Mot so dang Toan Nang cao (On vao10).

Bài 5(6) : Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Các điểm M, N theo thứ tự là trung điểm của BC,
CA. Tia MN cắt (O) tại I. .................................................................................................................................4
Chứng minh rằng : BC/IA = CA/IB + AB/IC . ...............................................................................................4
DÙNG BẤT ĐẲNG THỨC TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT VÀ GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT..................................4
Bài 1(8) : Tìm tất cả các số nguyên dương x, y, z sao cho : xyz = 9 + x + y + z (1). .....................................8
Bài 4(9) : Cho các số không âm x1, x2, x, …, xn có tổng bằng 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : x1x2
+ x2x3 + … + xn-1xn. ......................................................................................................................................8
Bài 1(12) : Cho số tự nhiên N = 20032004. Viết N thành tổng của k số tự nhiên nào đó n1, n2, …, nk. S =
n13 + n23 + … + nk3. Tìm số dư của phép chia S cho 6.................................................................................9
Bài 2(18) : Tìm nghiệm dương của phương trình : (x3 + y3) + 4(x2 + y2) + 4(x + y) = 16xy. .....................9
Bài 2(19) : Cho các số x1, x,sub>2, x3, ..., x11 thỏa mãn : 1 ≤ x1 < x2 < x3 < ... < x11 ≤ 1000. Chứng
minh rằng, tồn tại i Є {1, 2, 3, ..., 10} sao cho ................................................................................................9
Bài 3(20) : Cho x2 + y2 = 1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức : S = (2 - x)(2 - y). .....10
Bài 3(21) : Cho a ≠ -b, a ≠ -c, b ≠ -c. Chứng minh rằng : .............................................................................11
.........................................................................................................................................................................11
TỪ MỘT BÀI THI HỌC SINH GIỎI............................................................................................................13
Trong kì thi học sinh giỏi tỉnh Hà Tĩnh năm học 2003-2004 có bài toán thú vị sau : ..................................13
Bài toán 1 : Giả sử các số dương a, b, c thỏa mãn (a2 + b2 + c2)2 > 2(a4 + b4 + c4). Chứng minh rằng : a,
b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. ........................................................................................................13
Bài 1(23) : Cho p là số nguyên tố lớn hơn 3. Chứng minh rằng phương trình .............................................14
x2 + y2 + z2 = 4p2 + 1 luôn có nghiệm nguyên dương (x0 ; y0 ; z0). .........................................................14
Bài 2(23) : Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng : .........................................14
.........................................................................................................................................................................14
Bài 5(5) : Cho hai tam giác đều ABC, A1B1C1 bằng nhau và chồng lên nhau sao cho phần giao của chúng
là một lục giác mà ta kí hiệu là MNPQRS. Chứng minh rằng : MN + PQ + RS = NP + QR + SM.............15
Bài 4(7) : Cho tứ giác ABCD có AD = BC. Về phía ngoài của tứ giác này, ta dựng hai tam giác bằng nhau
ADE và BCF. Chứng minh rằng : trung điểm của các đoạn AB, CD, EF cùng thuộc một đường thẳng. ...16
Bài 4(12) : Cho hình thang vuông ABCD có AD // BC, AB vuông góc với AD, AD = 4 cm, AB = BC = 2
cm. Hãy tìm một con đường ngắn nhất đi từ đỉnh A tới một điểm M trên cạnh DC, rồi tới điểm N trên
cạnh AB, quay lại một điểm P trên cạnh DC và trở về A. ............................................................................18
Bài 5(12) : Cho tứ giác ABCD. I, J theo thứ tự là trung điểm của AC, BD. Chứng minh rằng : AC + BD +

2IJ < AB + BC + CD + DA.
.........................................................................................................................................................................19
Bài 5(13) : Cho hình thang ABCD có AB song song và bằng một nửa CD. H là trung điểm của CD. Điểm
M nằm ngoài hình thang sao cho MH vuông góc và bằng một phần tư CD. Bên ngoài hình thang, ta dựng
các tam giác ADE, BCF vuông cân tại E, F. Chứng minh rằng tam giác MEF vuông cân tại M. ...............20
Bài toán : Cho hình thang ABCD (AB // CD). M là trung điểm của AD. Qua M kẻ đường thẳng song song
với AB, cắt BC tại N. Chứng minh rằng N là trung điểm của BC. Lời giải : Tìm được nhiều hướng giải
quyết sáng tạo chính là sự hấp dẫn của bài toán này. ....................................................................................22
PHÁT TRIỂN TỪ MỘT BÀI TOÁN CƠ BẢN............................................................................................23
Bài 4(19) : Cho hình vuông ABCD. Gọi E là trung điểm của AD. Qua E vẽ đường thẳng vuông góc với
BE, cắt CD tại F. Tính tỉ số EF/EB ................................................................................................................25
Bài 4(21) : Cho tam giác ABC có BC = a, CA = b, AB = c và a + b + c = 9 ; x, y, z lần lượt là độ dài các
phân giác trong của các góc A, B, C. Chứng minh rằng : .............................................................................25
Bài 4(23) : Cho tam giác ABC (AB < AC) và P là điểm nằm trong tam giác sao cho ∠ PBA = ∠ PBC Gọi
H và K lần lượt là chân các đường vuông góc hạ từ P xuống AB và AC ; I là trung điểm của BC. Chứng
minh rằng :∠ HIB < ∠ KIC ...........................................................................................................................26
Bài toán 1 : Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng :
1/(a + b + c) + 1/(a - b + c) + 1/(- a + b + c) ≥ 1/a + 1/b + 1/c
(Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 trường THPT chuyên Lê Hồng Phong, TP Hồ Chí Minh, 1992-1993) ........27
Bài toán 2 : Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng : ........................................28
Bài toán 4 : Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng : .........................................28
.........................................................................................................................................................................28
với mọi n thuộc N. .........................................................................................................................................28
Bài 3 : Cho tam giác ABC. Các trung tuyến AM, BN, CP đồng qui tại G. Giả sử bán kính các đường tròn
nội tiếp các tam giác AGN, BGP, CGM là bằng nhau. Chứng minh rằng : tam giác ABC là tam giác đều.
.........................................................................................................................................................................29
Bài 5 : Giải phương trình : .............................................................................................................................29
.........................................................................................................................................................................29
Bài 5(2) : Tìm x, y để biểu thức : ...................................................................................................................31
.........................................................................................................................................................................31

đạt giá trị nhỏ nhất. ........................................................................................................................................31
Bài 2 (3) : Cho x, y, z > 0. Chứng minh rằng : ..............................................................................................31
.........................................................................................................................................................................31
Bài 4 (3) : Cho tam giác ABC. Một đường tròn đi qua A, tiếp xúc với đường thẳng BC tại một điểm T
thuộc đoạn BC cắt AB, AC theo thứ tự tại E, F. Chứng minh rằng :............................................................32
EF/BC = (TE.TF)/(TB.TC) ............................................................................................................................32
Bài 3(7) : Cho các số dương a1, a2, …, a10 thỏa mãn : a1 = 1 ; a10 = 2 ; ai2 ≤ ai - 1ai + 1 với i = 2, 3, …,
9. Chứng minh rằng với mọi i = 1, 2, …, 10 thì : ..........................................................................................33
Bài 1(7) : Chứng minh rằng: ..........................................................................................................................33
.........................................................................................................................................................................33
Bài 5(7) : Tính tổng A = a1 + a2 + … + a2003, biết : ...................................................................................33
.........................................................................................................................................................................33
Bài 3(8) :
Cho : ax3 = by3 = cz3 và 1/x + 1/y + 1/z = 1
Chứng minh rằng : .........................................................................................................................................34
.........................................................................................................................................................................34
Bài 2(13) : Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : ............................................................................................35
.........................................................................................................................................................................35
Bài 4(13) : Cho các số thực dương a, b, x, y thỏa mãn các điều kiện a + b + x + y ≤ 2, a + b2 = x + y2, a2
+ b = x2 + y. ...................................................................................................................................................35
Chứng minh rằng : .........................................................................................................................................35
.........................................................................................................................................................................35
Bài toán 1 : Gọi a và b là hai nghiệm của phương trình bậc hai x2 - x - 1 = 0. ............................................36
Chứng ming rằng các biểu thức : ...................................................................................................................36
P = a + b + a3 + b3 ; .......................................................................................................................................36
Q = a2 + b2 + a4 + b4 ; ..................................................................................................................................36
R = a2001 + b2001 + a2003 + b2003 là những số nguyên và chia hết cho 5. ..............................................36
Bài toán 2 : Gọi x1 và x2 là hai nghiệm của phương trình x2 - 14x + 1 = 0. Chứng minh rằng biểu thức Sn
= x1n + x2n nhận giá trị nguyên và không chia hết cho 13 với mọi n Є N*. ...............................................37
Quá trình đi tìm lời giải của bài toán 2 giúp tôi phát hiện ra bài toán tổng quát. .........................................37

Bài toán 3 : Gọi x1 và x2 là hai nghiệm của phương trình x2 - mx + 1 = 0, với m > 3, m &1028; N. Chứng
minh rằng với mọi n Є N* thì biểu thức Sn = x1n + x2n là số nguyên và không chia hết cho m - 1. .........37
Bài toán 4 : Gọi x1 và x2 là hai nghiệm của phương trình x2 - mx - 1 = 0. Chứng minh rằng với mọi m, n
Є N* thì biểu thức ..........................................................................................................................................37
Sn = x1n + x2n + x1n + 2 + x2n + 2 là số nguyên và chia hết cho m(m2 + 4). ...........................................37
Bài 1(14) : Cho x ; y thỏa mãn : ....................................................................................................................37
.........................................................................................................................................................................37
Hãy tính giá trị của biểu thức sau : ................................................................................................................37
T = x2003 + y2003. ........................................................................................................................................37
Bài 3(14) : Cho a, b là hai số thỏa mãn : a + b ≥ 2. Chứng minh rằng ít nhất một trong hai phương trình
sau có nghiệm : ...............................................................................................................................................38
x2 + 2a2bx + b5 = 0 (1) .................................................................................................................................38
x2 + 2ab2x + a5 = 0 (2) ..................................................................................................................................38
Bài 2(15) : Giải phương trình : ......................................................................................................................38
.........................................................................................................................................................................38
Bài 3(18) : Giải phương trình : ......................................................................................................................40
.........................................................................................................................................................................40
Bài 1(19) : Cho ...............................................................................................................................................42
.........................................................................................................................................................................42
Chứng minh rằng A < 0,4. .............................................................................................................................42
Bài 3(19) : Giải phương trình : ......................................................................................................................43
.........................................................................................................................................................................43
Bài 1(20) : Giải hệ phương trình ....................................................................................................................44
.........................................................................................................................................................................44
Bài 2(21) : Chứng minh rằng : .......................................................................................................................44
.........................................................................................................................................................................44
MỘT HẰNG ĐẲNG THỨC THÚ VỊ............................................................................................................45
Bài 2(22) : Tìm a để phương trình (ẩn x) sau có nghiệm : ............................................................................47
.........................................................................................................................................................................47
Bài 3(22) :Tìm m để phương trình sau có ít nhất bốn nghiệm nguyên :

m2|x + m| + m3 + |m2x + 1| = 1. ....................................................................................................................49
Bài 3(23) : Giải phương trình : ......................................................................................................................49
.........................................................................................................................................................................49
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. ..........................................................................................................................50
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. ..................51
Bài toán : Cho đường tròn tâm O và hai điểm A, B cố định nằm trên đường tròn. Hai điểm M, N chạy trên
đường tròn sao cho MN cắt đoạn thẳng AB. Tìm quỹ tích trung điểm I của MN........................................51
Bài 2(9) : Cho hình vuông ABCD. Tìm tập hợp các điểm M nằm trong (không nằm trên cạnh) hình vuông
sao cho :  MAB +  MBC +  MCD +  MDA = 180o ............................................................................53
Bài 4(11) : Tính góc A của tam giác ABC biết rằng  O1OO2 = 90o với O1, O, O2 lần lượt là tâm của các
đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp và bàng tiếp (trong góc A) của tam giác ABC. ...........................................54
Bài 5(11) : Về phía ngoài của tam giác ABC ta dựng các tam giác vuông đồng dạng ABE, ACF ( ABE =
 ACF = 90o). ................................................................................................................................................54
Chứng minh rằng : BF, CE và đường cao AH của tam giác đồng quy. ........................................................54
Bài 5(14) : Cho ba điểm A, B, C thẳng hàng, AB = BC. Một đường tròn (O) đi qua A, B. Các tiếp tuyến
với (O) kẻ từ A, C cắt nhau tại S. T là tiếp điểm của SC và (O). SB cắt (O) tại E (E khác B). Chứng minh
rằng : ET // AB. ..............................................................................................................................................55
Bài 5(18) : Cho hình thang ABCD (AB // CD). O là giao điểm của AC và BD. M là trung điểm của CD.
Các đường tròn ngoại tiếp các tam giác AOD, BOC cắt nhau tại K khác O. Chứng minh rằng : ∠ KOC =
∠ MOD. ..........................................................................................................................................................56
Bài 5(19) : Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn tâm O, bán kính R. D là điểm di động trên cạnh
BC. AD cắt (O) tại E (E khác A). Gọi R1, R2 lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp các tam giác
EBD, ECD. Xác định vị trí điểm D để R1.R2 đạt giá trị lớn nhất. ...............................................................57
Bài 5(20) : Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm O. AC cắt BD tại I. (O1), (O2) theo thứ tự là các
đường tròn ngoại tiếp của các tam giác ABI, CDI. Một đường thẳng bất kì đi qua I cắt (O) tại X ; Y và cắt
(O1) ; (O2) theo thứ tự tại Z ; T (Z và T khác I). Chứng minh rằng XZ = YT. ...........................................58
Bài 5(21) : Cho tam giác nhọn ABC, trực tâm H. Chứng minh rằng : .........................................................59

.........................................................................................................................................................................59
Bài 4(22) :Cho tam giác ABC. H là điểm bất kì trên cạnh BC. AD là đường phân giác trong của Dựng AL
đối xứng với AH qua AD (L thuộc BC). .......................................................................................................60
Chứng minh rằng : BH.CH/(BL.CL) = HD2/LD2. .......................................................................................60
Bài 5(22) : Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn tâm O có bán kính bằng 1. Một đường thẳng đi qua
O cắt hai cạnh AB và AC lần lượt tại M và N. Kí hiệu SAMN là diện tích tam giác AMN. ......................60
Chứng minh rằng : .........................................................................................................................................60
Bài 5(23) : Cho tam giác ABC không cân, ngoại tiếp đường tròn (O). Gọi D, E, F lần lượt là các tiếp điểm
của (O) với các cạnh BC, CA, AB. Gọi M là giao điểm của các đường thẳng AO, DE ; N là giao điểm của
các đường thẳng BO, EF ; P là giao điểm của các đường thẳng CO, DF. Chứng minh các tam giác NAB,
MAC, PBC có cùng diện tích. .......................................................................................................................63
Bài 4(24) : Cho tam giác đều ABC có điểm M thuộc BC. Gọi E và F lần lượt là hình chiếu vuông góc của
M trên AB và AC ; O là trung điểm của EF ; Q là hình chiếu vuông góc của A trên đường thẳng OM.
Chứng minh rằng khi M chuyển động trên BC thì Q luôn thuộc một đường tròn cố định. .........................64
Bài 5(6) : Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Các điểm M, N theo thứ tự
là trung điểm của BC, CA. Tia MN cắt (O) tại I.
Chứng minh rằng : BC/IA = CA/IB + AB/IC .
.
Lời giải : (của bạn Phan Xi Nê, 6A4, THCS Phước Mỹ, Tuy Phước, Bình Định)
Đặt K là giao điểm của tia NM và đường tròn (O). Vì M, N là trung điểm của BC, CA nên MN //
AB ị AIKB là hình thang, hơn thế, là hình thang cân (vì AIKB nội tiếp) => IA = KB ; IB = KA (1)
Mặt khác, dễ thấy :
. (Vì M, N là trung điểm của BC, CA)
Nhận xét :
1) Tất cả các bạn tham gia đều giải đúng.
2) Đa số các bạn đều giải bằng phương pháp tam giác đồng dạng. Một vài bạn cho lời giải thông
qua việc chứng minh đẳng thức diện tích : S(IBC) = S(ICA) + S(IAB).
DÙNG BẤT ĐẲNG THỨC TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT VÀ GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT
Bài toán tìm giá trị lớn nhất (GTLN) và giá trị nhỏ nhất (GTNN) của một hàm số hoặc một biểu
thức là dạng toán các bạn thường gặp trong các kì thi, không chỉ ở bậc THCS mà sau này các bạn

vẫn gặp ở bậc THPT. Tất nhiên ở mỗi bậc học, bài toán được đặt ra với các mức độ khác nhau. ở
bài viết này xin bước đầu trao đổi với các bạn một chút kinh nghiệm sử dụng bất đẳng thức để giải
quyết loại toán này.
Kiến thức cơ bản cần biết để sử dụng là :
* Với a, b ≥ 0 thì :
và đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b. Đây chính là bất đẳng thức Côsi trong trường hợp 2 số.
Các bạn có thể suy từ bất đẳng thức hiển nhiên đúng :
* Với mọi a, b thì |a| + |b| ≥ |a + b| (**) và đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ab ≥ 0. Các bạn chỉ cần
bình phương hai vế để có bất đẳng thức tương đương và hiển nhiên đúng.
* Với các số a, b, c, d tùy ý ta có :
(a
2
+ b
2
)(c
2
+ d
2
) ≥ (ac + bd)
2
(***) và đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ad = bc. Đây chính là bất
đẳng thức Bunhiacôpski đối với hai cặp số. Các bạn có thể suy ngay ra bất đẳng thức này dựa vào
hằng đẳng thức :
(a
2
+ b
2
)(c
2
+ d

2
) = (ac + bd)
2
+ (ad - bc)
2

* Cho a ≠ 0,
Do đó :
- Nếu a > 0 thì f(x) ≥ (4ac - b
2
)/(4a) với mọi x và đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = - b/(2a) .
- Nếu a < 0 thì f(x) ≤ (4ac - b
2
)/(4a) với mọi x và đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = - b/(2a) .
Bây giờ các bạn theo dõi các thí dụ :
Thí dụ 1 : Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số :
Lời giải : Thực hiện phép chia tử thức cho mẫu thức ta viết được :
áp dụng bất đẳng thức (*) ta có :
với mọi x.
Đẳng thức xảy ra
Vậy y đạt giá trị nhỏ nhất là 2 khi và chỉ khi x = 0.
Thí dụ 2 : Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số :
y = |x - 2003| + |x + 2003|
Lời giải : áp dụng bất đẳng thức (**) với a = x + 2003 và b = 2003 - x ta có :
y = |x - 2003| + |x + 2003| = |2003 - x| + |x + 2003|
≥ |(2003 - x) + (x + 2003)| = 2006
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (2003 - x)(x + 2003) ≥ 0
Tương đương - 2003 ≤ x ≤ 2003.
Do đó y đạt giá trị nhỏ nhất là 4006
khi và chỉ khi - 2003 ≤ x ≤ 2003 .

Chú ý : Nhiều bạn lại áp dụng với a = x + 2003 và b = x - 2003 thì ... chưa được gì. Bởi khi đó ta
có :
y ≥ |(x - 20003) + (x + 2003)| = |2x| = 2|x| .
Vì 2|x| không phải là hằng số nên dù đẳng thức có xảy ra thì cũng không kết luận được gì về giá trị
nhỏ nhất của y.
Thí dụ 3 : Tìm giá trị lớn nhất của hàm số :
y = - 2001 x
2
+ 2002 x - 2003.
Lời giải : Như phần kiến thức đã trình bày ở trên, ta viết :
với mọi x.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 1001/2001 nên y đạt giái trị nhỏ nhất là - 3006002/2001.
Chú ý : Khi gặp đa thức nhiều ẩn, các bạn có thể tạm coi đa thức là một ẩn với một ẩn nào đó và
thực hiện cách biến đổi tương tự cũng sẽ giải quyết được bài toán.
Thí dụ 4 : Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
P = x
2
+ y
2
- xy - x + y + 1
Lời giải : Ta viết :
Từ đó ta có giá trị nhỏ nhất của P là 2/3.
Chú ý : Nhiều bạn có “sáng kiến” viết :
P = 1/2.(2x
2
+ 2y
2
- 2xy - 2x + 2y + 2)
= 1/2.[ (x - y)
2

+ (x - 1)
2
+ (y + 10
2
] ≥ 0 với mọi x, y.
Tuy nhiên bất đẳng thức trên không thể trở thành đẳng thức. Ta không được gì, ngoài việc biết
được giá trị nhỏ nhất của P, nếu tồn tại sẽ là một số ... dương (!). Các bạn chớ thấy bất đẳng thức
trên không trở thành đẳng thức mà vội vàng “liều lĩnh” kết luận : P không có giá trị nhỏ nhất (?).
Thí dụ 5 : Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số :
Lời giải : Tập xác định của hàm số là 0 ≤ x ≤ 2 .
Ta có :
với mọi x thuộc tập xác định. Vì y ≥ 0 nên từ y
2
≥ 2 => y ≥
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 0 hoặc x = 2. Do đó GTNN của y là .
áp dụng bất đẳng thức (***) với :
Do đó GTLN của y là 2.
Mức độ khó hơn, các bạn có thể tham khảo các bài toán dưới đây :
Thí dụ 6 : Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số :
y = x
4
- 4x
3
+ 8x.
Lời giải : Ta có :
y = (x
4
- 4x
3
+ 4x

2
) - 4(x
2
- 2x)
= (x
2
- 2x)
2
- 4(x
2
- 2x)
= [ (x
2
- 2x) - 2]
2
- 4 ≥ - 4 với mọi x.
Đẳng thức xảy ra :
Do đó giá trị nhỏ nhất của y là -4, khi và chỉ khi
Thí dụ 7 : Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số :
Lời giải : Căn thức có nghĩa khi và chỉ khi 4 - x
2
≥ 0
Tương đương với x
2
≥ 4 hay |x| ≤ 2
Tương đương - 2 ≤ x ≤ 2 .
Ta có :
áp dụng bất đẳng thức (*) với a = x
2
và b = 4 - x

2
ta có
Từ (1) và (2) ta có |y| ≤ 2 => - 2 ≤ y ≤ 2
GTLN của y là 2
GTNN của y là -2
Các bạn hãy tự luyện tập thêm qua các bài toán :
1. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số
2. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số
3. Tìm giá trị nhỏ nhất của
P = x
2
+ 2y
2
- 2xy + 2(x - 2y + 1)
4. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số
Bài 1(8) : Tìm tất cả các số nguyên dương x, y, z sao cho : xyz = 9 + x + y +
z (1).
Lời giải : Do vai trò bình đẳng của x, y, z trong phương trình (1), ta giả sử x y z.
Chú ý, nếu z 3 thì xyz x.3.3 = 9x = 6x + 3x 18 + (x + y + z) > 9 + x + y + z. Vậy z < 3.
* Trường hợp z = 1 : ta có (1) tương đương với xy = 10 + x + y hay (x - 1)(y - 1) = 11.
Vì x - 1 y - 1 => : x- 1 = 11 và y - 1 = 1 hay x = 12 và y = 2
* Trường hợp z = 2 : ta có (1) tương đương với 2xy = 11 + x + y hay (2x - 1)(2y - 1) = 23.
Vì 2x - 1 2y - 1 3 và 23 là số nguyên tố nên phương trình trên vô nghiệm.
Vậy với x y z thì (1) chỉ có nghiệm x = 12, y = 2, z = 1. Với x, y, z nguyên dương bất kì, (1) có
6 nghiệm (x, y, z) là 6 hoán vị của (12, 2, 1).
Bài 4(9) : Cho các số không âm x
1
, x
2
, x, …, x

n
có tổng bằng 1. Tìm giá trị
lớn nhất của biểu thức : x
1
x
2
+ x
2
x
3
+ … + x
n-1
x
n
.
Lời giải :
Đặt T = x
1
x
2
+ x
2
x
3
+ x
3
x4 + … + x
n-1
x
n

.
Cách 1 :
Xét trường hợp n chẵn (tương tự với n lẻ).
Đặt a = x
1
+ x
3
+ … + x
n-1
;
b = x
2
+ x
4
+ … + x
n
.
Ta có, a + b = 1 và T nhỏ hơn bằng a.b (các bạn hãy tự kiểm tra). Từ đó :
T nhỏ hơn bằng a.b = a.(1 - a) = - a
2
+ a = 1/4 - (a - 1/2)
2
nhỏ hơn bằng 1/4.
Nếu x
1
= x
2
thì x
3
= x

4
= … = x
n
= 0, khi đó T đạt giá trị lớn nhất bằng 1/4.
Cách 2 :
Không mất tính tổng quát, giả sử x
1
là số lớn nhất, ta có : x
1
x
2
= x
1
x
2
; x
2
x
3
nhỏ hơn bằng x
1
x
3
; … ;
x
n-1
x
n
nhỏ hơn băng x
1

x
n

=> ị T nhỏ hơn bằng x
1
(x
2
+ x
3
+ … + x
n
) = x
1
(1 - x
1
).
Đến đây, bài toán được giải quyết tiếp như ở cách 1.
Nhận xét : Hầu hết các bạn đều tìm được kết quả đúng. Tuy nhiên, có khá nhiều bạn xác định điều
kiện xảy ra đẳng thức là sai, việc này có thể tránh nếu “chịu khó” kiểm tra lại điều kiện. Các bạn
có lời giải tốt :
Bài 1(12) : Cho số tự nhiên N = 2003
2004
. Viết N thành tổng của k số tự nhiên
nào đó n
1
, n
2
, …, n
k
. S = n

1
3
+ n
2
3
+ … + n
k
3
. Tìm số dư của phép chia S
cho 6.
Lời giải :
Vì a
3
- a = a.(a
2
-1) = (a - 1).a.(a + 1) là tích của ba số nguyên liên tiếp nên a
3
- a chia hết cho 6 với
mọi số nguyên a.
Đặt N = n
1
+ n
2
+ … + n
k
, ta có :
S - N = (n
1
3
+ n

2
3
+ … + n
k
3
) - (n
1
+ n
2
+ … + n
k
) = (n
1
3
- n
1
) + (n
1
3
- n
1
) + … + (n
k
3
- n
k
) chia hết
cho 6 => S và N có cùng số dư khi chia cho 6.
Mặt khác, 2003 chia cho 6 dư 5 => 2003
2

chia cho 6 dư 1 => N = 2003
2004
= (2003
2
)
1002
chia cho 6
dư 1. Vậy : S chia cho 6 dư 1.
Nhận xét :
1) Nhiều bạn đã có nhận xét đúng : “Với mọi số nguyên a và số tự nhiên m thì a
2m + 1
- a chia hết
cho 6”, dẫn đến kết quả : “n
1
+ n
2
+ … + n
k
và n
1
2m + 1
+ n
2
2m + 1
+ … + n
k
2m + 1
có cùng số dư khi chia
cho 6 với n
1

, n
2
, …, n
2
là các số nguyên”.
2) Một số bạn đã vội có lập luận sai lầm khi từ a
3
- a chia hết cho 6 đã => a
3m
- a chia hết cho 6 !
Bài 2(18) : Tìm nghiệm dương của phương trình : (x
3
+ y
3
) + 4(x
2
+ y
2
) + 4(x
+ y) = 16xy.
Lời giải :
Ta có (x
3
+ y
3
) + 4(x
2
+ y
2
) + 4(x + y) - 16xy = (x

3
- 4x
2
+ 4x) + (y
3
- 4y
2
+4y) + (8x
2
+ 8y
2
- 16xy)
= x(x - 2)
2
+ y(y - 2)
2
+ 8(x - y)
2
≥ 0 do x > 0 và y > 0.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = 2.
Vậy phương trình có duy nhất một nghiệm dương x = y = 2.
Nhận xét : 1) Để giải một hệ phương trình có số phương trình ít hơn số ẩn số hoặc một phương
trình nhiều ẩn chúng ta có một cách là dẫn đến một bất đẳng thức mà hệ hoặc phương trình được
thỏa mãn chỉ khi bất đẳng thức trở thành đẳng thức.
Bài 2(19) : Cho các số x
1
, x,sub>2, x
3
, ..., x
11

thỏa mãn : 1 ≤ x
1
< x
2
< x
3
< ... <
x
11
≤ 1000. Chứng minh rằng, tồn tại i Є {1, 2, 3, ..., 10} sao cho
Lời giải : Ta có a
3
+ b
3
+ c
3
- 3abc = = (a + b + c)(a
2
+ b
2
+ c
2
- ab - bc - ca) = 1/2 (a + b + c)((a -
b)
2
+ (b - c)
2
+ (c - a)
2
) (1).

Suy ra a
3
+ b
3
+ c
3
< 3abc <=> a, b, c không đồng thời bằng nhau và a + b + c < 0.
Áp dụng với < ta có
Do 1 ≤ x
1
< x
2
< x
3
< ... < x
11
≤ 1000 suy ra
là 10 số dương có tổng bằng :
Do đó tồn tại i Є {1, 2, 3, ..., 10} sao cho
Từ (2), (3) suy ra điều phải chứng minh.
Nhận xét : (1) là một hằng đẳng thức quen thuộc của lớp 8.
Bài 3(20) : Cho x
2
+ y
2
= 1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu
thức : S = (2 - x)(2 - y).
Lời giải : Ta có S = (2 - x)(2 - y)
Nhận xét : Đây là bài toán cơ bản, biến đổi đẹp
Bài 3(21) : Cho a ≠ -b, a ≠ -c, b ≠ -c. Chứng minh rằng :

Lời giải : Đa số các bạn đã giải như sau :
Ta có
Tương tự ta có
Cộng theo từng vế của (1), (2), (3) ta có :
Vậy đẳng thức (*) được chứng minh.
Nhận xét : 1) Một số bạn dùng cách biến đổi từng vế (quy đồng mẫu số, giản ước tử số), cách này
tuy dài nhưng cho ta thêm một kết quả đẹp, đó là :
2) Các bạn có thể tham khảo thêm lời giải :
Khi đó vế trái của (*) trở thành
bằng vế phải của (*).
TỪ MỘT BÀI THI HỌC SINH GIỎI
Trong kì thi học sinh giỏi tỉnh Hà Tĩnh năm học 2003-2004 có bài toán thú vị
sau :
Bài toán 1 : Giả sử các số dương a, b, c thỏa mãn (a
2
+ b
2
+ c
2
)
2
> 2(a
4
+ b
4
+
c
4
). Chứng minh rằng : a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác.
Lời giải : Không mất tính tổng quát, giả sử a ≥ b ≥ c > 0. Ta có :

(a
2
+ b
2
+ c
2
)
2
> 2(a
4
+ b
4
+ c
4
)
<=> (a
2
+ b
2
+ c
2
)
2
- 2(a
4
+ b
4
+ c
4
) > 0

<=> 2(a
2
b
2
+ b
2
c
2
+ c
2
a
2
) - (a
4
+ b
4
+ c
4
) > 0
<=> (a + b - c)(b + c - a)(c + a - b)(a + b + c) > 0.
Do a ≥ b ≥ c > 0 => a + b + c > 0 ;
a + b - c > 0 ; c + a - b > 0 => b + c - a > 0.
Suy ra a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác.
Dễ dàng nhận ra rằng, cách chứng minh bài toán trên vẫn còn hiệu lực đối với bài toán mở rộng
sau :
Bài toán 2 : Cho các số dương a, b, c thỏa mãn (a
2k
+ b
2k
+ c

2k
)
2
> 2(a
4k
+ b
4k
+ c
4k
). Chứng minh
rằng : a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác.
Lời giải : Theo kết quả của bài toán 1 ta có a
k
, b
k
, c
k
là độ dài ba cạnh của một tam giác. Khi đó
nếu a + b Ê c thì a
k
+ b
k
< (a + b)
k
≤ c
k
là điều vô lí, suy ra a + b > c.
Tương tự ta có b + c > a và c + a > b.
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Tiếp tục mở rộng cho bộ n số dương a

1
, a
2
, ..., a
n
ta có bài toán sau :
Bài toán 3 :
Cho n số dương a
1
, a
2
, ..., a
n
thỏa mãn :
với n ≥ 3. Chứng minh rằng : Bất kì ba số nào trong n số trên đều là độ dài ba cạnh của một tam
giác.
Lời giải : + Với n = 3 : trở lại bài toán 1.
+ Với n > 3 : Không mất tính tổng quát, ta chứng minh cho ba số a
1
, a
2
, a
3
.
Theo điều kiện đề bài và áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-ski ta có :
Theo bài toán 1 ta có a
1
, a
2
, a

3
là độ di ba cạnh của một tam giác. Từ đó ta có điều phải chứng
minh.
Bài toán 3 chính là đề thi Vô định Toán Trung Quốc năm 1988.
Nếu biết rằng b
1
≥ b
2
≥ ... ≥ b
k
> 0 và b
1
< b
2
+ ... + b
k
thì b
1
, b
2
, ..., b
k
là độ dài các cạnh của một đa
giác, các bạn sẽ chứng minh được bài toán tổng quát sau :
Bài toán 4 :
Cho n số dương a
1
, a
2
, ..., a

n
thỏa mãn :
Chứng minh rằng : Bất kì k số nào trong n số trên đều là độ dài các cạnh của một đa giác lồi k
cạnh (n ≥ k ≥ 3).
Bài 1(23) : Cho p là số nguyên tố lớn hơn 3. Chứng minh rằng phương
trình
x
2
+ y
2
+ z
2
= 4p
2
+ 1 luôn có nghiệm nguyên dương (x
0
; y
0
; z
0
).
Lời giải : Vì p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên hoặc p chia cho 3 dư 1 hoặc p chia cho 3 dư 2.
Trường hợp 1 : p chia cho 3 dư 1, tức là p = 3k + 1 (k ẻ N*).
Ta có 4p
2
+ 1 = 4(3k + 1)
2
+ 1
= 4(9k
2

+ 6k + 1) + 1
= 4k
2
+ (16k
2
+ 8k + 1) + (16k
2
+ 16k + 4)
= (2k)
2
+ (4k + 1)
2
+ (4k + 2)
2
(1).
Do đó : (x
0
; y
0
; z
0
) là một hoán vị của 2k, 4k + 1, 4k + 2.
Trường hợp 2 : p chia cho 3 dư 2, tức là p = 3k + 2 (k ẻ N*).
Ta có 4p
2
+ 1 = 4(3k + 2)
2
+ 1
= 4(9k
2

+ 12k + 4) + 1
= (4k
2
+8k + 4) + (16k
2
+ 16k + 4) + (16k
2
+ 24k + 9)
= (2k + 2)
2
+ (4k + 2)
2
+ (4k + 3)
2
(2).
Do đó : (x
0
; y
0
; z0) là một hoán vị của 2k + 2, 4k + 2, 4k + 3.
Từ (1) và (2), bài toán đã được chứng minh.
Nhận xét : Đây là bài toán cơ bản, hay của học sinh THCS
Bài 2(23) : Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3. Chứng minh
rằng :
(1).
Lời giải : Ta có :
Mặt khác : 1 + b
2
≥ 2b ; 1 + c
2

≥ 2c ;1 + a
2
≥ 2a nên :
Từ (a - b)
2
+ (b - c)
2
+ (c - a)
2
≥ 0 suy ra ab + bc + ca ≤ a
2
+ b
2
+ c
2

=> 3(ab + bc + ca) ≤ (a + b + c)
2
= 9
=> ab + bc + ca ≤ 3 (4)
Từ (3) và (4) ta có :
Chứng tỏ bất đẳng thức (2) đúng suy ra bất đẳng thức (1) đúng (đpcm). Đẳng thức xảy ra khi và
chỉ khi a = b = c = 1.
Bài 5(5) : Cho hai tam giác đều ABC, A
1
B
1
C
1
bằng nhau và chồng lên nhau

sao cho phần giao của chúng là một lục giác mà ta kí hiệu là MNPQRS.
Chứng minh rằng : MN + PQ + RS = NP + QR + SM.
Lời giải : (của bạn Hoàng Minh Hiếu)
Chú ý rằng, các góc của hai tam giác đều ABC, A
1
B
1
C
1
bằng nhau (cùng bằng 60
o
), hai góc đối
đỉnh bằng nhau, ta thấy : các tam giác A
1
MN, B
1
PQ, C
1
RS, CPN, ARQ, BMS đồng dạng. Hai tam
giác đồng dạng thì tỉ số giữa các độ dài tương ứng bằng nhau, ta => :
Theo tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta có :
Đặt độ dài các cạnh của hai tam giác đều bằng a, MN + PQ + RS = x, NP + QR + SM = y.
Ta có : x/(3a - ) = y/(3a - x) . => x(3a - x) = y(3a - y) => (x - y)3a - (x - y)(x + y) = 0 => (x - y)(3a -
x - y) = 0 (1)
Mặt khác, ta có :
3a = BC + CA + AB = (BM + MN + NC) + + (CP + PQ + QA) + (AR + RS + SB) = (CN + CP) +
(AQ + AR) + (BS + BM) + + (MN + PQ + RS) > (NP + QR + SM) + (MN + PQ + RS) (bất đẳng
thức tam giác)
= y + x => 3a - x - y > 0 (2).
Từ (1), (2) => x - y = 0 => x = y.

Điều đó có nghĩa là :
MN + PQ + RS = NP + QR + SM.
Nhận xét :
Khi giải các bài toán về tam giác đồng dạng, các bạn cần đặc biệt chú ý tới nhận xét sau : “nếu hai
tam giác đồng dạng thì tỉ số giữa các độ dài tương ứng bằng tỉ số đồng dạng”.
Bài 4(7) : Cho tứ giác ABCD có AD = BC. Về phía ngoài của tứ giác này, ta
dựng hai tam giác bằng nhau ADE và BCF. Chứng minh rằng : trung
điểm của các đoạn AB, CD, EF cùng thuộc một đường thẳng.
Lời giải :
Dựng các hình bình hành ABFF’, ABCC’.
Dễ thấy : F’FCC’ cũng là hình bình hành.
Từ đó ta có : AF' = BF , AC' = BC và F'C' = FC
=> ΔAC’F’ = ΔBCF = ΔADE (1)
Gọi X, Y, Z, Z’, Y’ lần lượt là trung điểm của AB, DC, EF, EF’, DC’.
Từ (1) => : A, Y’, Z’ thẳng hàng (2).
Dễ thấy :
Do đó : các tứ giác AXYY’ và AXZZ’ là hình bình hành (3)
Từ (2), (3) => : X, Y, Z thẳng hàng (đpcm).
Nhận xét :
1/ Lời giải của các bạn đều đúng, tuy nhiên có một số bạn giải quá dài.
2/ Ngoài lời giải nêu trên, một số bạn còn có lời giải khác cũng khá ngắn gọn.
Gọi M, N, K, I, J lần lượt là trung điểm của các đoạn AB, CD, EF, EB, DB. Dễ thấy các tam giác
IKM, JNM cân lần lượt tại I, J. Sau đó sử dụng nguyên tắc : X, Y, Z thẳng hàng tương đương với
góc YXZ = 0
o
hoặc góc YXZ = 180
o
.
Từ đó => kết quả.
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 1(9) : Cho tam giác ABC. Một đường thẳng d đi qua trọng
tâm G của tam giác cắt cạnh AB tại D và cắt cạnh AC tại E.
Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng diện tích các tam giác BDE và

CDE.
Lời giải : Gọi M là trung điểm của BC, dựng BI, CK song song với d (I, K nằm trên AM), khi đó
MI = MK, => AI + AK = 2 AM = 3AG. Vậy có : AB/AD + AC/AE = AI/AG + AK/AG =
3AG/AG =3
Dựng AH, BB
1
, MM
1
, CC
1
vuông góc với d, lúc đó AH = 2MM
1
.
Mặt khác, MM
1
là đường trung bình của hình thang BB
1
C
1
C nên : BB
1
+ CC
1
= 2MM
1
= AH.
Từ đó :
áp dụng BĐT Cô-si cho hai số dương ta được :
Do đó :
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi AD/AB = AE/AC hay d // BC. Vậy giá trị nhỏ nhất của tổng diện

tích của hai tam giác BDE và CDE là 4/9 diện tích tam giác ABC, đạt được khi d // BC.
Bài 4(12) : Cho hình thang vuông ABCD có AD // BC, AB vuông góc với AD,
AD = 4 cm, AB = BC = 2 cm. Hãy tìm một con đường ngắn nhất đi từ
đỉnh A tới một điểm M trên cạnh DC, rồi tới điểm N trên cạnh AB, quay
lại một điểm P trên cạnh DC và trở về A.
Lời giải : Bài toán đưa về tìm giá trị nhỏ của tổng T = AM + MN + NP + PA.
Ta cần kết quả sau.
Bổ đề : Trong một hình thang vuông, độ dài đoạn thẳng nối hai điểm nằm trên hai cạnh bên không
nhỏ thua độ dài đáy nhỏ (các bạn tự chứng minh bổ đề này).
áp dụng bổ đề, ta có : MN ≥ BC ; NP ≥ BC => MN + NP ≥ 2BC (1).
Dựng CH cuông góc với AD. Nhận thấy tứ giác ABCH là hình vuông, => : CH = AH = AB = BC
= 2 cm => DH = 2 cm.
Ta có CH = AH = HD = 2 cm => ΔCAD vuông cân tại C.
Vì P, M thuộc CD => PA ≥ AC ; AM ≥ AC => AM + PA ≥ 2AC (2).
Từ (1), (2) => T ≥ 2(AC + BC) =
đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi P, M, C trùng nhau và N trùng với B.
Vậy con đường ngắn nhất thỏa mãn điều kiện đề bài dài chính là con đường : A đến
C đến B đến C đến A.
Nhận xét :
1) Kết quả bài toán có thể đoán nhận được qua hình sau (“lật” liên tiếp ba lần hình thang ABCD) :
Bài 5(12) : Cho tứ giác ABCD. I, J theo thứ tự là trung điểm của AC, BD.
Chứng minh rằng : AC + BD + 2IJ < AB + BC + CD + DA.
Lời giải : Trước hết, xin phát biểu, không chứng minh một nhận xét đơn giản : “Trong một tứ
giác, tổng các độ dài hai đường chéo lớn hơn tổng các độ dài hai cạnh đối và nhỏ hơn chu vi.”
Trở lại bài toán, có hai trường hợp xảy ra :
Trường hợp 1 : ABCD là hình bình hành.
Vì ABCD là hình bình hành nên I trùng J. Theo nhận xét trên, AC + BD + 2IJ = AC + BD < AB +
BC + CD + DA.
Trường hợp 2 : ABCD không là hình bình hành. Vì ABCD không là hình bình hành nên tồn tại
một cặp cạnh đối không song song. Không mất tính tổng quát, giả sử AB và CD không song song.

đặt E là giao điểm của AB va CD. Không mất tính tổng quát, giả sử E thuộc tia đối của các tia AB,
DC. Ta có : ( DAB +  ABC)+( BCD+ CDA)=360
o
=>  DAB +  ABC ≥ 180
o
hoặc  BCD +  CDA ≥ 180
o
Không mất tính tổng quát, giả sử :  DAB +  ABC ≥180
o
(1)
Dựng hình bình hành ABCF. Từ (1), ta thấy : tia AF nằm trong (2).
Mặt khác, trong tam giác EBC, ta có :  EBC +  ECB ≤180
o
=> ị tia CD nằm trong Từ (2) và (3) => tứ giác ACFD lồi. Theo nhận xét trên, ta có : AC + DF <
AF + CD. Chú ý rằng DF = 2IJ, AF = BC, ta có : AC + 2IJ < BC + CD (4) Trong tam giác ABD, ta
có : BD < AB + DA (5) Từ (4) và (5) => : AC + BD + 2IJ < AB + BC + CD + DA.
Nhận xét : 1) Bài này có 5 bạn giải sai. Nguyên nhân của những sai lầm này là không sử dụng
thành thạo các bất đẳng thức hình học và đại số cơ bản.
2) đa số các bạn giải theo hướng trên đều không chứng minh được tứ giác ACFD lồi. Có hai kiểu
sai lầm :
+ Không thấy sự cần thiết phải chứng minh tứ giác ACFD lồi.
+ Có chứng minh tứ giác ACFD lồi nhưng chứng minh không chặt chẽ.
Bài 1(13) : Tìm các diện tích a, b, c trong hình sau (đơn vị cm
2
)
Lời giải : (Theo bạn Vương Bằng Việt, 71, THCS Nam Hà, TX Hà Tĩnh, Hà Tĩnh)
Từ S
IAB
/S
IAF

= S
IBC
/S
IFC
= (IB/IF) => (b + c)/a = (30 + 40)/35 hay b + c = 2a (1)
Mặt khác : S
IAB
/S
IDB
= S
IAC
/S
IDC
(IA/ID) => (b + c)/40 = (a + 35)/40 hay 6a = 4(a + 35) (theo (1) =>
a = 70, từ đó b + c = 140 (2)
Lại vì : S
IBC
/S
IBE
= S
ICA
/S
IEA
(IC/IE) nên (30 + 40)/b = (a + 35)/c (3)
Từ (2), (3) ta nhận được b = 56, c = 84. Do đó các diện tích a, b, c lần lượt là 70 cm
2
, 56 cm
2
, 84
cm

2
.
Nhận xét : Một số bạn sử dụng định lí Xê-va cho DABC với 3 đường đồng quy AD, BF, CE cũng
đi đến kết quả trên. Lưu ý rằng khi áp dụng định lí Xê-va để giải quyết bài toán trên, các bạn phải
chứng minh định lí này.
Bài 5(13) : Cho hình thang ABCD có AB song song và bằng một nửa CD. H
là trung điểm của CD. Điểm M nằm ngoài hình thang sao cho MH vuông
góc và bằng một phần tư CD. Bên ngoài hình thang, ta dựng các tam
giác ADE, BCF vuông cân tại E, F. Chứng minh rằng tam giác MEF
vuông cân tại M.
Lời giải :
Cách 1 : (của bạn Chu Toàn Thắng) Trước hết, ta nhắc lại một bổ đề quen thuộc.
Bổ đề (*) : Cho tam giác ABC. Về phía ngoài của tam giác, ta dựng các tam giác ABE, ACF
vuông cân tại E, F. M là trung điểm của AB. Khi đó, tam giác MEF vuông cân.
Trở lại bài toán.
Trên tia đối của tia MD, lấy điểm K sao cho : MK = MD (hình 1). Dễ thấy : KC vuông góc với DC
(1) và CK = 2MH (2)
dd>Từ (1) => :  KCF = 360
o
-  KCD -  DCB -  BCF = 360
o
- 90
o
-(180
o
-  CBA) - 45
o
= 45
o

+  CBA =  FBC +  CBA =  ABF Vậy:  KCF =  ABF
Từ (2) => : KC = 1/2 CD = AB (4)
Từ (3), (4) và CF = BF (do tam giácBCF vuông cân tại F) ta có : Δ KCF = Δ ABF (c.g.c)
=> FK = FA ;  CFK =  AFB
=>  KFA =  CFB +  CFK -  BFA =  CFB = 90
0

=> Δ AKF vuông cân tại F.
áp dụng bổ đề (*) cho tam giác ADK và các tam giác ADE, AKF vuông cân tại E, F ta có : Δ MEF
vuông cân tại M.
Cách 2 : (của bạn Nguyễn Tài Đại)
Gọi K là trung điểm của AB. Lấy điểm N nằm ngoài hình thang ABCD sao cho NK = AB ; NK
vuông góc với AB (hình 2).
Dễ thấy : tam giác MHC = tam giác BKN => MC = NB ; mặt khác, AB // CD và tam giác BCF
vuông cân tại F nên Δ FMC = Δ FNB (c.g.c) => Δ MFN vuông cân tại F (bạn đọc tự chứng minh).
Tương tự như vậy, Δ MEN vuông cân tại E.
=> MENF là hình vuông => tam giác MEF vuông cân tại M.
GIẢI TOÁN SÁNG TẠO
LTS. Một kết quả quen thuộc có còn “hấp dẫn” bạn không ? Chắc rằng câu trả lời của khá nhiều
bạn sẽ là : “không”. Đối với bạn Đỗ Việt Thành thì không phải như vậy. Các bạn hãy cùng bạn
Thành khám phá một bài toán rất quen thuộc và đơn giản để nhìn ra sự hấp dẫn nhé.
Bài toán : Cho hình thang ABCD (AB // CD). M là trung điểm của AD. Qua M
kẻ đường thẳng song song với AB, cắt BC tại N. Chứng minh rằng N là
trung điểm của BC. Lời giải : Tìm được nhiều hướng giải quyết sáng tạo
chính là sự hấp dẫn của bài toán này.
Cách 1 : Lấy N’ là trung điểm của BC (hình 1), vậy MN’ là đường trung bình của hình thang
ABCD, suy ra MN’ // AB.
Từ giả thiết MN // AB => MN // MN’ => MN MN’ => N N’ => N là trung điểm của BC. ∶ ∶
Cách 2 : Gọi P = AC ∩ MN (hình 2).
Từ giả thiết suy ra MN // CD. Xét ∆ADC, M là trung điểm của AD, MP // CD nên MP là đường

trung bình của tam giác, suy ra P là trung điểm của AC.
Xét ∆CAB, tương tự ta có PN là đường trung bình của tam giác nên N là trung điểm của BC.
Cách 3 : Qua B, kẻ đường thẳng song song với AD, cắt MN, CD lần lượt tại P, Q (hình 3). Kết
hợp với giả thiết, ta suy ra ABPM và MPQD là các hình bình hành nên AM = PB, MD = PQ. Mặt
khác, M là trung điểm của AD hay MA = MD nên PB = PQ hay P là trung điểm của BQ.
Xét ∆BQC, tương tự như cách 2 ta có PN là đường trung bình của tam giác nên N là trung điểm
của BC.
Cách 4 : Qua B, N kẻ các đường thẳng song song với AD, lần lượt cắt MN, CD tại P, Q (hình 4).
Dễ thấy ABPM và MNQD là các hình bình hành nên AM = PB, MD = NQ => PB = NQ (do MA =
MD). Mặt khác, ∠ PNB = ∠ QNC (đồng vị), ∠ BPN = ∠ NQC (cạnh tương ứng song song cùng
chiều)
Vậy ∆BPN = ∆NQC (g.c.g) => BN = CN => N là trung điểm của BC.
Cách 5 : (dùng phương pháp diện tích) Lấy điểm E bất kì trên đoạn MN (hình 5).
Vì M là trung điểm của AD, MN // AB, AB // CD nên hoàn toàn có thể chứng minh được khoảng
cách từ các điểm A, B, C, D xuống MN bằng nhau, ta kí hiệu là h.
Suy ra S
BEN
= S
CEN
= 1/2.h.EN. Mặt khác, hai tam giác này có chung chiều cao xuất phát từ E
xuống BC nên BN = CN hay N là trung điểm của BC.
PHÁT TRIỂN TỪ MỘT BÀI TOÁN CƠ BẢN
Mọi dòng sông lớn đều bắt nguồn từ những con suối nhỏ, mọi bài toán khó đều khởi nguồn từ
những bài toán đơn giản hơn. Vì vậy để học giỏi môn toán thì không những bạn cần phải nắm
vững và biết vận dụng các bài toán cơ bản mà còn nên biết cách phát triển một bài toán để có thêm
những bài toán mới.
Bài toán sau là một bài toán quen thuộc trong chương trình hình học lớp 8 :
Bài toán 1 : Cho tứ giác ABCD có AB < CD. Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của AB, AC,
CD, BD. Chứng minh rằng tứ giác MNPQ là hình bình hành.
Hình bình hành MNPQ sẽ có dạng đặc biệt hơn nếu tứ giác ABCD thỏa mãn thêm các điều kiện

nào đó.
Dễ thấy hình bình hành MNPQ trở thành hình thoi khi và chỉ khi tứ giác ABCD có hai cạnh đối
bằng nhau. Ta có kết quả :
Bài toán 2 : Cho tứ giác ABCD có AD = BC, AB < CD. Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của
AB, AC, CD, BD. Chứng minh rằng tứ giác MNPQ là hình thoi.
Lưu ý QM, MN, NP, PQ lần lượt là các đường trung bình của các tam giác BAD, ABC, CAD,
DBC ta sẽ có điều phải chứng minh (xem hình 1).
Con đường đi từ bài toán 1 đến bài toán 2 chính là nhờ phép đặc biệt hóa.
Đường chéo QN của hình thoi MNPQ là đáy của tam giác cân PQN nên đường thẳng QN cắt AD,
BC lần lượt tại I, K thì  BKN =  PQN và  AIQ =  PNQ (các cặp góc so le trong). Do đó 
AIQ =  BKN (xem hình 2). Ta có thêm kết quả :
Bài toán 3 : Cho tứ giác ABCD có AD = BC, AB < CD. Gọi N, Q lần lượt là trung điểm của hai
đường chéo AC, BD. Chứng minh rằng đường thẳng NQ tạo với AD, BC các góc bằng nhau.
Tương tự, MP là đáy của tam giác cân NMP nên đường thẳng MP cũng sẽ tạo với các đường thẳng
AD, BC những góc bằng nhau. Từ đó ta có bài toán :
Bài toán 4 : Cho ∆EDC có ED < EC. Lấy A, B lần lượt trên ED, EC sao cho DA = CB. Gọi P, M
lần lượt là trung điểm của DC, AB. PM cắt EC, ED lần lượt tại H, G. Chứng minh rằng ∆EGH cân
tại E.
Các bạn có thể chứng minh được ngay khi xem hình 3.
Đến đây, ta nhận thấy rằng  DEC là góc ngoài của ∆EGH (cân tại E) nên dễ dàng phát hiện thấy
đường thẳng GH song song với đường phân giác trong của  DEC. Nếu cho E, A, B cố định thì M
là trung điểm của AB cũng cố định, phân giác trong của  AEB cũng cố định. Từ đó ta được một
kết quả khá thú vị.
Bài toán 5 : Cho ∆EAB, EA < EB. D, C lần lượt chạy trên các tia đối của tia AE, tia BE sao cho
DA = CB. Chứng minh trung điểm P của DC chạy trên một đường thẳng cố định.
Các bạn có thể chứng minh được ngay điểm P nằm trên đường thẳng d đi qua trung điểm M của
AB cố định và song song với đường phân giác trong cố định của  AEB. Tất nhiên đường thẳng d
là đường thẳng cố định (xem hình 3).
Dựa vào các kết quả trên và đọc thêm bài viết “Phương tích và bài toán Castillon” của tác giả Trần
Anh Dũng, đăng trên TTT2 số 16 thì các bạn có thể giải quyết được bài toán :

Bài toán 6 : Cho ∆ABC (AB < AC), phân giác AD và trung tuyến AM. Đường tròn ngoại tiếp
∆ADM cắt AB, AC lần lượt tại E, F. Gọi I là trung điểm của EF, đường thẳng MI cắt AB, AC lần
lượt tại Q, P. Chứng minh rằng ∆APQ cân tại A.
Trong quá trình suy nghĩ để tiếp tục phát triển bài toán 2, tình cờ tôi gặp đề toán 4(7) của TS.
Nguyễn Minh Hà (trang 32, TTT2 số 7) . Nhờ bài toán 2, ta có một cách giải khá đơn giản đề toán
4(7) và đề xuất được kết quả mở rộng hơn.
Trước hết, ta giải bài toán 4(7).
Bài toán 4(7) : Cho tứ giác ABCD có AD = BC. Về phía ngoài của tứ giác này, ta dựng hai tam
giác bằng nhau là ADE và BCF. Chứng minh rằng trung điểm các đoạn AB, CD, EF cùng thuộc
một đường thẳng.
Lời giải :
Trường hợp AB < CD : Gọi I, K, H, M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của AB, EF, CD, CE, DF,
BD, AC (hình 4).
Từ giả thiết ∆ADE = ∆BCF và dựa vào tính chất của đường trung bình trong tam giác ta dễ dàng
có được kết quả :
∆HNP = ∆HMQ (c.c.c).
Suy ra  MHQ =  NHP →  MHP =  NHQ →  MHN =  PHQ có cùng tia phân giác.
Mặt khác, áp dụng bài toán 2 cho hai tứ giác ABCD và EFCD, ta có IPHQ và KMHN là các hình
thoi. Suy ra HK và HI lần lượt là phân giác của  MHN và  PHQ.
Suy ra H, I, K thẳng hàng.
Trường hợp AB = CD : dành cho bạn đọc.
Các bạn thử chứng minh kết quả mở rộng của bài toán trên :
“Cho tứ giác ABCD có AD = BC. Về phía ngoài của tứ giác này, ta dựng hai đa giác bằng nhau là
ADM
1
M
2
...M
n
và BCN

1
N
2
...N
n
. Chứng minh rằng trung điểm các đoạn AB, CD, M
1
N
1
, M
2
N
2
, ... ,
M
n
N
n
cùng thuộc một đường thẳng.”
Bài 4(19) : Cho hình vuông ABCD. Gọi E là trung điểm của AD. Qua E vẽ
đường thẳng vuông góc với BE, cắt CD tại F. Tính tỉ số EF/EB
Lời giải (của bạn Đậu Thị Kiều Oanh) :
Qua A kẻ đường thẳng vuông góc với BE, cắt CD tại M. Ta thấy : ∠ ABE = ∠ DAM (hai góc có
cạnh tương ứng vuông góc).
Mặt khác, vì ABCD là hình vuông nên AB = AD => ∆ ABE = ∆ DAM => BE = AM.
Lại có EF và AM cùng vuông góc với BE nên EF // AM ; E là trung điểm của AD nên EF là đường
trung bình trong ∆DAM. Suy ra
Nhận xét : 1) Bài toán không khó nên các bạn tham gia giải đều có lời giải đúng, Tuy nhiên cũng
có nhiều lời giải quá dài.
2) Từ nhận xét ∆DEF đồng dạng với ∆ABE theo tỉ số 1/2 cho ta một lời giải khác cũng khá ngắn

gọn.
Bài 4(21) : Cho tam giác ABC có BC = a, CA = b, AB = c và a + b + c = 9 ; x,
y, z lần lượt là độ dài các phân giác trong của các góc A, B, C. Chứng
minh rằng :