2 3) 1
1 2 3 1 3 3 3 3
3 2 3 3 1 3 3 1
(2 3) 3
x
x
− +
+ − + − −
= = = =
− − − − − +
− −
c, A=
1 3 4 4
1
3 3 3
x x
x x x
+ − +
= = +
− − −
A nguyên
3x⇔ −
là ước của 4
⇒
3x −
nhận các giá trị: -4;-2; -1; 1; 2;4
{ }
1;4;16;25;49x⇒ ∈

do
{ }
4 1;16;25;49x x≠ ⇒ ∈
Bài 6.( 1,0 điểm): Cho x > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
3
2012x
A
x
+
=
Cho x > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
3
2012x
A
x
+
=
Ta có
3
2 2
2012 2012 1006 1006x
A x x
x x x x
+
= = + = + +
(0,5 điểm)
Áp dụng BDT cô si cho 3 số dương
2
1006 1006
, ,x

x x

32 2
3
1006 1006
3 . . 3 1006A x
x x
≥ =

⇒
Min A =
3 2
3 1006
2 3
3
1006
1006 1006x x x
x
⇔ = ⇔ = ⇔ =
Cõu 1. Cho biu thc:
2 2
2 ( 1)( 2 )
x x
P
x x x x x x x
+
= + +
+ +
a. Rỳt gn
P

.
b. Tớnh P khi
3 2 2x = +
.
c. Tỡm giỏ tr nguyờn ca
x

P
nhn giỏ tr nguyờn.
Cõu 1 a/

2 2
( 1) ( 2) ( 1)( 2)
( 2) 2( 1) 2 2 2 2 2
( 1)( 2) ( 1)( 2)
2 2 ( 1)( 2) ( 1)
( 1)( 2) ( 1)( 2) ( 1)
x x
P
x x x x x x x
x x x x x x x x x
x x x x x x
x x x x x x x x x
x x x x x x x
+
= + +
+ +
+ + + + + + + +
= =
+ +

+ + + + + +
= = =
+ +

b/
2
3 2 2 2 2 2 1 ( 2 1) 2 1x x= + = + + = + = +

( 1) 2 1 1 2 2
1 2
( 1) 2 1 1 2
x
P
x
+ + + +
= = = = +
+
c/ K:
0; 1x x>
:

( 1) 1 2 2
1
( 1) 1 1
x x
P
x x x
+ +
= = = +

Hc sinh lp lun tỡm ra
4x
=
hoc
9x =
Câu2:
a/ Cho a, b, c thoả mãn a > c , b > c > 0. Chứng minh rằng:
abcbccac + )()(
b/ Với x,y không âm. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P = x - 2
xy
+ 3y -2
x
+2009,5
c/ Tìm các số nguyên x, y thoả mãn
54
2
++= xxy
Cõu 2 :
a/ Với a>c>0 và b>c>0 (gt) thì a c > 0 và b c > 0.áp dụng bất
đẳng thức Cosi ta có:
( )
ab
bcabca
a
ca
b
c
ab
cac +

=







+

2
1
2
1
(1)
( )
ab
acabcb
b
cb
a
c
ab
cbc +
=

+

2
1
2
1
(2)
Cộng vế theo vế (1) và (2) Ta có:
( )
ab
cac
+
( )
ab
cbc

1
( ) ( )
abcbccac +
(đpcm)
b/ Đặt
x
= a,
y
= b với a,b

0 ta có:
P = a

2
2ab + 3b
2
-2a + 2009,5 = a
2
-2(b + 1)a + 3b
2
+ 2009,5
= a
2
-2(b + 1)a + (b + 1)
2
+ 2b
2
-2b + 2009,5
= (a-b-1)
2
+ 2(b
2
-b) + 2009,5 = (a-b-1)
2
+ 2(b
2
b +
4
1
) + 2009,5 -
2
1
= (a-b-1)

2
+ 2(b -
2
1
)
2
+ 2009

2009
Vì (a-b-1)
2


0 và 2(b -
2
1
)
2

0 ,

a,b
P = 2009






=

+=
3
1
1
b
ba








=
=
3
1
2
3
b
a
Vây P đạt GTNN là 2009

=
=
2
1
2
3
y
x








=
=
4
1
4
9
y
x
c/
54
2
++= xxy
ĐK :

0, > yRx
Bình phơng hai vế ta đợc

1)2)(2(
1)2(
22
=++
++=
xyxy
xy
Do x, y nguyên và y dơng nên ta có:



=
=




=
=++
1
2
12
12
y
x
xy
xy

Câu 4:
a/ Chứng minh biểu thức :
20103
)14( = xxP
có giá trị là một số tự
nhiên với
5526
)13.(3610
3
+
+
=x
b/ Tính S =
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1
1 1 1
1 2 2 3 2011 2012
+ + + + + + + + +
Cõu 4 :
2
515
)13).(13(
5526
)13.(3610
3
=
+
+
=
+

+
=x
== 1)12.42(
20103
P
Cõu 5 ( im): Cho ABC cõn ti A, gi I l giao im ca cỏc ng
phõn giỏc. Bit IA = 2
5
cm, IB = 3cm. Tớnh di AB
Cõu 5:
K AM

AB, M thuc tia BI
Chng minh c AMI cõn ti A

AM = AI = 2
5
K AH

MI

HM = HI t HM = HI = x ( x > 0 )
Xột AMBvuụng ti A ta cú AM
2
= MH.MB

(2
5
)
2

= x.(2x + 3)

2x
2
+ 3x 30 = 0

( 2x 5)(x + 4) = 0

x = 2,5 hoc x = -4 ( loi vỡ x > 0)
Vy MB= 8cm
Ta cú AB
2
= MB
2
AM
2
= 8
2
(2
5
)
2
= 64 20 = 44

AB =
44
= 2
11
cm
Cõu 6 : Cho biểu thức: A =

( )
623
22
24
2
+

xx
x
a) Rút gọn A
b) Tìm giá trị lớn nhất của A
Câu 6: a. (1đ) A =
( ) ( )
( )( )
3
2
23
22
623
22
222
2
224
2
+
=
+

=
+

xxx
x
xxx
x
b. (0,5đ) A =
3
6
3
2
3
2
2
=
+x
Dấu = xảy ra

x = 0. Vậy giá
trị lớn nhất của A =
3
6
khi x = 0.
Bi 3: (1 im) Tỡm giỏ tr ln nht, giỏ tr nh nht ca A =
1
34
2
+
+
x
x

2
1
4
4
1
)12(
4
1
)12()1(4
1
34
2
2
2
22
2
==

+

=
+
+
=
+
+
=
xMaxA
x
x

x
xx
x
x
A
0,5
I
H
M
C
B
A
21
1
1
)2(
1
1
)2()1(
1
34
2
2
2
22
2
−=⇔−=⇒
−≥
+
+

+−=
+
+++−
=
+
+
=
xMinA
x
x
x
xx
x
x
A
0,5 đ
Bài 5: (1,5 điểm) Cho hình bình hành ABCD. Về phía ngoài của hình bình
hành ta dựng các tam giác vuông cân BAE và BCF đỉnh B. Chứng minh
rằng:
BD = EF và BD
⊥
EF.
j
H
F
E
A
D
C
B

Ta có: BE = AB (vì tam giác ABE vuông cân)
AB = CD (vì ABCD là hình bình hành)
⇒
BE = CD
BF = BC (vì tam giác BCF vuông cân)

BCDFBE
ˆ
ˆ
=
(cùng bù với
CBA
ˆ
)
EFBDcgcCDBBEF
=⇒−−∆=∆⇒
)(
1 đ
Gọi H là giao điểm của BD và EF
Ta có:
HFBCBD
ˆˆ
=
(cmt)
Mà
0
90
ˆˆ
=+
FBHCBD

0
90
ˆˆ
=+⇒
FBHHFB
EFBDđóDoFHB
⊥=⇒
0
90
ˆ
0,5 đ
Bài 6: (1,5điểm )Cho hình vuông ABCD. Trên đoạn AC lấy điểm M. Gọi E
và F lần lượt là hình chiếu vuông góc của M lên BA và BC
a) So sánh diện tích tam giác DEF và diện tích tứ giác AEFC.
b)Xác định vị trí của M để diện tích tam giác DEF nhỏ nhất
M
F
E
D
C
B
A
a) So sánh diện tích tam giác DEF và diện tích tứ giác
AEFC
Ta có: S
DEM
= S
AEM
(do AD // EM)
S

DFM
= S
CFM
(do CD // FM)
Suy ra: S
DEF
= S
AEFC
0,75 đ
b) Xác định vị trí của M để diện tích tam giác DEF nhỏ
nhất
Theo chứng minh trên ta có:
S
DEF
= S
AEFC
= S
ABC
– S
BEF
Diện tích
∆
DEF nhỏ nhất khi diện tích
∆
BEF lớn nhất
S
BEF
=
2
1

BE.BF
Mà BE + BF = BE + EM = BE + EA = AB (hằng số)
Tổng BE + BF không đổi nên tích BE.BF có giá trị lớn nhất khi BE
= BF
Do đó diện tích
∆
BEF lớn nhất khi BE = BF
⇔
M là trung điểm
của AC
Vậy diện tích tam giác DEF nhỏ nhất khi M là trung điểm
của AC.
0,75 đ
Bài 7: (1điểm) Tìm số chính phương có 4 chữ số, biết rằng khi tăng thêm
mỗi chữ số 1 đơn vị thì số mới được tạo thành cũng là một số chính phương.
Gọi số có 4 chữ số cần tìm là a, theo giả thiết ta có: a = m
2
, với 32
≤
m
≤
99
Số có được khi tăng thêm mỗi chữ số 1 đơn vị là: a + 1111 = n
2

⇒
n
2
– m
2

= 1111
⇒
(n - m)(n + m) = 1111 = 1. 1111 = 11. 101
Ta có: m, n
∈
Z, n + m > n – m suy ra:



=+
=−
1111
1
mn
mn

⇔




=
=
)(555
556
loaim
n




=+
=−
101
11
mn
mn

⇔



=
=
)(45
56
chonm
n

Vậy số cần tìm là a = 45
2
= 2025
1 đ
Câu 2: Chứng minh rằng số có dạng:
4 3 2
6 11 6n n n n+ + +
chia hết cho 24 với
n N
∈
4 3 2
6 11 6n n n n+ + +

= n ( n
3
+ 6n
2
+ 11n + 6 )
= n ( n
3
+ n
2
+ 5n
2
+ 5n + 6n + 6 )
= n ( n + 1) ( n
2
+ 5n + 6 )
= n ( n + 1) ( n + 2 ) ( n + 3 )
Vì n, n + 1, n + 2, n + 3 là 4 số tự nhiên liên tiếp nên có một số chia hết cho
3, có hai số chẵn liên tiếp nên một số chia hết cho 2 và một số chia hết cho
4.
Suy ra n ( n + 1) ( n + 2 ) ( n + 3 )
M
24 hay
4 3 2
6 11 6n n n n+ + +
M
24
Câu 4: Tính tổng:
10 10 10 10
56 140 260 1400
A = + + +×××+

10 10 10 10
56 140 260 1400
5 5 5 5

28 70 130 700
5 3 3 3 3

3 4.7 7.10 10.13 25.28
5 1 1
3 4 28
5
14
A
A
A
A
A
= + + +×××+
= + + + +
 
= × + + + +
 ÷
 
 
= × −
 ÷
 
=
Câu 5: Tính
49 12 5 49 12 5+ − −

49 12 5 49 12 5+ − −

=
4 12 5 45 4 12 5 45+ + − − +
=
( ) ( )
2 2
2 2
2 12 5 3 5 2 12 5 3 5+ + − − +
=
( ) ( )
2 2
2 3 5 2 3 5+ − −
=
( )
2 3 5 3 5 2+ − −
= 4
Câu 8: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của
2 2
x y+
. Biết
2 2
4x y xy+ − =
2 2 2 2
4 2 2 2 8x y xy x y xy+ − = ⇔ + − =

( )
2 2 2 2
2 8x y x y xy⇔ + + + − =

Ta có
( )
2
2 2
8 8x y x y+ = − − ≤
Dấu “=” xảy ra
2x y⇔ = = ±
Vậy giá trị lớn nhất của
2 2
x y+
bằng 8
Mặt khác:
2 2
2 2 2 8x y xy+ − =
( ) ( )
2 2 2 2
3 8 2x y x xy y⇔ + = + + +
( )
2
2 2
8
3 3
x y
x y
+
⇔ + = +

Ta có
2 2
8

3
x y+ ≥
Dấu “=” xảy ra
2 3
3
x y⇔ = − = ±
Câu 9: Cho a, b, c là các số không âm thỏa:
1a b c+ + =
. Chứng minh
16b c abc
+ ≥
Ta có
( ) ( )
( ) ( )
2 2
2
0 4 4
4
x y x y xy xy
x y xy
− ≥ ⇔ − + ≥
⇔ + ≥ ∗
Áp dụng (*) ta có:
( ) ( )
2
1 4 ; , , 0a b c a b c a b c= + + ≥ + ≥
Do đó
( )
2
4b c a b c+ ≥ +

Mà
( )
2
4 0b c bc+ ≥ ≥
Vậy
4 4 16b c a bc b c abc+ ≥ × ⇒ + ≥
Bài 1:
a) Chứng minh n
5
m – nm
5

M
30 với mọi n, m
∈
Z
b) Viết liên tiếp tất cả số có hai chữ số từ 19 đến 80 thành một hàng ngang
ta được số 19202122……….787980. Số này có chia hết cho 1980 hay
không?
Bài 1:
a) Chứng minh n
5
m – nm
5

M
30 với mọi n, m
∈
Z
Ta có: n

5
m – nm
5
= mn(n
4
– m
4
) = mn[(n
4
– 1) – (m
4
– 1)] = mn (n
4
– 1) –
mn(m
4
– 1)
* mn (n
4
– 1) = mn(n
2
– 1) (n
2
+ 1)
= mn(n
2
– 1) [(n
2
– 4) + 5]
= mn(n

2
– 1)(n
2
– 4) + 5mn(n
2
– 1)
= mn(n – 1)(n + 1) [(n – 2)(n + 2) + 5mn(n – 1)(n + 1)
- Vì: n(n – 1)(n + 1) [(n – 2)(n + 2) chia hết cho 2; 3 và 5 (Tích 5 số nguyên
liên tiếp)
Mà (2;3;5) = 1
Nên: n(n – 1)(n + 1) [(n – 2)(n + 2)
M
30 ( 2.3.5 = 30)
Do đó: mn(n – 1)(n + 1) [(n – 2)(n + 2)
M
30 (1)
- Mặt khác: n(n – 1)(n + 1)
M
6 (Tích 3 số nguyên liên tiếp)

⇒
5mn(n – 1)(n + 1)
M
30 (2)
Từ (1) và (2) suy ra: mn (n
4
– 1)
M
30
* Chứng minh tương tự ta có: mn(m

4
– 1)
M
30
Vậy: n
5
m – nm
5

M
30 với mọi n, m
∈
Z
B* Ta có: 1980 = 4 . 5 . 9 . 11
* số 19202122……….787980
M
4 ( vì có hai chữ số tận cùng là 80
M
4)
* số 19202122……….787980
M
5 ( vì có chữ số tận cùng là 0)
* số 19202122……….787980 có:
- Tổng các chữ số ở vị trí lẻ là: 1 + (2 + 3 + 4 + … + 7). 10 + 8 = 279
- Tổng các chữ số ở vị trí chẵn là: 9 + (0 + 1 + 2 + ……+ 9) . 6 + 0 = 279
Ta có: 279 + 279 = 558
M
9 , nên: số 19202122……….787980
M
9

Mặt khác: 279 – 279 = 0
M
11, nên: số 19202122……….787980
M
11
Vậy: số 19202122……….787980
M
1980
Bài 2: So sánh các cặp số sau:
a)
M = 1999 . 2001 và N = 2000
2
b)
E = 3
n+1
+ 4.2
n-1
– 81.3
n-3
– 8. 2
n-2
+ 1 và
F = (2
n
+ 1)
2
+ (2
n
– 1)
2

– 2(4
n
+ 1) với n nguyên dương.
Bài 2: So sánh các cặp số sau:
a)
M = 1999 . 2001 và N = 2000
2
M = 1999 . 2001 = (2000 – 1)(2000 + 1) = 2000
2
– 1 < 2000
2

Vậy: M < N
b)
E = 3
n+1
+ 4.2
n-1
– 81.3
n-3
– 8. 2
n-2
+ 1
= 3
n+1
+ 2
2
.2
n-1
– 3

4
.3
n-3
– 2
3
. 2
n-2
+ 1
= 3
n+1
+ 2
n+1
– 3
n+1
– 2
n+1
+ 1 = 1
F = (2
n
+ 1)
2
+ (2
n
– 1)
2
– 2(4
n
+ 1)
= (2
n

)
2
+ 2.2
n
+ 1 + (2
n
)
2
– 2.2
n
+ 1 – 2.4
n
– 2.1
= 2
2n
+ 2
2n
– 2.4
n

= 2.2
2n
– 2.(2
2
)
n
= 2.2
2n
– 2.2
2n

= 0
Vậy: E > F
Bài 3: Chứng minh rằng với mọi x > 1, biểu thức sau không phụ thuộc vào x:
2
2
1 1
1 1
1 1
1
x x
x x
x x
D
x
− −
+
+ + −
− − +
=
−
Bài 3:
2 2
2
2 2
2
2 2
2 2
2
2
1( 1 1) 11 1

( 1) ( 1) 1( 1 1)1 1
1 1
1 1
1 ( 1) 1
1 ( 1) 1 ( 1)
2
1 1
2 2
1 1
1
1
1
x x x xx x
x x x x xx x
x x
D
x x
x x x
x x x x
x x
x x
x
x
− + − − −− −
++
+ − − − + − −+ + −
− − +
= =
− −
− − − −

− − − − + −
+
+
+ − −
= =
− −
−
= =
−
Vậy: với mọi x > 1, biểu thức D không phụ thuộc vào x.
Bài 1: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n
≥
1, ta có:
2 2
1 1 1 1 9

5 13 25 ( 1) 20n n
+ + + + <
+ +
Bài 1: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n
≥
1, ta có:
2 2
1 1 1 1 9

5 13 25 ( 1) 20n n
+ + + + <
+ +
Ta có:
2 2

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
. .
13 2 3 12 2 6 2 2.3 2 2 3
 
= < = = = −
 ÷
+
 
2 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
. .
25 3 4 24 2 12 2 3.4 2 3 4
 
= < = = = −
 ÷
+
 
…………………………………………….
2 2
1 1 1 1
( 1) 2 1n n n n
 
< −
 ÷
+ + +
 
Do đó:
2 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

13 25 ( 1) 2 2 3 3 4 1n n n n
 
+ + + < − + − + + −
 ÷
+ + +
 

⇔
2 2
1 1 1 1 1 1

13 25 ( 1) 2 2 1n n n
 
+ + + < −
 ÷
+ + +
 

⇔
2 2
1 1 1 1 1 1 1 1
. .
13 25 ( 1) 2 2 2 1 4n n n
+ + + < − <
+ + +

⇔
2 2
1 1 1 1 1 1

5 13 25 ( 1) 5 4n n
+ + + + < +
+ +

⇔
2 2
1 1 1 1 9

5 13 25 ( 1) 20n n
+ + + + <
+ +
Vậy: với mọi số tự nhiên n
≥
1, ta có:
2 2
1 1 1 1 9

5 13 25 ( 1) 20n n
+ + + + <
+ +
Bài 2: Giải và biện luận bất phương trình:
(m
2
+ m + 1)x – 3m > (2 + m)x + 5m
Bài 2: Giải và biện luận bất phương trình:
(m
2
+ m + 1)x – 3m > (2 + m)x + 5m
⇔
(m

2
+ m + 1)x – (2 + m)x > 5m + 3m
⇔
(m
2
+ m + 1 – 2 – m )x > 5m + 3m
⇔
(m
2
– 1 )x > 8m
a) m
2
– 1 = 0
⇔
m =
±
1
* m = 1, ta có: 0x > 8: bất phương trình này vô nghiệm.
** m = –1, ta có: 0x > –8 : bất phương trình này có vô số nghiệm.
b) m
2
– 1 > 0
⇔
m
2
> 1
⇔
m > 1 hoặc m < -1. Khi đó:
(m
2

– 1 )x > 8m
⇔
x >
2
8
1
m
m −
c) m
2
– 1 < 0
⇔
m
2
< 1
⇔
-1 < m < 1. Khi đó:
(m
2
– 1 )x > 8m
⇔
x <
2
8
1
m
m −
Kết luận:
- Với m = 1: Bất phương trình đã cho vô nghiệm.
- Với m = -1: Bất phương trình đã cho có vô số nghiệm.

- Với m > 1 hoặc m < -1: Nghiệm của bất phương trình là: x >
2
8
1
m
m −
- Với -1 < m < 1: Nghiệm của bất phương trình là: x <
2
8
1
m
m −
Bài 3: Cho x, y là hai số nguyên dương sao cho:
2 2
71
880
xy x y
x y xy
+ + =


+ =

Tìm x
2
+ y
2

Bài 3: Cho x, y là hai số nguyên dương sao cho:
2 2

71
880
xy x y
x y xy
+ + =


+ =

Tìm x
2
+ y
2

* Ta có: x
2
+ y
2
= (x + y)
2
– 2xy
*
2 2
71
880
xy x y
x y xy
+ + =



+ =


⇔
( ) 71( 16 55)
( ) 880(16.55)
xy x y
xy x y
+ + = = +


+ =

Vì x, y là hai số nguyên dương, nên:
16
( ) 55
xy
x y
=


+ =

hoặc
55
( ) 16
xy
x y
=



+ =

Vậy:
• Nếu
16
( ) 55
xy
x y
=


+ =

thì: x
2
+ y
2
= 55
2
– 2.16 = 3025 – 32 = 2993
• Nếu
55
( ) 16
xy
x y
=


+ =


thì: x
2
+ y
2
= 16
2
– 2.55 = 264 – 110 = 154
Bài 1:Chứng minh rằng: n
3
– n + 6 chia hết cho 6 với mọi số tự nhiên n
Bài 1:Chứng minh rằng: n
3
– n + 6 chia hết cho 6 với mọi số tự nhiên n
Ta có: n
3
– n + 6 = n(n
2
– 1) + 6 = n(n + 1)(n – 1) + 6
Vì: n(n + 1)(n – 1)
M
6 , với mọi số tự nhiên n (tích 3 số tự nhiên liên tiếp)
Nên: n(n + 1)(n – 1) + 6 chia hết cho 6 với mọi số tự nhiên n
Vậy: n
3
– n + 6 chia hết cho 6 với mọi số tự nhiên n
Bài 2: Cho ab > 1. Chứng minh rằng:
2 2
1 1 2
1 1 1a b ab

+ ≥
+ + +
Bài 2:
Ta có:
2 2 2 2
1 1 2 1 1 1 1
0
1 1 1 1 1 1 1a b ab a ab b ab
+ ≥ ⇔ − + − ≥
+ + + + + + +

⇔

( ) ( )
2 2
2 2
(1 ) (1 ) (1 ) (1 )
0
(1 ) 1 (1 ) 1
ab a ab b
a ab b ab
+ − + + − +
+ ≥
+ + + +

⇔

( ) ( )
2 2
( ) ( )

0
(1 ) 1 (1 ) 1
a b a b a b
a ab b ab
− −
+ ≥
+ + + +

⇔

2 2
( )(1 ) ( )(1 ) 0a b a b b a b a− + + − + ≥

⇔

2 2
( )[ (1 ) (1 )] 0b a a b b a− + − + ≥

⇔

2 2
( )( ) 0 ( )[( ) ( )] 0b a a ab b ba b a a b ab b a− + − − ≥ ⇔ − − + − ≥

⇔

2
( ) ( 1) 0b a ab− − ≥
Bất đẳng thức này luôn đúng với mọi ab > 1
Vậy:
2 2

1 1 2
1 1 1a b ab
+ ≥
+ + +
, với mọi ab > 1
Bài 3: Cho A =
2
2
2( 1)
1
a a
a
+ +
+
Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của A.
Bài 3: Cho A =
2
2
2( 1)
1
a a
a
+ +
+
Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của A.
• A =
( )
2
2 2 2
2 2 2

1
2( 1) ( 2 1) ( 1)
1 1
1 1 1
a
a a a a a
a a a
+
+ + + + + +
= = + ≥
+ + +
Vậy: Min A = 1 khi a = -1
• A =
( )
2
2 2 2
2 2 2
1
2( 1) 3( 1) ( 2 1)
3 3
1 1 1
a
a a a a a
a a a
−
+ + + − − +
= = − ≤
+ + +
Vậy: Max A = 3 khi a = 1
Bài 4: Cho tam giác ABC vuông ở A. Từ B và C kẻ các đường phân giác cắt AC ở

D và cắt AB ở E. Từ D và E hạ các đường vuông góc với BC cắt BC ở M và N.
Tính góc MAN.
Bài 4: Tính góc
·
MAN
2
1
2
1
2
1
3
2
1
A
B
C
D
E
M
N
* Xét
∆
ABD và
∆
MBD có:
+
µ
¶
1 2

Β = Β
+ BD chung
+
µ
¶
A M=
⇒
∆
ABD =
∆
MBD (cạnh huyền, góc nhọn)

⇒

¶ ¶
1 1
D D=
và AD = DM.
Do đó:
∆
ADM cân có DB là phân giác
⇒
DB là đường cao
⇒
DB
⊥
AM
Chứng minh tương tự, ta được: EC
⊥
AN

Từ đó suy ra:
µ
µ
1 1
C A=
( vì cùng phụ với góc AEC)

µ
µ
1 3
B A=
( vì cùng phụ với góc ADB)
Mặt khác:
∆
ABC vuông tại A
⇒

µ
µ
0
90CΒ + =
⇒

µ
µ
µ
µ
µ
µ
µ

µ
0
0
1 3 1 1
90
45
2 2 2 2
C B C B
A A C B
+
+ = + = + = = =
Do đó:
¶
2
A
= 90
0
– (
µ
µ
1 3
A A+
) = 90
0
– 45
0
= 45
0
Vậy:
·

MAN
= 45
0
Bài 5: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n
≠
0, ta đều có:
2 2 2
1 1 1
1 2
2 3 n
+ + + + <
Bài 5:
*Với n = 1, ta có 1 < 2
*Với mọi số tự nhiên k
≥
2, ta luôn có: k
2
> k
2
– k = k(k – 1)

⇒
2
1 1 1 1
( 1) 1k k k k k
< = −
− −
*Áp dụng bất đẳng thức trên, ta có:
2
1 1

1
2 2
< −
2
1 1 1
3 2 3
< −

2
1 1 1
( 1, )
1
n n
n n n
< − ∀ > ∈
−
¥
Suy ra:
2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1
1 1 1 2 2
2 3 2 2 3 1n n n n
+ + + + < + − + + + + − = − <
−
Vậy: với mọi số tự nhiên n
≠
0, ta đều có:
2 2 2
1 1 1
1 2

2 3 n
+ + + + <
Bài 1(2) : Tìm tất cả các số chính phương dạng .
Lời giải :
Do là số chính phương nên = k
2
.
Lại vì : 10001 ≤ ≤ 99999, => 101 ≤ k < 317. Vậy k phải là số có ba chữ
số. Đặt k = . Cũng từ giả thiết bài toán là số chính phương nên a
thuộc {1, 4, 5, 6, 9}.
+) Nếu a = 1 thì : 100 < < 142 (trong đó p = 1 hoặc p = 9)
Với p = 1, ta có các số thỏa mãn điều kiện bài toán là : 101
2
= 10201, 111
2
=
12321, 121
2
= 14641 ; còn với p = 9 ta thấy không có số nào thỏa mãn điều
kiện đề bài.
+) Nếu a = 4 thì : 200 < < 224 (p = 2 hoặc p = 8). Thử trực tiếp ta có các
số thỏa mãn là :
202
2
= 40804, 212
2
= 44944.
+) Nếu a = 5 thì : 223 < < 245 (trong đó p = 5). Trong trường hợp này
không có số nào thỏa mãn điều kiện đề bài.
+) Nếu a = 6 thì : 244 < < 265 (p = 4 hoặc p = 6). Chỉ có một số thỏa

mãn trường hợp này là : 264
2
= 69696.
+) Nếu a = 9 thì : 300 < < 317 (p = 3 hoặc p = 7). Trường hợp này cũng
chỉ có một số thỏa mãn là : 307
2
= 94249. Tóm lại có 7 số thỏa mãn điều
kiện bài ra : 10201, 12321, 40804, 14641, 44844, 69696, 94249.
Nhận xét :
- Nếu bài toán có thêm điều kiện a, b, c đôi một khác nhau thì chỉ có 5 số
thỏa mãn đề bài.
Bài 3(2) : Cho tam giác ABC. Các điểm M, N theo thứ tự thuộc các cạnh
AB, AC sao cho diện tích tam giác AMN bằng một nửa diện tích tam giác
ABC (M ≠ B ; N ≠ C). Chứng minh : Trọng tâm của tam giác ABC nằm
trong tam giác AMN.
Lời giải : (của bạn Nguyễn Thị Quỳnh Mai, 6B, THCS Bán công Hương
Khê, Hà Tĩnh)
Gọi G là trọng tâm ABC. Đặt L là giao điểm của BG và AC ; O là giao điểm
của BL và MN.
Ta có : AL = CL ; GB/GL = 2 (1)
Theo giả thiết : S
(AMN)
= 1/2 . S
(ABC)
Mặt khác, vì AL = CL nên : S
(ABL)
= 1/2 .
S
(ABC)

Vậy S
(AMN)
= S
(ABL)
=> S
(OLN)
= S
(OMB)

=> S
(BLN)
= S
(NMB)
=> ML // BN
=> : OB/OL = BN/ML = AN/AL < AC/AL = 2 (2) (định lí Talét)
Từ (1), (2) => :
OB/OL < GB/GL => OB/OL + 1 < GB/GL + 1 => BL/OL < BL/GL
=> GL < OL => G thuộc đoạn OL => G thuộc tam giác AMN (đpcm).
Nhận xét :
1) Bài này có khá nhiều bạn tham gia giải, tất cả đều giải đúng. Tuy nhiên,
nhiều bạn giải quá dài và phức tạp.
2) Ngoài cách giải trên còn một hướng giải khác nữa.
Đặt P là giao điểm của AG và BC ; Q là giao điểm của AP và MN.
Ta có đẳng thức quen thuộc :
AB/AM + AC/AN = 2.AP/AQ (3)
Theo giả thiết :
S
(ABC)
/ S
(AMN)

= 2 => AB/AM . AC/AN = 2 (4)
Từ (3), (4), sau một vài biến đổi đại số, ta có : AG < AQ. Từ đó => đpcm.
Bài 4(2) : Giải phương trình :
x
2
+ 2x + 3 = (x
2
+ x + 1) (x
4
+ x
2
+ 4)
Lời giải : (của bạn Phan Việt Thành, 8D, THCS Lương Thế Vinh, Tuy Hòa,
Phú Yên)
Ta có : x
2
+ x + 1 = (x + 1/2)
2
+ 3/4 > 0 với mọi x
Mặt khác : Với mọi x ta có x
4
+ x
2
+ 4 ≥ 4
=> (x
2
+ x + 1) (x
4
+ x
2

+ 4) ≥ 4 (x
2
+ x + 1)
= x
2
+ 2x + 3 + 2x
2
+ (x + 1)
2
> x
2
+ 2x + 3
Chứng tỏ phương trình vô nghiệm.
Bài 5(2) : Tìm x, y để biểu thức :
đạt giá trị nhỏ nhất.
Lời giải :
Ta có:
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi y = -1 và 3 ≥ x ≥ -1.
Bài 1 (3) : Tìm tất cả các cặp số nguyên không âm (x, y) sao cho : x - y = x
2

+ xy + y
2
.
Lời giải :
Giả sử có cặp số nguyên không âm (x, y) thỏa mãn hệ thức x - y = x
2
+ xy +
y
2

(1)
Từ đó dễ dàng => rằng x ≥ x - y = x
2
+ xy + y
2
≥ 3xy (2)
- Nếu x = 0, từ (1) ta có -y = y
2
=> y = 0.
- Nếu x ≠ 0, thay x = 1 vào (2) => 1 ≥ 3y => y = 0, thay y = 0 vào (1) => x =
x
2
=> x = 1.
Tóm lại : Có hai cặp số (0, 0); (1, 0) thỏa mãn đề bài.
Bài 2(4) : Cho a, b, c là 3 số thỏa mãn điều kiện :
Tính tổng : a
2001
+ b
2002
+ c
2003
.
Lời giải :
Từ (1) => a, b, c ≤ 1. Trừ từng vế của (1) cho (2) ta có : a
2002
(1 - a) + b
2002
(1 -
b) + c
2002

(1 - c) = 0 (3)
Vì a, b, c ≤ 1 nên a
2002
(1 - a) ≥ 0 ; b
2002
(1 - b) ≥ 0 ; c
2002
(1 - c) ≥ 0.
Từ đó ta có a
2001
= a
2003
; b
2002
= b
2003
.
=> : a
2001
+ b
2002
+ c
2003
= a
2003
+ b
2003
+ c
2003
= 1

Nhận xét :
1/ Từ lời giải trên, kết hợp với (1) hoặc (2) có thể => trong ba số a, b, c có
đúng một số bằng 1 và hai số còn lại bằng 0.
2/ Một số bạn từ (1) => 0 ≤ a ≤ 1 là sai. Một số bạn tự thêm giả thiết a, b, c
là các số nguyên dương.
Bài 4(4) : Cho ΔABC nhọn, ba đường cao AD, BE và CF cắt nhau tại H.
Qua A vẽ các đường thẳng song song với BE, CF lần lượt cắt các đường
thẳng CF, BE tại P và Q. Chứng minh rằng PQ vuông góc với trung tuyến
AM của ΔABC.
Lời giải :
Vì ΔABC nhọn nên trực tâm H nằm trong ΔABC (hình dưới).
Lần lượt đặt I là giao điểm của AH và PQ ; K là giao điểm của AM và PQ.
Từ giả thiết => tứ giác APHQ là hình bình hành, nên I là trung điểm của
AH.
Cũng từ giả thiết => AP vuông góc với AC ; AQ vuông góc với AB => ∠
BAC =∠ AQH; ∠ ACB = ∠ AHQ (các cặp góc có hai cạnh tương ứng
vuông góc)
=> ΔABC đồng dạng với ΔQAH (g.g) => AB/QA = BC/AH = AC/AH .
Mặt khác M, I lần lượt là trung điểm của BC, AH nên :
AM/QI = BC/AH = MC/IH => AM/QI = MC/IH = AC/QH
=> ΔAMC đồng dạng với ΔQIH (c.c.c)
=> ∠ CAM = ∠ HQI hay ∠ EAK = ∠ EQK => tứ giác KAQE nội tiếp
=> ∠ AKQ = ∠ AEQ = 90
o
(cùng chắn cung AQ, BQ vuông góc với AC) =>
PQ vuông góc với AM (đpcm).
Bài 3(5) : So sánh A và B biết :
A = (2003
2002
+ 2002

2002
)
2003

B = (2003
2003
+ 2002
2003
)
2002

Lời giải : (của bạn Võ Văn Tuấn)
Ta sẽ chứng minh bài toán tổng quát :
(a
n
+ b
n
)
n + 1
> (a
n + 1
+ b
n + 1
)
n
với a, b, n là các số nguyên dương.
Thật vậy, không mất tính tổng quát, giả sử a ≥ b. (a
n
+ b
n

)
n + 1
= (a
n
+ b
n
)
n
.(a
n

+ b
n
) > (a
n
+ b
n
)
n
.a
n
= [(a
n
+ b
n
)a]
n
= (a
n
.a + b

n
.a)
n
≥ (a
n
.a + b
n
.b)
n
= (a
n + 1
+ b
n +
1
)
n
.
Với a = 2003, b = n = 2002, ta có A > B.
Bài 4(5) : Tam giác ABC có E là trung điểm cạnh BC sao cho ∠ EAB =
15
o
, ∠ EAC = 30 . Tính ∠ C.
Lời giải : (của bạn Phạm Thị Hồng Anh)
Gọi F là điểm đối xứng của C qua AE và I là giao điểm của CF và AE, =>
AI vuông góc với CI. Xét tam giác vuông IAC, vuông tại I, có ∠ IAC = 30
o

=> ∠ ACF = ∠ ACI = 60
o
(1) .

Ta có AI là trung trực của CF nên ΔAFC cân, từ (1) => ΔAFC đều.
Nhận xét rằng, IE là đường trung bình của ΔBFC nên IE // FB, mà IE vuông
góc với FC => BF vuông góc với FC hay ΔBFC vuông tại F => góc BFC =
90
o
; ΔAFC đều => ∠ CFA =∠ CAF = 60
o
, => :
∠ BFA = ∠ BFC + CFA = 90
o
+ 60
o
= 150
o

∠ FAB = ∠ CAF - ∠ CFA - ∠ BAE = 60
o
- 30
o
- 15
o
= 15
o
.
Xét ΔFBA, ∠ BFA = 150
o
và ∠ FAB = 15
o
. => ∠ FBA = 15
o

su ra ΔFBA
cân tại F => FB = FA = FC. Từ đó, ΔBFC vuông cân tại F => ∠ BCF = 45
o

(2)
Từ (1), (2) => ∠ ACB = ∠ ACF + ∠ BCF = 60
o
+ 45
o
= 105
o
.
Vậy ∠ C = 105
o
.
Bài 2(7) : Cho a, b, c thỏa mãn : a/2002 = b/2003 = c/2004 .
Chứng minh rằng : 4(a - b)(b - c) = (c - a)
2

Lời giải : Theo tính chất của tỉ lệ thức ta có :
a/2002 = b/2003 = c/2004 = (a - b)/(2002 - 2003) = (b - c)/(2003 - 2004) = (c
- a)/(2004 - 2002)
=> : (a - b)/-1 = (b - c)/-1 = (c - a)/2
=> : (a - b)(b - c) = [ (c - a)/2 ]
2
=> 4(a - b)(b - c) = (c - a)
2
(đpcm).
Bài 4(8) : Cho hình chữ nhật ABCD (như hình vẽ), biết rằng AB = 30 cm,
AD = 20 cm, AM = 10 cm, BP = 5 cm, AQ = 15 cm. Tính diện tích tam giác

MRS.
Lời giải : Giả sử đường thẳng PQ cắt các đường thẳng CD, AB tương ứng
tại E, F.
Ta có : DE/EC = QD/CP = 5/15 = 1/3 , hay DE/DC = 1/2 => DE = 15 cm.
Ta thấy tam giác QDE = tam giác PBF => BF = DE = 15 cm.
Lại có : DE/MF = DR/MR = 15/35 = 3/7 => MR/MD = 7/10 (1).
Vì MS/MC = MF/EC = 35/45 = 7/9 => MS/MC = 7/16 (2)
Ta có : S
MDC
= S
ABCD
- SAMD - S
BMC
= AB.AD - 1/2AD.(AM + MB) = 300
(cm
2
) (3)
Mặt khác, từ (1) và (2) ta có :
S
MRS
/S
MCD
= (MR/MD).(MS/MC) = 7/10 . 7/16 = 47/160
Do đó, từ (3) ta có :
S
MRS
= 300. (49/160) = 91,875 (cm
2
).
Bài 5(8) : Cho tam giác ABC không vuông. Các đường cao BB’, CC’ cắt

nhau tại H. Gọi K là trung điểm của AH, I là giao điểm của AH và B’C’.
Chứng minh rằng : I là trực tâm của tam giác KBC.
Lời giải :
Trường hợp 1 : Tam giác ABC nhọn (hình vẽ). Gọi L là điểm đối xứng của
H qua BC.
Ta có : ∠ BLC = ∠ BHC = ∠ B ' HC ' (đối đỉnh) = 180
o
- ∠ BAC (Vì AC
'HB ' nội tiếp)
=> ∠ BLC + ∠ BAC = 180
o

=> tứ giác ABLC nội tiếp
=> ∠ CLA = ∠ CBA . (1)
Mặt khác, vì ∠ BB 'C = ∠ BC 'C ( = 90
o
) nên tứ giác BC’B’C nội tiếp => ∠
AB ' C ' = ∠ CBC ' . (2)