Tạp chí toán tuổi thơ 2 kỳ số 39

<span class='text_page_counter'>(1)</span><div class='page_container' data-page=1></div>
<span class='text_page_counter'>(2)</span><div class='page_container' data-page=2>

1

l

KÕt qu¶ :

_{(TTT2 sè 37)}_{(TTT2 sè 37)}

BA VIÊN GẠCH HOA

l

Kì này :

lGiả sử dựng được hình vng có độ dài
cạnh bằng x, cùng diện tích với tứ giác (lồi)
ABCDcho trước, ta có S_ABCDx2.

Mặt khác, nối ACvà kẻ BH, DKcùng vuông
góc với AC(H, Kthuộc đường thẳng AC) ta có
S_ABCDS_BACS_DAC

(trong ú a AC và b  là các
độ dài xác định). Vậy x

Bài toán được quy về bài toán quen
thuộc “Dựng đoạn thẳng có độ dài bằng
trung bình nhân của độ dài hai đoạn thẳng
cho trước”:

Trên đường thẳng d xác định các điểm

M, P, Ntheo thứ t ú, sao cho MPa, PN

b. Đường tròn đường kính MN và đường
thẳng vuông góc với đường thẳng dtại Pcắt
nhau tại Q. Ta có xPQ

lCỏc bn u lm c bài này, tuy nhiên
nhiều bạn chưa tuân thủ các bước của một
bài tốn dựng hình, trình bày chưa gọn
gàng chặt chẽ. Các bạn được thưởng kì này
là Võ Mạnh Tài, 9A, THCS Tôn Quang
Phiệt, Thanh Chương, Nghệ An ; Nguyễn
Tiến Dũng, 9B, THCS Thị Trấn Sông Thao,
Cẩm Khê, Phú Thọ ; Trần Trung Hồn,
9D₅, THCS Chu Văn An, Ngơ Quyền, Hải
Phịng; Lê Hàn Nhật, 9C, THCS Lam Sơn,
Thọ Xn, Thanh Hóa; Phạm Đình Nguyên,
9A₃, THCS Thị Trấn Diêm Điền, Thái Thụy,
Thái Bình; Vũ Thị Dun, 8A₂, THCS Trần
Quốc Toản, ng Bí,Quảng Ninh.

Anh Compa

.
ab

.
ab

2
BH DK2

BH DK

AC  a b

   

Có ba viên gạch hoa
kích thước 20 20 (cm)
xếp liền nhau và được
kẻ như hình vẽ. Tớnh
din tớch phn tụ mu.

phạm tuấn khải

</div>
<span class='text_page_counter'>(3)</span><div class='page_container' data-page=3>

2

KIM í

TRONG BT NG THC

phan thị mùi

(THCS Trần Quốc Toản, TP. Tuy Hòa, Phú Yên)

ỏnh kim hay các mơn thể thao, võ
thuật nói chung đều có những luật lệ và bài
bản riêng. Nếu hiểu ít nhiều về thuật đánh
kiếm, các bạn sẽ biết rằng người đánh
kiếm giỏi chưa hẳn là người thuộc lòng
“kiếm chiêu” mà phải thực sự hiểu rõ “kiếm ý”,
khi đó khả năng sẽ đạt đến độ “biến hóa
khơn lường”.

Làm tốn cũng như đánh kiếm vậy. Ví
dụ, người giỏi trong phạm vi bất đẳng thức
thì thuộc nhiều bất đẳng thức mới chỉ là

điều kiện cần. Điều kiện đủ là phải hiểu
biếtsâu sắc về chúng để có thể vận dụng
được một cách linh hoạt.

Chúng ta hãy theo dõi việc sử dụng bt
ng thc Cụ-si gii mt bi toỏn.

Bài toán.Cho a, blà hai số tự nhiên và
abn(nlà hằng số, không nhỏ hơn 2).
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhÊt cđa
Pab.

l Trước tiên, ta đi tìm giá trị lớn nhất của P
và nghĩ ngay đến hệ quả quen thuộc của
bất đẳng thức Cơ-si (hai số dương a và b
có tổng khơng đổi thì tích lớn nhất khi và
chỉ khi hai số đó bằng nhau), “dễ q”phải
khơng các bạn !!!

Ta cã Pab

Vậy giá trị lớn nhất của P là đạt
được khi v ch khi

Nhưng rồi kiểm tra lại điều kiện của bài
toán, ta sẽ thấy là không ổnvì với nlẻ th×

khơng cịn là số tự nhiên nữa.
Nói cách khác, với n lẻ thì đẳng thức
không xảy ra khi ab. Vậy đẳng thức xảy

ra khi nào ? Bài tốn “rất gần”với bất đẳng
thức Cơ-si nhưng việc sử dụng nó lại tỏ ra
“hồn tồn vô dụng” ! Không giải quyết
được câu hỏi trên, tiếp tục chuyển sang tìm
giá trị nhỏ nhất của P, ta cịn thấy “bí”hơn
nhiều.

Nếu chỉ dừng lại ở việc “biết mà chưa
hiểu” về bất đẳng thức Cơ-si thì cuối cùng
ta sẽ nghĩ rằng “dạng toán này lạ quá”và...
bỏ cuộc.

l Việc sử dụng bất đẳng thức Cơ-si để giải
bài tốn trên coi như đã thất bại nhưng bạn
có nghĩ rằng sử dụng “một con đường” đi
đến bất đẳng thức này lại có thể thành
công hay không ?

Để sử dụng được bất đẳng thức Cô-si
với n2 cho việc giải bài toán trên, ta cần
“hiểu”rằng bất đẳng thức này xuất phát từ
đẳng thức (*) trong phép chứng minh sau :
Ta có 4ab(ab)2(ab)2 (*)
suy ra 4ab(ab)2

(víi mäi a, b)

(víi mọi a, bkhông âm).
Từ (*) suy ra 42 P 4ab n2 (a  b)2,

a b _ab

 

2
2
a b
ab   

 _{ } _

 

2
n
a b 

!!!
2
n
a b 

2
,
4
n

2 2

,

2 4

a b n

 

_ _ 

</div>
<span class='text_page_counter'>(4)</span><div class='page_container' data-page=4>

3

như vậy thì Plớn hay nhỏ hồn tồn phụ
thuộc vào (a  b)2 nhỏ hay lớn. Vì a, b
dương, ta thấy rằng các giá trị của a và b
cách biệt càng lớn thì (ab)2càng lớn và
ngược lại, các giá trị của a và b cách biệt
càng nhỏ thì (ab)2_{càng nhỏ.}

Nghĩa là “hai số dương có tổng khơng
đổi thì tích của chúng càng lớn khi hai số
đó có giá trị cách biệt càng nhỏ và ngược
lại, tích của chúng càng nhỏ khi hai số đó
có giá trị cách biệt càng lớn”.

Đến đây, ta đã có kết luận của bài tốn :
Khi n chẵn thì giá trị lớn nhất của P là

đạt được khi và chỉ khi

Khi n lẻ thì giá trị lớn nhất của P là
đạt được khi và chỉ khi các giá trị

của avà bcách biệt nhỏ nhất (|ab| 1)
và abn

Giá trị nhỏ nhất của Plà n1, đạt được
khi và chỉ khi các giá trị của a và b cách
biệt lớn nhất và abn

hc

l Bài tốn đã được giải quyết xong. Đến
đây thì các bạn đã thấy rõ, nhận ra việc sử
dụng bất đẳng thức Cơ-si để giải bài tốn
trên thì khơng khó nhưng sử dụng như thế
nào thì quả là không đơn giản. Như vậy
người ta gọi là “kiếm chiêu”thì dễ nhận ra
nhưng “kiếm ý”thì thật khó tìm.

Tóm lại, để thực sự giỏi trong bất kì một
lĩnh vực nào cũng địi hỏi sự công phu và
nghị lực ở mức độ cao nhất. Chúc các bạn
thành công.

1
1.
a n
b

 

 



1
1
a
b n



   _

1
1

2
1

1 .

2
n

a b

n
a b


   






   


2
1,
4
n 

.
2
n
a b 

2
,
4
n

Thi giải tốn qua thư

Các bạn được thưởng kì này

</div>
<span class='text_page_counter'>(5)</span><div class='page_container' data-page=5>

4

ĐÁP SỐ “ĐẸP” ?

l

Kết quả :

(TTT2 sè 37)

l

Kì này :

Lời giải mắc sai lầm ở bước lập luận :
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi Etrùng với
Cvà Dtrùng với A. Thực tế không thể xảy
ra đồng thời hai yêu cầu này, vì khi đó
MN // BCsuy ra  ABC cân,
trái giả thiết.

Lời giải đúng.Ta có

(AMMB)2_₀__AM2__MB2_₂_AM_._MB
2(AM2MB2) (AMMB)2

2AB2(AMMB)2AMMBAB .
Tương tự, ANNCAC .

Vậy chu vi tứ giác BCNM không vượt quá
(ABAC) BC7 5.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi AMMB,
ANNC. Vậy giá trị lớn nhất của chu vi tứ
giác BCNMlà 7  5, đạt được khi M, N
lần lượt là trung điểm của các cung AB, AC.
lXin trao giải cho các bạn : Hoàng Văn Tờ,
9D, THCS Thân Nhân Trung, Việt Yên, Bắc
Giang; Nguyễn Ngọc Tuấn, 9A, THCS Thị

Trấn Sông Thao, Phú Thọ ; Trần Văn
Hạnh, 9B, THCS Nghĩa An, Ninh Giang,
Hải Dương ; Phạm Quang Thịnh, 7H,
THCS Hùng Vương, TP. Tuy Hịa, Phú n.

Anh KÝnh Lóp

2
2
2

2

2

 ₉₀o
AIC

Vì vậy, để phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt thì
phương trình (3) cũng phải có hai nghiệm phân biệt,
nghĩa là ’ > 0 với mọi x.

Ta cã ’ (m1)2m22  2m3, suy ra

’ > 0  2m3 > 0  .
Vậy thỏa mãn điều kiện đề bài.

C¸c bạn có cho rằng kết luận trên là vội vàng kh«ng ?

vũ duy đĩnh

(THCS Kim Tân, Kim Thành, Hải Dương)
3

2
m

3
2
m

Cho bài tốn và một lời giải như sau :
Bài tốn.Tìm mđể phương trình

(x2x2)[x22(m1)xm22] 0 (1) cã 4 nghiƯm ph©n biƯt.
Lêi gi¶i.Ta cã

Ta nhận thấy phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt là 1 và 2.
2

2 2

2 0 (2)

(1)

2( 1) 2 0. (3)

x x

x m x m

   
 

     

</div>
<span class='text_page_counter'>(6)</span><div class='page_container' data-page=6>

5

v

Kì này :

l

KÕt qu¶ :

_{(TTT2 sè 37)}

Các bạn đành đọc thơ của bác nhé !
Năm nay trừđúng năm sinh

Sẽ ra số tuổi của mình đẹp sao
Thời gian, vận tốc nhânvào
Quãng đường đi được lẽ nào chưa hay

Sè kĐo chiasè b¹n ngay

Mỗi bạn mấy chiếc trong tay cho đều
Sĩ số năm ngoái chưa nhiều

Cộngsố bạn cuối mới điều ng sang

Trừ, nhân, chia, cộngrõ ràng
Điền xong, có lí, bác Quang trao quµ !

TTT thưởng cho các bạn : Nguyễn Thị
Huyền, 6A₁, THCS Trưng Vương, Thanh
Lâm, Mê Linh, Vĩnh Phúc; Nguyễn Thị Hà,
9B, THCS bán công Xuân Diệu, Can Lộc,

Hà Tĩnh ; Lương Văn Quyền, đội 12, Nghi
Đức, Nghi Lộc, Nghệ An; Phạm Thu Thủy,
6A₆, THCS Hồng Bàng, Hồng Bàng, Hải
Phòng ; Vũ Thị Thu Hà, 8A₂, THCS Nha
Trang, P. Phan Đình Phùng, TP. Thái
Ngun, Thái Ngun.

Ngun Đăng Quang

Bốn bạn cùng phát biểu nhưng có
một bạn trái ý ba bạn còn lại. Đó là
bạn nào ?

Bài 1. Có bốn bạn cùng nhìn một
hình tam giác và phát biểu :

A: Trc tõm trựng vi đỉnh.
B: Tổng hai góc bằng góc cịn lại.
C: Đường trịn ngoại tiếp có tâm là
trung điểm một cạnh.

D: Ba gãc nhọn.

Bài 2.Có bốn bạn cùng nhìn một số
tự nhiên và ph¸t biĨu :

A: Đây là số chính phương.
B: Số này tận cùng là 3.

C : Sè nµy chia hÕt cho 3 nh­ng
kh«ng chia hÕt cho 9.

</div>
<span class='text_page_counter'>(7)</span><div class='page_container' data-page=7>

6

ĐỔI VAI TRỊ ẨN VÀ THAM SỐ

Chúng ta đều biết : Nếu tam thức bậc
hai có nghiệm thì ln phân tích được
thành tích của hai nhân tử. Từ đó cho phép
ta một cách đưa một phương trình bậc cao
về dạng tích bằng cách đổi vai trị ẩn và
tham số khi bậc của tham số là bậc hai cịn
bậc của ẩn có thể cao hơn bậc hai.

Thí dụ 1.Tìm a để phương trình
(1)
có nghiệm.

Phương trình bậc bốn nói chung chỉ có
hai con đường để giải quyết, đó là đưa
phương trình về dạng tích hoặc đặt ẩn số
phụ.

Nếu ta tạm thời coi alà ẩn còn xlại được
coi là tham số thì khi đó (1) là phương trình

bậc hai đối với ẩn a. Ta viết lại (1) dưới
dạng :

4a26xax4x32x20.
Ta cã ’_a9x24(x4x32x2)

4x44x3x2x2(2x1)20,

suy ra hc

Vậy (1) tương đương với :

(x22x2a)(x2x2a) 0



Phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ
khi (2) hoặc (3) có nghiệm

Từ đó ta có : (1) có nghiệm với mọi giá
trị của a.

lL­u ý thêm là sự may mắn có được :

_ax2(2x1)2cng chớnh là chủ ý của
người ra đề tốn. Có khi ta lại gặp bài tốn
có tham số bậc ba nhưng nếu khéo léo vẫn
có thể đưa về bậc hai.

Thí dụ 2.Tìm ađể phương trình

a3x42a2x2xa1 0
có nghiệm.

Với a0 thì phương trình có nghiệm. Với
a  0, ta nhân hai vế với a rồi đặt t ax,
phương trình trở thành

t42at2ta2a0

a2(2t21)at4t0.
Từ đây tiếp tục giải được như thí dụ trên.
l Có những phương trình khơng có tham
số ta vẫn có thể làm được như trên khi coi
một biểu thức chứa biến nào đó là tham số.

'
2
3

1

1 2 0

0 2

1 8 0 1

0 _.

8

a
a

a _a

 

     _
 _{  } 


  

 _{ }



2
2

2 2 0 (2)
2 0 (3)

x x a

x x a

   


   


2 2

1 1 1 ₀

2 2 2

 _ _  _ _ _

  

a x x a x x

2

1 _{1 .}

2 2

 

a x x

2
1
2

  

a x x

3

(1 ) ₍ ₎₍ _{2 )}

2

x x _{a x x} _a

Phạm văn thuận

</div>
<span class='text_page_counter'>(8)</span><div class='page_container' data-page=8>

7

Trường hợp như thế ta sử dụng phép đặt
ẩn phụ khơng hồn tồn.

Thí dụ 3.Giải phương trình

Nếu đặt t  thì ta viết
được phương trình đã cho dưới dạng

t22x(2x 1)t

Coi đây là phương trình bậc hai ẩn tvà
xlà tham số, khi đó ta tính được

_t(1 2x)24(2x) (1 2x)2.
Từ đó dễ dàng suy ra t 1 ; t2xhay
phương trình đã cho tương đương với

Hai phương trình trên vơ nghiệm nên
phương trình đã cho cũng vơ nghiệm.
lTrong các phương trình kiểu này, ta cần
lựa chọn biến số phụ để được một tam thức
bậc hai có biệt thức là bình phương của
một nhị thức.

Có những phương trình vơ tỉ sau khi khử
căn thức bằng phép bình phương hai vế
dẫn tới phương trình bậc bốn và lại thực
hiện được cách làm như ở thí dụ 1.

Thí dụ 4.Tìm ađể phương trình
có nghiệm.

Nhận xét x21 > 0 với mọi x nên bình
phương hai vế ta có phương trình tương
đương :

x42x21 (3 2a)x22x2 a2
Viết phương trình về dạng bậc hai đối
với ata có :

a22ax2x4x22x1 0
Ta có : _a(x1)2nên sau khi tính các

nghim ca a ta thấy phương trình đã cho
tương đương với :

Tiếp tục giải tương tự như ở thí dụ 1ta có
kt qu bi toỏn.

Các bạn hÃy rèn luyện bằng cách giải
các bài tập sau đây.

Bi tp 1.Gii phng trỡnh

x32ax2(a21)x2a2 0,
trong đó alà tham số.

Bài tập 2.Giải phương trình
trong đó alà tham số dương.

Bài tập 3.Tìm ađể phương trình
có nghiệm.

Bài tập 4.Giải phương trình
Bài tập 5.Giải phương trình
Bài tập 6.Giải phương trình

3 2 3 2

4 (2 1) 4 3.

2

x x   x x  x
2
4 1 x 3x  1 2 1  x 1 x .

2 ₂ _{1 2(1 )} 2 ₂ _1.
x  x  x x  x

1 1,

    

x a a x

,

  

x a a x

2 2

2 2

1 1 0

1 1 0.

a x x x x a

a x x x x a

 _{   }  _{   }


 

         

 

2 ₁ _{(3 2 )} 2 ₂ ₂ 2
x    a x  x a

2
2

8 6 3 1

8 6 3 2 .

x x

x x x

 _ _{  }


 _ _{ }



2

8x 6x3

2 2

</div>
<span class='text_page_counter'>(9)</span><div class='page_container' data-page=9>

8

Bắt đầu từ năm 2002, mỗi năm, Đại học
Quốc gia Sin-ga-po (National University
of Singapore - NUS) tổ chức kì thi vào
trường (The University Entrance
Examination - UEE) cho những thí sinh
Việt Nam muốn theo học tại đây.

Để được dự thi, bạn phải là học sinh
giỏi tại Việt Nam, đã tốt nghiệp hoặc đang
học hệ phổ thông 12 năm. Kì thi diễn ra
trong hai ngày với hai bài thi bắt buộc là
Toán và tiếng Anh ; cùng với ít nhất một
trong bốn mơn Vật lí, Hóa học, Sinh học
và Khoa học Nhân văn (Humanities).

Kì thi tuyển sinh năm học 2006-2007
đã được tổ chức vào hai ngày 3-4/3/2006
tại Khách sạn Rex, TP. Hồ Chí Minh. Bài
thi sẽ được gửi về Sin-ga-po để chấm, thí
sinh trúng tuyển có hai mức : được cấp
học bổng tồn phần hoặc được theo học
bằng tiền vay từ chính phủ Sin-ga-po với
cam kết ở lại làm việc một thời gian sau
khi tốt nghiệp để trả nợ.

Muốn đạt được kết quả tốt nhất, các
bạn cần nắm được thơng tin về kì thi sớm
và đầy đủ. Chẳng hạn, với mơn Tốn, có
nhiều kiến thức mà chương trình phổ
thơng 12 năm của nước ta không cung
cấp : Khai triển chuỗi lũy thừa ; các hàm
Lượng giác ngược, hàm Hyperbolic ; Ma
trận, các phép toán trên ma trận, ma trận
nghịch đảo ; Xác suất và Thống kê, bao
gồm cả các biến ngẫu nhiên, rời rạc, liên
tục, hàm phân phối và hàm mật độ.
Những bài toán về xác suất có sử dụng

đến các cơng thức xác suất tồn phần và
cơng thức Bayes.

Bài thi Toán đầy đủ gồm 15 trang, với
42 bài toán trắc nghiệm và tự luận, từ dễ
đến khó (chia làm 3 phần : phần A gồm 20
câu trắc nghiệm, hai phần B và C gồm 22
câu tự luận), thời gian làm bài 120 phút.

Trong số này và số sau, chúng tôi sẽ
giới thiệu với các bạn một số bài phù hợp
với kiến thức THCS của nước ta, được
trích hoặc cải biên của đề thi nm 2005.

Bài 1.(câu 2, phần A)
Nếu

thì giá trị của f(2) lµ :

(A) 2 (B) 5 (C) 8
(D) không xác định (E) x21.

Bài 2.(câu 4, phần A)

Tng của các số nguyên dương không
lớn hơn 500 và không chia hết cho 7 là :
(A) 210075 (B) 98345 (C) 111452
(D) 107358 (E) Một kết quả khác.

Bài 3.(câu 11, phần A, cải biên)
Một chiếc thang dài 10 m, đầu thang
tựa vào một bức tường thẳng đứng, chân
thang tựa trên mặt đất phẳng, thang hợp
với tường góc 45o. Hỏi khi chân thang
trượt trên mặt đất với tốc độ 0,02 m/s thì
đầu thang sẽ trượt trên tường với tốc độ
bao nhiêu ?

(A) 0,04 m/s (B) 0,0025 m/s
(C) 0,015 m/s (D) 0,12 m/s
(E) Một kết quả khác.

3
2

( 2)
( )

1 ( 2)

x x

f x

x x

 _


 

 



</div>
<span class='text_page_counter'>(10)</span><div class='page_container' data-page=10>

9

CUỘC THI VƠ ĐỊCH TỐN QUỐC GIA RU-MA-NI

Bài 1.Hai tam giác ADBvà AMDđồng
dạng, suy ra

Tõ suy ra tø gi¸c

AMDNnéi tiÕp

hai tam giác ADCvà APMđồng dạng

Từ các kết quả trên ta có :

suy ra điều phải chứng minh.
Bài 2.Phương trình

(ab)x22(ab1)x(ab) 0
có a b  0 ; nên có hai
nghiệm trái dấu, nghiệm dương là

Vì ab1 nên t(a, b) 1, đẳng thức xảy
ra khi và chỉ khi ab1.

Vậy giá trị nhỏ nhất của t(a, b) khi (a, b)
chạy khắp M= {(a, b) / ab; ab1} là 1.
Bài 3.Nếu ABCDngoại tiếp đường tròn
bán kính r. Khi đó, tâm đường trịn này
chính là giao điểm Icủa hai phân giác của
góc A và góc C. Ta có S_AIBS_CID
r(ABCD) r(ADBC) S_AIDS_BIC.

Đảo lại, giả sử S_AIBS_CIDS_AIDS_BIC. (*)
Kí hiệu d(I, h) là khoảng cách từ Iđến
một đường thẳng hnào đó, đặt xd(I, AB)

d(I, AD) và yd(I, BC) d(I, CD).
Khi đó, (*) AB.xCD.yAD.xBC.y

x(ABAD) y(BCCD).
Nếu ABADthì BCCD,

suy ra ABCDADBC

ABCDngoại tiếp được một đường tròn.
Nếu ABAD, không mất tính tổng quát,
giả sử AB> ADthì ta cũng có BC> CD.
Xét A thuộc AB và C’ thuéc BC sao cho

ADAA’vµ CDCC’. Ta cã :

AIA’ AIDvµ DCI C’CI(c.g.c).
Suy ra IA’IDIC’;

S_AIA’S_CIDS_AIDS_C’IC, trừ theo từng
vế cho đẳng thức (*) ta được S_A’IBS_C’IB
hay IA’.IB. sin  IC’.IB.sin , suy
ra   A’IB C’IB(c.g.c)

I thuéc phân giác của
xd(I, AB) d(I, BC) y

đường tròn tâm Ibán kính xytiếp xúc
với 4 cạnh của tứ giác. Suy ra ®pcm.

Bài 4.a) Tổng của nsố nguyên dương
liên tiếp (n> 1) bắt đầu từ m là

Giả sử tổng trên bằng 2k, khi đó
n(2mn1) 2k 1.

Do n> 1 vµ là ước của 2k 1 nên nphải

là số chẵn. Suy ra 2mn1 là một ước số
lẻ của 2k 1

m0 (vì n> 1), nghĩa là mkhơng phải
số ngun dương.

M©u thn này cho ta đpcm.
b) Gọi dlà ƯCLN(m, n).

Giả sử mda, ndb, (a, b) 1, ta cã :
Do (a, b) 1 suy ra (b, ab) 1

 (b2, (a  b)3)  1. Do vậy, để A là số
nguyên thì d phải chia hết cho b2, giả sử
d cb2. Khi đó Ac(ab)3với a, b, clà
các số nguyên dương.

Do a b2 và Alẻ nên Anhận giá trị
bé nhất là 27, x¶y ra víi c1, ab3.

Khi đó ta có 2 khả năng :

* NÕu a2 vµ b1, ta cã d1,
suy ra m2, n1 ;

* NÕu a1 vµ b2, ta cã d4,
suy ra m4, n8.

3 3 3 3

2 2 2 2

(m n) d a b( ) d a b( _{) .}
A

n d b b

  

  

2

2 1 1

2


     n

m n m

( 1)

( 1) ... ( 1) .

2
n n
m m    m n  mn 

_

ABC

 _' _'

IBA IBC 

_'
C IB
_'
A IB
_'
C IB
_'
A IB
2
1 1

( , ) ab ab 1.

t a b

a b a b 

  _ _ 

   

1 0

a b

a b

   


1,
AD AD AD AM AD AC
AB AC AP   AD AC AM  

.

 AD AC

AP AM

  

DCA ADN AMN 

  ₁₈₀o

MAN NDM 

;



AD AM

AB AD

</div>
<span class='text_page_counter'>(11)</span><div class='page_container' data-page=11>

10

Hướng dẫn giải đề thi kì trước

(TTT2 sè 38)

Kì thi Học sinh giỏi lớp 9, quận Cầu Giấy, Hà Nội

năm học 2005 - 2006

C©u 1.

a) Tập xác định của A : x< 0 hoặc x4.
b) Rút gọn :

c) x2_₄_x_{< 5}
 1 < x< 5.

Kết hợp với tập xác định ta có :

1 < x< 0 hc 4 x< 5.

Câu 2.Cho đa thức f(n) n55n34n
với nnguyên dương.

a) f(n) n(n1)(n1)(n2)(n2).
b) f(n) là tích của 5 số nguyên liên tiếp.
Trong 5 số đó chắc chắn có một số chia
hết cho 3 vâ một số chia hết cho 5 ;

Trong 5 số đó có ít nhất hai số chẵn liên
tiếp, một số chia hết cho 2 còn số kia chia

hết cho 4 nên tích của hai số này chia hết
cho 8.

Vậy f(n) chia hết cho 120 3 5 8 vì
3, 5, 8 đơi một nguyên tố cùng nhau.

C©u 3.

(1)
Tập xác định : 1 x7.

Ta cã (ab)22(a2b2) víi mäi a, bsuy
ra

Mặt khác x26x13 (x3)24 4.
Vậy phương trình (1) tương đương với
Vì 3 [1 ; 7] nên x3 là nghiệm duy
nhất của phương trình (1).

Câu 4.Vì a, bdương nên ta ln có :
(ab)(ab)20

a3__b3__a2_b__ab2_₀
5b3a36b3a2bab2

5b3a3(ab3b2)(2ba)

(1)
Tương tự ta có :

(2)
(3)
Cộng theo từng vế 3 bất đẳng thức (1),
(2), (3) ta có bất ng thc cn chng
minh.

Câu 5. Trên cạnh DClÊy ®iĨm E sao

cho suy ra

 DAE BAM(g.c.g) AEAM.

Xét tam giác EANvuông tại A, đường

cao AH, ta có suy ra

(1)
Xét tam giác đều ADC, đường cao AH,

ta cã (2)

Tõ (1) vµ (2) suy ra

2 2 2

1 1 _{4 .}

3
AM AN  AB
2 3 2 3 2_.

4 4

 

AH AD AB

2 2 2

1 _ 1 _ _{1 .}
AM AN AH

2 2 2

1 _ 1 _ _{1 ,}
AE AN AH

 ₉₀o
NAE

 _{15 ,}o

DAE

3 3
2

5 ₂ _.

3

 _ _


a c _{a c}
ca a

3 3
2

5 ₂ _;

3

 _ _


c b _{c b}

bc c
3 3

2

5 ₂ _.

3



  



b a _{b a}

ab b

2

7 x x 1 x 6x13 4  x 3.

7 1 4 ;

  x x 

2

( 7 x x1) 2(7   x x 1) 16
2

7 x x 1 x 6x13.
2_₄ _ ₅

x x

2 _{4 .}

 

A x x

2 2

2 2

4 _{4 .}

4 4

   

 

   

x x x x x x

A

</div>
<span class='text_page_counter'>(12)</span><div class='page_container' data-page=12>

11

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO TRƯỜNG THPT, TỈNH THÁI BÌNH

Năm hc 2005-2006 ; Thi gian : 150 phỳt

Bài 1.(2,0 đim)

1. Thực hiện phép tính : .
2. Giải phương trình : x4₅_x2₃₆_0.

Bài 2.(2,5 điểm)

Cho hàm số : y(2m3)xn4 (d)
.

1. Tìm các giá trị của mvà nđể đường
thẳng (d) :

a) Đi qua hai điểm A(1 ; 2), B(3 ; 4).
b) Cắt trục tung ti im cú tung

và cắt trục hoành tại điểm có

honh .

2. Cho n  0, tìm m để đường thẳng
(d) cắt đường thẳng (d’) có phương trình
xy2 0 tại điểm M(x; y) sao cho biểu
thức Py22x2đạt giỏ tr ln nht.

Bài 3.(1,5 điểm)

Mt mnh vn hỡnh ch nhật có diện
tích là 720 m2, nếu tăng chiều dài thêm
6 m và giảm chiều rộng đi 4 m thì diện tích

mảnh vườn khơng đổi. Tính các kích thc
ca mnh vn.

Bài 4. (3,5 điểm)

Cho nửa đường tròn (O) đường kính
AB2R. Trên nửa mặt phẳng bờ ABchứa
nửa đường tròn kẻ hai tia tiếp tuyến Axvà
By. Qua điểm M thuộc nửa đường tròn
(M khác Avà B) kẻ tiÕp tuyÕn thø ba c¾t
Ax, Bytheo thø tù ë C, D.

1. Chøng minh :
a) CDACBD.
b) AC.BDR2.

2. Xác định vị trí của điểm Mđể tứ giác
ABDCcó diện tích nhỏ nhất.

3. Cho biÕt R 2 cm, diƯn tÝch tø gi¸c
ABDC b»ng 32 cm2. TÝnh diÖn tÝch tam
giác ABM.

Bài 5. (0,5 điểm)

Cho cỏc s dng x, y, z thỏa mãn :
x yz1. Chứng minh rằng :

2 2 2 2

2 2

2 2 2 2

2 2 5.

x xy y y yz z

z zx x

     

   

1 2

x  

3 2 1
y  

3

( )

2
m

5 9 4 5

Câu 6.Gọi M, Nlần lượt là trung điểm
của AB, CD. Kẻ NH, MK lần lượt vng
góc với AB, CD.

NÕu AB// CDth× ABCDlà hình thang có
MNlà đường trung bình, MN// AB// CD.

Suy ra S_MADS_NAD; S_MBCS_NBC

S_NABS_ABCDS_NADS_NBC

S_ABCDS_MADS_MBCS_MCD
Mặt khác, đường tròn đường kính ABtiếp
xúc với CDnên MA MBMK

suy ra

Hthuộc đường tròn đường kính CD.
Ta lại có NHvuông góc với ABnên AB
tiếp xúc với đường tròn đường kính CD.

1
2

NH CD ND NC

1 _,

2AB

1 1 _.

2 2

</div>
<span class='text_page_counter'>(13)</span><div class='page_container' data-page=13>

12

l

KÕt qu¶ :

THI GIẢI TỐN QUA THƯ

Bµi 1(37) :Chøng minh r»ng sè d­ trong

phÐp chia mét sè nguyªn tố cho 30 là 1
hoặc số nguyªn tè.

Lời giải :Gọi plà một số ngun tố bất
kì. Ta ln biểu diễn được p30qr, trong
đó q, rlà các s t nhiờn v r< 30.

+ Nếu q0 thì rplà số nguyên tố ;
+ Nếu q0 thì p30. Như vậy thì rchỉ
có thể là số lẻ, kh«ng chia hÕt cho 3 và
không chia hết cho 5 (vì 30 là bội của 2 ; 3 ;
5 còn 30qrlại là số nguyên tố). Suy ra r
chỉ có thể nhận các giá trị lµ 1, 7, 11, 13, 17,
19, 23, 29 (lµ 1 hoặc số nguyên tố).

Vậy bài toán được chứng minh.

Nhn xột :Cũng có thể chứng minh bài
tốn này bằng phương pháp phản chứng.

Bài toán “khá đơn giản”nên ... nhiều bạn
lập luận cũng “khá dễ dãi”(ví dụ như khơng
xét trường hợp q 0, trường hợp này khác

với trường hợp q0 vì khi đó rcó thể nhận
cả giá trị bằng 2, 3, 5 ; hiển nhiên coi plà
số nguyên tố mà không hề “khai báo” ; có
bạn lại gọi plà số nguyên tố “phải tìm”...).

Các bạn có lời giải tốt nhất là Trương
Mạnh Linh, 9B, THCS Từ Sơn, Từ Sơn, Bắc
Ninh ; Nguyễn Thành Tín, 8A, THCS Lập
Thạch, Lập Thạch, Vĩnh Phúc ; Nguyễn
Anh Hoàng, 9A, THCS Đặng Thai Mai,
TP. Vinh, Nghệ An; Nguyễn Trà Giang, 6B,
THCS Hoàng Xuân Hãn, Đức Thọ, Hà Tĩnh;
Phạm Thị Xuân, 8A₁, THCS Vũ Hữu, Bình
Giang, Hải Dương; Nguyễn Mỹ Linh, 6A₁,
THCS Lâm Thao, Lâm Thao, Phú Thọ ;
Nguyễn Thị Mĩ Hằng, 7A₃, THCS Chu
Mạnh Trinh, Văn Giang, Hưng Yên ; Trần
Thị Hạnh, 8A, THCS Thị Trấn Vũ Thư, Vũ
Thư, Thái Bình; Vũ Xuân Lộc, 9E, THCS
Bắc Sơn, Sầm Sơn, Thanh Hóa ; Đồn
Xn Trung, 7B, THCS Dư Hàng Kênh, Lê
Chân, Hải Phòng ; Phạm Văn Cảnh, 9D,
THCS Hải Hậu, Hải Hậu, Nam Định ;
Nguyễn Duy Hưng, 9A₈, THCS Trần Quốc
Toản, TP. Hạ Long, Quảng Ninh ; Đinh

Hoàng Phong, 8/3, THCS Nguyễn Khuyến,
Hải Châu, Đà Nẵng ; Nguyễn Thị Thúy
Hoa, 7D, THCS Thị Trấn Cao Thượng, Tân
n, Bắc Giang.

Ngun anh qu©n

Bài 2(37).Tìm tất cả các số thực dương
x, y, zthỏa mãn hệ phương trình :

Lời giải. Dùng bất đẳng thức Cơ-si cho
ba số thực dương ta có :

6 xyz , suy ra 8 xyz; (1)
. (2)
Kết hợp (1) và (2) ta nhận được :

Suy ra . (3)

Tõ (1) vµ (3) ta l¹i cã :
.

Vậy x, y, z là các số thực dương thỏa
mãn hệ phương trình đẳng thức xảy ra ở
bất phương trình trên xyz2.

Vậy xyz2 là bộ số thực dương duy
nhất thỏa mãn các điều kiện của bài toán.

Nhận xét. Đây là bài toán cơ bản, đơn
giản. Rất nhiều bạn gửi lời giải tới tòa soạn
và đều giải theo cách trên. Các bạn có lời
giải tốt nhất là Nguyễn Thị Thúy Hoa, 7D,
THCS Thị trấn Cao Thượng, Tân Yên, Bắc

Giang ; Nguyễn Ngọc Long, 7A, THCS
huyện Thuận Thành, Bắc Ninh ; Nguyễn
Thị Mĩ Hằng, 7A₃, THCS Chu Mạnh Trinh,
Văn Giang, Hưng Yên ; Nguyễn Thị Thúy
An, 6A, THCS Liên Bảo, TX. Vĩnh Yên ;
Phan Công Hậu, 6D, THCS Lập Thạch ;

1 1 1 4 _{3 4 2}

2 8
x y z xyz     

1 1 1 9 9 3

6 2
x y z x y z      

3
3

1 1 1 3

(x y z) 3 xyz 9.

x y z xyz

 

  _   _  

 

3

1 1 1 3

x y z   xyz
3
3 xyz



6

1 1 1 ₂ 4 _.

x y z

x y z xyz

  




</div>
<span class='text_page_counter'>(14)</span><div class='page_container' data-page=14>

13

Nguyễn Thị Ngọc, 7A₁, THCS Yên Lạc,
Vĩnh Phúc; Nguyễn Ngọc Huy, 7A, THCS
Trần Văn Ơn, Hồng Bàng, Hải Phịng ;
Hồng Tiến Dũng, 7A, THCS Lê Hữu Lập ;

Trần Ngọc, 7, THCS Liên Lộc, Hậu Lộc,
Thanh Hóa; Trần Thị Thảo, 7B, THCS Hồ
Xuân Hương, Quỳnh Lưu, Nghệ An; Phan
Hồng Lam, 7C, THCS Thị trấn Kỳ Anh ;
Nguyễn Ngọc Sơn, 7D, THCS Nam Hồng,
TX. Hồng Lĩnh, Hà Tĩnh ; Mai Thanh Trí
Quang, 6A, THCS Hải Vĩnh, Hải Lăng ; Võ
Trần Tâm, 7E, THCS Thị trấn Gio Linh,
Quảng Trị.

NguyÔn Minh Đức

Bài 3(37). Cho f(x) x3 3x2 3x 3.
Chøng minh r»ng

Lêi gi¶i.Ta nhËn thÊy r»ng :

f(x) x3_₃_x2_₃_x_₃₍_x₁₎3_4.

Suy ra

Do

suy ra ,

Nghĩa là (đpcm).

Nhn xét.1) Một số bạn đã chứng minh
với x₁, x₂và x₁< x₂thì f(x₁) < f(x₂) bằng
cách xét hiệu f(x₁) f(x₂), sau đó chứng tỏ

rằng f(x₁) f(x₂) < 0.

2) Rất nhiều bạn giải tốt bài toán này,
sau đây là một số bạn tiêu biểu : Trần Hịa
Bình, 9A₁, THCS Lâm Thao, Phú Thọ ;
Nguyễn Ngọc Khánh, 6A₁, THCS Yên Lạc,
Vĩnh Phúc; Phạm Đức Nam, 8B, THCS Cự
Khối, Q. Long Biên, Hà Nội ; Vũ Tuấn
Cường, 7A₃, THCS Chu Văn An, Thanh Hà ;
Trần Văn Hạnh, 9B, THCS Nghĩa An, Ninh
Giang, Hải Dương ; Nguyễn Ngọc Hưng,

8A₃, THCS Chu Mạnh Trinh, Văn Giang,
Hưng Yên; Nguyễn Huy Hồng, 8C, THCS
Lý Nhật Quang, Đơ Lương ; Tăng Hồng
Trường, 9A ; Cao Thị Thanh Hoa, 8C, THCS
Cao Xuân Huy, Diễn Châu ; Cao Thị Thanh
Tâm, 8B, THCS Hồ Xuân Hương, Quỳnh
Lưu, Nghệ An ; Võ Quang Trung, 9A,
THCS Hương Bình, Hương Khê, Hà Tĩnh;
Trần Thu Hoài, 9C, THCS Tân Ninh, Quảng
Ninh, Quảng Bình; Mai Thanh Trí Quang,
6A, THCS Hải Vĩnh, Hải Lăng, Quảng Trị;
Hoàng Gia Ân, 83, THCS Nguyễn Khuyến,
TP. Đà Nẵng ; Nguyễn Đức Tâm, 9/8, THCS
Hòa Khánh, Đà Nẵng; Phạm Quang Thịnh,
7H, THCS Hùng Vương, TP. Tuy Hòa, Phú
Yên; Võ Xuân Minh, 81, THCS Nguyễn Văn
Trỗi, Cam Nghĩa, Cam Ranh, Khỏnh Hũa.

Nguyễn Văn Mạnh

Bài 4(37). Cho tam giác ABC, điểm O
nằm trong tam giác. BO, CO theo thứ tự cắt
AC, AB tại M, N. Dựng các hình bình hành
OMEN, OBFC. Chứng minh rằng A, E, F
thẳng hàng vµ

LTS. Nhiều bạn phát hiện ra bài này đã
được đăng trên TTT2, bài 5(30). Lỗi này do
sơ xuất của Ban biên tập, thành thật xin lỗi
bạn đọc. Ngoài lời giải đã nêu trên TTT2 số
32, kì này tác giả sẽ giới thiệu thêm với các
bạn một lời giải khác cho phần chứng minh
A, E, Fthẳng hàng.

Lời giải.Trước hết ta phát biểu và chứng
minh 2 bổ đề.

Bổ đề 1.Tứ giác ABCDcó ABCDE;
I, Jtheo thứ tự là trung điểm của AC, BD.

Khi đó

Chứng minh.(xem hình vẽ bổ đề 2)
Ta có S_EIJS_EDIS_EJDS_IJD

1₍ ₎ 1₍ ₎

2 2

1 1 1 1 _(®pcm).

2 2 2 4

EDA EDIB IAB IAD
CAB CAD ABCD

S S S S

S S S

   

 

 _  _

 

 1 .

4
EIJ ABCD

S S

AE AM AN OM ON.
AF AB AC OB OC   

2006 2005

2005 2004

f_ _f_ _

   

3 3

1 ₄ 1 ₄

2005   2004 

3 3

1 1 _nªn 1 1 _,

2005 2004 ₂₀₀₅ ₂₀₀₄
3

2005 1 _4.

2004 ₂₀₀₄
f_  _ 

 

3

2006 1 _{4 ;}

2005 ₂₀₀₅
f_  _ 

 

2006 _{2005 .}

2005 2004

f_ _f_ _

</div>
<span class='text_page_counter'>(15)</span><div class='page_container' data-page=15>

14

Bổ đề 2.Tứ giác ABCDcó ABCDE;
AD  CB F ; I, J, K theo thứ tự là trung
điểm của AC, BD, EF.

Khi đó I, J, Kthẳng hàng.

Chứng minh.Theo bổ đề 1, ta có
(1)
Gọi P, Qlần lượt là hình chiếu của E, Ftrên
IJsuy ra EP// FQ; T (1) suy ra EPFQ

PQđi qua KI, J, Kthẳng hàng (đpcm).
Trở lại với chứng minh A, E, F thẳng hµng.

Gọi I là trung điểm AO ; J OEMN ;
KOFBC. áp dụng bổ đề 2cho tứ giác

AMONta có I, J, Kthẳng hàng. Mặt khác,

, suy ra đpcm.
Nhận xét. 1) Lời giải của các bạn đều
đúng và đều sử dụng định lí Ta-lét.

2) Cách chứng minh trên tuy dài nhưng
lại khá độc đáo vì chỉ sử dụng các kiến thức
hình học trước định lí Ta-lét.

3) Đường thẳng đi qua I, J, Ktrong bổ đề 2
có tên là đường thẳng Gau-xơ (tên của một
nhà toán học vĩ đại người Đức).

4) Xin nêu tên một vài bạn có lời giải tốt :
Trần Hịa Bình, 9A₁, THCS Lâm Thao, Phú
Thọ ; Võ Xuân Minh, 81, THCS Nguyễn
Văn Trỗi, Cam Nghĩa, Cam Ranh, Khánh
Hòa; Nguyễn Ngọc Long, 7A, THCS Thuận
Thành, Bắc Ninh ; Hoàng Trung Đức, 8B,
THCS Lý Nhật Quang, Đơ Lương, Nghệ An;
Hồng Lan Phương, 9D, trường Hà Nội
-Amsterdam, Hà Nội.

Ngun Minh Hµ

Bài 5(37). Cho nửa đường trịn đường
kính AB c2R. Tìm trên nửa đường trịn
đó (khơng kể hai đầu mút A và B) tất cả
những bộ ba điểm C₁, C₂, C₃ sao cho

BC₁AC₂ BC₂AC₃BC₃AC₁d,
trong đó d là độ dài của một đoạn thẳng
cho trước.

Lời giải.Lời giải gồm hai bước.

Bước 1.Ta chứng minh : Nếu bài tốn có
lời giải thì trước hết, ba điểm C₁, C₂, C₃,
phải trùng nhau. Kí hiệu BC_i a_i, AC_ib_i,
trong đó a_i; b_i(0 ; c) và i{1 ; 2 ; 3}.

Ta có a_ivà b_ithỏa mãn dãy đẳng thức :
a₁b₂a₂b₃a₃b₁d; (1)

Khơng mất tính tổng qt, ta giả sử rằng
a₁a₂a₃, (khi đó) b₁b₂b₃. (2)

Tõ (1) vµ (2) suy ra b₃b₁b₂

b₁b₂b₃b₁b₁b₂b₃

C₁C₂C₃(C).

Bước 2. Bài tốn quy về : Tìm trên nửa
đường trịn đã cho một điểm C sao cho
BC  CA  d.

Đặt BC  x, CA  y thì x và y là các
nghiệm dương của hệ phương trình sau :

xyd; x2y2c2(4R2). (3)

  ( 2).

OA OE OF
OI OJ OK

 1  .

4

EIJ ABCD FIJ

</div>
<span class='text_page_counter'>(16)</span><div class='page_container' data-page=16>

15

Bài toán này có thể được giải bằng hai
phương pháp : hình họcvà đại số.

lPhương pháp hình học (dựng hình).

Kéo dài BCvề phía Crồi dựng điểm Dsao
cho CDCAvà do đó BCCDBDd,
đồng thời

Suy ra Dphải thỏa mÃn hai điều kiện :
1) Nằm trên ®­êng trßn (B, d) ;

2) Nằm trên cung chứa góc 45o
dựng trên đoạn AB, cùng phía với nửa
đường tròn đã cho đối với đường thẳng AB.

VËy Dlà giao của hai cung tròn trên, bài
toán có 1 hoặc 2 nghiệm hình, khi và chỉ khi
2Rc< d

Khi đó Clà giao điểm của tia BDvà nửa
đường trịn đường kính AB.

Ngồi ra, chứa góc 45ocó tâm là
trung điểm C₀ của nửa đường trịn đã cho
và có bán kính khi

thì đường trịn tiếp xúc với ở
D₀đối xứng với Bqua C₀.

lPhương pháp đại số.

Từ hệ phương trình (3) suy ra xvà ylà hai
nghiệm dương của phương trình bậc hai ẩn
Xsau : 2X22dXd2c20. (4)
Do đó nếu c < d thì phương trình
(4) có 1 hoặc 2 nghiệm dương :

(5)
(các đoạn thẳng có độ dài X₁, X₂dựng được
bằng thước thẳng và compa).

Nhận xét. 1) Đây là bài toán dựng hình
(dựng những bộ ba điểm {C₁; C₂; C₃}). Như
vậy cần phải tiến hành đầy đủ các bước của
một bài tốn dựng hình, trong đó bước quan

trọng đầu tiên là bước phân tích để tìm ra
tính chất hình phải dựng (bước 1).

Kết quả chứng minh ở bước 1 vẫn còn
nguyên hiệu lực trong trường hợp nửa
đường trịn đường kính AB được thay bởi
nhỏ hơn nửa đường tròn (chứa góc tù).

Tuy nhiên lập luận trên khơng cịn sử
dụng được trong trường hợp lớn hơn
nửa đường tròn (chứa góc nhọn). Các bạn
sẽ tìm thấy câu giải đáp trọn vẹn ở lời giải
của bài toán thách đấu thứ hai mươi chín
(trang 19).

2) Một số bạn chỉ đề cập bước 1của lời
giải, như vậy bài toán dựng hình chưa được
giải xong. Chỉ có một bạn nêu được cách
dựng hình học cụ thể điểm C trên nửa
đường tròn đã cho như thế nào, còn lại chỉ
cho biết độ dài hai đoạn BC và AC được
tính theo cơng thức (5) sau khi giải phương
trình (4). Nhiều bạn lập luận C₁ C₂ C₃
khơng chặt chẽ hoặc ngộ nhận đã chứng
minh được điều đó.

3) Các bạn sau đây có lời giải tương đối
gọn gàng : Hà Thị Thanh Huyền; Trần Hịa
Bình, 9A₁, THCS Lâm Thao, Phú Thọ ;
Phạm Văn Dương, 9A, THCS Nghĩa An,

Ninh Giang, Hải Dương; Võ Văn Tuấn, 9A₅,
THCS Nguyễn Du, KRông Buk, Đắk Lắk ;
Nguyễn Xuân Thiện, 9A₁, Phân hiệu học
sinh giỏi Thanh Nê, Kiến Xương, Thái Bình;
Võ Xuân Minh, 8A₁, THCS Nguyễn Vn
Tri, Cam Ngha, Cam Ranh, Khỏnh Hũa.

Nguyễn Đăng Phất

A B



A B

 



  

2 2
1, 2

1 2

2 _;

2
2

d c d

X

X X d c

2
c





A B

( , 2)B c

2
d c
 2

2 ;

2

R c



A B

c 2 2 2. R



A B

</div>
<span class='text_page_counter'>(17)</span><div class='page_container' data-page=17>

16

Tuyết rơi liên tục suốt ngày, mãi đến
chiều muộn mới ngừng. Mặt đất trắng xóa.
Hồng hơn bng dần trên con đường thưa
thớt xe cộ và vắng bóng khách bộ hành.

Sau một ngày làm việc căng thẳng,
thám tử Sê-Lốc-Cốc lái xe trở về nhà. Ông
cảm thấy rất mệt mỏi, chỉ muốn nhanh đến
nhà để uống chút gì nong nóng cho dễ
chịu. Tuy muốn như vậy nhưng vì đường bị
tuyết phủ dày nên thám tử lại phải lái xe
chầm chậm và hết sức cẩn thận. Khi xe
chạy đến đầu đoạn đường cong, thám tử
bỗng thấy phía trước có mấy người tụ tập.
Theo thói quen nghề nghiệp, ơng cho xe
dừng lại và bước xuống. Trời ! Một người
đàn ông nằm trên mặt đất, ngay sát bên
cộc mốc chỉ báo độ nghiêng của đường.
Thám tử quỳ xuống bên người bị nạn, kiểm

tra kĩ. Anh ta bị một vết thương nặng trên
đầu và đã bất tỉnh. Thám tử vội nhờ mấy
người xung quanh đưa nạn nhân đến bệnh

viện cấp cứu. Ông cũng gọi điện ngay cho
cảnh sát giao thông để kiểm tra hiện
trường.

Suốt đêm đó, thám tử ngủ khơng yên vì
thương nạn nhân và căm tức kẻ gây tai nạn
đã bỏ trốn. Ông tự nhủ sẽ hết sức cố gắng
để sớm tìm ra kẻ vơ lương tâm đó.

Sáng hơm sau, thám tử đến nơi làm việc
sớm hơn thường lệ. Cơ quan cảnh sát giao
thông đã giao cho ông mấy bức ảnh chụp
hiện trường. Trên một vài tấm ảnh là hình
nạn nhân nằm bất tỉnh. Trên một vài tấm
khác là hình vết bánh xe hằn trên tuyết.
Trong một vài bức ảnh, vết bánh trước, vết
bánh sau cho thấy rõ xe đang rẽ về bên
trái, theo hướng cong của đường. Trong vài
bức ảnh khác, vết bánh sau lại đè lên vết
bánh trước. Sau một hồi xem xét, ngắm
nghía, thám tử quyết định mang mấy bức
ảnh đến trung tâm kĩ thuật yêu cầu giám
định vết xe. Theo kết quả giám định, trong

</div>
<span class='text_page_counter'>(18)</span><div class='page_container' data-page=18>

17

l

KÕt qu¶ :

(TTT2 sè 37)

VỤ TRỘM KHÔNG DẤU VẾT

một vài bức ảnh, vết bánh trước và vết bánh
sau cho thấy rõ xe đang rẽ về bên trái, theo
hướng cong của con đường ; trong một vài bức
khác, vết bánh sau lại đè lên vết bánh trước.
Sau khi xem kết quả giám định, thám tử lập tức
mang ảnh đến trung tâm chỉ huy giao thông,
yêu cầu xác định loại xe và loại lốp xe. Quả là
một cơng việc chẳng khác gì mị kim đáy bể,
nhưng rất may, dựa vào hồ sơ lưu trữ và dấu vết
trên hiện trường, trung tâm chỉ huy giao thông
đã phát hiện được hai chiếc xe khả nghi.

Một lúc sau, hai chiếc xe cùng hai người lái
xe đã được triệu tập đến cơ quan điều tra.
Thám tử đi quanh từng chiếc xe, kiểm tra thật
kĩ càng. Trên xe của người lái gầy gị, ơng thấy
có vết lõm ở thanh chắn bảo hiểm trước đầu
máy. Trên xe của người lái to béo, thám tử phát
hiện có chỗ bị móp lại ở đi xe. Thám tử mời
cả hai người lái xe vào phòng và hỏi :

- Trong hai anh, ai đã gây ra vụ tai nạn đêm
hôm qua ở đoạn đường cong ?

Cả hai người lái xe đều nói :

- Chúng tơi khơng gây vụ tai nạn nào cả !
Thám tử nghiêm mặt, nhìn thẳng vào người
to béo. Ơng chìa tấm ảnh ra trước mặt hắn :

- Anh hãy nhìn cho kĩ ! Chính anh đã gây tai
nạn rồi bỏ trốn. Đồ vơ lương tâm !

Người lái xe to béo thoáng sợ hãi rồi lại trấn
tĩnh ngay. Hắn cao giọng :

- Ông đừng vu oan cho tôi thế ! Tấm ảnh vớ
vẩn này đâu có nói lên điều gì ?

Thám tử Sê-Lốc-Cốc vơ cùng tức giận :
- Sao lại khơng nói lên điều gì ? Vết bánh xe
của anh trong tấm ảnh này đã tố cáo chính anh
là thủ phạm gây tai nạn. Tại đoạn đường cong,
anh đang cua về bên trái theo hướng đường thì
va phải nạn nhân. Anh cuống quýt đánh tay lái
ngay sang bên phải, thế là đuôi xe va phải cột
mốc bên trái đường, bị móp. Đúng chưa ?

Tên lái xe to béo tái mặt. Hắn chỉ còn biết cúi
đầu nhận tội. Tuy nhiên, trong thâm tâm hắn
vẫn không hiểu thám tử Sê-Lốc-Cốc đã suy
đốn thế nào khi nhìn vết bánh xe của hắn hằn
trên tuyết. Căn cứ vào đâu mà thám tử lại kết
luận chính xác như vậy ?

C¸c th¸m tư “Ti Hång” cã thể giải thích

được không ?

Vit - M hai nước cách xa
Nửa vịng trái đất bao la biển trời

Mói giê lƯch thÕ, MÝch ¬i !

Vậy sao có chuyện tối trời cùng nhau ?
Mích kia ! Hãy nhận tội mau !
Theo Sê-Lốc-Cốc đi mau về đồn !

Đó là câu trả lời bằng thơ của bạn
Lê Thái Sơn (Vĩnh Phúc). Nhiều bạn
khác tuy khơng có đáp án bằng thơ
như vậy nhưng cũng đưa ra câu trả lời
đúng : do cách nhau nửa vòng Trái
Đất nên Việt Nam và Mỹ không thể tối
cùng một lúc được. Bên này ban ngày
thì bên kia ban đêm và ngược lại. Tên
Mích đã sơ hở khi bịa ra chuyện hai
người cùng ngắm trăng một lúc.

Phần thưởng kì này được trao cho
năm bạn sau đây : Nguyễn Thị Mai,
mẹ là Nguyễn Thị Nga, Sở Tài chính
tỉnh Hà Giang, Hà Giang ; Lê Thái
Sơn, 7A₁, THCS Yên Lạc, Yên Lạc,
Vĩnh Phúc ; Nguyễn Thị Thu Hằng,
mẹ là Nguyễn Thị Thắng, đội 16, Vĩnh
Lại, Lâm Thao, Phú Thọ; Nguyễn Thị

Phương ThảoA, 7/4, THCS Trần Hưng
Đạo, TX. Đông Hà, Quảng Trị; Nguyễn
Kiến Doanh, 7/13, THCS Nguyễn Du,
TP. Phan Thiết, Bình Thuận.

</div>
<span class='text_page_counter'>(19)</span><div class='page_container' data-page=19>

18

T NUNG NU

N...

BT NG

Bài toán sau đây là bài 1(9), chuyên mục
Thi giải toán qua thư (Tạp chí TTT2) :

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 nhÊt cđa tỉng diƯn tÝch các tam giác
BDE và CDE.

Với các tính chất

lời giải
trên TTT2số 11 đã áp dụng bất đẳng thức
Cô-si cho hai số dương và để được
kết quả

Như vậy Tđạt giá trị nhỏ nhất là
đạt được d// BC.

Tiếp tục tự đặt câu hỏi, liệu có tìm được

giá trị lớn nhấtcủa T khơng ? Tơi đã dành
khá nhiều thời gian “nung nấu”để rồi “bất ngờ”

khám phá ra lời giải thật ưng ý, xin được
nêu ra để các bạn cùng tham khảo.

Gọi B₁BGAC, C₁CGAB. Ta có
D BC₁, E CB₁, đặt AD x₁, BD x₂,
AE  y₁, CE  y₂, AB  c, AC  b suy ra
x₁x₂0, y₁y₂0, x₁x₂c, y₁x₂b

(x₁x₂)(y₁y₂) 0

(x₁x₂)(y₁y₂) 2(x₁y₂x₂y₁)

bc2(x₁y₂x₂y₁)

(1)
Ta l¹i cã :

(2)
Tõ (1) vµ (2) suy ra Đẳng
thức xảy ra x₁x₂hoặc y₁y₂.

Vy Tt giỏ trị lớn nhất là đạt
được dđi qua Bhoặc dđi qua C.

1 _,

2SABC

 1 .
2 ABC

T S


BD AE CE AD    x y2 1 x y1 2.

AB AC AC AB bc

 BDE  ABE  CDE  ACD

ABC ABE ABC ACD ABC

S S

S S

T

S S S S S



 2 1 1 2  1.

2
x y x y

bc

4 _,

9SABC

  4 .

9
BDE CDE ABC

T S S S

AE
AC
AD

AB

 _ _ _ _,

BDE CDE ADE

ABC ABC

S S S AD AE

S S AB AC

3 ;

AB AC
AD AE

Trịnh Văn Nam

(lớp 11A₁, THPT chuyên Phan Bội Châu, TP. Vinh, Nghệ An)

</div>
<span class='text_page_counter'>(20)</span><div class='page_container' data-page=20>

19

TRẬN ĐẤU THỨ HAI MƯƠI CHÍN

TRẬN ĐẤU THỨ BA MƯƠI MỐT

Lời giải.Lời giải gồm các bước sau đây.
Bước 1. Ta chứng minh mệnh đề 1 :
Nếu hai trong ba điểm C₁, C₂, C₃ trùng
nhau thì ta có dãy đẳng thức BC₁AC₂

BC₂AC₃BC₃AC₁cả ba điểm đó
trùng nhau.

ThËt vËy, kÝ hiÖu BC_ia_i, AC_ib_i(i 

{1 ; 2 ; 3}). Khi đó dãy đẳng thức trên được
viết lại là a₁b₂a₂b₃a₃b₁. (1)
Nếu C₁C₂thì a₁a₂và b₁b₂, suy
ra a₃a₁a₁a₂a₃C₁C₂C₃.
Bước 2. Ta chứng minh mệnh đề 2 :
Trên đã cho không tồn tại ba điểm
C₁, C₂, C₃phân biệt thỏa mãn dãy đẳng
thức (1) (theo mệnh đề 1, điều này có

nghĩa là : nếu bài tốn có lời giải thì trước
hết ba điểm C₁, C₂, C₃phải trùng nhau).
Thật vậy, giả sử trên ta tìm được ba
điểm C₁, C₂, C₃phân biệt thỏa mãn (1).

Không mất tính tổng quát, ta giả sử rằng
a₁< a₂< a₃, tõ (1) suy ra b₁< b₃< b₂. (2)
Dùng lấy các điểm A₀, A₁, A₂,
A₃trên Cxvà B₀, B₁, B₂, B₃trên Cysao
cho CA₀CB₀ ; CA_ib_ivà CB_ia_i
(i{1 ; 2 ; 3}). Suy ra A_iB_iC ABC_i(c.g.c)

A₁B₁A₂B₂A₃B₃ABc. (3)

Tõ (2) suy ra A₁B₁Cnằm gọn trong cả

A₂B₂Cvà A₃B₃C. Ta sẽ chứng tỏ rằng
A₁B₁< A₂B₂hoặc A₁B₁< A₃B₃. Thật vậy,
từ (1) ta có b₂b₃a₂a₁và b₃b₁a₃a₂,
suy ra A₃A₂B₁B₂; A₁A₃B₂B₃; (4)

Xét hai trường hợp có thể xảy ra :
1) Nếu a₁  b₁ thì suy

ra .

Dựng hình bình hành A₃B₁B₂D, từ (4) suy
ra A₃A₂D c©n ë A₃ 

(do tia A₂B₂nằm trong và tia DA₃

nằm trong ). Xét A₁A₃B₁, A₂B₂D
và hình bình hành A₃B₁B₂D, theo định lí
về so sánh cạnh và góc trong tam giác ta
có : A₁B₁< A₃B₁DB₂< A₂B₂. (5)
(Xem tiếp trang 25)

₂ ₂

A DB

₂

CA D

 _{2 2} ₂ ₂

B A D A DB

  o 

1 3 1 1 1 90 1 1 3
A A B CA B  B A A

 _{1 1}_ _{1 1}_,

CA B CB A

2
d

 _{ }_;

xCy



A B



A B

lNgười thách đấu. Trần Xuân Đáng, THPT chuyên Lê Hồng Phong, Nam Định.
lBài tốn thách đấu. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thc

với a, b, clà các số thực thuộc đoạn [0 ; 2].
lXuÊt xø. S¸ng t¸c.

lThời hạn nhận thách đấu. Trước ngày 15 - 06 - 2006.

  

  

4 a 4 b 4 c

E

</div>
<span class='text_page_counter'>(21)</span><div class='page_container' data-page=21>

20

PHƯƠNG TRÌNH HAI AN

Phạm văn chiến

(THCS Xuõn Phong, Xuõn Trng, Nam nh)

Gii phương trình hai ẩn là một dạng
toán hay được đề cập đến trong các kì thi
cuối cấp THCS. Qua bài viết này tác giả
muốn hệ thống lại một số phương pháp
giải cơ bản nhất để các bạn tiện ôn tập.
l Phương pháp 1. Viết phương trình về

dạng vế trái là tổng của các bình phương
cịn vế phải bằng 0.

Thí dụ 1.Tìm tất cả các cặp số (x ; y)
nghiệm đúng phương trình

(16x41)(y41) 16x2y2. (1)
Lời giải. Phương trình (1) tương đương với

16x4y416x4y41 16x2y20
Û (4x2y21)2(4x2y2)20

Vậy có tất cả 4 cặp số (x ; y) nghiệm
đúng phương trình (1) là :

Thí dụ 2.Tìm cặp số (x; y) biết

2x22xyy22x2y5 0. (2)
Lời giải. Phương trình (2) tương đương với
(x2y21 2xy2x2y) (x24x4) 0

Û (xy1)2+ (x2)20

VËy tån t¹i duy nhÊt cặp số (x; y) thỏa
mÃn (2) là (2 ; 3).

l Phương pháp 2. Viết phương trình về

dạng phương trình bậc hai đối với một
trong hai ẩn.

Thí dụ 3.Tìm tất cả các cặp số (x ; y)
thỏa mãn phương trình

(3)
Lời giải. Phương trình (3) tương đương với
(4)
Coi phương trình (4) là một phương trình
bậc hai ẩn y, ta có

với mọi xnên phương trình (4) có nghiệm
Khi đó phương trình (4) có nghiệm kép :
Vậy có duy nhất cặp số (x; y) thỏa mãn
phương trình (3) là

Thí dụ 4.Tìm cặp số (x ; y) thỏa mãn
phương trình x2y2xy4xy0, (5)

sao cho yđạt giá trị lớn nhất.

Lời giải. Phương trình (5) tương đương với
yx22(y2)xy0.

Nếu y0 thì x0, suy ra (0 ; 0) là một
nghiệm của phương trình (5).

Nếu y  0 thì phương trình trên là một
phương trình bậc hai theo ẩn x. Ta có :

’_x(y2)2y24 4y.
Phương trình (5) có nghiệm  ’_x0

y1.
Suy ra giá trị lớn nhất của y=1, khi x=1.
Vậy cặp số phải tìm là (1 ; 1).

1 1
( ; ).

4 2

 1.

2
y x

   ' 0 2    1 0 1.
4

y x x

 '_y ( )x 2 5x4 x  1 (2 x 1)2 0

    

2 ₂ ₅ ₄ _{1 0.}

y xy x x

   2 

5x 2 (2x y y) 1 0.

   

 

 _{ }  _{ }

 

1 0 2

2 0 3.

x y x

x y

1 1 1 1

( ; 1) ; ( ; 1) ; ( ; 1) ; ( ; 1).

2 2 2  2 



 _{ }  _ _{ }

  

_ _ _

  

  

  _  

2 2 4

2 2 2 2

1

4 1 0 16 1

2

4 0 4 _1.

x y x x

</div>
<span class='text_page_counter'>(22)</span><div class='page_container' data-page=22>

21

lPhương pháp 3. Dựa vào phân tớch a

thức thành nhân tử và số học.

Thớ d 5.Tìm cặp số tự nhiên (x; y) thỏa
mãn phương trình xy23y2x 2. (6)
Lời giải. Phương trình (6) tương đương với
(xy23y2) (x3)  5

(x3)(y1)(y1)  5

(v× (y1) (y1) 2)

(x; y) (2 ; 0).

Vậy có duy nhất cặp số tự nhiên (x ; y)
thỏa mãn phương trình (6) là (2 ; 0).

Thí dụ 6.Tìm cặp số nguyên (x; y) thỏa
mãn phương trình 6x25y276. (7)
Lời giải. Từ phương trình (7) ta nhận
thấy 5y2phải chia hết cho 2, suy ra y2chia
hết cho 2 (vì 2 và 5 nguyên tố cùng nhau)

ychia hết cho 2 (vì 2 là số nguyên tố).
Cũng từ phương trình (6) suy ra 5y276

y214 y2chỉ có thể nhận các giá trị
là 0 ; 1 ; 4 ; 9.

Kết hợp hai điều kiện trên thì y2 chỉ có
thể nhận các giá trị là 0 hoặc 4. Thay vào
phương trình (7), ta xác định được phương
trình có 4 nghiệm ngun là (3 ; 2) ; (3 ; 2) ;
(3 ; 2) ; (3 ; 2).

lBµi tËp vËn dơng.

Bài 1.Giải phương trình hai ẩn x, y:

Bài 2. Tìm cặp số (x ; y) thỏa mãn
phương trình 7x24xy1 0 sao cho y
đạt giá trị nhỏ nhất.

Bài 3. Xác định mọi cặp số nguyên tố
(x; y) thỏa mãn điều kiện x22y21.

Bài 4. Tìm cặp số nguyên (x ; y) thỏa
mãn phương trình 2x3xy7 0.

 

  _  _ 

 

2 2

1 1 ₄ 1 1 _8.

x y
x y

1 1
1 1
3 5
y
y
x

  



_  

  


Kết quả cuộc thi

THẾ GIỚI QUANH TA

Ngay từ câu hỏi kì đầu tiên này, đã có

hàng ngàn bài dự thi từ hầu hết các tỉnh
thành trên cả nước gửi về. Đa số các bạn
đều trả lời đúng :

Tên nước : BÔ-LI-VI-A ;
Quốc khánh : 06 - 8 1825 ;

Tiếp giáp với 5 nước : BRA-XIN ;
PÊ-RU ; CHI-LÊ ; ỏC-HEN-TI-NA ;
PA-RA-GOAY ;

Đơn vị tiền tệ : BÔ-LI-VA-NÔ.

Nhiu bn cịn sưu tầm được rất nhiều
thơng tin lí thú về đất nước Bô-li-vi-a
thông qua Tập bản đồ thế giới và các
châu lục của Công ty Bản đồ - Tranh
ảnh Giáo khoaphát hành.

Ban tổ chức xin chân thành cảm ơn
các bạn đã nhiệt tình hưởng ứng cuộc thi
và vui mừng thơng báo danh sách các cá
nhân và tập thể xuất sắc nhất đã được
trao tặng phẩm kì này :

</div>
<span class='text_page_counter'>(23)</span><div class='page_container' data-page=23>

22

giải toán trên máy tính đin t

TH TAỉI

Bài 1.Khai báo a₀2005 : 2005 .
Khai báo công thức :

1 .

Liên tiếp bấm phím để được a_n:
a₁2004,0004 ; a₂2003,0009 ;
a₃2002,001 ; a₄2001,001 ;
a₅2000,002 ; a₆1999,002.

Suy ra [a_n] 2005 n.

V× a_n> 0 nên với mọi nta có a_na_n₁

hay {a_n} là dÃy giảm. Ta l¹i cã

a_na₀(a₁a₀) (a₂a₁) ... (a_na_n_₁)

Víi 0  n  1003, do dÃy {a_n} giảm và
a_n> 2005 n> 0 nên

Vậy [a_n] 2005 nvới 0 n1003.
Bài 2.Khai báo giá trị đầu x₀1 : 1 .

Khai báo công thøc :

3 1

3 . (*)
Liên tiếp bấm phím được x_n.

Khai báo lại giá trị đầu x’₀3 : 3 .
Dùng để đưa về dịng cơng thức (*)
và liên tiếp bấm phím để được x’_n.
x₁0,267949192 ; x’₁0,886751345 ;
x₂ 0,267949192 ; x’₂0,204634926 ;
x₃ 1 ; x’₃ 0,333333333 ;
x₄ 3,732050808 ; x’₄ 1,127711849 ;
x₅3,732050808 ; x’₅ 4,886751346 ;





)

Ans
(

)

Ans

(

1 3 1

3
n
n

n
x
x
x
  



0 1 1 1

1 1002

1 _... 1 1 _... 1

1 1 1 1

1003 1003 ₁

1 1 2005 1002 1

n n n

n

a a a a

n
a a
  


    
   
   
   
0 1
0 1
1 1

2005 (1 ) ... (1 )

1 1

1 1

2005 ... 2005 .

1 1
n
n
a a
n n
a a


     
 
      
 
2 ₁
1 0

1 1 1

n n

n

n n n

a a

a

a a a

     
  

)

Ans
(

2
x
Ans
2
1 n₁

n

n
a
a
a
  _


Bài 1.Biết dãy số {a_n} xác định như sau :
a₁1 ; a₂ 2 ; a_n_₂ 3a_n_₁2a_nvới
mọi n nguyên dng. Tớnh a₁₅.

Bi 2.Gii h phng trỡnh

Bài 3. Viên gạch
lát hình vuông với
họa tiết trang trí
được tô bằng ba
loại màu như hình
vẽ. HÃy tính tỉ lệ
phần trăm diện tích
của mỗi màu cã

trong viên gạch này. (Trích đề thi khu vực
“Giải tốn trên máy tính”, Bộ GD-ĐT,
2006, lớp 12)

  

 _ _ _


 _ _ _


24,21 2,42 3,85 30,24
2,31 31,49 1,52 40,95
3,49 4,85 28,72 42,81.

x y z

x y z

x y z

l

Kì này

</div>
<span class='text_page_counter'>(24)</span><div class='page_container' data-page=24>

23

x₆1 ; x’₆3 ;

x₇0,267949192 ; x’₇0,886751345 ;
x₈ 0,267949192 ; x’₈0,204634926...

TÝnh theo c«ng thøc truy håi ta được :

Vậy {x_n} tuần hoàn chu kì là N6.
Bài 3.Từ công thức suy
ra a_n₁98a_na_n₁. Tính a_nnhư sau :
Đưa a₀5 vào : 5 .
Đưa a₁5 vào : 5 .

Đưa biến đếm vào : 2 .

Khai báo cách tính truy hồi a_nvà c_ntheo
các công thøc a_n_₁  98a_n  a_n_₁ vµ

nhờ biến đếm :

1
98
1 6
1
98
1
6 .

Liên tiếp bấm phím để được a_nvà c_n:
a₂485 ; a₃47525 ; a₄4656965 ; ...
c₂9 ; c₃89 ; c₄881 ; c₅8721 ;
c₆86329 ; c₇854569 ; c₈8459361 ;
c₉83739041 ; c₁₀828931049.

Lời bình.Với n5 thì a_ncó hơn 10 chữ
số. Mặc dù vậy ta vẫn tính được chính xác

số tự nhiên .

Đặt với mọi n0.

Suy ra b₁b₀1 và

Vậy b_nlà những số nguyên. Hơn nữa,

b_n₁98b_nb_n₁16

98b_nb_n₁(98b_n₁b_nb_n₂)

99b_n99b_n₁b_n₂.

t d₁d₀1 v d_n10d_n_₁d_n_₂. Ta sẽ
chỉ ra rằng b_nd_n2, hay b_nlà số chính phương
với mọi n. Với n  0, 1, 2, ..., 10 điều này
đúng. Giả sử quy nạp, điều này đúng với
mọi n. Khi ấy b_n_₁99d_n299d_n_₁2d_n_₂2

99d_n299d_n_₁2(10d_n_₁d_n)2

100d_n220d_n_₁d_nd_n_₁2

(10d_nd_n_₁)2d_n_₁2.

Nhận xét rằng d_nxác định theo dãy truy
hồi trên cũng chính là c_n.

Nhận xét.Kì này có ít bạn gửi bài, chứng tỏ
các bạn chưa quen sử dụng máy tính như một
cơng cụ để nghiên cứu tốn(thửnhiều lần để
phát hiệncác tính chất của dãy số, hàm số, ...
sau đó dùng chứng minh toán học để khẳng
định). Các bạn được thưởng kì này là Hồng
Minh Thắng, 10A₁, THPT Phan Bội Châu,
TP. Vinh, Nghệ An; Đinh Văn Học, 9C, THCS
Sơn Lộc, Can Lộc, Hà Tĩnh; Khổng Hoàng

Thao, 9A, THCS Lập Thạch, Lập Thạch ;
Ngô Vũ Cường, 9A, THCS Yên Lạc, Yên
Lạc, Vĩnh Phúc; Đào Đức Chính, 11 Tốn 1,
trường Hà Nội - Amsterdam, Hà Nội.

TS. Tạ Duy Phượng

1 1

1

1

1

1 98 1

6 6

98( 1) ( _{1) 96 98} _16.

6

n n n

n

n n

n n

a a a

b

a a _{b b}

 



  
 
   
   
2
1
6
n

n a n

b   c
1
6
n
n a

c  


)

)

B
ALPHA
(
(

ALPHA
C
ALPHA
:
ALPHA
B
ALPHA

A
ALPHA

ALPHA
B
ALPHA
:
ALPHA

M
ALPHA


ALPHA
M
ALPHA
:
ALPHA
)

)

A
ALPHA
(
(

ALPHA
C
ALPHA
:
ALPHA
A
ALPHA

B
ALPHA

ALPHA
A
ALPHA
:
ALPHA


M
ALPHA

ALPHA
M
ALPHA
M
1
6
n
n a

c  

M
STO
SHIFT
M
B
STO
SHIFT
B
A
STO
SHIFT
A
1 1
98
n n

n a a

a    

0 0

1 2 3

0

0 0

0 0

4 5 6 0

0 0

3 1_; 3 _; 1 _;

3 3 1

3 _; 3 1_; _.

1 3 3

x x

x x x

x

x x

x x

x x x x

</div>
<span class='text_page_counter'>(25)</span><div class='page_container' data-page=25>

24

CÒN HAI LỜI GIẢI KHÁC

Lời giải 3.Đặt

Không mất tính tổng quát, giả sử

  . (1)
Tõ (1) víi chó ý r»ng lục giác
A₁A₂B₁B₂C₁C₂ có các cạnh bằng nhau,
ta cã C₂A₂A₂B₂B₂C₂, suy ra :

xy z. (2)

Mặt khác, vì nên

(3)

Từ (1), (3) suy ra yz. (4)
(v×    0    ).

Tõ (2), (4) suy ra :

yz (theo (3))

2          (theo (1))

C₂A₂A₂B₂B₂C₂

 A₁B₂, B₁C₂, C₁A₂là các đường trung
trc ca tam giỏc A₂B₂C₂A₁B₂, B₁C₂,
C₁A₂ng quy.

Lời bình.Lời giải trên cũng dài hơn so
với lời giải của thầy Tấn. Tuy nhiên nó lại
có những cái hay riêng :

+ Ch dựng kiến thức hình học 7.
+ ýtưởng dùng các định lí so sánh góc
và cạnh của tam giác để chứng minh tam
giác A₂B₂C₂đều rất độc đáo.

Bạn đọc thân mến ! Bài tốn trên cịn
có lời giải nào khác nữa hay khơng ? Điều
đó, tơi khơng dám chắc. Nhưng tôi tin
chắc một điều là : bạn sẽ tiến bộ rất nhiều
trong việc học toán nếu đứng trước mỗi
bài tốn hay, bạn ln cố gắng tìm cho nó
nhiều lời giải.

2 2

     

 

.

2 y 2 z

     

   

   

   _{1 2 2}1 2 2 _{2 2 2}2 2 2 _{2 2 1}2 2 1 _{2 1 2}2 1 2

o o

o o

180 180

2 2

180 180

2 2

C C B B C A A C A C A A
A A C C A B B A B A B B

y
z

   

   

   

    

   

    

  o  

1 2 1 2 1 2 240 1 2 1 2 1 2
C C A C A A  A A B A B B

 o 

2 1 60 2 1

C BA  A CB

  

2 1 2_{2 2 2} ; _;2 1 2_{2 2 2} ; _;2 1 2_{2 2 2} ;_.

A A C B B A C C B
A B C x B C A y C A B z

     



Nguyễn Minh Hà(ĐHSP Hà Nội)

</div>
<span class='text_page_counter'>(26)</span><div class='page_container' data-page=26>

25

(Tip theo trang 19)
2) Nếu a₁b₁thì ta dựng hình bình hành
A₃A₁B₂D (bạn đọc tự vẽ hình), tương tự
ta có

suy ra A₁B₁< A₁B₂A₃D< A₃B₃. (6)
Các bất đẳng thức (5) và (6) thu được từ
giả định có (2), mâu thuẫn với (3), chứng
tỏ a₁a₂a₃C₁C₂C₃. (đpcm).

Bước 3. Theo Mệnh đề 2 thì bài tốn
quy về bài tốn dựng hình sau : “Cho một
cung trịn chứa góc . Tìm trên cung đó
một điểm C sao cho BC CA d, trong
đó dlà độ dài một đoạn thẳng cho trước”.

a) Ph©n tÝch :Kéo dài tia BCvề phía C

rồi dựng điểm Dsao cho CDCA. Suy ra
BD BC CD BC CA d  CAD
c©n ở C, Dlà giao điểm của
đường tròn (B, d) và chứa góc
(cùng thuộc nửa mặt phẳng cã bê AB, chøa

, có tâm là trung điểm C₀của ).
b) Cách dựng : Điểm C là giao điểm
của tia BD và , trong đó D là giao
điểm của (B, d) và .

c) Chøng minh :DÔ cã BCCAd.

d) Biện luận.Bài toán có lời giải (nghiệm
hình) ABc < dBD₀2BC₀.

Kt luận : Bài tốn có một hoặc hai
nghiệm hình (khi đẳng thức
xảy ra thì bài tốn có nghiệm duy nhất, vơ
nghiệm nếu dchoặc ).

Nhận xét.1) Chúng ta đã chứng minh
mệnh đề 2 bằng phương pháp phản
chứng : quy về xét một tứ giác lồi AA’B’B
có hai cạnh đối bằng nhau AA’BB’. Khi
đó nếu AA’ BB’ C sao cho Clà giao
điểm của hai tia AA’và BB’thì A’B’< AB.
Trong bài tốn của ta thì AA’B’Bđóng vai
trị tứ giác A₂A₃B₁B₂ở trường hợp 1)và tứ
giác A₃A₁B₂B₃ở trường hợp 2).

NÕu ta xem CCthì hai tam giác ABC
và ABCthỏa mÃn điều kiện (suy tõ AA’

 BB’) : BC  A’C  B’C  AC. Từ AA’
không song song với BB’và AA’BB’ta
đã suy ra A’B’ < AB (hoặc A’B’ > AB),
cũng tức là A’B’AB. Bởi vậy, nếu A’B’AB
thì (vì AA’khơng song song với BB’) A’ 

A,B’B; nói khác đi là A’B’C’ ABC.
Như vậy, chúng ta cũng đã cho thêm một
lời giải nữa của bài 4(36)và lời giải này đã
được sử dụng trong chứng minh ở bước 2
của lời giải trên.

2) Bài tốn thuộc loại khó. Nó địi hỏi
phải biết chuyển việc xét trên sang
việc xét trên có độ lớn bằng mới giải
được trọn vẹn bài tốn, đặc biệt khi < 90o.
Việc sử dụng chỉ giải được một phần
bài toán như đã chỉ ra trong nhận xét của
bài 5(37). Chỉ có ba võ sĩ nhận thách đấu,
nhưng đáng tiếc là hai võ sĩ đã giải sai,
một võ sĩ chỉ giải được một phần bài tốn
với   90o_{. Vì vậy khơng có võ sĩ nào}

được đăng quang trong trn u ny.

Nguyễn Đăng Phất

A B

xCy

A B

sin
2
c d 

sin₂
c
c d

   _



A B


A B



A B



A B

2

 


A B
 _ 

2
CDA



A B

   _{1 2 1}_ _{1 1 2} _; _{3 3} _ ₃ ₃_,

</div>
<span class='text_page_counter'>(27)</span><div class='page_container' data-page=27>

26

Kết quả

(TTT2 số 37)

1. Đo trí thông minh

Bi 1 : Bạn hãy tìm ra câu phát biểu
“trái ý”với các câu còn lại trong số các câu
A, B, C, D rồi soạn tin nhắn trả lời theo
mẫu 3T2 IQ B1 tên câugửi đến số 986.

Ví dụ :Nếu bạn thấy câu A “trái ý” với
các câu cịn lại thì hãy soạn tin nhắn 3T2
IQ B1 Agửi đến số 986.

Bài 2 : Cũng như Bài 1, hãy soạn tin
nhắn trả lời theo mẫu 3T2 IQ B2 tên hình
gửi đến số 986.

Ví dụ :Nếu bạn thấy câu B “trái ý” với
các câu cịn lại thì hãy soạn tin nhắn 3T2
IQ B2 Bgi n s 986.

2. Không chỉ là văn

Bn hóy tìm từ thích hợp để sửa từ
“châu chấu”trong câu “Châu chấu có tinh
dầu cay thơm nồng” cho thật chuẩn và
soạn tin nhắn trả lời theo mẫu 3T2 V đáp
ángửi đến số 986.

Ví dụ :Nếu đáp án của bạn là “cá cơm”
thì hãy soạn tin nhắn 3T2 V CACOMgửi
đến số 986.

3. Vào thăm vườn Anh

Bạn hãy tìm từ ở hàng ngang trên cùng
rồi soạn tin nhắn trả lời theo mẫu 3T2 VA
đáp ángửi đến số 986.

Ví dụ :Nếu đáp án của bạn là “librarian”
thì hãy soạn tin nhắn 3T2 VA LIBRARIAN
gửi đến số 986.

4. Rừng Cười

Bạn hãy giải đáp câu “Cầu gì ngắt mất
điện liền ?” rồi soạn tin nhắn trả lời theo
mẫu 3T2 RC đáp ángửi đến số 986.

Ví dụ : Nếu đáp án của bạn là “phao”
thì hãy soạn tin nhắn 3T2 PHAOgửi đến
số 986.

Kì này

- Gii c bit :200.000 ng

Ngô Thị Giang, 76, THCS Ngun ChÝ
DiĨu, TP. HuÕ, Thõa Thiªn - HuÕ (số máy
0914219712) ;

</div>
<span class='text_page_counter'>(28)</span><div class='page_container' data-page=28>

27

l

Kết quả :

(TTT2 sè 37)

Trong Tiếng Việt có rất nhiều tên
con vật bắt đầu bằng vần C : cào
cào, châu chấu, cà cuống, cáo,
cua... Những con vật này “tụ tập” khá
đông đúc trong bài thơ dưới đây. Tuy
nhiên, chúng đứng lộn xộn hết rồi.
Bạn hãy sửa lại cho thật đúng nhé !

Cµ cuèng nhai cắn lúa ngô
Cào cào tập nói líu lo suốt ngày

Cng cộc phá hoại vườn cây
Châu chấu có tinh dầu cay thm nng

Con cú tắm nắng rỉa lông

C cng ln trng cánh đồng sớm mai
Con cơng quen thói ngủ ngày
Con cầy mỳa di búng cõy tng bng

Con cáy nhanh lẩn vào rừng
Con cò gọi hạ vang lừng bÃi hoang

Cuốc có càng lớn, chân lông
Cánh cam lơ lửng trên không rình gà

Cun cút xanh biếc màu da
Cáo nhảy quanh quẩn bên nhµ

chẳng nhanh
Con cóc nổi tiếng tinh ranh
Cắt khó bị dọc nên đành bò ngang

Con còng lủi trốn nhẹ nhàng
Con cua chăm chỉ đào hang trên bờ

Cá cơm trong ruộng lượn lờ
Cá cấn làm mắm, đậm đà thơm ngon.

Chu ThÞ Lan

(8C, THCS Yên Phong, Yên Phong,
Bắc Ninh)

Khụng phi ai thích ăn bánh” cũng sẽ sửa
đúng bài thơ trong chuyên mục KCLV kì này.
Nếu đã ăn bánh đúc rồi thì khơng bao giờ viết
“Bánh đúc hình chóp mặt lồi” như VTD (Quảng
Ninh). Bánh đúc nguội thường đổ ra mẹt hoặc
khuôn mỏng. Cịn bạn NTL (Vĩnh Phú) hẳn chưa
bao giờ nhìn thấy bánh chưng được gói từ những
ngun vật liệu gì nên đã viết “Bánh chưng xơi
nếp giã ra”. Bài thơ có th sa nh sau :

Bánh dầyxôi nếp già ra

Xưa Lang Liêu biếu vua cha hài lòng
Bánh tétphổ biến nhiều vùng

Gạo nếp ngon, gói lá dong tròn, dài

Bánh baobột mì bọc ngoµi

Nhân thịt hấp nóng nhiều người thích ăn
Bánh ránngồi bột, trong nhõn

Rán giòn, đường bọc thêm phần ngọt ngon
Bánh đatròn, mỏng, giòn thơm

B ra tng ming, chỏu con chia u
Bỏnh đúcbánh của người nghèo
Đổ ra mẹt, ăn ít nhiều vơ tư

Bánh nướnglà bánh Trung Thu
Ngày rằm tháng tám trẻ thơ lm qu

Bánh chưng- bánh Tết mọi nhà
Bày bàn thờ, cúng «ng bµ tỉ t«ng

Bánh trơitrong có miếng đường
Đã được nữ sĩ Xn Hương vịnh rồi

Bánh úhình chóp, mặt lồi
Hai cái kẹp lại thành đơi chào hàng

B¸nh cnbét tr¸ng máng tang

Nước chấm cà cuống, ăn càng thêm ngon
Bánh cốmdùng lúa nếp non

Rang, giã, tách hạt dẻo thơm ngọt bùi.
Năm bạn được trao giải kì này là : Nguyễn
An Kim Thịnh, 7A₁, THCS Bồng Sơn, TT.
Bồng Sơn, Hồi Nhơn, Bình Định ; Mẫn Thị
Hải Yến, 7B, THCS Yên Phong, Yên Phong,
Bắc Ninh ; Dương Thị Hải Lý, 7B, THCS
Trung Lương, TX. Hồng Lĩnh, Hà Tĩnh ; Bùi
Quốc Hưng, 6A, THCS Hồng Kỳ, Sóc Sơn, Hà
Nội ; Lê Anh Hoan, 7C, THCS Tơn Quang
Phiệt, Thanh Chương, Nghệ An.

Phó B×nh

AI THÍCH ĂN BÁNH ?

l

Kì này :

XỘN

</div>
<span class='text_page_counter'>(29)</span><div class='page_container' data-page=29>

28

TrÇn Đăng Khoa :

ỳng nh chỏu núi đấy. Câu nhận xét ấy không
chuẩn. Tất nhiên, trong thực tế, cũng có những nhà
nhà văn, nhà báo bẻ cong ngịi bút của mình đi. Nhưng
đấy là những trường hợp cá biệt. Làm như thế, họ đã
tự từ bỏ thiên chức của mình rồi. Cịn những nhà văn,
nhà báo chân chính thì khơng bao giờ lại như thế.

Có lần, một bạn đọc hỏi nhà văn Lỗ Tấn : Nhân vật
ơng viết trong truyện có thật khơng ? Lỗ Tấn trả lời đại
ý rằng : Ông đã lấy cái đầu của một người ở Bắc Kinh,
gắn với cái tai, cái mắt của những người khác ở Tô
Châu, Thượng Hải... Nghĩa là chọn lọc những tinh hoa,
những nét đặc sắc nhất ở mọi miền đất nước để tạo
dựng nhân vật của riêng ơng. Cái thủ pháp này, các
nhà lí luận nghiên cứu văn học gọi là tạo dựng, hư cấu.
Hư cấu, nói như nhà văn Nguyễn Cơng Hoan là bịa
như thật. Bịa không có nghĩa là nói khốc đâu. Cụ
Hoan bảo bịa như thật. Nói đúng hơn, đấy là một sự
thật còn cao hơn cả sự thật. Sự thật điển hình. Nhờ thế,
văn học mới là tấm gương, phản ánh được đời sống.
Còn đối với nhà báo thì khơng được hư cấu. Nghĩa là
phải trung thực viết đúng sự thật. Cháu hãy đọc các bài
phóng sự điều tra, đặc biệt là những bài điều tra về tội
phạm. Phải nói các nhà báo của chúng ta rất dũng
cảm. Vì sự dũng cảm ấy, nhiều nhà báo đã từng bị trùm
xã hội đen đe dọa, hành hung. Cũng không ít nhà báo
bị mua chuộc. Nhưng khơng phải vì thế mà họ bẻ cong
ngòi bút. Nhờ sự dũng cảm, trung thực ấy mà báo chí
của chúng ta đã thực sự là một quyền lực, một sức
mạnh tấn công cái xấu, cái ác. Và cuộc sống cũng vì
thế mà trong sạch hơn, tốt đẹp hơn...

Chú Khoa ơi ! Người đời có câu : “Nhà văn
nói láo, nhà báo nói phét”. Theo cháu thì đây
chỉ là một câu nhận xét chung chung của
người xưa, khơng đáng tin. Cịn chú ? Là một

nhà thơ, chỳ ngh th no ?

Đỗ Thị Thu Trang

</div>
<span class='text_page_counter'>(30)</span><div class='page_container' data-page=30>

29

l

KÕt qu¶ :

Ơ chữ :

Phịng thí nghiệm

(TTT2 số 37)

ễ ch: Th vin

Kì này :

CI

TRONG

VN

ANH

T ở cột dọc tô màu hẳn nhiều bạn đã biết, còn trên mỗi
hàng ngang là một từ liên quan đến từ ở cột dọc. Các bạn hãy
tìm ra nhé !

Ngun Thị Hoàng My

(10A₁, THPT chuyên Lê Quý Đôn, Quy Nhơn, Bình Định)

Khái niệm Phòng thí nghiệm chắc hẳn không xa lạ với các bạn học sinh. Tuy nhiên
trong phòng thí nghiệm có những gì thì không hẳn ai cũng kể tên hết được - nhất là lại
bằng Tiếng Anh.

Vn Anh kì này cung cấp cho các bạn một số từ mới chỉ các dụng cụ cơ bản thường
gặp trong phòng thí nghiệm. Hi vọng sẽ giúp được các bạn khi các bạn đọc sách hay
những tài liệu tiếng Anh, đặc biệt là về hai mơn Vật lí và Hóa học.

Hàng ngang (từ trên xuống):
Cái phễu ; Giá đỡ ; Bộ pin
hay ắc quy ; Nhiệt kế ; Kính
hiển vi ; Đũa thủy tinh ; ống
nghiệm ; Cái kẹp ; Giấy lọc ;
Xi lanh.

Hµng dọc (tô màu): Phòng
thí nghiệm.

Ch cú hai bn cú ỏp án
đúng kì này : Trần Linh Chi,
7/1, THCS Lê Quý Đôn, TP.
Hải Dương, Hải Dương ;
Nguyễn Thị Cẩm Giang, 7D,
THCS Đặng Thai Mai, Vinh,
Nghệ An.

Chủ Vườn

- How do you know if carrots
are good for your eyesight ?

- Have you ever seen a rabbit
wearing glasses ?

Hång B¾c (st)

</div>
<span class='text_page_counter'>(31)</span><div class='page_container' data-page=31>

30

l

Kì naứy :

C

AU Gè ?

(TTT2 số 37)

l

Kết quả :

CAY Gè ?

Cây sồng lá nhuộm sắc nâu

Cõy sanh ta búng sng lâu đình chùa
Cây sấu “sâu sắc” quả chua
Cây sen thơm ngát, bốn mùa tắm ao

C©y sao lấp lánh trời cao

Cây sơn cho nhựa pha màu điểm tô
Cây song mở gió lùa vô

Cây sú lấn biển thân nhô bÃi lầy
Cây sói rừng vắng tru hoài
Cây si mê mẩn buông dài rễ ra

Cõy s t sột lm ra

Cây sữa em bé, cụ già cần luôn
Cây súng giặc bắn điên cuồng
Cây sậy là cỏ, lóng suông, dáng gầy

Su su ăn quả, bò dây

Cây sui tách vỏ chắc, dày làm chăn
Cây sở hạt ép dầu ăn

Cõy sn v nhuộm lưới đen, trám thuyền.
Hãy nghe Thánh chỉ Trẫm tuyên
Mở kho, ban thưởng ai tên dưới này !

Ban thưởng :Nguyễn Quỳnh Anh, mẹ
là Nguyễn Thị Lơ, trường TH Phúc
Khánh, TP. Thái Bình, Thái Bình; Tống
Xuân Đức, 8A, THCS Phương Mai, Đống
Đa ; Nguyễn Ngọc Trang, 188 Bà Triệu,
Hà Nội ; Đinh Thị Hoàng Yến, 6D1a,
THCS Trần Phú, Lê Chân, Hải Phòng ;
Võ Thị Minh Hà, 7B, THCS Xuân Diệu,
Can Lc, H Tnh.

Vua Tếu

Thánh chỉ :

Cầu gì mưa thuận gió hòa ?

Cầu gì năm mới mọi nhà an khang ?
Cầu gì kẻ háo danh làm ?

Cầu gì con giỏi bắc sang nhà thầy ?
Cầu gì bảy sắc trời mây ?

Cầu gì tàu lớn chỗ này vào ra ?
Cầu gì lắt lẻo khó qua ?

Cầu gì nam nữ tặng quà trao duyên ?
Cầu gì ngắt mất điện liền ?

Cu gỡ ý chí thanh niên dựng đời ?
Cầu gì cáp giữ giữa trời ?

Cầu gì thả nổi cho người qua sơng ?
Cầu gì phải biết hiệp đồng ?
Cầu gì sút bóng vào trong reo hị ?

Cầu gì tên quận thủ đơ ?

Cầu gì soi bóng mặt hồ Gươm xanh ?
Cầu gì chân phải tập tành ?
Cầu gì kêu gọi nhanh nhanh giúp mình ?

Khen cho ai thật tài tình
Cầu gì đốn đủ s rinh qu v !

Trần Thị Thu Hằng

</div>
<span class='text_page_counter'>(32)</span><div class='page_container' data-page=32>

Hỏi :Tại sao các chuyên
mục ở TTT không trả lời
ngay số sau mà phải cách
một số ?

Đinh Thị Thơm

(6A, Trng phõn hiu
cht lng cao Kin Xng,

Thái Bình)
Đáp :

Nếu mà đăng gấp số sau
Thì thời hạn gửi lại mau hết liỊn

Khi đó các bạn ưu phiền
Vì vậy Tịa soạn phải kiên trì chờ.

Hỏi : Trong bài gửi cho
TTT, cháu có thể dùng bút
xóa để tẩy những lỗi sai
được khụng ?

Nguyễn Linh Trang

(8E, THCS Gia Cẩm,
Việt Trì, Phú Thọ)
Đáp :

Bài viết nhỡ có chỗ sai
Bút xóa cứ thoải mái xài em ơi !

Tt hn : mi chuyn trong i
ng sai, hơn cứ... sai rồi

xóa đi !
Hỏi : Những câu hỏi dài
thì anh lược bỏ bớt để trả li
hay vt hn i ?

Lê Thị Việt Hà

(8G, THCS Nguyễn TrÃi,
Nghi Xuân, Hà Tĩnh)
Đáp :

Di ngn no cú h chi
Vn l hi cỏi gỡ anh õy ?

Nếu mà câu hỏi thấy hay
Dù dài anh vẫn ra tay trả lời.

Hi :Tại sao anh khơng
kiếm một chị Phó Gỡ để trả
lời riêng cho bọn con gái
chúng em ?

NguyÔn Thanh Thïy

(9D, THCS Trung Lương,
Hồng Lĩnh, Hà Tĩnh)
Đáp :

Thêm chị... thì cũng dễ thôi
Nhưng mà sợ nhất... là ngồi

gần anh
Nhỡ mà... nghĩ quẩn

ngh quanh
ỏp khụng ỏp nổi lại thành...
rối thêm.
Hỏi :Lớp em bây giờ chia
làm hai phe rõ rệt : “Nam nữ
thụ thụ bất thân”. Bởi thế
các phong trào tập thể đều
bị xếp cuối sổ. Anh giúp bọn
em với !

Phan Thu Thđy

(9C, THCS Phan Bội Châu,
Tứ Kì, Hải Dương)
Đáp :

HiĨu sai câu các cụ rồi
Thụ thụ kiểu ấy là trôi phong trµo

Nữ nam cùng xắn tay vào
Thụ thụ chỉ đúng khi nào...

riêng tư.
Hỏi :Em hay làm bài trên
TTT, nhưng cứ cầm bút là lại
“sổ” một lèo dài đằng đẵng.

Như th cú c khụng anh ?

Đặng Anh Trúc

(64, Quang Trung, Bồng Sơn,
Hoài Nhơn, Bình Định)

Đáp :

S thỡ c s, ch sao ?
Vấn đề cịn lại chữ nào

hay kh«ng ?
NÕu mà trót sổ mất công
Xin em cứ gửi... anh trông

đỡ buồn !
Hỏi : Lên lớp 7 mà em
chỉ cao có 1,40 m. Có nguy
q khơng anh ?

Tạ Khánh Duy

(7A, THCS Văn Lang,
Việt Trì, Phú Thọ)
Đáp :

Chỉ cao một mét bốn mươi
Nhưng mà trí tuệ tuyệt vi

vẫn cao
Chẳng hề nguy hiểm chút nào
Ai ai mà muốn nhìn vào :

ngc lờn !

Anh PHó Gỡ

</div>
<span class='text_page_counter'>(33)</span><div class='page_container' data-page=33>

32

Bài 1(39). Cho a, b, c là ba số khác 0, thỏa
mãn 2005a  2006b  2007c. Chứng minh rằng
trong ba biểu thức a22bc; 3b44ca; 5c66ab
có ít nhất một biểu thức có giá trị dương.

nguyễn đức tấn(TP. Hồ Chí Minh)
Bài 2(39).Tìm tất cả các giá trị của asao cho với
mỗi giá trị đó tồn tại duy nhất bộ số (x; y; z) thỏa mãn
các đẳng thức xyzx24y2; x2y3za.

nguyễn đễ(Hải Phịng)

Bài 3(39). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức trong đó
a, b, clà độ dài ba cạnh của một tam giác vuông (clà độ dài cạnh huyền).

Cao minh quang(THPT chuyªn Ngun BØnh Khiªm, VÜnh Long)
2₍ ₎ 2₍

),
a b c b a c

P

abc

Bài 4(39).Tính các cạnh của tam
giác ABC, biết

và chu vi của tam giác bằng
cm.

lê bá hoàng

(Phòng Giáo dục Đào tạo Hồng Lĩnh,
Hà Tĩnh)
27 18 9

_{105 ,}o ₄₅o
A B

Bài 5(39).Cho hình thang cân ABCDcó đáy
lớn CDa ; DACBb. Hỏi rằng có thể tìm
được hay khơng trên đáy lớn CDmột điểm Esao
cho hai tam giác được tách ra khỏi hình thang đã
cho bởi hai nhát cắt thẳng theo AEv BEng
dng vi nhau nhng khụng bng nhau ?

nguyễn đăng phÊt(Hµ Néi)

1(39). Let a, b, cbe real numbers distinct from 0, satisfying 2005a2006b2007c.
Prove that at least one of the following quantities a22bc; 3b44ca, and 5c66ab
takes positive value.

2(39).Determine all possible values of a such that there exists a unique triple (x, y, z)
satisfying the equalities xyzx24y2; x2y 3zafor each value of a.

3(39). Find the minimum value of the expression where
a,b,care side lengths of a right-angled triangle (crepresents the length of hypotenuse).

4(39).Calculate the sides of triangle ABCif angles A105oand B 45o, and the
circumference of the triangle is cm.

5(39).Let ABCDbe an isosceles trapezoid with larger base CD a, DA CB b.
Is it possible to find a point Eon the side CDsuch that the two triangles resulting from
intersecting the trapezoid through AEand BEare similar but not congruent ?

27 18 9

2₍ ₎ 2₍
),
a b c b a c
P

abc

  



</div>
<span class='text_page_counter'>(34)</span><div class='page_container' data-page=34></div>
<span class='text_page_counter'>(35)</span><div class='page_container' data-page=35></div>

<!--links-->