up loat toan tuoi tho

PHƯƠNG PHÁP HOÁN VỊ VÒNG QUANH
Phân tích thành nhân tử là một trong những kĩ năng cơ bản nhất của chương trình đại số bậc THCS. Kĩ năng này
được sử dụng khi giải các bài toán : biến đổi đồng nhất các biểu thức toán học, giải phương trình, chứng minh
bất đẳng thức và giải các bài toán cực trị ... Sách giáo khoa lớp 8 đã giới thiệu nhiều phương pháp phân tích
thành nhân tử. Sau đây tôi xin nêu một phương pháp thường sử dụng, dựa vào việc kết hợp các phương pháp
quen thuộc như đặt nhân tử chung, nhóm số hạng, hằng đẳng thức ...
Phương pháp này dựa vào một số nhận xét sau đây :
1/ Giả sử phải phân tích biểu thức F(a, b, c) thành nhân tử, trong đó a, b, c có vai trò như nhau trong biểu
thức đó. Nếu F(a, b, c) = 0 khi a = b thì F(a, b, c) sẽ chứa các nhân tử a - b, b - c và c - a.
Bài toán 1 : Phân tích thành nhân tử :
F(a, b, c) = a
2
(b - c) + b
2
(c - a) + c
2
(a - b).
Nhận xét : Khi a = b ta có :
F(a, b, c) = a
2
(a - c) + a
2
(c - a) = 0, do đó F(a, b, c) có chứa nhân tử a - b.
Tương tự F(a, b, c) chứa các nhân tử b - c, c - a. Vì F(a, b, c) là biểu thức bậc ba, do đó F(a, b, c) = k.(a - b)(b -
c)(c - a).
Cho a = 1, b = 0, c = -1 ta có :
1 + 1 = k.1.1.(-2) => k = -1.
Vậy : F(a, b, c) = -(a - b)(b - c)(c - a).
Bài toán 2 : Phân tích thành nhân tử :
F(a, b, c) = a
3

(b - c) + b
3
(c - a) + c
3
(a - b).
Nhận xét : Tương tự như bài toán 1, ta thấy F(a, b, c) phải chứa các nhân tử a - b, b - c, c - a. Nhưng ở đây F(a,
b, c) là biểu thức bậc bốn, trong khi đó (a - b)(b - c)(c - a) bậc ba, vì vậy F(a, b, c) phải có một thừa số bậc nhất
của a, b, c. Do vai trò a, b, c như nhau nên thừa số này có dạng k(a + b + c). Do đó :
F(a, b, c) = k(a - b)(b - c)(c - a)(a + b + c)
Cho a = 0 ; b = 1 ; c = 2 => k = -1.
Vậy : F(a, b, c) = -(a - b)(b - c)(c - a)(a + b + c).
2/ Trong một số bài toán, nếu F(a, b, c) là biểu thức đối xứng của a, b, c nhưng F(a, b, c) ≠ 0 khi a = b thì
ta thử xem khi a = -b, F(a, b, c) có triệt tiêu không, nếu thỏa mãn thì F(a, b, c) chứa nhân tử a + b, và từ
đó chứa các nhân tử b + c, c + a.
Bài toán 3 : Chứng minh rằng :
Nếu : 1/x + 1/y + 1/z = 1/(x + y + z) thì
1/x
n
+ 1/y
n
+ 1/z
n
= 1/(x
n
+ y
n
+ z
n
)
với mọi số nguyên lẻ n.

Nhận xét :
Từ giả thiết 1/x + 1/y + 1/z = 1/(x + y + z) => :
(xy + xz + yz)(x + y + z) - xyz = 0 (*)
Do đó ta thử phân tích biểu thức
F(x, y, z) = (xy + xz + yz)(x + y + z) - xyz thành nhân tử.
Chú ý rằng khi x = - y thì F(x, y, z) = - y
2
z + y
2
z = 0 nên F(x, y, z) chứa nhân tử x + y. Lập luận tương tự như bài
toán 1, ta có F(x, y, z) = (x + y)(y + z)(x + z).
Do đó (*) trở thành : (x + y)(y + z)(x + z) = 0
Tương đương với : x + y = 0 hoặc y + z = 0 hoặc z + x = 0 .
Nếu x + y = 0 chẳng hạn thì x = - y và do n lẻ nên x
n
= (-y)
n
= -y
n
.
Vậy : 1/x
n
+ 1/y
n
+ 1/z
n
= 1/(x
n
+ y
n

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

Ta có thể thêm bớt vào F(x, y, z) một lượng 3x
2
y + 3xy
2
để nhân được kết quả này.
Các bạn hãy dùng các phương pháp và kết quả nêu trên để giải các bài tập sau đây.
Bài toán 5 :
Tính tổng :
trong đó k = 1, 2, 3, 4.
Bài toán 6 : Chứng minh rằng (a - b)
5
+ (b - c)
5
+ (c - a)
5
chia hết cho 5(a - b)(b - c)(c - a).
)
MỘT PHƯƠNG PHÁP TÌM NGHIỆM ĐỘC ĐÁO
Bằng kiến thức hình học lớp 6 ta có thể giải được các phương trình bậc hai một ẩn được không ? Câu trả lời là ở
trường hợp tổng quát thì không được, nhưng trong rất nhiều trường hợp ta vẫn có thể tìm được nghiệm dương.
Ví dụ : Tìm nghiệm dương của phương trình x2 + 10x = 39.
Lời giải :
Ta có : x
2
+ 10x = 39
tương đương x
2
+ 2.5.x = 39
Từ biến đổi trên, ta hình dung x là cạnh của một hình vuông thì diện tích của hình vuông đó là x
2

. Kéo dài mỗi
cạnh của hình vuông thêm 5 đơn vị (như hình vẽ), ta dễ thấy :
Hình vuông to có độ dài cạnh là x + 5 sẽ có diện tích là 64. Do đó :
(x + 5)
2
= 64 = 82 tương đương x + 5 = 8 hay x = 3.
Vậy phương trình có nghiệm dương là x = 3.
Phương pháp này đã được nhà toán học Italia nổi tiếng Jerôm Cacđanô (1501 - 1576) sử dụng khi tìm nghiệm
dương của phương trình x
2
+ 6x = 31.
Các bạn hãy tìm nghiệm dương của phương trình x
2
- 8x = 33 bằng phương pháp hình học thử xem ?
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9
QUẬN 10-TP HỒ CHÍ MINH
NĂM HỌC 2002 - 2003
* Môn thi : Toán * Thời gian : 150 phút
Bài 1 : (3 điểm)
Giải phương trình : |x
2
- 1| + |x
2
- 4| = x
2
- 2x + 4.
Bài 2 : (3 điểm)
Chứng minh đẳng thức :
với a, b trái dấu.
Bài 3 : (3 điểm)

Rút gọn :
Bài 4 : (3 điểm)
Trong các hình chữ nhật có chu vi là p, hình chữ nhật nào có diện tích lớn nhất ? Tính diện tích đó.
Bài 5 : (4 điểm)
Cho đường tròn (O ; R), điểm A nằm ngoài đường tròn (O). Kẻ tiếp tuyến AM, AN ; đường thẳng chứa
đường kính, song song với MN cắt AM, AN lần lượt tại B và C.
Chứng minh :
a) Tứ giác MNCB là hình thang cân.
b) MA . MB = R
2
.
c) K thuộc cung nhỏ MN. Kẻ tiếp tuyến tại K cắt AM, AN lần lượt tại P và Q. Chứng minh : BP.CQ = BC
2
/4 .
Bài 6 : (4 điểm)
Cho đường tròn tâm O và đường kính AB. Kẻ tiếp tuyến (d) tại B của đường tròn (O). Gọi N là điểm di
động trên (d), kẻ tiếp tuyến NM (M thuộc (O)).
a) Tìm quỹ tích tâm P của đường tròn ngoại tiếp tam giác MNB.
b) Tìm quỹ tích tâm Q của đường tròn nội tiếp tam giác MNB.
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
TỈNH BẮC NINH
* Môn thi : Toán * Khoá thi : 2002 - 2003 * Thời gian : 150 phút
Bài 1 : (2,5 điểm)
Cho biểu thức :
1) Rút gọn B.
2) Tìm các giá trị của x để B > 0.
3) Tìm các giá trị của x để B = - 2.
Bài 2 : (2,5 điểm)
Cho phương trình : x
2

- (m+5)x - m + 6 = 0 (1)
1) Giải phương trình với m = 1.
2) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có một nghiệm x = - 2.
3) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có nghiệm x
1
; x
2
thỏa mãn :
S = x
1
2
+ x
2
2
= 13.
Bài 3 : (2 điểm)
Một phòng họp có 360 chỗ ngồi và được chia thành các dãy có số chỗ ngồi bằng nhau. Nếu thêm cho mỗi
dãy 4 chỗ ngồi và bớt đi 3 dãy thì số chỗ ngồi trong phòng họp không thay đổi. Hỏi ban đầu số chỗ ngồi
trong phòng họp được chia thành bao nhiêu dãy.
Bài 4 : (3 điểm)
Cho hai đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại A và B. Đường kính AC của đường tròn (O) cắt đường tròn
(O’) tại điểm thứ hai E. Đường kính AD của đường tròn (O’) cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai F.
1) Chứng minh tứ giác CDEF nội tiếp.
2) Chứng minh C, B, D thẳng hàng và tứ giác OO’EF nội tiếp.
3) Với điều kiện và vị trí nào của hai đường tròn (O) và (O’) thì EF là tiếp tuyến chung của hai đường
tròn (O) và (O’).
MỘT PHƯƠNG PHÁP TÌM GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT VÀ GIẤ TRỊ LỚN
NHẤT
Trong bài viết này, tôi đề cập đến một dạng toán tìm giá trị lớn nhất (GTLN) và giá trị nhỏ nhất (GTNN)
của một biểu thức nhiều ẩn, trong đó các ẩn là nghiệm của những phương trình hoặc bất phương trình cho

trước.
Đối với dạng toán này, ta cần xác định và giải một bất phương trình một ẩn mà ẩn đó là biểu thức cần tìm
GTLN, GTNN.
Bài toán 1 : Tìm GTLN và GTNN của xy biết x và y là nghiệm của phương trình
x
4
+ y
4
- 3 = xy(1 - 2xy)
Lời giải : Ta có x
4
+ y
4
- 3 = xy(1 - 2xy)
<=> xy + 3 = x
4
+ y
4
+ 2x
2
y
2

<=> xy + 3 = (x
2
+ y
2
)
2
(1).

Do (x
2
- y
2
)
2
≥ 0 với mọi x, y, dễ dàng suy ra (x
2
+ y
2
)
2
≥ 4(xy)
2
với mọi x, y (2).
Từ (1) và (2) ta có :
xy + 3 ≥ 4(xy)
2
<=> 4t
2
- t - 3 ≤ 0 (với t = xy)
<=> (t - 1)(4t + 3) ≤ 0
Vậy : t = xy đạt GTLN bằng 1
<=> x = y = 1 ; t = xy đạt GTNN bằng
Bài toán 2 : Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn xyz ≥ x + y + z + 2. Tìm GTNN của x + y + z.
Lời giải : áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dương x, y, z ta có :
Vậy t = x + y + z đạt GTNN bằng 6 khi và chỉ khi x = y = z = 2.
Bài toán 3 : Cho các số thực x, y, z thỏa mãn x
2
+ 2y

2
+ 2x
2
z
2
+ y
2
z
2
+ 3x2y
2
z
2
= 9. Tìm GTLN và GTNN
của A = xyz.
Lời giải :
x
2
+ 2y
2
+ 2x
2
z
2
+ y
2
z
2
+ 3x
2

y
2
z
2
= 9
<=> (x
2
+ y
2
z
2
) + 2(y
2
+ x
2
z
2
) + 3x
2
y
2
z
2
= 9 (1).
áp dụng bất đẳng thức m
2
+ n
2
≥ 2|mn| với mọi m, n ta có :
x

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

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

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

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

2
+ y
2
+ z
2
+ 4 = 29xyz
Tìm GTNN của xyz.
Đáp số : 8 (x = y = z = 2).
3) Tìm GTLN và GTNN của S = x
2
+ y
2
biết x và y là nghiệm của phương trình :
5x
2
+ 8xy + 5y
2
= 36
Đáp số : GTLN là 36
GTNN là 4
4) Cho x và y là các số thực thỏa mãn :
Tìm GTLN của x
2
+ y
2
.
Đáp số : 1 (x = -1 ; y = 0).
5) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn :
x
2

+ 4y
2
+ z
2
= 4xy + 5x - 10y +2z - 5
Tìm GTLN và GTNN của x - 2y.
Đáp số :
GTLN là 4 (x = 2y + 4 ; y Є R ; z = 1) ;
GTNN là 1 (x = 2y + 1 ; y Є R ; z = 1).
6) Tìm các số nguyên không âm x, y, z, t để M = x
2
+ y
2
+ 2z
2
+ t
2
đạt GTNN, biết rằng :
Đáp số : x = 5 ; y = 2 ; z = 4 ; t = 0. Khi đó M đạt giá trị nhỏ nhất là 61.
SỰ TƯƠNG GIAO GIỮA ĐƯỜNG THẲNG VÀ PARABOL
Bài toán về sự tương giao giữa đường thẳng và đường parabol là một chủ đề hay gặp trong các kì thi cuối
cấp. Nắm vững loại toán này, các bạn sẽ thấy mối liên hệ giữa vị trí tương đối của hai đồ thị với nghiệm
của một phương trình bậc hai.
Trước hết, các bạn cần nhớ những kiến thức cơ bản :
Cho (C) là đồ thị của hàm số y = f(x) và điểm A(xA ; yA) ta có :
A Є (C) <=> yA = f(xA)
A không thuộc (C) <=> yA ≠ f(xA)
Tọa độ điểm chung của đồ thị hàm số y = f(x) và y = g(x) là nghiệm của hệ : y = f(x) và y = g(x)
Do đó : Hoành độ điểm chung của hai đồ thị chính là nghiệm của phương trình f(x) = g(x). Từ đó ta có
thể xét được vị trí tương đối giữa hai đường thẳng, vị trí tương đối giữa một đường thẳng và một parabol.

1. Vị trí tương đối giữa hai đường thẳng
(D) : y = ax + b (a ≠ 0)
(D’) : y = a’x + b’ (a’ ≠ 0)
Phương trình hoành độ điểm chung của (D) và (D’) là : (a - a’)x = b’ - b (1)
* (D) // (D’) Phương trình (1) vô nghiệm a = a’ và b ạ b’.
* (D) // (D’) <=> Phương trình (1) có vô số nghiệm <=> a = a’ và b = b’.
* (D) cắt (D’) tại một điểm <=> Phương trình (1) có một nghiệm <=> a ≠ a’.
* (D) ^ (D’) a.a’ = -1.
2.Vị trí tương đối giữa đường thẳng (D) : y = f(x) và parabol (P) : y = g(x).
Hoành độ điểm chung của (D) và (P) là nghiệm phương trình : f(x) = g(x) (2)
Phương trình (2) là phương trình bậc hai. Ta thấy :
* (D) và (P) không có điểm chung <=> Phương trình (2) vô nghiệm <=> ∆ < 0.
* (D) tiếp xúc với (P) <=> Phương trình (2) có nghiệm duy nhất (nghiệm kép) <=> ∆ = 0.
* (D) cắt (P) tại hai điểm <=> Phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt <=> ∆ > 0.
Sau đây là một số dạng bài tập về biện luận sự tương giao giữa đường thẳng và parabol.
Dạng 1 : Bài toán chứng minh
Ví dụ : Chứng minh rằng đường thẳng (D) : y = 4x - 3 tiếp xúc với parabol (P) :
y = 2x
2
- 4(2m - 1)x + 8m
2
- 3.
Giải : Hoành độ điểm chung của (P) và (D) là nghiệm của phương trình :
2x
2
- 4(2m - 1)x + 8m
2
- 3 = 4x - 3
<=> 2x
2

- 8mx + 8m
2
= 0
<=> x
2
- 4mx + 4m
2
= 0.
Ta có ∆’ = 4m
2
- 4m
2
= 0 với mọi giá trị của m nên parabol (P) luôn luôn tiếp xúc với đường thẳng (D).
Dạng 2 : Bài toán tìm điều kiện
Ví dụ : Cho đường thẳng (D) : y = 2(m - x) và parabol (P) : y = -x
2
+ 2x + 4m.
a) Với giá trị nào của m thì (D) tiếp xúc với parabol (P).
b) Với giá trị nào của m thì (D) cắt (P) tại hai điểm phân biệt A và B. Tìm tọa độ giao điểm A và B khi m
= -3/2.
Giải : a) Hoành độ điểm chung của (P) và (D) là nghiệm phương trình :
-x
2
+ 2x + 4m = 2(m - x)
<=> x
2
- 4x - 2m = 0 (3)
Đường thẳng (D) tiếp xúc với parabol (P) <=> Phương trình (3) có nghiệm kép <=> ∆’ = 0 <=> 4 + 2m =
0 <=> m = -2.
b) (D) cắt (P) tại hai điểm <=> Phương trình (3) có hai nghiệm phân biệt <=> ∆’ > 0 <=> 4 + 2m > 0 <=>

m > -2.
Khi m = -3/2 thì hoành độ hai giao điểm A và B là nghiệm của phương trình :
Từ đó suy ra tọa độ giao điểm A, B của (D) và (P) là :
Dạng 3 : Xác định tọa độ tiếp điểm.
Ví dụ : Cho parabol (P) : y = x
2
- 2x - 3. Tìm các điểm trên (P) mà tiếp tuyến của (P) tại điểm đó song
song với đường thẳng (D) : y = -4x.
Giải : Gọi đường thẳng tiếp xúc với (P) là (d).
Do (d) song song với (D) nên (d) có dạng y = -4x + b (b ≠ 0)
Hoành độ điểm chung của (P) và (d) là nghiệm phương trình :
x
2
- 2x - 3 = -4x + b
<=> x
2
+ 2x - 3 - b = 0 (4)
Ta thấy : (d) tiếp xúc với (P) <=> Phương trình (4) có nghiệm kép <=> Ẃ’ = 0 <=> 4 + b = 0 <=> b = -4.
Khi đó, nếu gọi điểm A(x0 ; y0) là tiếp điểm của (P) và (d) thì ( do A Є (P) và A Є (d)) ta có hệ phương
trình :
Vậy tiếp điểm cần tìm là A(-1 ; 0).
Dạng 4 : Lập phương trình tiếp tuyến.
Ví dụ : Cho đường thẳng (D) : y = ax + b. Tìm a và b biết :
a) Đường thẳng (D) song song với đường thẳng 2y + 4x = 5 và tiếp xúc với parabol (P) : y = -x
2
.
b) Đường thẳng (D) vuông góc với đường thẳng x - 2y + 1 = 0 và tiếp xúc với parabol (P) : y = -x
2
.
c) Đường thẳng (D) tiếp xúc với parabol (P) : y = x

2
- 3x + 2 tại điểm C(3 ; 2).
Giải : a) Ta có 2y + 4x = 5 <=> y = -2x + 5/2. (D) song song với đường thẳng 2y + 4x = 5 nên (D) có
dạng : y = -2x + b (b ≠ 5/2).
Theo cách làm của dạng 2 ta tìm được b = 1/4. Vậy đường thẳng (D) có phương trình là y = - 2x + 1/4.
b) Ta có x - 2y + 1 = 0 <=> y = 1/2x + 1/2.
(D) vuông góc với đường thẳng có phương trình là x - 2y + 1 = 0 <=> a.1/2a = -1 <=> a = -2.
Suy ra (D) : y = -2x + b.
Theo cách làm của dạng 2, ta tìm được b = 1. Vậy đường thẳng (D) có phương trình là y = -2x + 1.
c) Ta có : C(3 ; 2) Є (D) <=> 2 = 3a + b <=> b = 2 - 3a.
Khi đó phương trình của (D) có dạng : y = ax + 2 - 3a.
Theo cách làm của dạng 2 ta tìm được a = 3 và suy ra b = -7. Vậy đường thẳng (D) có phương trình là : y
= 3x - 7.
Dạng 5 : Xác định parabol.
Ví dụ : Xác định parabol (P) : y = ax2 + bx + c thỏa mãn :
a) (P) tiếp xúc với đường thẳng (D) : y = -5x + 15 và đi qua hai điểm (0 ; -1) và (4 ; -5).
b) (P) cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 2 và cắt đường thẳng (D) : y = x - 1 tại hai điểm có hoành độ
là 1 và 3.
Giải : a) (P) đi qua hai điểm (0 ; -1) và (4 ; -5)
Do đó parabol (P) là đồ thị của hàm số
y = ax
2
- (1 + 4a)x - 1.
Hoành độ điểm chung của (D) và (P) là nghiệm phương trình :
ax
2
- (1 + 4a)x - 1 = -5x + 15
ax
2
- 4(a - 1)x - 16 = 0 (5)

Đường thẳng (D) tiếp xúc với parabol (P) <=> Phương trình (5) có nghiệm kép
<=> ∆’ = 0 <=> 4(a - 1)2 - 16a = 0
<=> (a + 1)
2
= 0 <=> a = -1.
Do đó : a = -1 ; b = 3 và c = -1.
Vậy (P) là đồ thị hàm số y = -x
2
+ 3x - 1.
b) Parabol (P) cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 2 nên (P) đi qua điểm (0 ; 2). (P) cắt đường thẳng
(D) : y = x - 1 tại hai điểm có hoành độ là 1 và 3 <=> Giao điểm của (P) với đường thẳng (D) là : (1 ; 0)
và (3 ; 2).
Vậy parabol (P) đi qua ba điểm (0 ; 2) ; (1 ; 0) và (3 ; 2) khi và chỉ khi
Do đó a = 1 ; b = -3 và c = 2.
Nguyễn Phước
XÂU CHUỖI BÀI TOÁN
Đối với tôi việc xâu chuỗi, tìm tòi các mối liên hệ của những bài toán đã gặp để phát hiện ra các kết quả
mới là công việc rất hứng thú. Ví dụ, trong quá trình học toán tôi đã gặp hai bài toán :
Bài toán 1 : Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng :
a
4
+ b
4
+ c
4
≥ a
3
+ b
3
+ c

3
.
Bài toán 2 : Cho x
1
, x
2
, x
3
, x
4
là bốn số dương thay đổi thỏa mãn điều kiện :
x
1
+ x
2
+ x
3
+ x
4
= 1.
Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
Khi giải bài toán 1 tôi đã thành công khi sử dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-ski (sau này tôi còn biết
nhiều cách giải khác) :
Ta có (a
3
+ b
3
+ c
3
)

2
= (a.a
2
+ b.b
2
+ c.c
2
)
2

≤ (a
2
+ b
2
+ c
2
)(a
4
+ b
4
+ c
4
) suy ra
≤ (a + b + c)(a
3
+ b
3
+ c
3
) suy ra

(a + b + c)
2
≤ 3(a
2
+ b
2
+ c
2
) suy ra
Từ (1), (2), (3) suy ra điều phải chứng minh.
Sau đó tôi gặp bài toán 2 trong TTT2 số 6, cách giải hoàn toàn tương tự như trên với kết quả giá trị nhỏ
nhất của T là 1/4.Tôi đã có nhận xét ban đầu về hai bài toán trên như sau : ở bài toán 1 ta cũng tìm được
giá trị nhỏ nhất của là 1 ; hai bài toán chỉ khác nhau về số các số dương ; giá trị của tổng
các số dương đó không ảnh hưởng trực tiếp vào lời giải.
Từ đó tôi nghĩ hai bài toán trên có thể mở rộng cho n số dương và đề xuất bài toán 3 (chứng minh tương
tự hai bài toán trên) :
Bài toán 3 : Cho x
1
, x
2
, ... , x
n
là các số dương thay đổi thỏa mãn điều kiện x
1
+ x
2
+ ... + x
n
= k. Chứng
minh rằng :

Tiếp tục suy nghĩ, tôi nhận thấy với mọi số a dương thì ta luôn có và với cách chứng
minh trên ta có thể tiếp tục mở rộng bài toán 3 :
Bài toán 4 : Cho m, n là các số nguyên dương ; x
1
, x
2n là các số dương thỏa mãn điều kiện x1 + x2 + ... + xn = k. Chứng minh rằng :
Hướng dẫn :
Đẳng thức xảy ra
THAY ĐỔI KẾT LUẬN CỦA BÀI TOÁN HÌNH HỌC
Trong chứng minh hình học, việc phát hiện các kết quả tương đương với kết luận của bài toán rất có thể
sẽ đưa ta đến những chứng minh quen thuộc, đơn giản hơn hoặc những phép chứng minh độc đáo. Đây
cũng là công việc thường xuyên của người làm toán. Các bạn hãy theo dõi một số bài toán sau.
Bài toán 1 : Cho tam giác ABC có BC < BA, đường phân giác BE và đường trung tuyến BD (E, D thuộc
AC). Đường thẳng vuông góc với BE qua C cắt BE, BD lần lượt tại F, G. Chứng minh rằng đường thẳng
DF chia đôi đoạn thẳng GE.
Lời giải : Gọi giao điểm của CG với AB là K và DF với BC là M.
Dễ thấy ∆ BKC cân tại B, BF là trung trực của KC suy ra F là trung điểm của KC.
Theo giả thiết, D là trung điểm của AC
=> DF là đường trung bình của DCKA
=> DF // KA hay DM // AB.
=> DM là đường trung bình của DABC
=> M là trung điểm của BC.
Xét ∆ DBC, F thuộc trung tuyến DM nên DF chia đôi đoạn thẳng GE <=> GE // BC.
Ta sẽ chứng minh GE // BC, thật vậy :
Cách 1 : Ta có AE = AD + DE = CD + DE = CE + 2DE hay CE = AE - 2DE, suy ra
Mặt khác, vì DF // AB, K thuộc AB và AK = 2DF nên
Vậy BG/GD = BK/DF hay GE // BC.
Cách 2 : Vì BE là phân giác của ∠ ABC
Vậy DE/EC = DG/GB hay GE // BC.
Cách 3 : áp dụng định lí Xê-va ta có Mặt khác MB = MC nên

Bài toán 2 : Trên các cạnh AB, BC, CA của tam giác ABC lần lượt lấy các điểm C
1
, A
1
, B
1
sao cho các
đường thẳng AA
1
, BB
1
, CC
1
đồng quy tại O. Đường thẳng qua O song song với AC cắt A
1
B
1
và B
1
C
1
lần
lượt tại K và M. Chứng minh rằng OK = OM.
Lời giải : Qua B vẽ đường thẳng song song với AC cắt A
1
B
1
và B
1
C

1
lần lượt tại K
1
và M
1
.
Xét ∆ B
1
K
1
M
1
, dễ thấy MK // M
1
K
1
nên OM = OK <=> BM
1
= BK
1
. Ta sẽ chứng minh BM
1
= BK
1
, thật
vậy :
∆ AB
1
C
1

đồng dạng với ∆ BM
1
C
1
suy ra
∆ CB
1
A>sub>1 ∆ đồng dạng với BK
1
A
1
suy ra
Vậy : (áp dụng định lí Xê-va), suy ra BM
1
= BK
1
.
Bài toán 3 : Xét bài 5(20) trang 15.
Hướng dẫn :
Do OX = OY nên :
XZ = YT <=> OZ = OT.
Ta sẽ chứng minh OZ = OT. Trước hết, ta chứng minh IO
1
OO
2
là hình bình hành bằng cách xét 3 trường
hợp : ∠ IBA < 90
o
; ∠ IBA > 90
o

; ∠ IBA = 90
o

Gọi M là giao điểm của O
1
I và CD.
Với ∠ IBA < 90
o
, ∆ IBA nội tiếp (O
1
), ta có thể chứng minh được : ∠ AIO
1
+ ∠ IBA = 90
o
=> ∠ CIM +
∠ ICM = 90
o
=>O
1
I ⊥ CD ; Mà OO
2
⊥ CD => OO
2
// O
1
I.
Tương tự OO
1
// O
2

I, suy ra IO
1
OO
2
là hình bình hành (bạn đọc tự chứng minh hai trường hợp còn lại).
Từ đó, ta có (xem phần hình màu) : OO
1
= O
2
I = O
2
T ; OO
2
= O
1
I = O
1
Z ;
∠ OO
1
Z = (180
o
- 2 ∠ O
1
IZ) + ∠ OO
1
I = 360
o
- ∠ OO2I - (180
o

- 2( ∠ OO
2</SUB Đ O1IZ)) = 360
o
-
∠
OO2MI - (180
o
-
2
∠
O,sub>2
IT) = OO
2
T
=> ∆ OO
1
Z = ∆ TO
2
O (c.g.c) => OZ = OT.(Chứng minh trên không cần dùng tới kiến thức về tam giác
đồng dạng). l Bài tập áp dụng :
1) Từ điểm C ở ngoài đường tròn (O) vẽ hai tiếp tuyến CA, CB với đường tròn (A, B là các tiếp điểm).
Đường tròn (O1) qua C và tiếp xúc với AB tại B cắt (O) tại M. Chứng minh rằng AM chia đoạn thẳng BC
thành hai phần bằng nhau.
2) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Tiếp tuyến với (O) tại B lần lượt cắt các tiếp tuyến với (O)
tại A và C ở M và N. Qua B vẽ đường thẳng vuông góc với AC tại P. Chứng minh rằng BP là phân giác
của
∠
MPN.
3) Cho hình thang ABCD có đáy lớn CD ; AC cắt BD tại O, AD cắt BC tại I và OI cắt AB tại E. Đường
thẳng đi qua A song song với BC cắt BD tại M và đường thẳng đi qua B song song với AD cắt AC tại N.

Chứng minh rằng : a) MN // AB ; b) AB
2
= MN.CD ; c) d) AE = EB.
NHẨM NGHIỆM ĐỂ PHÂN TÍCH ĐA THỨC THÀNH NHÂN TỬ
Nhiều bạn khi nói đến nhẩm nghiệm đều băn khoăn là nhẩm những con số nào ? Chẳng lẽ cứ nhẩm “vu
vơ” may ra thì được ? Xin “mách” các bạn nguyên tắc nhẩm (dựa trên kết quả đã được khẳng định nhưng
không trình bày trong chương trình sách giáo khoa).
Nguyên tắc cơ bản:
1) Cho đa thức ẩn x với hệ số nguyên
f(x) = a
0
x
n
+ a
1
x
n-1
+ ... + a
n-1
x + a
n
có nghiệm hữu tỉ thì p là ước của an và q là ước của a0.
Hệ quả : Nếu a
0
= 1 thì mọi nghiệm hữu tỉ của f(x) đều là nghiệm nguyên và nghiệm nguyên này là ước
của số hạng tự do an.
2) Nếu đa thức f(x) có nghiệm x = a thì x - a là một nhân tử khi phân tích f(x) về dạng tích. Chúng ta theo
dõi một ví dụ đơn giản
sau :
Ví dụ 1 : Phân tích đa thức x

2
- 9x + 14 thành nhân tử.
Nhẩm nghiệm : Ta thấy nghiệm nguyên nếu có của f(x) sẽ là ước của 14. Nhẩm thử sẽ tìm ra nghiệm x =
2 (có bạn nhẩm ra x = 7 trước !). Từ đó ta có x - 2 phải là một nhân tử của f(x) (nếu nhẩm được x = 7 thì
nhận định có một nhân tử là x - 7).
Lời giải : Khi bạn nhẩm được nghiệm x = 2.
Cách 1 : x
2
- 9x + 14 = x
2
- 2x - 7x + 14 = x(x - 2) - 7(x - 2) = (x - 2)(x - 7).
Cách 2 : x
2
- 9x + 14 = x
2
- 4 - 9x + 18 = (x + 2)(x - 2) - 9(x - 2) = (x - 2)(x - 7).
Khi bạn nhẩm được nghiệm x = 7.
Cách 1 : x
2
- 9x + 14 = x
2
- 49 - 9x + 63 = (x - 7)(x + 7) - 9(x - 7) = (x - 7)(x - 2).
Cách 2 : x
2
- 9x + 14 = x
2
- 7x - 2x + 14 = x(x - 7) - 2(x - 7) = (x - 7)(x - 2).
Ví dụ 2 : Phân tích thành nhân tử
f(n) = 5n
3

+ 15n
2
+ 10n.
Tìm lời giải : Ta có f(n) = 5n
3
+ 15n
2
+ + 10n = 5n(n
2
+ 3n + 2). Nhẩm nghiệm của đa thức n
2
+ 3n + 2 ta
được n = -1 (hoặc n = -2).
Lời giải : f(n) = 5n
3
+ 15n2 + 10n = 5n(n2 + 3n + 2) = 5n(n
2
+ n + 2n + 2) = 5n[n(n + 1) + 2(n + 1)] =
5n(n + 1)(n + 2).
Chú ý : Từ kết quả trên có thể chứng minh f(n) chia hết cho 30 với mọi số nguyên n.
Thí dụ dưới đây để các bạn lưu ý về tác dụng của ẩn phụ.
Ví dụ 3 : Phân tích đa thức thành nhân tử P(x) = (x
2
+ 3x + 1)(x
2
+ 3x + 2) - 12.
Tìm lời giải : Đặt t = x
2
+ 3x + 1 thì đa thức trở thành f(t) = t(t + 1) - 12 = t
2

+ t - 12. Nhẩm nghiệm trong
các ước của 12 ta có nghiệm t = 3 (hoặc t = -4).
Lời giải : Ta có f(t) = t
2
- 3t + 4t - 12 = t(t - 3) + 4(t - 3) = (t - 3)(t + 4). Do đó :
P(x) = (x
2
+ 3x + 1 - 3)(x
2
+ 3x + 1 + 4) = (x
2
+ 3x - 2)(x
2
+ 3x + 5).
Mời các bạn thử làm các bài tập sau :
1) Phân tích các đa thức sau thành nhân tử : a) (x
2
+ x)
2
- 2(x
2
+ x) - 15 ;
b) (x
2
+ 8x + 7)(x + 3)(x + 5) + 15 ;
2) Chứng minh P = (x
2
+ 1)
4
+ 9(x

2
+ 1)
3
+ + 21(x
2
+ 1)
2
- x
2
- 31 ≥ 0 với mọi x. 3) Chứng minh Q = x(x +
1)(x + 2)(x + 3) + 1 là số chính phương với mọi số nguyên x.
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THỊ XẤ HÀ ĐÔNG, HÀ TÂY
Môn Toán lớp 7 (2003 - 2004)
(Thời gian : 120 phút)
o Bài 1 : (4 điểm) Cho các đa thức :
f(x) = 2x
5
- 4x
3
+ x
2
- 2x + 2
g(x) = x
5
- 2x
4
+ x
2
- 5x + 3
h(x) = x

4
+ 4x
3
+ 3x
2
- 8x +
a) Tính M(x) = f(x) - 2g(x) + h(x).
b) Tính giá trị của M(x) khi :
c) Có giá trị nào của x để M(x) = 0 ?
o Bài 2 : (4 điểm)
a) Tìm 3 số a, b, c biết : 3a = 2b ; 5b = 7c và 3a + 5c - 7b = 60.
b) Tìm x biết : |2x - 3| - x = |2 - x|.
o Bài 3 : (4 điểm) Tìm giá trị nguyên của m, n để biểu thức :
a) có giá trị lớn nhất.
b) có giá trị nguyên nhỏ nhất.
o Bài 4 : (5 điểm) Cho tam giác ABC có AB < AC, AB = c, AC = b. Qua M là trung điểm của BC người
ta kẻ đường vuông góc vớ iđường phân giác trong của ∠ A đường thẳng này cắt các đường thẳng AB, AC
lần lượt tại D và E.
a) Chứng minh : BD = CE.
b) Tính AD và BD theo b, c.
o Bài 5 : (3 điểm) Cho tam giác ABC cân tại A, ∠ A = 100
o
, D là một điểm thuộc miền trong của tam
giác ABC sao cho ∠ DBC = 10
o
, ∠ DCB =20
o
. Tính ∠ADB.
Môn Toán lớp 8 (2003 - 2004)
(Thời gian : 150 phút)

o Bài 1 : (5 điểm) Cho
a) Rút gọn A.
b) Tìm A để x = 6013.
c) Tìm x để A < 0.
d) Tìm x để A nguyên
o Bài 2 : (3 điểm)
Cho A = (x + y + z)
3
- x
3
- y
3
- z
3

a) Rút gọn A.
b) Chứng minh A chia hết cho 6 với mọi x, y, z nguyên.
o Bài 3 : (4 điểm)
Sau một loạt bắn đạn thật của 3 chiến sĩ Hùng, Dũng, Cường (mỗi người bắn một viên), người báo bia
cho biết có ba điểm khác nhau là 8, 9, 10 và thông báo :
a) Hùng đạt điểm 10.
b) Dũng không đạt điểm 10.
c) Cường không đạt điểm 9.
Đồng thời cho biết trong 3 thông báo trên chỉ có một thông báo là đúng, hãy cho biết kết quả điểm bắn
của mỗi người.
o Bài 4 : (5 điểm)
Cho tam giác ABC vuông tại A, AB = c, AC = b. Lần lượt dựng trên AB, AC, bên ngoài tam giác ABC
các tam giác vuông cân ABD tại D, ACE tại E.
a) Chứng minh các điểm E, A, D thẳng hàng.
b) Gọi trung điểm của BC là I, chứng minh tam giác DIE vuông.

c) Tính diện tích tứ giác BDEC.
d) Đường thẳng ED cắt đường thẳng CB tại K. Tính các tỉ số sau theo b và c : img
src="Images/22dethi6.gif">
o Bài 5 : (3 điểm)
Cho tứ giác ABCD, M là một điểm trên CD (khác C, D).
Chứng minh rằng MA + MB < max {CA + CB ; DA + DB} (kí hiệu max {CA + CB ; DA + DB} là giá trị
lớn nhất trong 2 giá trị CA + CB ; DA + DB).
KHÔNG COI NHẸ KIẾN THỰC CƠ BẢN
Để giải toán nói chung, đương nhiên bạn cần phải biết vận dụng linh hoạt, tổng hợp các kiến thức của
mình, trong đó các kiến thức phức tạp được hình thành từ chính các kiến thức đơn giản nhất, các kiến
thức cơ bản. Trong nhiều trường hợp, để giải một bài toán khó đôi khi chỉ cần hoặc cần phải sử dụng đến
những kiến thức cơ bản.
Hệ thống ví dụ dưới đây sẽ chứng minh cho các bạn thấy tầm quan trọng của bất đẳng thức a2 0 với mọi a
(*).
Ví dụ 1 : 1) Chứng minh rằng x
2
- x + 1 > 0 với mọi x.
2) Tìm giá trị nhỏ nhất của y = x
2
- 2x + 5.
Lời giải :
1) Ta có
với mọi x, do 3/4 > 0 và theo (*).
2) Ta có y = x
2
- 2x + 5 = (x - 1)
2
+ 4 ≥ 4 do (x - 1)
2
≥ 0 với mọi x. Đẳng thức xảy ra <=> (x - 1)

2
= 0 <=>
x = 1.
Vậy y đạt giá trị nhỏ nhất là 4 khi x = 1.
Ví dụ 2 : Giải hệ phương trình
Lời giải : Cộng theo từng vế các phương trình trong hệ trên ta có : x
2
+ y
2
+ z
2
= y - 1 + z - 1 + x - 1
<=> (x
2
- x + 1) + (y
2
- y + 1) + (z
2
- z + 1) = 0
Vì x
2
- x + 1 > 0 ; y
2
- y + 1 > 0 ; z
2
- z + 1 > 0 với mọi x, y, z (theo ví dụ 1.1) nên phương trình này vô
nghiệm.
Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm.
Ví dụ 3 (đề thi TS vào lớp 10 chuyên Phan Bội Châu, Hà Tĩnh) : Giải hệ phương trình
Lời giải :

Ta có (1) <=> x
2
- xy + y
2
- yz + z
2
- zx = 0
<=> 2x
2
- 2xy + 2y
2
- 2yz + 2z
2
- 2zx = 0
<=> (x
2
- 2xy + y
2
) + (y
2
- 2yz + z
2
) + + (z
2
- 2zx + x
2
) = 0
<=> (x - y)
2
+ (y - z)

2
+ (z - x)
2
= 0 (3)
Vì (x - y)
2
≥ 0 ; (y - z)
2
≥ 0 ; (z - x)
2
≥ 0 với mọi x, y, z => (x - y)
2
+ (y - z)
2
+ (z - x)
2
≥ 0 với mọi x, y, z
=> (3) <=> x - y = y - z = z - x = 0 <=> x = y = z, thay vào (2) ta có :
3.x
2002
= 3.y
2002
= 3.z
2002
= 3
2003

=> x
2002
= y

2002
= z
2002
= 3
2002

Vậy hệ phương trình ban đầu có hai nghiệm x = y = z = 3 và x = y = z = - 3.
Ví dụ 4 : Giải phương trình
Lời giải : Điều kiện x ≥ 2 (2). Ta có :
<=> x = 2, thỏa mãn điều kiện (2).
Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất x = 2.
Ví dụ 5 ((đề thi TS vào lớp 10 ĐHKHTN - ĐHQG Hà Nội 2002) : Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một
tam giác. Chứng minh rằng phương trình sau vô nghiệm : x
2
+ (a + b + c)x + ab + bc + ca = 0.
Lời giải : Phương trình tương đương với
với mọi x, a, b, c nên để chứng minh phương trình trên vô nghiệm, ta cần phải chứng minh : 4(ab + bc +
ca) - (a + b + c)
2
> 0.
Thật vậy : 4(ab + bc + ca) - (a + b + c)
2
= 2(ab + bc + ca) - a
2
- b
2
- c
2
= 2c(a + b) - (a - b)
2

- c
2
.
Vì a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác nên : |a - b| < c => (a - b)
2
< c
2

=> (a - b)
2
+ c
2
< 2c
2
;
c < a + b => 2c
2
< 2c(a + b).
Suy ra (a - b)
2
+ c
2
< 2c(a + b)
<=> 2c(a + b) - (a - b)
2
- c
2
> 0
<=> 4(ab + bc + ca) - (a + b +
c)

2
> 0.
Vậy phương trình ban đầu vô nghiệm.
Qua bài viết này, tôi muốn nhắn nhủ tới các em học sinh rằng : Hãy đừng coi nhẹ những kiến thức cơ bản trong
sách giáo khoa mà thầy cô giáo đã truyền đạt cho các em.
MỘT LẦN VÀO "BẾP"
Trong quá trình tự học toán, tôi thường “nghiên cứu” rất kĩ những bài toán đơn giản, cố tìm ra điểm mấu
chốt của chúng rồi “xào nấu” chúng thành những bài toán “trông có vẻ lạ”. Việc này không những đã giúp
tôi khắc sâu kiến thức, rèn luyện khả năng sáng tạo mà còn cho tôi những bài toán thú vị để... đố bạn bè.
Xin được giới thiệu với các bạn một lần vào “bếp” của tôi, bắt đầu từ một bài toán rất đơn giản.
Bài toán 1 : Tìm giá trị nhỏ nhất của T = (a + 2003)
2
+ (b + 2004)
2
+ (c + 2005)
2
.
Lời giải : Ta có (a + 2003)
2
≥ 0 với mọi a ; (b + 2004)
2
≥ 0 với mọi b ; (c + 2005)
2
≥ 0 với mọi c. Suy ra T
≥ 0 với mọi a, b, c. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = -2003 ; b = -2004 ; c = -2005.
Vậy giá trị nhỏ nhất của T là 0.
Dễ thấy rằng, bài toán trên vẫn đúng khi ta thay các số 2003, 2004, 2005 bởi các số thực bất kì. Từ đó ta
có bài toán sau :
Bài toán 2 : Tìm giá trị nhỏ nhất của T = (a + m)
2

+ (b + n)
2
+ (c + p)
2
với m, n, p là các hằng số.
Hai bài toán trên có cách giải đơn giản (sử dụng tính chất A
2
≥ 0). Bây giờ, nếu thêm điều kiện a + b + c
là một hằng số thì ta có thể đề xuất bài toán sau :
Bài toán 3 : Xét các số thực a, b, c có tổng là q. Tìm giá trị nhỏ nhất của T = (a + m)
2
+ (b + n)
2
+ (c + p)
2

với m, n, p, q là các hằng số.
Tôi đã thử khá nhiều cách và cuối cùng cũng tìm được lời giải cho bài toán này nhờ sử dụng bất đẳng
thức phụ sau : x
2
+ y
2
+ z
2
≥ (x + y + z)
2
/3 với mọi x, y, z (1).
Chứng minh (1) : Với mọi x, y, z ta có x
2
+ y

2
≥ 2xy ; y
2
+ z
2
≥ 2yz ; z
2
+ x
2
≥ 2zx. Cộng theo từng vế 3
bất đẳng thức cùng chiều trên ta được
2(x
2
+ y
2
+ z
2
) ≥ 2(xy + yz + zx) <=> 3(x
2
+ y
2
+ z
2
) ≥ (x + y + z)
2
<=> x
2
+ y
2
+ z

2
≥ (x + y + z)
2
/3.
Đẳng thức xảy ra <=> x = y = z.
Lời giải : Theo bất đẳng thức (1) ta có
T = (a + m)
2
+ (b + n)
2
+ (c + p)
2
≥ (a + b + c + m + n + p)
2
/3 = (m + n + p + q)
2
/3. Suy ra T ≥ (m + n + p +
q)
2
/3. Vậy giá trị nhỏ nhất của T là (m + n + p + q)
2
/3, khi đó
Lời giải của bài toán trên vẫn không thay đổi nếu ta thay điều kiện a + b + c = q bởi điều kiện a + b + c ≥
q. Ta có bài toán khá “hóc búa” sau :
Bài toán 4 : Tìm giá trị nhỏ nhất của T = (a + m)
2
+ (b + n)
2
+ (c + p)
2

. Biết a + b + c ≥ q và m, n, p, q là
các hằng số.
Cũng vẫn là bài toán trên nhưng điều kiện a + b + c ≥ q được ẩn dưới một điều kiện khác là a, b, c dương
và abc ≥ q
3
, bài toán sẽ trở nên “hóc búa” hơn nhiều :
Bài toán 5 : Tìm giá trị nhỏ nhất của T = (a + m)
2
+ (b + n)
2
+ (c + p)
2
. Biết a, b, c là các số dương, abc ≥
q
3
và m, n, p, q là các hằng số.
Hướng dẫn : áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 3 số dương a, b, c ta có
Việc mở rộng bất đẳng thức (1) cũng đã giúp tôi phát triển thêm chuỗi bài toán này.
Ta có hai bất đẳng thức sau :
Chứng minh (2) : áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-ski cho 2n số ta có
Chứng minh (3) :
Vậy theo nguyên lí quy nạp, ta đã chứng minh được (3).
Các bạn thử dùng các bất đẳng thức (1) ; (2) ; (3) để giải các bài toán sau nhé.
Bài toán 6 : Tìm giá trị nhỏ nhất của T = (a
1
+ b
1
)
2
+ (a

2
+ b
2
)
2
+ ... + (a
2005
+ b
2005
)
2
. Biết a
1
+ a
2
+ ... + a
2005
= 2005 và b
1
, b
2
, ..., b
2005
là các hằng số.
Bài toán 7 : Tìm giá trị nhỏ nhất của T = (a
1
+ b
1
)
2

+ (a
2
+ b
2
)
2
+ ... + (a
2006
+ b
2006
)
2
. Biết a
1
, a
2
, ... , a
2006
là
các số dương có tích không nhỏ hơn 2
4012
và b
1
, b
2
, ..., b
2006
là các hằng số.
Bài toán 8 : Tìm giá trị nhỏ nhất của T = (a + m)
2005

+ (b + n)
2005
+ (c + p)
2005
. Biết a + b + c = 6015 và m,
n, p là các hằng số.
Bài toán 9 : Tìm giá trị nhỏ nhất của T = (a + m)
2006
+ (b + n)
2006
+ (c + p)
2006
. Biết a, b, c là các số dương,
abc ≥ 54135 và m, n, p là các hằng số.
Các bạn học sinh lớp 7 thân mến ! Trong TTT2 số 2 và số 16 đã từng đề cập đến việc sử dụng diện tích
trong chứng minh hình học cũng như một số bài toán về diện tích. Trong bài viết này tôi xin nêu thêm một
số ứng dụng khác của diện tích tam giác vào việc chứng minh một số dạng bài tập.
1. Quan hệ đoạn thẳng
Bài toán 1 : Cho tam giác ABC, trung tuyến AM. Một đường thẳng song song với BC cắt các cạnh AB,
AC và trung tuyến AM lần lượt tại D, E, F. Chứng minh rằng FD = FE.
Lời giải : Hạ DK và EH vuông góc với AM (K, H thuộc AM). Ta có :
S(ABM) = S(ACM) (chung đường cao, hai đáy bằng nhau) ;
S(DBM) = S(ECM) (đường cao bằng nhau, hai đáy bằng nhau).
Suy ra S(DAM) = S(ABM) - S(DBM) = S(ACM) - S(ECM) = S(EAM).
Hai tam giác DAM và EAM lại có chung đáy AM nên các đường cao hạ xuống AM bằng nhau hay DK =
EH. Từ đó ta có
∆KDF = ∆HEF (g.c.g)
suy ra FD = FE.
Lời bình : Bài toán không có gì khó khăn nếu ta dùng định lí Ta-lét, tuy nhiên bằng kiến thức về diện tích
và kiến thức hình học lớp 7 bài toán đã được chứng minh gọn gàng và đẹp đẽ.

Bài toán 2 : Cho tam giác ABC, N là trung điểm của trung tuyến AM. Tia BN cắt cạnh AC tại K. Chứng
minh rằng :
AK = 1/2 CK, NK = 1/3 NB.
Lời giải : Dễ thấy S(ABN) = S(BMN) = S(CMN) = S(CAN) suy ra S(ABN)/S(CBN) = 1/2.
Mặt khác các cặp tam giác NAK và NCK ; BAK và BCK đều có chung đường cao tương ứng với hai đáy
AK, CK nên
Suy ra AK = 1/2 CK Từ đó
S(ANK) = 1/2S(CNK) = 1/3 S(NAC) = 1/3 S(ABN)
suy ra S(ANK) / S(ABN) = 1/3 => NK = 1/3 BN do hai tam giác có chung đường cao tương ứng với hai
đáy NK, BN.
Lời bình : Nếu sử dụng kiến thức đường trung bình trong tam giác thì đây là bài toán rất quen thuộc.
Đáng tiếc ở lớp 7 chưa được học về đường trung bình.
2. Chứng minh đồng quy, thẳng hàng
Bài toán 3 : Cho tam giác ABC, trung tuyến AM. Một đường thẳng song song với BC cắt AB, AC lần
lượt tại D và E. Chứng minh rằng BE và CD cắt nhau trên AM.
Lời giải : Gọi giao điểm của DE và AM là F, theo bài toán 1 ta có FD = FE, suy ra S(BDFM) = S(BFD) +
S(BFM) = S(CFE) + + S(CFM) = S(CEFM) (1).
Gọi giao điểm của BE và CD là O, nối OF, OM ta có S(DOF) = S(EOF) (do FD = FE) ; S(BOM) =
S(COM) ; S(BDO) = S(CEO) (do S(BDC) = S(BEC)).
Suy ra S(BDFOM) = S(CEFOM) hay đường gấp khúc FOM chia đôi diện tích hình thang BDEC (2).
Từ (1) và (2) suy ra S(FOM) = 0 ị F, O, M thẳng hàng ị O thuộc FM (đpcm).
Lời bình : 1) Đôi khi để chứng minh ba điểm thẳng hàng ta phải chứng minh tam giác có ba đỉnh là ba
điểm ấy có diện tích bằng 0.
2) Kết hợp kết quả của bài toán 1 và bài toán 3 ta có bài toán sau : “Trong một hình thang, giao điểm hai
cạnh bên kéo dài, giao điểm hai đường chéo và hai trung điểm của hai đáy là bốn điểm thẳng hàng” (Bổ
đề hình thang).
Bài toán 4 : (tính chất ba đường trung tuyến trong tam giác) Trong một tam giác, ba đường trung tuyến
đồng quy và điểm đồng quy chia mỗi trung tuyến theo tỉ số 2/3 kể từ đỉnh.
Lời giải : Vẽ các trung tuyến BE và CF cắt nhau tại G. Nối AG cắt BC tại M. Ta sẽ chứng minh MB =
MC.

Ta có S(ABE) = S(ACF) = 1/2 S(ABC)
suy ra S(BGF) = S(CGE) => S(AGF) = S(BGF) = S(CGE) = S(AGE) => S(ABG) = S(ACG) (*).
Hạ các đường vuông góc BH, CK tới AM. Do (*) nên BH = CK, suy ra S(GBM) = S(GCM) => BM =
CM. Mặt khác, do S(ABG) = 2S(AGE) suy ra BG = 2GE hay BG/BE = 2/3
Tương tự ta có :AG/AM = CG/CF = 2/3
Lời bình : Đây là một tính chất quan trọng của hình học nhưng do hạn chế về kiến thức (chưa học về
đường trung bình trong tam giác) nên khi đưa vào chương trình lớp 7 chỉ yêu cầu học sinh thừa nhận. (Kì
sau đăng tiếp)
ĐỀ THI TỐT NGHIỆP THCS HÀ NỘI NĂM HỌC 2003 - 2004
A- Lí thuyết : (2 điểm) Thí sinh chọn một trong hai đề sau :
Đề 1. Định nghĩa phương trình bậc nhất hai ẩn số và nghiệm của nó. Hãy tìm nghiệm chung của hai
phương trình : x + 4y = 3 và x - 3y = -4.
Đề 2. Phát biểu định lí góc có đỉnh ở bên ngoài đường tròn. Chứng minh định lí trong trường hợp hai
cạnh của góc cắt đường tròn.
B- Bài tập bắt buộc : (8 điểm)
Bài 1 : (2,5 điểm) Cho biểu thức
a) Rút gọn P.
b) Tính giá trị của P, biết
c) Tìm giá trị của x thỏa mãn :
Bài 2 : (2 điểm) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình : Để hoàn thành một công việc, hai tổ phải
làm chung trong 6 giờ. Sau 2 giờ làm chung thì tổ hai được điều đi làm việc khác, tổ một đã hoàn thành
công việc còn lại trong 10 giờ. Hỏi nếu mỗi tổ làm riêng thì sau bao lâu sẽ làm xong công việc đó ? Bài
3 : (3,5 điểm) Cho đường tròn (O) bán kính R, đường thẳng d không qua O và cắt đường tròn tại hai điểm
A, B. Từ một điểm C trên d (C nằm ngoài đường tròn), kẻ hai tiếp tuyến CM, CN với đường tròn (M, N
thuộc (O)). Gọi H là trung điểm của AB, đường thẳng OH cắt tia CN tại K.
a) Chứng minh bốn điểm C, O, H, N cùng nằm trên một đường tròn.
b) Chứng minh KN.KC = KH.KO.
c) Đoạn thẳng CO cắt đường tròn (O) tại I, chứng minh I cách đều CM, CN và MN.
d) Một đường thẳng đi qua O và song song với MN cắt các tia CM, CN lần lượt tại E và F.
Xác định vị trí của C trên d sao cho diện tích tam giác CEF là nhỏ nhất.

ĐỀ THI TỐT NGHIỆP THCS
THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH NĂM HỌC 2003 - 2004
Lí thuyết : (2 điểm)
Chọn một trong hai câu sau :
1/ Phát biểu và chứng minh định lí Vi-ét (hệ thức Vi-ét) phần thuận.
Áp dụng : Cho phương trình 7x
2
+ 31x - 24 = 0.
a) Chứng minh phương trình có hai nghiệm phân biệt.
b) Gọi x
1
, x
2
là hai nghiệm của phương trình. Không giải phương trình, hãy tính x
1
+ x
2
+ x
1
.x
2
.
2/ Viết công thức tính độ dài của một đường tròn, một cung tròn (có ghi chú các kí hiệu trong các công
thức).
Áp dụng : Tính độ dài một cung 90
o
của một đường tròn đường kính bằng 6dm.
Bài tập bắt buộc : (8 điểm)
Bài 1 : (1 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình :
Bài 2 : (1,5 điểm) Vẽ parabol y = - x

2
/2 (P) : và đường thẳng (D) : y = 3x trên cùng một hệ trục tọa độ.
Tìm tọa độ các giao điểm của (P) và (D) bằng phép tính.
Bài 3 : (1 điểm) Một khu vườn hình chữ nhật có chiều dài bằng 7/4 chiều rộng và có diện tích bằng
1792m
2
. Tính chu vi của khu vườn ấy.
Bài 4 : (1 điểm) Thu gọn các biểu thức sau :
Bài 5 : (3,5 điểm) Trên đường tròn (O, R) đường kính AB, lấy hai điểm M, E theo thứ tự A, M, E, B (hai
điểm M, E khác hai điểm A, B). AM cắt BE tại C ; AE cắt BM tại D.
a) Chứng minh MCED là một tứ giác nội tiếp và CD vuông góc với AB.
b) Gọi H là giao điểm của CD và AB. Chứng minh BE.BC = BH.BA.
c) Chứng minh các tiếp tuyến tại M và E của đường tròn (O) cắt nhau tại một điểm nằm trên đường thẳng
CD.
d) Cho biết và Tính diện tích tam giác ABC theo R.
SUY NGHĨ TỪ CÁC BÀI TẬP TRONG SÁCH GIÁO KHOA LỚP 9
Các em học sinh lớp 9 thân mến !
Đứng trước các kì thi quan trọng là kì thi tốt nghiệp THCS và kì thi tuyển sinh vào THPT, chắc rằng bây
giờ các em đang rất trăn trở là làm thế nào để khắc sâu được kiến thức nhanh nhất và đạt kết quả cao nhất
trong các kì thi.
Một bí quyết nhỏ của tôi là : hãy suy nghĩ sâu hơn từ các bài tập trong sách giáo khoa (SGK), hệ thống
chúng lại để dễ ghi nhớ và vận dụng tốt cho các bài tập mới. Sau đây là một ví dụ để các em thấy mỗi bài
tập trong SGK là một bài tập cơ sở cho nhiều bài tập khác.
Ta bắt đầu từ bài tập 11 trang 37 SGK Hình học 9 :
Bài toán 1 : Cho một đường tròn (O) và một điểm M cố định không nằm trên đường tròn. Qua M vẽ một
cát tuyến cắt đường tròn ở A và B. Chứng minh rằng tích MA.MB không phụ thuộc vị trí của cát tuyến.
Nhận xét 1 : Chứng minh bài toán 1 khá đơn giản, ta xét hai trường hợp điểm M nằm trong và điểm M
nằm ngoài (O). Trong cả hai trường hợp ta vẽ thêm cát tuyến MCD bất kì (khác cát tuyến MAB).
Dễ dàng chứng minh được hai tam giác MAC và MDB đồng dạng, suy ra MA.MB = MC.MD.
Nhận xét 2 : Nếu vẽ cát tuyến MCD đi qua O (CD là đường kính) ta còn đưa ra được kết luận mạnh hơn :

MA.MB = |MO
2
- R
2
| (R là bán kính (O)). Kết quả này đã được chứng minh trong TTT2 số 12.
Nhận xét 3 : Trường hợp M nằm ngoài (O), cát tuyến MCD trùng với tiếp tuyến MT của đường tròn (C ≡
D ≡ T), hiển nhiên ta có MC.MD = MT
2
= MA.MB. Đây chính là nội dung của bài tập 4 trang 40 SGK
Hình học 9.
Nhận xét 4 : Kết hợp với tính chất của tứ giác nội tiếp ta chứng minh được bài toán sau :
Bài toán 2 : Cho tứ giác ABCD. AB cắt CD tại M và AC cắt BD tại N. Chứng minh rằng các khẳng định
sau là tương đương :
a) ABCD là tứ giác nội tiếp.
b) ∠ABC = ∠ADB c) ∠ABC + ∠CDA = 180
o

d) MA.MB = MC.MD.
e) NA.NC = NB.ND.
Nhận xét 5 : Xét hai đường tròn giao nhau (với một cát tuyến chung đi qua hai giao điểm) ta có các kết
quả khác.
Bài toán 3 : Cho hai đường tròn (O
1
), (O
2
) cắt nhau tại hai điểm A và B. Qua điểm M nằm trên đường
thẳng AB kẻ hai cát tuyến MCD, MEF lần lượt tới (O
1
), (O
2

) (MAB, MCD, MEF không trùng nhau).
a) Chứng minh CDFE là tứ giác nội tiếp.
b) Kết luận trên còn đúng không nếu (O
1
) và (O
2
) tiếp xúc với nhau (M nằm trên tiếp tuyến chung của hai
đường tròn) ?
Bài toán 4 : Cho hai đường tròn (O
1
), (O
2
) cắt nhau tại hai điểm A và B. Trên tia đối của tia BA lấy điểm
M khác B. Qua M kẻ hai tiếp tuyến MC, MD của (O
1
) và hai tiếp tuyến ME, MF của (O
2
). Chứng minh C,
D, F, E cùng nằm trên một đường tròn.
Nhận xét 6 : Bổ sung một số yếu tố khác về đường tròn ta lại có thêm nhiều kết quả khác.
Bài toán 5 : Cho hai đường tròn (O
1
), (O
2
) tiếp xúc ngoài với nhau tại A. BD là tiếp tuyến chung ngoài
của hai đường tròn (B thuộc (O
2
), D thuộc (O
1
)). Gọi DM là đường kính của (O

1
), qua M kẻ tiếp tuyến
MC với (O
2
). Chứng minh MC = MD.
Lời giải : Ta có BDO
1
O
2
là hình thang vuông, A thuộc O
1
O
2
; O
1
AD và O
2
AB là các tam giác cân tại O
1

và O
2
suy ra
∠O
1
AD + ∠O
2
AB = 90
o
=> BAD = 90

o

=> M, A, B thẳng hàng.
Vậy DA là đường cao trong tam giác vuông DBM, suy ra MD
2
= MA.MB, mặt khác MC
2
= MA.MB (theo
nhận xét 3).
Vậy MC
2
= MD
2
hay MC = MD.
Đề nghị các bạn giải các bài tập sau :
Bài toán 6 : Cho ∠xMy và đường tròn (O) tiếp xúc với Mx, My lần lượt tại A, B. Qua A vẽ đường thẳng
song song với My cắt (O) tại điểm thứ hai C. Đoạn thẳng MC cắt (O) tại điểm thứ hai D, AD cắt My tại
K. Chứng minh rằng K là trung điểm của MB.
Bài toán 7 : Từ một điểm M nằm ngoài đường tròn (O) vẽ cát tuyến MAB tới đường tròn (A nằm giữa M
và B). Hai tiếp tuyến với (O) tại A và B cắt nhau tại C ; MO cắt đường tròn đường kính OC tại H ; CH cắt
AB tại N ; AB cắt OC tại I. Chứng minh rằng :
a) MA.MB = MI.MN.
b) IM.IN = IA
2
.
Bài toán 8 : Cho (O, R) và một điểm A cố định sao cho OA = 2R. Gọi BC là đường kính của (O, R), BC
không trùng với OA. Đường tròn đi qua A, B, C cắt đường thẳng OA tại điểm thứ hai I ; AB và AC cắt
(O, R) tại D và E ; DE cắt OA tại K.
a) Tính AK theo R.
b) Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE di chuyển trên đường thẳng cố định khi BC

quay quanh O.
Bài toán 9 : Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB. Trên AB lấy điểm M, vẽ hai tia Mx, My cắt nửa
đường tròn tại hai điểm C và D sao cho ∠CMA = ∠DMB
Chứng minh rằng MC.MD = MA.MB.
Bài toán 10 : Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), đường phân giác AD cắt (O) tại điểm thứ hai E.
Chứng minh rằng :
AB.AC = AD
2
+ DB.DC.
Bài toán 11 : Cho hai đường tròn (O, R) và (O’, R’) tiếp xúc ngoài với nhau tại A. Gọi D là một điểm
thuộc (O). Kẻ tiếp tuyến DA’ với (O’).
a) Tính độ dài DA’ theo DA, R, R’.
b) Vẽ tam giác đều DBC nội tiếp (O).
Bài toán 12 : Cho tam giác ABC, trung tuyến AM và phân giác AD. Đường tròn ngoại tiếp tam giác
ADM cắt AB, AC theo thứ tự tại E, F. Chứng minh rằng BE = CF.
TIẾP TỤC PHÁT HIỆN VÀ MỞ RỘNG
Tiếp tục mở rộng những kết quả trong bài sáng tạo khi tự học toán, đăng trên TTT2 số 1, tôi đã tìm thêm
được một số kết quả. Điều này càng khẳng định lời của thầy giáo Nguyễn Đức Tấn ở bài trên : “Tự học
nhiều khi giúp ta tìm đến những điều thú vị trong toán học”.
Thầy Tấn đã mở rộng bất đẳng thức 1/(a - b + c) + 1/(b + c - a) + 1/(c + a - b) ≥ 1/a + 1/b + 1/c (I) (với a,
b, c là ba cạnh của một tam giác) theo hướng nâng lên lũy thừa bậc n các mẫu số của các phân thức : 1/(a -
b + c)
n
+ 1/(b + c - a)
n
+ 1/(c + a - b)
n
≥ 1/a
n
+ 1/b

n
+ 1/c
n
(II)
l Câu hỏi đầu tiên đặt ra là : tại sao không thử mở rộng bất đẳng thức (I) theo hướng ngược lại - khai căn
bậc n các mẫu số của các phân thức ?
Tiếp tục áp dụng cách chứng minh của bài toán phụ 1/x + 1/y ≥ 4?(x + y) ( với x, y > 0) ta có :
Suy ra :
Từ đó ta có :
Kết quả 1 : Nếu a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác thì :
(với mọi số tự nhiên n khác 0).
* Thay đổi các tử số ở vế trái của bất đẳng thức (I) thầy Tấn đưa ra kết quả tiếp theo : c/(a - b + c) + a/(b +
c - a) + b/(c + a - b) ≥ 3 (III)
Khai căn bậc n các tử số của các phân số ở vế trái của (III) lại có thêm kết quả khác.
Kết quả 2 : Nếu a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác thì :
(với mọi số tự nhiên n khác 0).
Chứng minh : Trước hết ta phát biểu và chứng minh bất đẳng thức Trê-bư-sép cho 3 số :
Phát biểu :
Nếu a
1
≥ a
2
≥ a
3
và b
1
≥ b
2
≥ b
3

thì 3(a
1
b
1
+ a
2
b
2
+ a
3
b
3
) ≥
≥ (a
1
+ a
2
+ a
3
)(b
1
+ b
2
+ b
3
) (1) ;
Nếu a
1
≤ a
2

≤ a
3
và b
1
≥ b
2
≥ b
3

thì 3(a
1
b
1
+ a
2
b
2
+ a
3
b
3
) ≤
≤ (a
1
+ a
2
+ a
3
)(b
1

+ b
2
+ b
3
) (2).
Chứng minh :
Với a
1
≥ a
2
≥ a
3
và b
1
≥ b
2
≥ b
3
ta có : (a
1
- a
2
)(b
1
- b
2
) ≥ 0
<=> a
1
b

1
+ a
2
b
2
≥ a
1
b
2
+ a
2
b
1
;
Tương tự ta có :
a
2
b
2
+ a
3
b
3
≥ a
2
b
3
+ a
3
b

2
;
a
3
b
3
+ a
1
b
1
≥ a
3
b
1
+ a
1
b
3
.
Cộng theo từng vế ba bất đẳng thức trên ta có 2(a
1
b
1
+ a
2
b
2
+ a
3
b

3
) ≥
≥ a
1
b
2
+ a
2
b
1
+ a
2
b
3
+ a
3
b
2
+ a
3
b
1
+ a
1
b
3

<=> 3(a
1
b

1
+ a
2
b
2
+ a
3
b
3
) ≥ a
1
b
2
+ a
2
b
1
+ a
2
b
3
+ a
3
b
2
+ a
3
b
1
+ a

1
b
3
+ (a
1
b
1
+ a
2
b
2
+ a
3
b
3
) =
= (a
1
+ a
2
+ a
3
)(b
1
+ b
2
+ b
3
).
Vậy (1) được chứng minh.

Tương tự, ta cũng chứng minh được (2).
Trở lại kết quả 2.
Vì a, b, c là ba cạnh của một tam giác nên không mất tính tổng quát, giả sử a ≥ b ≥ c => b + c - a ≤ c + a -
b ≤ a + b - c
=> 1/(a - b + c) ≥ 1/(b + c - a) ≥ 1/(c + a - b)
Theo các bất đẳng thức (1) ; (I) ; (2) ta có :
Suy ra điều phải chứng minh.
* Từ bất đẳng thức (III) thầy Tấn đã nâng lên lũy thừa bậc n các tử số của các phân số ở vế trái để tìm kết
quả mới, còn tôi đã mạnh dạn tiếp tục nâng lên lũy thừa bậc m các mẫu số của chúng. ý tưởng sử dụng bất
đẳng thức Trê-bư-sép cho 3 số một lần nữa lại có hiệu quả.
Kết quả 3 : Nếu a, b, c là ba cạnh của một tam giác thì :