Phương pháp chọn tham số phụ

SỬ DỤNG THAM SỐ PHỤ THÍCH HỢP ĐỂ GIẢI TOÁN
PHẦN I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Trong quá trình dạy học, có nhiều lúc chúng ta đưa ra những lời giải hay và
đẹp, nhưng cũng không kh ỏi gây cho học sinh những trăn trở nhất định về
nguồn gốc của lời giải. Chẳng hạn, có một lần chúng tôi cho học sinh giải bài
toán sau:

“Chứng minh rằng nếu phương trình x3  ax2  bx  c  0 (1) có ba nghiệm
thực phân biệt thì phương trình x3  ax2  (4b  a2 ) x  a3  4 ab  8c  0 (2) cũng
có ba nghiệm thực phân biệt”.
Sau một thời gian học sinh không giải được bài toán đó. Tôi đưa lời giải cho
học sinh như sau.
Gọi x1 , x2 , x3 là ba nghiệm của phương trình (1), theo định lí viet ta có:
 x1  x2  x3   a

 x1 x2  x2 x3  x3 x1  b

x1 x2 x3   c


Đặt y1  x2  x3  x1 , y2  x3  x1  x2 , y3  x1  x2  x3 . Khi đó, ta có:
y1  y2  y3  x1  x2  x3   a

2

y1 y2  y2 y3  y3 y1    x1  x2  x3   4  x1 x2  x2 x3  x3 x1   4b  a 2
3

y1 y2 y3    x1  x2  x3   4  x1  x2  x3  x1 x2  x2 x3  x3 x1   8 x1 x2 x3
 a3  4 ab  8c .

Từ đó, suy ra y1 , y2 , y3 là ba nghiệm của phương trình (2)
Hay phương trình (2) luôn có ba nghiệm phân biệt.


Học sinh ngạc nhiên với lời giải rất đẹp như trên, nhưng có một băn khoăn mà
học sinh đặt ra : Làm sao lại biết đi xét ba nghiệm y1 , y2 , y3 như trên ? Lúc này
tôi cho học sinh biết con đường tìm ra lời giải bài toán đó như sau:
Trước hết ta giả sử phương trình (2) có ba nghiệm y1 , y2 , y3 , thế thì ta phải có

y1  y2  y3  x1  x2  x3

2

(*)
y1 y2  y2 y3  y3 y1    x1  x2  x3   4  x1 x2  x2 x3  x3 x1 


3
 y1 y2 y3    x1  x2  x3   4  x1  x2  x3  x1 x2  x2 x3  x3 x1   8 x1 x2 x3


Từ đẳng thức thứ nhất gợi cho ta biểu diễn tuyến tính y1 , y2 , y3 qua các nghiệm
x1 , x2 , x3 .
Đầu tiên ta đi xét y1  mx1  nx2 , y2  mx2  nx3 , y3  mx3  nx2 ( lí do chúng ta
đặt như vậy là vì tính đối xứng của y1 , y2 , y3 ). Thay vào hệ (*) thì ta thấy không
thỏa mãn! Chúng ta lại đi xét cách đặt khác là:
y1  mx1  nx2  lx3 , y2  mx2  nx3  lx1 , y3  mx3  nx1  lx2

Thay vào hệ (*) và biến đổi ta được m  n  1, l  1 .

Như vậy, việc chọn cách đặt y1 , y2 , y3 ở trong lời giải trên là có cơ sở, con
đường hình thành cách đặt đó đã được che dấu đi. Trong việc giải bài toán ở
trên cũng như một số khác, chúng ta phải đưa thêm một số tham số phụ và o và
dùng các điều kiện của bài toán để ta thiết lập hệ phương trình, từ đó ta xác
định được các tham số phụ. Từ đó ta thấy được các lời giải có được là hoàn
toàn tự nhiên. Đó là lí do mà tôi chọn đề tài “ Lựa chọn tham số phụ thích
hợp để giải toán”.

PHẦN II. THỰC TRẠNG TRƯỚC KHI THỰC HIỆN ĐỀ TÀI

1. Thuận lợi: Học sinh đã được làm quen phương pháp chọn tham số phụ ở
một số bài toán,
PHẦN III. NỘI DUNG ĐỀ TÀI


1. Sử dung tham số phụ trong các bài toán về giải tích
Trong mục này , chúng tôi giới thiệu một số ví dụ ủ dụng tham số phụ trong các
bài toán giải tích.
Ví dụ 1. Tìm nguyên hàm: I   e x sin 2 xdx .

Định hướng và lời giải: Nhận thấy hàm số dưới dấu nguyên hàm chứa hai
hàm số mũ và lượng giác. Hai hàm số này bất biến theo đạo hàm và nguyên

hàm, nghĩa là eax  b có đạo hàm bao nhiêu lần thì vẫn là nó (có nhân thêm hệ

số) còn sin(ax  b), cos(ax  b) mà lấy đạo hàm thì chúng chỉ chuyển đổi qua lại .
Nên ta nghĩ đến nguyên hàm của nó có dạng: F ( x)  e x (a sin 2 x  b cos 2 x)  C
Ta cần xác định a, b sao cho F '( x)  e x sin 2 x (1.1)
Vì F '( x)  e x (a  2b) sin 2 x  (b  2a) cos 2 x 


1
a

 a  2b  1

5
Nên (1.1) xảy ra khi và chỉ khi 

2
a

b

0

b   2

5

Vì nguyên hàm của một hàm số là duy nhất (sai khác một hằng số) nên ta có

e

2

Ví dụ 2. Tính I  
1

x

sin 2 xdx 

5( x  1)
x2  x  6

1 x
e  sin 2 x  2 cos 2 x   C .
5

dx .

Định hướng và lời giải.
Khi tìm nguyên hàm các hàm số hữu tỉ, ta luôn mơ ước đưa nó về dạng
Nên ta định hướng phân tích :

dx

 ax  b


5( x  1)
2

x x6

Hay

5x  5
2

x x6





5( x  1)
k
l
k( x  2)  l( x  3)



( x  3)( x  2) x  3 x  2
( x  3)( x  2)

(k  l) x  2k  3l
x2  x  6

Từ đó, ta có đồng nhất thức 5 x  5  (k  l) x  2k  3l, x  
 kl 5

2k  3l  5

Điều này xả ra khi 
Suy ra
Vậy

2

5( x  1)
2

x x6
5( x  1)



k  2

l  3

2
3

.
x3 x2
2



2

3 

 x2  x  6dx    x  3  x  2 dx  4 ln 2  3 ln 3 .

1

1

Ví dụ 3. Tìm công thức tổng quát của dãy số (un ) được xác định bởi:
u1  2
.

n
n
un  5un 1  2.3  6.7  12 ; n  2, 3,...

Định hướng và lời giải.
Để giải bài toán trên, ta sẽ tìm cách chuyển công thức truy hồi về dạng cấp số
nhân ( xn  qxn 1 ), để làm điều đó chúng ta đặt un  vn  a.3n  b.7n  c .
Khi đó , ta có:

vn  a.3n  b.7n  c  5(vn 1  a.3n 1  b.7n 1  c)  2.3n  6.7n  12
 vn  5vn 1  3n 1 (2a  6)  7n 1 (2b  42)  4 c  12 .

2a  6  0
Ta chọn a, b, c : 2b  42  0 
4 c  12  0


 a  3

b  21 .
 c  3


Khi đó: vn  5vn 1  vn  v1 .5n 1  157.5n 1

Vậy un  vn  3n 1  3.7n 1  3  157.5n 1  3n 1  3.7n1  3 .

x1
 1 . Chứng minh rằng tồn tại các số
2
a, b   0;1 , a  b sao cho f '(a). f '(b)  1 .

Ví dụ 4. Cho hàm số f ( x)  e x log 2

Định hướng và lời giải.
Ta nhận thấy f (0)  0, f (1)  1 . Từ kết luận của bài toán gợi cho ta liên tưởng
đến định lí Lagrang.

Không mất tính tổng quát, ta giả sử a  b nên ta xét số thực c   a; b , khi đó
Hàm số f thỏa các điều kiện của định lí Lagrang trên mỗi khoảng (0; c), (c;1)
Do đó, ta có được

f '(a) 

f (c)  f (0) f (c)
f (1)  f (c) 1  f (c)

; f '(b) 

c0
c
1 c
1 c

f (c) 1  f (c)
Dẫn tới: f '(a). f '(b)  1 
1
c

1c

Biến đổi phương trình trên ta thu được f (c)  c hoặc f (c)  1  c

Tuy nhiên việc chỉ ra tồn tại c để f (c)  c gặp khó khăn, nhưng việc chỉ ra tồn
tại c để f (c)  1  c thì thuận lợi hơn.

Để chỉ ra tồn tại c để f (c)  1  c , ta chứng minh phương trình f ( x)  1  x luôn
có ít nhất một nghiệm trên (0;1) . Muốn làm điều đó ta xét hàm số
g ( x)  f ( x)  x  1

Dễ thấy g liên tục trên 0;1 và g (0)  f (0)  1  1  0, g (1)  f (1)  1  0

Nên phương trình g ( x)  0 có ít nhất một nghiệm trên  0;1 , hay luôn tồn tại số
thực c  (0;1) sao cho g (c)  0  f (c)  1  c .
Từ đó ta có được lời giải bài toán.


Ví dụ 5.
2. Các bài toán về đại số
Ví dụ 5 . Cho a, b, c thỏa mãn: 3a  4b  6c  0 . Chứng minh rằng phương trình
f ( x)  ax2  bx  c  0 luôn có nghiệm.
Định hướng và lời giải.
Để chứng minh phương trình f ( x)  0 có nghiệm, ta có hai cách để làm

Cách 1: Xét các trường hợp a  0, a  0 và sử dụng   0 để chứng minh
phương trình có nghiệm.
Cách 2: Chỉ ra có hai số thực  ,  sao cho f ( ) f ( )  0
Ở đây tôi xin trình bày theo cách thứ 2.

Công việc của chúng ta là đi chỉ ra hai số  ,  để f ( ) f ( )  0 với giả thiết
3a  4 b  6 c  0 .
1
2

Ta xét hai số f (1)  a  b  c, f ( ) 

1
1
a  b  c . Khi đó:
4
2

1
n
n
mf (1)  nf    (m  ) a  (m  )b  (m  n) c
4
2
2
n
4

n

2

Ta chọn m, n sao cho (m  ) a  (m  )b  (m  n) c  3a  4b  6c

n
m  4  3

m  2
n

 m   4  
.
2
n  4

m  n  6



1

1

1

1

 

 

 

 

Do vậy, ta có f (1)  2 f    0  f (1)  2 f   , do đó f (1). f    2 f 2    0 .
2
2
2
2
Bài toán được chứng minh.


Chú ý: Ta có thể chọn những giá trị f ( ), f ( ) khác nhau. chẳng hạn ta xét
2
f (1), f ( ), f (0) . Ta cần xác định các hệ số m, n, p  0 sao cho:
3
2
mf (1)  nf ( )  pf (0)  3a  4b  6c .
3


4
m  9 n  3

2
9
1
Đồng nhất các hệ số ta có hệ phương trình : m  n  4  m  1, n  , p  .
3

2
2

m  n  p  6


2
3

2
3

Vậy ta có: 2 f (1)  9 f ( )  f (0)  0 , suy ra trong ba số f (1), f ( ), f (0) tồn tại một

số không âm và một số không dương, dẫn đến tích hai số đó không dương hay
phương trình có nghi ệm.
Ví dụ 6. Giải phương trình: 5 x  x2  6  2 x  2  3x  7  3  x .
Định hướng và lời giải. Điều kiện 2  x  3 .

Việc xuất hiện x  2, 3  x , 5 x  x2  6  ( x  2)(3  x) gợi cho ta thực hiện
phép đặt a  x  2, b  3  x ; a, b  0 . Chúng ta cần biểu diễn 3x  7 qua a, b
Giả sử 3x  7  ma2  nb2  m( x  2)  n(3  x)  (m  n) x  3n  2m
m  n  3
m  2

2m  3n  7
 n  1

Suy ra 

Nên phương trình đã cho tr ở thành: ab  2a  2a2  b2  b
 2a2  (b  2) a  b2  b  0 (*)

Xem đây là phương trình bậc hai ẩn a và b là tham số. Phương trình có bi ệt
thức   (b  2)2  8(b2  b)  9b2  12b  4  (3b  2)2



b  2  3b  2
 b1
a 
4
Nên phương trình (*)  
 a  b  2  3b  2   b (loaïi)

4
2

Ta có a  b  1  x  2  1  3  x  x  2  2  x  x  2 .
2 x2  2 xy  y  5 1
Ví dụ 7. Giải hệ phương trình 
.
2
 y  xy  5 x  7  2 

Định hướng và lời giải.
Nhân phương trình thứ hai của hệ với k  0 và cộng với phương trình thứ nhất
ta được:
2 x2  (2 y  ky  5k) x  ky2  y  7k  5  0 (*)

Xem (*) là phương trình bậc hai ẩn x , phương trình này có biệt thức
2

 x  (2  k) y  5k  8(ky2  y  7 k  5)

 (k  2)2 y2  2(5k2  10k  4) y  25k2  56k  40 .

Ta chọn k sao cho  x  (ay  b)2 , tức là k thỏa mãn

 ' y  (5k2  10k  4)2  (k  2)2 (25k2  56k  40)  0 (**)

Ta thấy phương trình (**) có m ột nghiệm k  1 , ta chọn giá trị này.
Khi đó  x  y2  22 y  121  ( y  11)2

Suy ra phương trình (*) có hai nghiệm:
x

y  3
; x  y  4 .
2

Thay vào hệ ta tìm được hai cặp nghiệm (1;1), (1; 3) .


Ví dụ 8. Cho các số thực x, y thỏa x2  y2  1 . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ
nhất của biểu thức: P 

2( x2  6 xy)
1  2 xy  2 y2

.

Định hướng và lời giải.
Ta viết lại P như sau: P 

2( x2  6 xy)
x2  2 xy  3 y2

Giả sử k là giá trị nhỏ nhất của P , khi đó P  k  0, x, y  
Hay

2( x2  6 xy)

x2  2 xy  3 y2

(2  k) x2  2(6  k) xy  3ky2

k0

x2  2 xy  3 y2

Điều đó xảy ra khi và chỉ khi

 0, x, y  

2  k  0
 k  2




 2
2 2
2
 k  3k  18  0
 '  (k  6) y  3k(2  k) y  0, y

k  2
 k  6

 k  6, k  3

Ta dự đoán được min P  6 và cũng từ tính toán trên ta thấy max P  3
Nên ta có lời giải như sau
P6

2( x2  6 xy)

x2  2 xy  3 y2

6

2(2 x  3 y)2
x2  2 xy  3 y2

 0, x, y . Suy ra P  6


3
x y


2 x  3 y  0
2

Đẳng thức xảy ra khi  2
, do đó min P  6

2
 x  y  1
y   3

13

Tương tự ta tìm được max P  3 .

Ví dụ 9. Xác định số thực nhỏ nhất M sao cho bất đẳng thức



ab(a2  b2 )  bc(b2  c2 )  ca(c2  a2 )  M a2  b2  c2

được thỏa mãn với mọi số thực a, b, c.



2

(1)


Định hướng và lời giải.

Nếu a2  b2  c2  0  a  b  c  0 thì (1) luôn đúng với M là số thực tùy ý.
Nếu a2  b2  c2  0 thì
(1) 

ab(a2  b2 )  bc(b2  c2 )  ca(c2  a2 )



a

2

2

2

b c



2

(a  b  c)(a  b)(b  c)(c  a)

a

Đặt f (a, b, c) 

2

2

2

b c



2

M

M

(2)

(a  b  c)(a  b)(b  c)(c  a)



a2  b2  c2



2

Vì f (a, b, c)  f ( a, b,  c) nên số thực M cần tìm là số thực nhỏ nhất sao cho (2 )
2
2
 2

đúng với mọi số thực a, b, c thỏa mãn diều kiện  a  b  c  0 (*).

 a  b  c  0

Do đó số thực M cần tìm là giá trị lớn nhất của biểu thức f (a, b, c) với mọi số
thực a, b, c thỏa mãn điều kiện (*).
Vì vai trò của a, b, c trong biểu thức f (a, b, c) và điều kiện (*) bình đẳng nên
không mất tính tổng quát ta có thể giả sử a  b  c . Khi đó, ta có
(a  b  c)(a  b)(b  c)(c  a)  (a  b  c)(a  b)(b  c)(a  c)

Với các số thực dưong m, n, p áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có

(3).

 a  b  c  m(a  b)  n(b  c)  p(a  c) 
(a  b  c).m(a  b).n(b  c). p(a  c)  

4


(m  p  1) a  (n  m  1)b  (1  n  p) c
 (a  b  c)(a  b)(b  c)(a  c)  
256mnp

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxky, ta có

4

4

(4)


2

(m  p  1) a  (n  m  1)b  (1  n  p) c
 (m  p  1)2  (n  m  1)2  (1  n  p)2  a2  b2  c2





Từ (3), (4) và (5) suy ra

(m  p  1)2  (n  m  1)2  (1  n  p)2 

f (a, b, c)  
256mnp



2

(6)

Chọn m, n, p sao cho đẳng thức ở (4) và ( 5) đồng thời xảy ra hay
 a  b  c  m(a  b)  n(b  c)  p(a  c)
(I) 
a
b

c
 m p1  n m1  1 n p


Đặt

a
b
c


 k ( Vì a2  b2  c2  0  k  0 )
m p1 n m1 1 n p

Suy ra : a   m  p  1 k, b   n – m  1 k, c  1 – n – p  k
Do đó, từ (I) suy ra

3k  km  2m  p – n   kn  2n  p – m   kp  m  n  2 p 

m(2m  p  n)  n(2n  p  m)

  n(2n  p  m)  p(m  n  2 p) ( Vì k  0 )

p(m  n  2 p)  3



mn

  n  2p


p  2

2

( Vì m, n, p  0 )

Khi m  n  2, p 

2
9 2
thay vào (6), ta có f (a, b, c) 
.
2
32

(5)


Đẳng thức xảy ra chẳng hạn khi a  2  3 2, b  2, c  2  3 2 ( Thỏa mãn điều
kiện (*) và a  b  c ).

Vì thế giá trị lớn nhất của biểu thức f (a, b, c), a, b, c thỏa mãn điều kiện (*) là
9 2
2
. Ta chọn m  n  2, p 
.
32
2

9 2
Vậy ta có số thực M cần tìm là : M 
.
32

3. Các bài toán về hình học

Ví dụ 10. Cho sáu điểm trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng. Gọi  là một
tam giác có ba đỉnh lấy trong sáu điểm đó và ' là tam giác có ba đỉnh còn lại.
Chứng minh rằng với các cách chọn  khác nhau các đường thẳng nối trọng
tâm hai tam giác  và ' luôn đi qua một điểm cố định.
Định hướng và lời giải.
Giả sử sáu điểm đó là A, B, C, D, E, F .

Ta cần chứng minh tồn tại một điểm H cố định sao cho với các cách chọn 
khác nhau thì H thuộc các đường thẳng nối trọng tâm hai tam giác  và ' .

Nếu  là tam giác ABC thì ' là tam giác DEF . Gọi G và G ' lần lượt là trọng
tâm của tam giác ABC và tam giác DEF .




Vì H thuộc đường thẳng GG ' khi có số thực k sao cho HG  k.HG'
Hay

1   
k   
( HA  HB  HC)  ( HD  HE  HF )
3

3


1  1  1  k  k  k  
HA  HB  HC  HD  HE  HF  0
3
3
3
3
3
3

Vì vai trò của các điểm A, B, C, D, E, F trong bài toán bình đẳng nên chọn k sao
cho 

      
k 1
  k  1 ( Khi k  1 thì HA  HB  HC  HD  HE  HF  0 )
3 3

Vậy chọn k  1 .
















Suy ra H là điểm thỏa mãn HA  HB  HC  HD  HE  HF  0 (*)

Rõ ràng luôn tồn tại duy nhất điểm H thảo (*), hơn nữa do A, B, C, D, E, F cố
định nên H cũng cố định. Đồng thời theo sự phân tích ở trên ta suy ra được H
luôn nằm trên GG ' .
Ví dụ 11. Gọi Gi ( i  1, 2, 3, 4 ) là trọng tâm mặt đối diện với đỉnh Ai của một tứ
diện A1 A2 A3 A4 . M là một điểm bất kỳ trong không gian và gọi Mi là điểm đối
xứng của M qua Gi . Chứng minh rằng các đường thẳng Ai Mi ( i  1, 2, 3, 4 )
đồng quy tại một điểm.
Định hướng và lời giải.

Ta cần chứng minh tồn tại một điểm H thuộc các đường thẳng Ai Mi
( i  1, 2, 3, 4 ).




Điểm H thuộc đường thẳng A1 M1 khi có số thực k sao cho HM1  kHA1 .

Vì G1 là trọng tâm của tam giác A2 A3 A4 ; M1 là điểm đối xứng của M qua G1


nên: HG1 

Suy ra

1     1  
HA2  HA3  HA4 , HG1 
HM  HM1
3
2







1   
1  
HA2  HA3  HA4 
HM  HM1
3
2



 





 2   


 HM1 
HA2  HA3  HA4  HM
3









Do đó HM1  kHA1 hay



 2   
 
2   
HA2  HA3  HA4  HM  kHA1  kHA1 
HA2  HA3  HA4  HM  0
3
3









Vì vai trò của các điểm A1 , A2 , A3 , A4 trong bài toán bình đẳng nên chọn k sao
cho k 

 2    

2
2
( Khi k  thì HM  HA1  HA2  HA3  HA4  0 ).
3
3
3

C. Kết luận






Việc đưa vào các tham số phụ, rồi tùy thuộc đặc thù từng bài toán để chúng ta
có sự lựa chọn thích hợp sẽ giúp chúng có có lời giải tự nhiên. Thông qua đó
học sinh sẽ nắm được nguồn cơn của lời giải, tạo sự hứng thú tr ong học tập
cho các em. Giúp các em đam mê và học tốt môn toán hơn. Vì khả năng cũng
như thời gian có hạn nên việc thiếu sót là khó tránh khỏi. Mong các độc giả
đóng góp ý kiến để chuyên để được hoàn thiện hơn.
D. BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

Bài 1. Tính các tích phân sau
2

1) I  
1

4x  3

2

x  3x  2

dx


2

2) I   e x sin 2 xdx
0

Bài 2. Tìm công thức tổng quát của dãy số
u  1
1)  1
n
u  3u
n1  2 ; n  2, 3,...
 n

Bài 3. Cho các số thực a, b, c thỏa

(un )


2

3) I   e2 x cos2 xdx .
0

được xác định bởi

u  1
2)  1
.
n
u  2u

3

n
;

n

2
n
n

1


a
b
c


 0 . Chứng minh rằng
m  2 m 1 m

phương trình ax2  bx  c  0 luôn có nghiệm trên khoảng (0;1) .
Bài 4. Cho các số thực dương m, n, p thỏa: n  m; mp  n2 và

a
b
c
   0.
m n p

Chứng minh rằng phương trình : f ( x)  ax2  bx  c  0 có nghiệm x  (0;1) .
Bài 5. Tìm m để phương trình sau có bốn nghiệm phân biệt.

x4  x3  (3m  4) x2  5 x  2m2  m  3  0 .

Bài 6. Giả sử phương trình x3  ax2  bx  c  0 có ba nghiệm phân biệt khác
0. Chứng minh rằng phương trình : x3  bx2  acx  c2  0 cũng có ba nghiệm
phân biệt.
Bài 7. Cho phương trình x3  ax2  bx  c  0 có ba nghiệm thực phân biệt.
Chứng minh phương trình sau cũng có 3 nghi ệm thực phân biệt :


x3  (b2  2ac) x2  (a2 c2  2bc2 ) x  c4  0 .

Bài 8. Giải phương trình: 21x  25  2 x  2  19 x2  x  2  x  1 .
 x2  xy  2 y2  6 x  6  0
Bài 9. Giải hệ phương trình : 
.
 x2  y2  x  y  4  0


Bài 10. Cho x, y là hai số thực thay đổi và thỏa mãn
trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức : A 

1

x2

3

x

2





2y
 y2  11 . Tìm giá
x

2y

 3 y2 .
x

Bài 11. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số


y  x 3  5  x2  .



Bài 12. Cho các số thực a  b  c và a2  b2  c2  5 . Chứng minh rằng
(a  b)(b  c)(c  a)(ab  bc  ca)  4 .

Bài 13. Cho năm điểm trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng. Gọi  là
một tam giác có ba đỉnh lấy trong năm điểm đó, hai điểm còn lại xác định một
đoạn thẳng  . Chứng minh rằng với các cách chọn  khác nhau các đường
thẳng nối trọng tâm tam giác  và trung điểm đoạn thẩng  luôn đi qua một
điểm cố định.
Bài 14. Trong không gian cho n điểm A1 , A2 , … , An ( n > 2 ); m là số tự nhiên
sao cho 0 < m < n. Ai , Ai ,..., Ai là m điểm lấy trong n điểm đó;
1

Ai

m 1

, Ai

m2

m

2

,..., Ai là n – m điểm còn lại. Chứng minh rằng với các cách chọn m
n

điểm Ai , Ai ,..., Ai khác nhau, đường thẳng đi qua trọng tâm của hai hệ điểm
1

A , A
i1

i2 ,...,

m

2

Ai

m

 và  A

im 1 ,

Ai

m2

,..., Ai

n

 luôn đi qua một điểm cố định.

Bài 15. Cho tứ diện ABCD nội tiếp mặt cầu (O).Gọi Ao , B0, C0, D0 lần lượt là
trọng tâm của các mặt BCD ,ACD, ABD, ABC.Kẻ các đường kính AA1, BB1, CC1,
DD1 .Cmr:


a) Các đường thẳng A1A0 , B1B0 , C1C0 , D1D0 ,đồng quy tại điểm H
b) Các đường thẳng đi qua H và trung điểm của cạnh thì vuông góc với cạnh
đối diện.