Tạp chí toán tuổi thơ 2 kỳ số 38

<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 36)}_{(TTT2 sè 36)}

Chỉ một lần dùng compa

l

Kì này :

lĐể đi từ địa điểm Ađến địa điểm Cphải
đi qua một điểm Mtrên đoạn EF. Khi đó để
quãng đường đi ngắn nhất và cũng đạt thời
gian ngắn nhất thì ta phải đi theo hai đoạn
đường thẳng AMvà MC. Công việc còn lại
là ta phải xác định được điểm M.

Gọi vận tốc ngựa đi trên bãi cát là vvà trên
bãi cỏ là 2v; độ dài EMlà x(km). Ta có :
thời gian đi quãng đường AMClà ngắn nhất
đạt giá trị nhỏ nhất

đạt giá trị
nhỏ nhất.

Theo bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki ta có :
(1222)(x222) (1 x2 2)2
(đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x1) ;

(2212)[(7 x)232] [2(7 x) 1 3]2

(đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x1).
Suy ra

và y đạt giá trị nhỏ nhất là khi và chỉ
khi x1 hay ME1 (km).

lCó thể áp dụng bất đẳng thức :

với a, b, c, dlà các số dương (đẳng thức xảy
ra khi và chỉ khi adbc) để tìm giá trị nhỏ
nhất của y rồi tính giá trị của x tương ứng.
Một số bạn sử dụng “Nguyên lí đến nhanh
nhất”và “Định luật về sự khúc xạ ánh sáng”
trong vật lí cũng tìm ra kết quả đúng.

Một số bạn lập luận “nghe”có vẻ rất hợp
lí : “bình thường đi thẳng từ A đến C là
nhanh nhất, nhưng tốc độ đi trên cát chậm
hơn trên đồng cỏ nên... phải rút ngắn đoạn
đường đi trên cát đến mức tối đa, có nghĩa
là phải đi đoạn đường AEC”. So sánh với
kết quả trên thì thấy rõ “cảm giác”của các
bạn là sai.

Các bạn được thưởng kì này : Nguyễn
Ngọc Huy, 7A, THCS Trần Văn Ơn, Hồng
Bàng, Hải Phòng ; Phan Mạnh Lộc, 9A₃,
THCS Chu Văn An, Thái Nguyên; Nguyễn
Xuân Tân, 9A₂, THCS Mão Điền, Thuận
Thành, Bắc Ninh ; Lê Thùy Nhi, nhà số
755, tổ 18, phường Bắc Cường, TP. Lào
Cai, Lào Cai ; Trần Minh Chung, 11H,
THPT Ba Đình, Nga Sơn, Thanh Hóa.

Anh Compa

2_ 2 _ 2_ 2 _ ₍ _ ₎2_{ }₍ ₎2

a b c d a c b d

5 5

2 ₍ ₄₎ 1 _{(17 2 ) 5 5}

5 5

    

y x x

2 1

(7 ) 9 (17 2 )

5

 x    x

2 2

2 4 ( 4)

5

 x   x

2 2

2 4 (7 ) 9

 y x   x 

2 2

1 2 4 (7 ) 9

2 2  

   _     _

 

AM MC _x _x

v v v

2 _{4 ;} ₍₇ ₎2 _{9 ;}

    

AM x MC x

Cho điểm A nằm ngoài

đường thẳng d. Hãy dựng
qua A đường thẳng vng
góc với dmà chỉ cần một lần
dùng compa (đương nhiên
được dùng thước thẳng).

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

2

Hỡi các bạn “ưa mạo hiểm” ! Chắc các
bạn cũng đồng ý với tơi rằng “hành trình
khám phá” ln là cuộc hành trình đầy lí thú
bởi chính những kết quả đẹp và bất ngờ mà
chúng ta sẽ gặp. Sau đây là hành trình khám
phá của tơi về một bài tốn quen thuc.

Bài toán 1.Cho tam giác nhọn ABCcó
trực tâm H và trọng tâm G. Chứng minh
r»ng

lSau đây là một lời giải, sử dụng tam giỏc
ng dng.

Gọi Dlà chân đường cao hạ từ Dxuống
BC(Hthuộc ADdo tam giác ABCnhọn) và
Mlà trung điểm của BC(Gthuộc AM).

Theo giả thiết, ta có ta lại chứng
minh được hai tam giác vng BHD, ACD
đồng dạng suy ra

Do đó :

lĐiều kiện về Hvà G(là hai điểm đặc biệt
trong tam giác ABCvà HG// BC) khiến tôi
nhớ lại một bài toỏn khỏc.

Bài toán 2.Cho tam giác ABCcó trọng
tâm Gvà tâm ®­êng trßn néi tiÕp I. Chøng
minh r»ng IG// BCABAC2BC.

Gọi D, M lần lượt là giao điểm của AI,
AGvới BC(BI, CIlần lượt là phân giác của

BAD, CAD). Theo tÝnh chÊt đường phân
giác trong tam giác ta có :

Do G là trọng tâm của ABC nên :

ABAC2BC.

l t cnh nhau” hai bài toán trên, một
câu hỏi đặt ra là : “Điều kiện tương đương
của IG // BCtrong bài toán 2 có thể thay

// IA GA 2 AB AC 2

IG BC

ID GM BC

    

;
IA BA CA BA CA AB AC
ID BD CD BD CD     BC

 

// AD AM 3 tg tg 3.

HG BC B C

DH GM

     

 

2

tg tg .

AD AD _{B C} AD

BD CD DH    DH
AD CD
BD DH 

3 ;
AM
GM 

 

// tg tg 3.

HG BC  B C 

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

3

bởi một đẳng thức lượng giác như trong bài
tốn 1khơng ?”.

Tơi đã nghĩ tới

Gọi D, E, Flần lượt là hình chiếu vng
góc ca A, G, Itrờn BC.

Khi ú ta cú

Đặt BCa, CAb, ABc,

ta cã ¸p dơng

các công thức tính diện tích tam giác
ta có

Mặt khác, Glà trọng tâm của ABCnên :

Kết quả thu được là :

Bài toán 3. Cho tam giác ABCcó trọng

tâm Gvà tâm đường tròn nội tiếp I. Chứng

minh rằng IG// BC

Bài toán 4. Cho tam gi¸c ABC. Chøng
minh ABAC2BC

Bài tốn 4là kết quả từ bài toán 2và bài
toán 3, khá hay vì “chìa khóa” đã được
“giấu kín”.

l“Đầu xi, đi lọt”, tại sao ta khơng nghĩ
đến các điểm đặc biệt khác trong tam
giác... và tơi đã tìm thêm được một số kết
quả sau đây (đề nghị các bạn tự giải), hi
vọng rằng các bạn sẽ tiếp tục khám phá
thêm được nhiều kết quả lí thú khác.
Bài toán 5. Cho tam giác nhọn ABC có
trực tâm H, trọng tâm G, tâm đường tròn
nội tiếp I và tâm đường tròn ngoại tiếp O.
Chứng minh rằng :

1) OH// BC
2) OG// BC
3) HI// BC
4) HI// BC
5) OI// BC

6) OI// BC tg tg _1 _.

2 2 tg tg

B C

B C

  



 

tg tgB C AB BC CA;
AB BC CA 

  

 

 

tg tg ;

2 2

B C AB BC CA

AB BC CA 

  

 

 

tg tgB C AB BC CA;
BC

 

  

 

tg tgB C 3 ;

  

 

tg tgB C 3 ;

  

  ₁

tg tg .

2 2 3

B C

  

  ₁

tg tg .

2 2 3

B C
  
 
1
//
3
1 1

tg tg 1 2 .

2 2 3 3

IF GE
IG BC IF GE

AD AD

B C

    

     

2

2 (2 )

( ) ( )

2 _{1 2} _;

ABC

ABC

ABC ABC

ABC

ABC ABC

S p a IF

p p a IF p a IF

S

S S

S

p IF a IF a IF IF

S S a AD AD



 

  

   _ _  _{ }



  ₍ ₎ 2

tg tg

2 2 ( )( )( )

B C p p a IF

p p a p b p c

 

  

( )( )( ) ( ),

ABC

S  p p a p b p c   pr r IF

  2

tg tg ;

2 2 ( )( )

B C IF

p b p c

 

 

,
2
a b c
p  

  2

tg tg ;

2 2 .

B C IF

BF CF

 

 

tg vµ tg :

2 2

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

4

lMÊu chèt cđa sai lầm trong lời giải là ở
chỗ chưa nắm vững khái niệm giá trị nhỏ nhất
của một biểu thức. Các bạn cÇn l­u ý r»ng :

Nếu bất đẳng thức f(x)  a không xảy ra
đẳng thức ứng với một giá trị x  x₀ nào đó
(thỏa mãn điều kiện của bài tốn) thì khơng
thể kết luận được biểu thức f(x) đạt giá trị nhỏ
nhất bằng a.

Trong lời giải đã nêu, với điều kiện m  1
hoặc m  3 (để phương trình có nghiệm) thì
rõ ràng khơng thể xảy ra đẳng thức trong bất
đẳng thức (m1)22  2.

lLời giải đúng như sau :

Điều kiện để phương trình có nghiệm là :

 0 (m1)2_₄_₀

(m3)(m1) 0 (*)

Khi đó, tổng bình phương các nghiệm là :
x₁2x₂2(x₁x₂)22x₁x₂

(m1)22 (theo định lí Vi-ét)

[(m1)24] 2 2.
Đẳng thức xảy ra (m1)24 0

m1 hoặc m 3 (tháa m·n (*)).

Vậy tổng bình phương các nghiệm của
phương trình đạt giá trị nhỏ nhất bằng 2 khi và
chỉ khi m 1 hoặc m 3.

1
3.
m
m



Cho bài toán :

Bi toỏn. Gi Olà trung điểm của
một đoạn thẳng AB. Kẻ hai tia Ax, By
cùng vng góc với ABvà nằm về hai
phía của đường thẳng AB. Trên Ax, By
lần lượt lấy các điểm M, N sao cho
AMBN. Chứng minh rằng Olà trung
điểm của MN.

Bài toán tưởng chừng đơn giản
nhưng... có một học sinh đã giải như
sau :

Lêi gi¶i.

Theo gi¶ thiÕt ta cã :

AOBO; AMBN; suy
ra MAO NBO(c.g.c) MONO
hay Olà trung điểm cđa MN.

Các bạn có cho rằng lời giải trên đã
“qn” iu gỡ ú khụng ?

nguyễn văn ái
(THPT Lê Thế Hiếu, Cam Lộ,
Quảng Trị)

_,

MAO NBO

l

Kỡ naứy :

l

Keỏt quaỷ :

(TTT2 sè 36)

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

5

v

Kì này :

l

KÕt qu¶ :

SỐ NÀO TIẾP THEO ?

LOẠI BỎ HèNH NAỉO ?

(TTT2 số 36)
Bài 1. Bài giải của bạn Thái Thị Diệu

Võn, 7A, THCS Chu Văn An, Hương Khê,
Hà Tĩnh:

Bµi mét nghÜ m·i không ra
Nhìn đi nhìn lại hóa là nhị phân

Trc sau tăng cứ đều dần
Thêm một đơn vị sẽ lần ra thôi

Quy luật đã thấy rõ rồi
Số cuối là thế, ta ngi ta ghi

Một trăm linh một (101) tức thì
Điền vô chỗ thiếu chờ đi nhận quà !

Bài 2.Bài giải của bạn Hoàng Văn Huy,
10 Toán, THPT chuyên B¾c Giang, B¾c

Giang :

Sè 525 : tháa m·n 5225.
Sè 10100 : tháa m·n 102100.
Sè 15225 : tháa m·n 152225.
Sè 20400 : tháa m·n 202400.

Do đó số cuối sẽ thỏa mãn quy luật trên :
252625. Vậy số cuối là 25625.

Hai bạn Vânvà Huyđược thưởng. Ngồi
ra, TTT cịn thưởng cho các bạn : Nhóm
Nghịch ngợm, 8C, THCS Bạch Liêu, Yên
Thành, Nghệ An; Vũ Đăng Tới, 9A₂, THCS
Mão in, Thun Thnh, Bc Ninh.

Nguyễn Đăng Quang
Các bạn hÃy loại bỏ một hình không cùng loại với các hình còn lại.
Bài 1.

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

6

lPhng phỏp chung

4Phng trỡnh nghim nguyờn có dạng
a₁x₁na₂x₂n... a_kx_kn0 (*)
Với nlà số tự nhiên lớn hơn 1, các tham

số nguyên a₁, a₂, ..., a_kvà các ẩn x₁, x₂,
..., x_k được giải bằng phương pháp lùi vô
hạn như sau :

+ Sử dụng tính chất chia hết để chứng
minh x₁n, x₂n, ..., x_kncùng chia hết cho một
số nguyên tố p. Từ đó suy ra x₁, x₂, ..., x_k
cũng chia hết cho p.

+ §Ỉt x₁py₁, x₂py₂, ..., x_kpy_k(suy ra
y₁, y₂, ..., y_kcịng nhËn các giá trị nguyên).

Phng trỡnh (*) tr thnh :
a₁(py₁)n_a

2(py2)n... ak(pyk)n0

a₁y₁na₂y₂n... a_ky_kn0.
Hoàn toàn tương tự, ta lại chứng minh
được y₁, y₂, ..., y_kcùng chia hết cho p, suy
ra x₁, x₂, ..., x_kcùng chia hết cho p2.

+ Quá trình này tiếp tục mãi, suy ra x₁,
x₂, ..., x_kcùng chia hết cho pmvới mlà một
số nguyên dương lớn tùy ý. Điều này xảy ra
khi và chỉ khi x₁x₂... x_k0.

Vậy :Phương trình (*) có nghiệm ngun
duy nhất x₁x₂... x_k0.

4 Một số dạng phương trình nghiệm
nguyên khác cũng giải được bằng phương
pháp lùi vơ hạn.

l¸p dơng

Ví dụ 1. Giải phương trình nghiệm ngun

x35y325z30. (1)
Lời giải.Từ phương trình (1) ta suy ra x3
chia hết cho 5 xchia hết cho 5.

Đặt x  5x₁(x₁nhận giá trị ngun), ta
có phương trình (1) tương đương với :

125x₁3_₅_y3_₂₅_z3_₀

25x₁3y35z30. (2)
Từ phương trình (2) ta lại suy ra y3chia
hết cho 5 ychia hết cho 5.

Đặt y  5y₁(y₁nhận giá trị ngun), ta
có phương trình (2) tương đương với :

25x₁3125y₁35z30

5x₁325y₁3z30. (3)
Từ phương trình (3) ta lại suy ra z3chia
hết cho 5 zchia hết cho 5.

Đặt z  5z₁(z₁nhận giá trị ngun), ta
có phương trình (3) tương đương với :

5x₁325y₁3125z₁30

x₁35y₁325z₁30. (4)
Như vậy ta có x, y, zcùng chia hết cho 5.
Từ phương trình (4), hồn tồn tương tự
q trình trên ta cũng suy ra x₁, y₁, z₁cùng
chia hết cho 5, suy ra x, y, zcùng chia hết
cho 52.

Quá trình này tiếp tục mãi, suy ra x, y, z
cùng chia hết cho 5m với m là một số
nguyên dương lớn tùy ý. Điều này xảy ra
khi và chỉ khi xyz0.

Vậy : Phương trình (1) có nghiệm
ngun duy nhất xyz 0.

GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN

BẰNG PHƯƠNG PHÁP LÙI VÔ HẠN

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

7

Ví dụ 2. Giải phương trình nghiệm ngun

x4 y4z4t46xyzt. (1)
Lời giải. Từ phương trình (1) ta suy ra
x4  y4 z4 t4 nhận giá trị chẵn. Do đó
trong các ẩn x, y, z, tcó một số chẵn các

ẩn nhận giá trị lẻ. Có 3 khả năng xảy ra :

+ Nếu x, y, z, tđều lẻ thì x4 y4z4t4
chia hết cho 4 (x4 , y4, z4, t4khi chia cho 4
cùng dư 1) ; xyztlẻ nên 6xyztkhông chia
hết cho 4. Suy ra khả năng này không thỏa
mãn.

+ NÕu hai trong 4 Èn x, y, z, tnhận giá trị
lẻ thì x4 y4z4t4không chia hết cho 4
còn 6xyzt lại chia hết cho 4. Suy ra khả
năng này không tháa m·n.

+ Nếu x, y, z, t đều chẵn, đặt x  2x₁,
y 2y₁, z2z₁, t2t₁(x₁, y₁, z₁, t₁nhận
các giá trị ngun), ta có phương trình (1)
tương đương với :

(2x₁)4 _₍₂_y

1)4(2z1)4(2t1)4

624x₁y₁z₁t₁

x₁4 y₁4z₁4t₁46x₁y₁z₁t₁. (2)
Từ phương trình (2), hồn tồn tương tự
q trình trên ta cũng suy ra x₁, y₁, z₁, t₁
đều chẵn, suy ra x, y, z, tcùng chia hết cho 22_.
Quá trình này tiếp tục mãi, suy ra x, y, z, t
cùng chia hết cho 2m với m là một số

nguyên dương lớn tùy ý. Điều này xảy ra
khi và chỉ khi xyzt0.

Vậy : Phương trình (1) có nghiệm
ngun duy nhất xy z t0.

Ví dụ 3. Giải phương trình nghiệm ngun
2(x4 y4) x2y22(z22x2y2). (1)
Lời giải.

Phương trình (1) tương đương với :
2(x2y2)2x2y22z2 (2)
suy ra x2  y2 chẵn  x và y cùng chẵn
hoặc cùng lẻ.

+ NÕu x, ycùng lẻ thì 2(x2y2)2chia hết
cho 8 còn x2  y2 chia cho 8 d­ 2 nên
x2y22z28t2(z21) không chia hết
cho 8 (với tlà số nguyên) vì z2 1 không

chia hết cho 4. Suy ra khả năng này không
thỏa mÃn.

+ Nếu x, y cùng chẵn thì 2(x2y2)2và
x2 y2 cũng chia hết cho 4, suy ra 2z2
còng chia hÕt cho 4 zch½n.

Vậy x, y, zcùng chẵn, đặt x2x₁, y2y₁,
z2z₁(x₁, y₁, z₁, nhận các giá trị nguyên),
ta có phương trình (2) tương đương với :

2[(2x₁)2(2y₁)2]2(2x₁)2(2y₁)22(2z₁)2

8(x₁2y₁2)2x₁2y₁22z₁2. (3)
Từ phương trình (3), hồn tồn tương tự
q trình trên ta cũng suy ra x₁, y₁, z₁đều
chẵn, suy ra x, y, zcùng chia hết cho 22.

Tương tự ví dụ 2ta có kết luận :

Phương trình (1) có nghiệm ngun duy
nhất xyz0.

lL­u ý

Trong trường hợp bài toán đưa đến việc
phải xét một ẩn ngun dương x nào đó,
đơi khi cũng có thể sử dụng được phương
pháp cực hạn để xác định một dãy số lùi vô
hạn các số nguyên dương x> x₁> ... > x_m
với mlà một số nguyên dương đủ lớn, dẫn
đến x_m1. Từ đó, việc giải phương trình có
n ẩn ban đầu được quy về việc giải một
phương trình có n1 ẩn.

lBµi tập làm thêm

Gii cỏc phng trỡnh nghim nguyờn :
1) x4y4z4;

2) 8x44y42z4t4;

3) x2y2z2x2y2;

4) x3py3p2z3víi tham sè pnguyªn tè ;
5) x2y23z2;

6) x27y20 ;
7) x22y21 ;

8) x2 y2z2t2x2y2z2;
9) x4y411z4;

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

8

Trong sè này, chúng tôi tiếp tục giới thiệu
cùng các bạn một số bài thi của các năm
1999, 2000.

Bài 1.(Problem 9.1, 1999)

Cho tam giác ABCcó phân giác AD. Gọi
M, Nlà các điểm lần lượt nằm trên hai tia AB,

AC sao cho và .

Hai đường thẳng ADvà MNcắt nhau tại P.
Chøng minh r»ng AD3AB.AC.AP.

Bài 2.(Problem 9.2, 1999, cải biên)
Cho a, b > 0, kí hiệu t(a, b) là nghim
dng ca phng trỡnh

(ab)x22(ab1)x(ab) 0.
Đặt M{(a, b) | a b, ab1}. Tìm giá
trị nhỏ nhất của t(a, b) khi (a, b) chạy khắp
tập M.

Ghi chú.Bài toán gốc :

M{(a, b) | a b, ab }.
Bài 3.(Problem 9.1, 2000)

Trong tứ giác lồi ABCD, hai đường phân
giác của góc A và góc C cắt nhau tại I.
Chứng minh rằng tồn tại một đường tròn nội
tiếp trong tứ giác ABCD nếu và chỉ nếu
S_AIBS_CIDS_AIDS_BIC.

Chú ý.Một đường tròn nội tiếp trong một
tứ gi¸c ABCD  AB  CD  AD  BC ;

.

Hai kết quả này thường sử dụng trong các
bài toán thi học sinh giỏi THCS ở nước ta.

Bµi 4.(Problem 9.5, 2000)

a) Chứng minh rằng không có một lũy
thừa nào của số 2 có thể viết được dưới
dạng tổng của hai hay nhiều số nguyên
dương liên tiếp.

b) Cho m, nlà các số nguyên dương, giả
sử là số nguyên lẻ. Xác định
m, nđể Ađạt giá trị nhỏ nhất.

3
2

(m n)
A

n




1 _{. .sin}
2

ABC

S  AB AC A

ab

 

NDA BCA

 

MDA ABC

(Tiếp theo kì trước)

</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

Bµi 1.(Problem 7.1, 1999)

Một trong hai độ dài cạnh góc vng phải là số chia hết cho 3. Gọi 3a, blà độ dài
hai cạnh góc vuông, clà cạnh huyền, với a, b, clà các số ngun dương. Khi đó :

3ab3(3abc) cab3ab.

Theo định lí Py-ta-go ta có (3a)2b2c2(ab3ab)2

ab[(a2)(b6) 6] 0.

Vì a, bdương, suy ra (a; b) {(3 ; 12) ; (4 ; 9) ; (5 ; 8) ; (8 ; 7)}.

Từ đó, ba cạnh của tam giác thỏa mãn điều kiện đề bài là (9 ; 12 ; 15) ; (8 ; 15 ; 17)
hay (7 ; 24 ; 25).

Bài 2.(Problem 7.3, 1999)

a) Vì nên .

Do đó tam giác CDEđồng dạng với tam giác ACE, suy ra (1)

Trong tam giác ABE, ta có AClà phân giác của góc A, vì vậy : (2)
Từ (1) và (2) suy ra :

b) Ta có ACđồng thời là phân giác của hai tam giác ADFvà ABE. Như vậy, ta chỉ
cần chứng minh kết quả sau :

Nếu tam giác XYZbất kì có phân giác XL(Lthuộc YZ) th× XL2< XY.XZ.

Chứng minh : Gọi Mlà giao điểm của XLvà đường trịn ngoại tiếp tam giác XYZ. Khi
đó, do hai tam giác XYLvà XMZđồng dạng nên ta có XL2< XL.XMXY.XZ.

Bài 3.(Problem 7.4, 1999)

a) Vì EF// BCvà EG// ADnên ta có

b) Giả sử hai đường thẳng AN, EFcắt nhau tại P, gọi Qlà điểm nằm trên đường thẳng
BCsao cho PQ// AD.

Vì BC// EFvà Nlà trung điểm BCnên Plà trung điểm EF. Suy ra PFQGlà hình bình
hành. Như vậy trung ®iĨm Xcđa FGcịng lµ trung ®iĨm cđa PQ. Do Mlµ trung điểm
ADvà AD// PQ, suy ra M, X, Nthẳng hàng.

Bài 4.(Problem 8.4, 1999, cải biên)

Ta có : Nx4₍_x_y₎₁₃_x2_y2₍_x_y₎₃₆_y4₍_x_y₎₍_x_y₎₍_x4₁₃_x2_y2₃₆_y4₎

(xy)(x24y2)(x29y2) (xy)(x2y)(x2y)(x 3y)(x3y).
Nếu y0, ta có Nx5luôn khác 77 với mäi x.

Nếu y0, ta có 5 thừa số của Nđơi một khác nhau. Tuy nhiên, 77 chỉ phân tích được

tối đa thành 4 nhân tử, chẳng hạn 77 (1)(1)(7)(11) (1)(1)(7)(11).

VËy Nkhông nhận giá trị bằng 77 với mọi x, ynguyên.

, , suy ra 1.

EF AE EG EB EF EG

BC AB AD AB  BC AD 

. . .

AB CE _{AB DE BC CE}

BC DE  

.
AE AB
CE BC

.
CE AE
DE CE

 

ECD BAC

  

</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 37)

Kì thi tuyển sinh vào trường THPT chuyên, tỉnh Thái Bình,

năm học 2005 - 2006

Bài 1.1) Tập xác định : x0. Nhân hai vế của phương trình với ta
được phương trình :

(thuộc tập xác định). Đây là nghiệm duy nhất ca phng trỡnh.

2) Đáp số : M₁(1 ; 3) và M₂ Điểm M(x ; y) thỏa mÃn 3 điều kiện : x0 (1) ;
y2x1 (2) ; (3).

Do x0 ta cã (3)

Nếu thì thay vào (2) ta có (phương trình vơ nghiệm) ;
Nếu thì thay vào (2) ta có

Bài 2.1) Đáp số : . Với m 1, thỏa mãn yêu cầu ; Với m 1, điều
kiện để phương trình có hai nghiệm x₂x₁là  0 (*) ;

Theo định lí Vi-ét ta có

suy ra (đều thỏa mãn điều kiện (*)).

2) Phương trình x22ax3b0 có ’ a23b ;
Phương trình ax22bx3c0 :

Víi a0 ta cã ;

Với a0, nếu b0 thì a2 3b0 suy ra       0 c 0 nên phương trình
thỏa mãn với mọi x, nếu b0 thì phương trình có nghiệm duy nhất. Tóm lại, hai phương
trình trên ln có nghiệm.

Bài 3. 1) Lấy F đối xứng với M qua A ta có BFDM là hình bình hành, suy ra
DM// BF; MFME MB(AC) suy ra tam giác EBFvng tại BBFvng góc
với BEDMvng góc với BE.

2. a) Gọi H, Klần lượt là chân các đường vuông góc kẻ từ Avà Otới BC(OK// AH).

Ta cã : OBC.

ABC
S
OD OK

AD AH S 

2 2 2

1

' ( ) ( ) ( ) 0

2 

  _           _

2 2 2

1 ( ) ( ) ( ) 0

2           
5

3 hc

7

m  m 

1 1 1 1

1 2

2 2 2 2

1 1 1 3 0 4

( 1)( 1) 3 hc hc

1 3 1 1 2 2

x x x x

x x

x x x x

       

   

    _ _ _ _

       

   

1 2 1 2 m 1₁ m 3 2₁

x x x x

m m

    

 

5
{ 1; ; 3}

7
m  

1 1

2 3 1 0 1 hc 1 ; .

2 4

x x    x  x    x  

 

3
y  x

2x2 x  1 0
2

y  x

(y 2 )(x y 3 ) 0x y 2 x hcy 3 .x

      

2 ₅ ₆ ₀

y  y x  x 

1 3
( ; ).

4 2
1

2
x

 

1 2 x (2x1)( x 1 3 )x (2x1)( x 1 3x   1) 0 2x 1 0

1 3 0,

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

11

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9, QUẬN CẦU GIẤY, HAØ NỘI

Năm học : 2005 - 2006 ; Thời gian : 150 phút

Với các kết quả tương tự ta suy ra

2. b) Đặt Theo câu 2.a thì áp dơng bÊt

đẳng thức Cơ-si ta có

Khi đó (1 x)(1 y)(1 z) 
1 (xyz) (xyyzzx) xyz

Bài 4. Gọi x₁, x₂, x₃ là ba nghiệm phân biệt của phương trình P(x)  0 suy ra
P(x) (xx₁)(xx₂)(xx₃) P(Q(x)) (Q(x) x₁)(Q(x) x₂)(Q(x) x₃). Do P(Q(x)) 0
vô nghiệm nên Q(x)  x_i 0 vô nghiệm (i {1 ; 2 ; 3}) x2x  2005 x_i 0 vô
nghiệm  _i< 0 1 4(2005 x_i) < 0 2005 x_i>

Suy ra P(2005) (2005 x₁)(2005 x₂)(2005 x₃) >

Bài 5.Luôn tồn tại 2005 điểm thỏa mãn điều kiện đề bài, sau đây là một cách xác

định các điểm đó : Trên mặt phẳng dựng nửa đường trịn đường kính AB, trên đó lấy
2005 điểm đơi một khác nhau, khác A hoặc khác B. Như vậy, ba điểm bất kì trong
chúng đều khơng thẳng hàng, là ba đỉnh của một tam giác tù vì tam giác đó ln có
một góc nội tiếp chắn cung lớn hơn nửa đường tròn.

1 .
64
1 .
4

2 3

3

3 3

1 3 xyz 3 (xyz) xyz (1 xyz) 64.

      

1 AD 1 BE 1 CF

OD OE OF

 _  _  _ _

   

   

3
3

1 1 1 3

1 xyz 3.

x y z xyz

     

1 1 1 1,
x y z  

; ; .

AD _x BE _y CF _z

OD  OE  OF 

1.

OBC OCA OAB

ABC

S S S

OD OE OF

AD BE CF  S

Câu 1.(4 điểm)
Cho

a) Tỡm iu kin của xđể biểu thức Acó
nghĩa.

b) Rút gọn A.
c) Tìm xđể A< .
Câu 2.(3 điểm)

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

a) Phân tích đa thức f(n) thành nhân tử.
b) Chứng minh rằng đa thức trên chia hết
cho 120 với mọi giá trị nguyên dương ca n.
Cõu 3.(3 im)Gii phng trỡnh sau :

Câu 4.(2 điểm)

Cho a, b, c> 0. Chứng minh rằng :
Câu 5.(4 điểm)

Cho hình thoi ABCDcó . Tia Ax
tạo với tia AB góc BAx bằng 15o và cắt
cạnh BCtại M, cắt đường thẳng DCtại N.

Chứng minh :

Câu 6.(4 điểm)Giả sử tứ giác ABCDcó
đường tròn đường kÝnh AB tiÕp xóc víi
®­êng th¼ng CD. Chøng minh r»ng nÕu
AD// CBthì đường tròn đường kính CDtiếp
xúc với đường thẳng AB.

2 2 2

1 1 _{4 .}

3
AM  AN  AB

 ₁₂₀o

A

3 3 3 3 3 3

2 2 2

5 5 5 _.

3 3 3

b a c b a c _{a b c}

ab b bc c ca a

 _  _  _{  }

  

2

7 x x 1 x 6x13.
5

2 2

2 2

4 4

4 4

x x x x x x

A

x x x x x x

   

 

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

12

l

Kết quả :

THI GII TON QUA TH

Bài 1(36).Cho số nguyên n> 2005 và số
thực x thỏa mÃn : 2006n 2005nxn. Hỏi
xcó thể là số nguyên không ?

Lời giải. (theo bạn Võ Văn Tuấn, 9A₅,
THCS Nguyễn Du, KRông Buk, Đắk Lắk)

Ta giải bài toán më réng sau :

“Cho số thực xvà các số nguyên dương
a, b, nthỏa mãn anbnxn; a> b; n> b.
Hỏi xcó th l s nguyờn khụng ?

Giả sử x là số nguyên, từ giả thiết ta có
xn> an> 0 suy ra |x| > a|x| a1

|x|n(a1)nannan1... 1
> annan1> anbbn1anbn

|x|n> anbn, m©u thuÉn với giả thiết.
Vậy : xkhông thể là số nguyên.

Nhn xột. 1) Một số bạn đã chứng minh
bất đẳng thức kép 2006 < |x| < 2007, từ đó
cũng suy ra được xkhông thể là số nguyên ;
Với sự hỗ trợ của máy tính điện tử, việc
chứng minh bất đẳng thức này sẽ rất ngắn

gọn :

Tõ gi¶ thiÕt suy ra 2006 < |x| ;

Mặt khác, xn2006n2005n< 22006n

|x|

2) Li gii ca a s cỏc bạn khác khá
dài dịng vì chia nhiều trường hợp theo dấu
của x và tính chẵn lẻ của n.

3) Sai lầm đáng lưu ý nhất mà nhiều bạn
mắc phải là đã nghĩ rằng x> 0.

4) Các bạn có lời giải tốt hơn cả là Phạm
Quang Thịnh, 7H, THCS Hùng Vương,
TP. Tuy Hòa, Phú Yên; Vũ Thanh Tú, 9A₂,
THCS Vũ Hữu, Bình Giang ; Đặng Đình
Hiếu, 9B, THCS Phan Bội Châu, Tứ Kì, Hải
Dương; Hà Thị Thanh Huyền, 9A₁, THCS
Lâm Thao, Lâm Thao, Phú Thọ; Võ Ngọc

Đức, 9A₁, THCS Nhơn Hậu, An Nhơn, Bình
Định; Hồng Kiên An, 9E, THCS Bắc Sơn,
Sầm Sơn, Thanh Hóa; Hồng Văn Sáng,
9A₁, phân hiệu học sinh giỏi Thanh Nờ,
Kin Xng, Thỏi Bỡnh.

Nguyễn Anh Quân

Bài 2(36).Biết rằng x2y2xy. Tìm giá
trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của Fxy.

Lêi gi¶i.Ta cã Fxyxy2y
x2y22yx2(y1)21  1.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x0, y1.
Tương tự Fxy2x(xy) 
2x(x2y2) 1 (x1)2y21.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x1, y0.
Vậy giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của
Ftương ứng bằng 1 và 1.

Nhận xét.1) Cách giải đơn giản trên là
theo phương pháp “phân tích thành tổng
các biểu thức khơng âm”. Cịn có cách giải
khác, phức tạp hơn cách giải trên, nhưng
phương pháp giải có tính phổ dụng cao hơn
(có thể giải nhiều bài toán khác theo
phương pháp này) : từ giả thiết ta suy ra
x2xy2y0.

Do đó .

áp dụng bất đẳng thức ,
ta có

Suy ra 1 |xy|, tức là 1 xy 1.
2) Hoan nghênh bạn Đậu Đức Linh, 7B

và nhiều bạn của lớp 7C, THCS Hồ Xuân
Hương, Quỳnh Lưu, Nghệ Ancó lời giải tốt.
Nguyễn Minh Đức

2 2

2

1 1 1 _{1 (} _{) .}

2 x2 y2  2 x y

2 2 1( )2

2

  

a b a b

2 2

1 1 1

2 2 2

 _  _ _  _

   

x  y 

2005

2 2006 2 2006 2007.

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

13

Bµi 3(36).Rót gän :

Lời giải. (theo bạn Nguyễn Đức Công,
9D, THCS Lý Nhật Quang, Đô Lương,
Nghệ An)

Ta rút gọn phân thức tổng quát sau :

với n*.

Nhận xét :với k* ta có

áp dụng hệ thức trên vào T* ta cã

Khi n1002, ta cã

.
Nhận xét. Có rất nhiều bạn gửi bài về
tòa soạn và đều giải đúng. Các bạn có lời
giải tốt hơn cả là Hà Thị Thanh Huyền, 9A₁,
THCS Lâm Thao, Lâm Thao, Phú Thọ; Lê
Sơn Hải, 8B, THCS Yên Lạc, Yên Lạc ;
Hoàng Hà Anh, 8C ; Hoàng Quốc Khánh,

9B, THCS Vĩnh Yên, Vĩnh Yên, Vĩnh Phúc;
Nguyễn Đức Huấn, 9B, THCS Phan Bội
Châu, Tứ Kỳ ; Phạm Minh Quang, 8C,
THCS Thành Nhân, Ninh Giang, Hải
Dương ; Tập thể đội tuyển toán 9, THCS

Xuân Trường, Xuân Trường, Nam Định ;
Phạm Đức Tuấn Anh, 9A₁, THCS Chất
lượng cao, Kiến Xương, Thái Bình ; Trịnh
Quang Thanh, 9B, THCS Hàm Rồng,
TP. Thanh Hóa, Thanh Hóa; Vũ Văn An, 6C ;
Đậu Phi Lực và Hồ Hữu Quân, 8C, THCS
Hồ Xuân Hương, Quỳnh Lưu, Nghệ An; Phan
Nghĩa Hiếu, 9G, THCS Nguyễn Trãi, Nghi
Xuân, Hà Tĩnh; Trần Tấn Thanh, 9A, THCS
Hành Phước, Ngha Hnh, Qung Ngói.

Nguyễn Văn Mạnh
Bài 4(36).Giả sử hai tam giác A₁B₁C₁;
A₂B₂C₂có ; A₁B₁ A₂B₂ và các
cạnh còn lại thỏa mÃn điều kiện :

B₁C₁C₂A₂B₂C₂C₁A₁.
Chng minh hai tam giác đó bằng nhau.
Lời giải.Trước hết, để thuận tiện cho việc
trình bày lời giải, ta kí hiệu B_iC_ia_i, C_iA_ib_i,
A_iB_i  c_i (i  {1 ; 2}) và đặt d  a₁ b₂
a₂b₁, c₁c₂c,  .

Cách 1.Dựng ABO A₁B₁C₁( ,

OBa₁, OAb₁). Trên các tia đối của các
tia OA, OBlần lượt lấy các điểm C, Dsao
cho OCa₂, ODb₂(DCO A₂B₂C₂).

Thế thì ta được ABDCc, BDCAd,
suy ra ABC DCB, ADB DAC(c.c.c)
do đó hai tam
giác OBC, OADđều cân ở O.

Suy ra OB OC, OAOD hay a₁a₂,
b₁b₂ A₁B₁C₁ A₂B₂C₂(®pcm).

   _, _,

ACB DBC ADB DAC 

 _{ }

AOB

 ₁_ ₂

C C

 ₁_ ₂

C C

21 2 _80520851

2006 2007

 



T

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

2 2

(0 1 )(1 2 )... (2 1) (2 2)
*

(1 2 )(2 3 )... (2 2) (2 3)

1 _.

(2 2) (2 3)

 
  _    _

 
  _    _

  

n n
T
n n
n n

4 2 2

4

2 2 2 2

1 4 1 (2 2 1)(2 2 1)

4 4 4

( 1) ( 1)

.
4
    
  
 _ _   _{ } 
   


k k k k k

k

k k k k

4 4 4

4 4 4

1 1 1

1 3 ... (2 1)

4 4 4

* ,

1 1 1

2 4 ... (2 2)

4 4 4

 _  _   _ _ 
    
    

 _  _   _ _ 
    
    
n
T
n

4 4 4

4 4 4

1 1 1

1 3 ... 2005

4 4 _{4 .}

1 1 1

2 4 ... 2006

4 4 4

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

14

Cách 2.Dựng trên tia Cxlấy A
và A sao cho CA b₁, CA b₂; trên Cy
lấy Bvà Bsao cho CBa₁, CB’a₂. ThÕ
th× :

ABC A₁B₁C₁và A’B’C A₂B₂C₂
suy ra AB A’B’c. Ta sẽ chứng minh A’
trùng A và B’ trùng B bằng phương pháp
phản chứng. Thật vậy, giả sử A’ không
trùng A hoặc B’ không trùng B thì từ giả
thiết a₁ b₂a₂b₁suy ra a₁a₂b₁

b₂h(0), nghĩa là BB’AA’. (Khơng mất

tính tổng qt, giả sử h> 0, nghĩa là C, B’, B
và C, A’, Athẳng hàng theo thứ tự đó). Tứ
giác AA’B’Bcó các cặp cạnh đối bằng nhau
nên là một hình bình hành, suy ra AA’ //
BB’, mâu thuẫn với giả thiết. Mâu thuẫn đó
chứng tỏ rằng h0, suy ra A’Avà B’B

 A₁B₁C₁ A₂B₂C₂(®pcm).

Cách 3.Dựng đoạn ABc, sau đó dựng

ABC A₁B₁C₁và ABD A₂B₂C₂sao
cho C và D nằm cùng phía đối với đường
thẳng AB (bạn đọc tự vẽ hình). Ta cần
chứng minh C và Dtrùng nhau. Giả sử D
không trùng C và D thuộc . Khi đó sử
dụng bất đẳng thức tam giác ta sẽ thu được
bất đẳng thức BCAD< BDAC, nghĩa là
a₁ b₂< a₂b₁, mâu thuẫn với giả thiết.
Mâu thuẫn đó chứng tỏ D  C và do đó

A₁B₁C₁ A₂B₂C₂(®pcm).

Nhận xét. 1) Cách 1 chỉ sử dụng kiến
thức lớp 7, với phương pháp chứng minh
trực tiếp (tuy có địi hỏi phải vẽ thêm hình

phụ). Cách 2và cách 3ngắn gọn hơn vì có
sử dụng tính chất hình bình hành của lớp 8
và cung chứa góc của lớp 9, với phương

pháp chứng minh phản chứng(một phương
pháp chứng minh gián tiếp, thay vì phải
chứng minh mệnh đề A  B ta đi chứng
minh mệnh đề phản đảo , tương
đươngvới nó).

2) Ngồi ba cách giải trên, một số bạn
cịn đưa ra cách giải khác, trên cơ sở sử
dụng định lí hàm số cosin (Hình học 10).

3) Vẫn cịn một số bạn giải sai do vội vàng,
thậm chí có những sai lầm nghiêm trọng
(chẳng hạn áp dụng tính chất của tỉ lệ thức
khơng đúng, xuất phát từ tỉ số

mµ suy ra được dÃy tỉ số bằng nhau :
!!!).

4) Lẽ ra, bài toán này chỉ dành riêng cho
các bạn lớp 7. Tuy nhiên tòa soạn cũng rất
hoan nghênh các bạn lớp 8 và 9 tham gia
giải. Các bạn sau đây có lời giải tốt hơn cả :
Nguyễn Minh Cơng, 7A₁₁, THCS Giảng Võ,
Ba Đình, Hà Nội ; Trần Thanh Bình, 8C₁,
THCS Tiền An, TX. Bắc Ninh ; Nguyễn Duy
Hùng, 9A, THCS Thị Trấn Chờ, Yên Phong ;
Đặng Tuấn Anh, 9A, THCS An Thịnh,
Lương Tài, Bắc Ninh ; Hoàng Thanh Nga,
Hoàng Việt Anh, 8A, THCS Thanh Cường,
Thanh Hà ; Nguyễn Doãn Tiến Đạt, 8C,

THCS Phan Bội Châu, Tứ Kỳ ; Nguyễn Văn
Tuân, 8/1, THCS Hợp Tiến, Nam Sách, Hải
Dương ; Nguyễn Hữu Thanh, Tạ Đức
Thành, 8A₃, THCS Lâm Thao, Lâm Thao,
Phú Thọ ; Đoàn Thu Hà, 9A₃, THCS Chu
Mạnh Trinh, Văn Giang, Hưng Yên ;
Nguyễn Văn Hùng, 9D₅, THCS Chu Văn
An, Ngô Quyền, Hải Phòng ; Lê Huyền
Trang, 7A₁, THCS Nguyễn Trực, Thanh Oai ;

1 1 1

2 2 2

a b c

a  b c

1 1 1

2 2 2

a b c
a  b c
BA



AC

 _{ }_,

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

15

Dương Văn Việt, 8K₆, THCS Lê Lợi, TX. Hà
Đông, Hà Tây; Trần Thu Thủy, 8A₄, THCS
Trần Đăng Ninh, TP. Nam Định, Nam Định;
Phạm Văn Toàn, 8B, THCS Thái Thọ, Thái
Thụy, Thái Bình ; Phạm Hoàng Vũ, 7C,
THCS Lý Thường Kiệt, Hà Trung ; Nguyễn
Việt Hằng, 7B, THCS Hoằng Long, Hoằng
Hóa, Thanh Hóa ; Dương Hồng Hưng,
Hồng Thị Lê Quyên, 8B, THCS Lý Nhật
Quang, Đơ Lương ; Phạm Lê Nhật Hồng,
8A, THCS Đặng Thai Mai, TP. Vinh, Nghệ
An; Hà Công Đức, 8C, THCS Hoàng Xuân
Hãn, Đức Thọ, Hà Tĩnh ; Võ Minh Đức,
Nguyễn Kim Trọng, 9/2, THCS Nguyễn
Khuyến, Nguyễn Du, Đà Nẵng ; Trần Tấn
Thanh, 9A, THCS Hành Phước, Nghĩa Hành,
Quảng Ngãi ; Phạm Quang Thịnh, 7H,
THCS Hùng Vương, TP. Tuy Hịa, Phú n.
Nguyễn Đăng Phất
Bài 5(36).Cho hình vng ABCDcó độ
dài cạnh bằng a. Tìm quỹ tích các điểm M
sao cho tổng các khoảng cách từ Mtới các
đường thng AB, BC, CD, DAbng 2a.

Lời giải.

Cách 1. (của bạn Trần Xuân Nguyên

Trực, 8B, THCS Thị Trấn Kì Anh, Hà Tĩnh)

Với điểm Mbất kì, gọi H, K, E, Flà hình
chiếu của Mtrên các đường thẳng AB, BC,
CD, DA. Ta thÊy :

MHMEHEADa; (1)

MKMFKFABa. (2)
Suy ra MHMKMEMF2a. (3)
đẳng thức xảy ra ở (3) đẳng thức xảy ra
đồng thời ở (1) và ở (2) Mcùng thuộc hai
đoạn HEvà KFM thuộc dải mặt phẳng
chắn bởi hai đường thẳng song song AB,
CDvà đồng thời thuộc dải mặt phẳng chắn
bởi hai đường thẳng song song AD, CB

Mthuộc hình vng ABCD, kể cả biên.
Vậy : Quỹ tích các điểm Mthỏa mãn điều
kiện đề bài là hình vng ABCD, kể cả biên.
Cách 2. (của bạn Đào Thanh Tùng, 9A,
THCS Lê Văn Thịnh, Gia Bình, Bắc Ninh)

Lêi gi¶i tãm tắt, vẫn dùng các kí hiệu
trong cách 1 :

Đảo :Nếu Mthuộc hình vuông ABCD(kể
cả biên) thì MHMKMEMF2a.

Phn o : Nu M khụng thuộc hình

vng ABCD(kể cả biên) thì MH  MK 

MEMF> 2a.

Kết luận :Quỹ tích các điểm Mthỏa mãn
điều kiện đề bài là hình vng ABCD, kể cả
biên.

Nhận xét. 1) Đây là bài toán dễ, nhưng
thể hiện lời giải của nó khơng dễ. Nhiều bạn
tham gia giải, chỉ có một bạn giải sai. Tuy
nhiên, nhiều bạn cho lời giải lộn xộn và dài
dịng vì khơng biết chọn một phương án
trình bày tốt cho lời giải của mình.

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

16

Vào một đêm mùa đông lạnh giá,
khoảng 23 giờ đêm, tại căn hộ số 2004
của một khu chung cư rộng lớn, một vụ
cướp của táo tợn đã xảy ra. Nạn nhân là
một phụ nữ trẻ giàu có. Cô bị đánh trọng
thương đến hôn mê. Kẻ trộm lấy đi tất cả
đồ trang sức đắt tiền. Khoảng 2 giờ
sáng, cảnh sát thành phố nhận được tin
báo và họ đã mời thám tử Sê-Lốc-Cốc
cùng đến hiện trường. Tới nơi, thám tử
đưa mắt quan sát thật kĩ : Lò sưởi vẫn
hoạt động khiến căn nhà ấm sực, đèn
vẫn sáng, cửa sổ đóng chặt, rèm cửa sổ

được kéo ra gần một nửa. Trong nhà, đồ
đạc bị lục lọi, cánh tủ mở toang, nạn
nhân nằm bất động trên sàn nhà, tay
chân bị trói chặt, may là vẫn cịn thoi
thóp thở. Ngay lập tức, cô được đưa đến
bệnh viện cấp cứu.

Thám tử Sê-Lốc-Cốc quay sang hỏi
một nhân viên cảnh sát :

- Cỏc anh cú bit ai là người đầu tiên
phát hiện ra vụ cướp này khơng ?

- Dạ thưa, có ạ ! Người đầu tiên phát
hiện vụ này cũng chính là người đã gọi
điện báo cho chúng tơi vào lúc gần 2 giờ

s¸ng.

- Người ấy là ai ?

- Thưa thám tử, người đó là chàng
thanh niên sống trong một căn hộ ở tòa
nhà đối diện.

- Anh mời anh ta đến đây ngay đi !
- Vâng, tôi sẽ mời ngay !

Mấy phút sau, người thanh niên đã có
mặt.

- Xin chào thám tử ! Tơi là Pen, sống ở
tịa nhà đối diện. Ngài muốn gặp tôi ạ ?

- Chào anh Pen ! Cảm ơn anh đã gọi
điện báo cho chúng tôi ! Tôi muốn hỏi
thêm anh một vài chi tiết, anh sẵn lòng
chứ ?

- Thưa thám tử ! Thấy người bị nạn,
báo cho cảnh sát là chuyện bình thường
thơi mà ! Tơi rất vui lịng được giúp thám
tử điều tra vụ cướp táo tợn này !

- Xin hỏi, có phải vào quãng 23 giờ
đêm hôm qua anh đã tận mắt trơng thấy
một người đàn ơng tóc vàng trong cn
nh ny ?

- Thưa, vâng ! Chính mắt tôi nhìn thấy !
Anh ta dong dỏng cao, có râu, ®eo kÝnh
®en.

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

17

l

KÕt qu¶ :

(TTT2 số 36)

- Chắc tối nào anh cũng nhìn sang căn
nhà của cô gái này ?

- Thưa, không ạ ! Tối qua tôi tình cờ nhìn
sang thôi mà !

- Anh cú nhỡn rừ mặt tên cướp khơng ?
- Có ạ ! Rèm cửa chỉ bị kéo ra một nửa,
kính cửa sổ trong suốt nên tôi thấy rất rõ !

Chỉ mới nghe tới đây, thám tử Sê-Lốc-Cốc
đã nghiêm mặt, nhìn thẳng vào Pen :

- Anh Pen ! Anh có biết bịa đặt chính là tội
lớn khơng ? Lời kể của anh hồn tồn gian
dối.

ThÊy Pen vÉn tá ra ngơ ngác, thám tử
Sê-Lốc-Cốc nói thêm :

- Mời anh về đồn, chúng tôi cần lời khai
trung thực của anh ! Nếu ngoan cố, tội anh
sẽ nặng hơn đấy !

Người thanh niên tên Pen cúi gằm mặt.
Các nhân viên cảnh sát cũng chưa hiểu vì
sao thám tử Sê-Lốc-Cốc lại nhanh chóng kết
luận như vậy. Cịn các thám tử “Tuổi Hồng”
thì sao, cú oỏn ra khụng ?

Đủ sáu số, mở két vµng

Phút, giây - bốn số rõ ràng rồi đây

Kim giờ chẳng khó, bạn ơi
Một giờ cũng chính là mười ba thụi

MÃ két chính xác chẳng sai
-132716 !

Đó là câu trả lời bằng thơ của bạn
Lê Minh Hồng (Hải Phịng). Rất
nhiều bạn tuy khơng làm thơ nhưng
cũng có đáp án đúng như vậy. Tuy
nhiên, do không chú ý chi tiết
“tướng Mắc tuổi đã cao, trí nhớ
kém, do đó mật mã phải thật dễ
nhớ” nên một số bạn đã có những
cách phân tích “rắc rối” như đổi 1 giờ
27 phút thành giây, coi 1 giờ là 60
phút (suy ra mật mã là 602716), tìm
xem mỗi chữ số đã biết cách nhau
mấy đơn vị và cách nhau theo quy
luật nào rồi thêm một chữ số vào để
được 6 chữ số mật mã v.v... Những
câu trả lời này đều chưa chính xác
và khơng hợp lơgic của câu chuyện.
Phần thưởng được trao cho năm
bạn sau đây : Phạm Đức Anh, 6A,
THCS Thanh Thủy, Thanh Thủy,

Phú Thọ ; Lê Minh Hoàng, 6A₆,
THCS Lng Khỏnh Thin, Kin An,

Hải Phòng ; Lê Thị Quyên (con bố
Học), xóm 8, thôn 10, Xuân Quan,
Văn Giang, Hưng Yên; Nguyễn Thu
Trang, mẹ là Nguyễn Thị Thiềng,
phòng Tổ chức cán bộ, công an tỉnh
Thanh Hóa, Thanh Hóa; Võ Thành
Văn, 9A, THCS Quách Xuân Kì, Bố
Trạch, Quảng Bình.

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

18

AP DUẽNG NGAY !

TTT2 số 35 có hướng dẫn giải câu 5, đề
thi vào 10, THPT chuyên Lê Q Đơn,
Bình Định, năm học 2005-2006 (tính tổng
S12 23 ... n(n1)) như sau :

V× k(k1) kk2_{, ta cã}

S(1 2 ... n) (1222... n2). (1)
Bằng phương pháp quy nạp theo n, với
n* ta chứng minh được

(2)

vµ (3)

Tõ (1) ; (2) ; (3) suy ra :

Ngay trong TTT2 số tiếp theo, bạn Lê
Hữu Điền Khuê lại nêu một phương pháp
tính tổng “rất mạnh”. Tơi đã tự hỏi ngay rằng
tổng trên có tính được bằng phương pháp
này khơng và nếu được thì lời giải có ngắn
hơn lời giải trên khơng (vì lời giải trên phải
quy về việc chứng minh (2) và (3) là các
tổng chưa biết nên lời giải đầy đủ sẽ khá dài
dịng) ? Tơi đã tính được tổng Sngắn gọn
như sau :

Ta cã

Suy ra S12 23 ... n(n1)

VËy

Ngoài ra, các bạn cũng có thể chứng
minh (2) và (3) theo phương pháp này.

Chøng minh (3) :Ta cã
Suy ra 1 2 3 ... n

Đề nghị các bạn chứng minh (2) theo
phương pháp trên, xem như bài tập.

0 1 1 2 1 2 2 3 2 3 3 4 ...

2 2 2 2 2 2

( 1) ( 1) ( _1).

2 2 2

n n n n n n

     

       

  

  

( 1) ( 1) ( 1) ( _1).

2 2 2

n n n n n n

n n         

( 1)( _2).
3
n n n

S  

( 1) ( 1) ( 1)( 2)

3 3

( 1)( _{2) .}
3

n n n n n n

n n n

   

 

 



( 1) ( 1) ( 1)( _2).

3 3

k k k k k k

  

( 2) ( 1)
( 1) ( 1)

3

k k

k k k k   

( 1) ( 1)(2 1) ( 1)( _2).

2 6 3

n n n n n n n n

S       

( 1)

1 2 ... .

2
n n

n 

   

2 2 2 ( 1)(2 1)

1 2 ...

6

n n n

n  

   

0 1 2 1 2 3 1 2 3 2 3 4 ...

3 3 3 3

       

      

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

19

TRẬN ĐẤU THỨ HAI MƯƠI TÁM

TRẬN ĐẤU THỨ BA MƯƠI

Chỉ có hai võ sĩ bước lên sàn đấu và đồng đăng quang trong trận đấu này, đó là hai
anh em Hồng Việt ánh(lớp 8A) và Hoàng Thanh Nga, THCS Thanh Cường, Thanh
Hà, Hải Dương. Lời giải của hai võ sĩ Ngavà ánhcó ý tưởng hay nhưng trình bày chưa
tốt. Xin giới thiệu với bạn đọc lời giải của hai võ sĩ này (đã được sửa chữa) :

Lời giải.Gọi O_A, O_B, O_Clần lượt là tâm các đường tròn ngoại tiếp các tam giác BOC,
COA, AOB. Gọi A₁, B₁, C₁ lần

lượt là các điểm đối xứng của O
qua O_A, O_B, O_C.

DÔ thÊy : AB₁C₁, BC₁A₁,

CA₁B₁.

Theo giả thiết X, Y, Zlần lượt
là các điểm chính giữa của các
cung , , của các
đường tròn ngoại tiếp các tam
giác BOC, COA, AOB.

Suy ra A₁X, B₁Y, C₁Z là các
phân giác trong của tam giác
A₁B₁C₁  A₁X, B₁Y, C₁Z đồng
quy. Gọi điểm đồng quy của
chúng là K.

DÔ thÊy :

.
Suy ra X, Y, Z thuộc đường
tròn đường kính OKO, X, Y, Z
cùng thuộc một đường tròn.

Li bỡnh.Kin thức sử dụng trong lời giải trên tuy rất đơn giản nhưng cách sử dụng
những kiến thức này lại rất khéo léo. Sự xuất hiện của tam giác A₁B₁C₁và điểm Kquả
là sáng tạo.

Ngun Minh Hµ

   ₉₀o

OXK OYK OZK  



AOB



COA



BOC

lNgười thách đấu.

Nguyễn Minh Hà, ĐHSP Hà Nội.
lBài toán thách đấu.

Cho tam giác ABC. Các đường phân
giác trong AA’, BB’, CC’đồng quy tại Ivà
theo thứ tự cắt các cạnh BC, CA, ABtại A’,
B’, C’. Giả sử bán kính đường trịn nội tiếp
các tam giác IA’B’, IA’C’ bằng nhau.

Chøng minh r»ng : ABAC.
lXuÊt xø.

Đề thi chọn đội tuyển Toán thi học
sinh giỏi quốc gia năm học 2004
-2005 của khối phổ thơng chun,

ĐHSP Hà Nội.

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

20

MỘT DẠNG TỐN RÚT GỌN BIỂU THỨC

Bài tốn rút gọn biểu thức có nhiều dạng.
Bài viết này muốn luyện tập, củng cố cho
các bạn một trong các dạng được đề cập
đến trong sách giáo khoa (SGK) Tốn lớp 9,
phần căn bậc hai.

l Chóng ta bắt đầu từ bài 66. (trang 34,
SGK Toán 9, tập 1, NXBGD):

Bài toán 1.

Giá trị của biểu thức bằng
(A) ; (B) 1 ; (C) 4 ; (D) 4.
Hãy chọn câu trả lời đúng.

Bằng cách quy đồng mẫu số của hai
phân số trong biểu thức, ta có thể nhẩm
ngay ra giá trị của biểu thức là 4 (câu trả lời
đúng là (D)). Tuy nhiên, nếu ta nhìn số 2
dưới dạng khác là và nhận ra

(*) thì ta cũng có
Đẳng thức (*) đã được phát biểu mở rộng
trong nội dung bài 71. (trang 14, sách bài

tập Toán 9, tập 1):

Bài toán 2.Chứng minh đẳng thức
(1)
với nlà số tự nhiờn.

Đẳng thức (1) còn tiếp tục mở rộng được
như sau :

(2)
(với n, dlà số tự nhiên và dkhác 0).

lSau õy là một số bài tập để chúng ta ôn
luyện dạng toán rút gọn biểu thức bằng
cách sử dụng các đẳng thức (1) và (2).

Bài toán 3. Cho n là số nguyên dương,
rút gọn biu thc

Lời giải.áp dụng (1) ta có

Bi 72.trang 14, sỏch bài tập Toán 9, tập
1 là trường hợp của bài tốn 3với n4 ; Bài
74.lại hơi khác một chút :

Bµi to¸n 4.Rót gän

Lời giải.Đẳng thức (1) tương đương với
áp dụng vào bài
tốn ta có :

Tương tự như bài tốn 3, ta có thể phát
biểu và chứng minh bài tốn tổng quát của

1 1 1 1

2 1 3 2 4 3 5 4

1 1 1 1

6 5 7 6 8 7 9 8

( 2 1) ( 3 2) ( 4 3)
( 5 4) ... ( 8 7) ( 9 8)
9 1 1 3 2.

    

   

   

   

       

      

     

1

1 ,

1

  

 

n n

n n

1 1 1 1

1 2 2 3 3 4 4 5

1 1 1 1 _.

5 6 6 7 7 8 8 9

   

   

   

   

2 1 3 2 ... 1

1 1.

       

  

A n n

n

1 1 _... 1 _.

2 1 3 2 1

   

   

A

n n

  

 

d

n d n

n d n

1
1

1

  

 

n n

n n

1 1 _{( 4} _{3) ( 4} _{3) 4.}

2 3 2  3     
( 4 3)( 4 3) 1

2 4
1

2

1 1

2 3 2 3

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

21

bài toán 4.

Bài toán 5. Rút gọn biểu thức
Lời giải. áp dụng (2) với d2 ta có

Bài toán 6. Rút gọn biểu thức
Lời giải. áp dụng (2) với d3 ta có

lBài tập vËn dơng

H·y rót gän c¸c biĨu thøc sau :

1 1 1

1) ... ;

4 1 7 4 25 22

1 1 1

2) ... .

1 5 5 9 21 25

  

  

  

  

1 1 _... 1

4 1 7 4 25 22

1 3 3 _... 3

3 4 1 7 4 16 13

1( 4 1 7 4 ... 16 13)
3

16 _{1 4 1 1.}

3 3

  

  

 

 _    _

  

 

      

 

  

1 1 _... 1 _.

4 1 7 4  25 22

2 2 2 2

3 1 5 3 7 5 9 7

3 1 5 3 7 5 9 7

9 1 3 1 2.

  

   

       

    

2 2 2 2 _.

3 1 5 3 7 5 9 7

Thể lệ cuộc thi

THẾ GIễÙI QUANH TA

Đơn vị tổ chức : Công ty Bản đồ
-Tranh ảnh Giáo khoa và Tạp chí Tốn
Tuổi thơ, thuộc Nhà xuất bản Giáo dục.

Mục đích cuộc thi : Tạo ra một sân
chơi tìm hiểu kiến thức qua bản đồ và
tranh ảnh giáo khoa.

Đối tượng dự thi : Tất cả học sinh
bậc THCS và THPT.

Hình thức dự thi : Cuộc thi kéo dài
trong 10 tháng, mỗi tháng có một câu đố
đăng trên tạp chí Tốn Tuổi thơ 2 từ
tháng 3 đến tháng 12 năm 2006. Bài dự
thi giải câu đố gửi về Công ty Bản đồ
-Tranh ảnh Giáo khoa (45 Hàng Chuối,
Hà Nội). Thời hạn gửi bài không quá 30
ngày kể từ ngày phát hành Tạp chí (ngày
15 hàng tháng).

Giải thưởng :

+ Từng thángđều có tặng phẩm cho
10 cá nhân và 1 đơn vị (danh sách các
bạn được thưởng của mỗi kì sẽ được

đăng cùng với đáp án cách sau một kì).

+ Tổng kết 10 tháng gồm có 18 giải
cá nhân và 6 giải tập thể (cho đơn vị lớp
hoặc trường có nhiều bài dự thi đạt chất
lượng tốt) :

l3 giải nhất cá nhân, mỗi giải trị giá
1.000.000 đồng

l 6 giải nhì cá nhân, mỗi giải trị giá
400.000 đồng

l 9 giải ba cá nhân, mỗi giải trị giá
200.000 đồng

l 1 giải nhất tập thể, mỗi giải trị giá
1.000.000 đồng

l 2 giải nhì tập thể, mỗi giải trị giá
500.000 đồng

l 3 giải ba tập thể, mỗi giải trị giá
300.000 đồng

Các cá nhân và tập thể đạt giải đều được
nhận Bằng chứng nhận của Ban Tổ chức.
Rất mong bạn đọc tích cực hưởng ứng
tham gia cuc thi.

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

22

giải toán trên máy tính ®iƯn tư

THỬ TÀI

Bµi 1. . (1)

(1)
(2)

(3) . (4)
Vì y là số nguyên nên y2 phải chia hết
cho 7920. Mà 7920 24.32.5.11 nên ychia
hết cho 22.3.5.11, tức là ychia hết cho 660.

Do (4) và x3960 nên 0 y3960. Vậy
ychỉ có thể b»ng 0 ; 660 ; 1320 ; 1980 ;

2640 ; 3300 ; 3960.

Tõ (4) suy ra . Thay yb»ng

các số trên và dùng máyta tìm được xtương
ứng là : 1980 ; 2035 ; 2200 ; 2475 ; 2860 ;
3355 ; 3960 thỏa mãn phương trình đã cho.
Nhận xét. Một số bạn chỉ tìm một cặp
nghiệm(x, y), hoặc cặp nghiệm là các số tự
nhiên, hoặc quên trường hợp x1980 ; y0
nên không đạt điểm tối đa.

Bài 2. 1) Thay các giá trị ;
ta được hệ phương
trình ba ẩn

Giải hệ này (trên máy hoặc bằng phương
pháp thế, cng i s) ta c

P(x) x37x24x5.

Từ đây ta cã ( )2 155 ; P(9)  121
3 27

P 

2 4 19

9 12 16 95

5 25 112.

a b c

a b c

a b c

  

   


   


3 407 1 561

( ) ; ( )

4 64 5 125

P  P 

1 39
( )

2 8

P 

2 ₃₉₆₀2

7920
y
x  
2 ₇₉₂₀ ₃₉₆₀2

y x

  

2 2 2 2

3960

7920 3960 . (3)
x

x y x x



 

   



2 2 ₃₉₆₀

x y x

   

2 2

0
0

2 2 7920. (2)

x y
x y

x x y
  

_  

  

7920
x y  x y 

Bài 1.Tìm chữ số thứ 7774_{sau dấu phẩy}
của số khi viết nó dưới dạng thập phân.
Trần Văn Ngọc Tân
(11/1, THPT Hồng Diệu, Điện Bàn,
Quảng Nam)
Bài 2.Cho S₁81 ; S₂S₁225 ;
S₃S₁S₂625 ; S₄S₁S₂S₃1521 ;
S₅S₁S₂S₃S₄3249 ; ...

1) ViÕt quy tr×nh bÊm phÝm liên tục tính S_n;
2) Tính S₂₅; S₅₀; S₁₀₀.

Nguyễn Thành Tâm
(Lớp Toán 2C, Đại học Sư phạm Huế)

Bài 3.Một số tự nhiên nđược gọi là tốt
nếu tồn tại k sè tù nhiªn a₁, a₂, ... , a_k

(không nhất thiết khác nhau) sao cho
a₁a₂... a_knvµ .

1) Chøng minh rằng : Nếu nlà số tốt, thì
2n 2 ; 2n8 ; 2n9 ; 3n6 ; 3n8 ;
4n6 ; 4n13 ; 6n5 cịng lµ sè tèt;

2) Trong các số tự nhiên từ 1 đến 23,
loại trừ 17, 21, 23, hãy tìm các số tốt;

3) Chứng minh rằng, tất cả các số tự
nhiên lớn hơn 23 đều là số tốt;

4) Bạn có biết cách nào (thí dụ, lập trình
trên Pascal) để xem các số 19, 21, 23 có
phải là số tốtkhơng ?

1 2

1 1 _... 1 ₁
k
a a a
77

74

l

Kì này

l

Kết quả

(TTT2 sè 36)

(2)

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

23

vµ Q(x) x410x340x2125x 121.

2) Sử dụng sơ đồ Horkner ta tính được
Q(x) (x3x251x436)(x11) 4917

3) R(x) P(x) Q(x)

(x2)(x3)(x24x21).
Do (x2)(x3) là tích của hai số nguyên
liên tiếp luôn chia hết cho 2 nên R(x) là chẵn
với mäi xnguyªn.

Bài 3.(Nhiều bạn đã phát hiện đề bài ra
u_n3u_n_₁là sai v ó sa li cho ỳng l
u_n3u_n₁).

Đây là 2 trong nhiều quy trình tính u_n.
Tính trên Casio fx-500MS:

1 2 3 4

Lặp lại dÃy : 3 4

2 nhờ

Trªn Casio fx-570MS:

1 3

4 2

3

Kết quả : u₁₀115248 ; u₁₁537824 ;
u₁₂1613472 ; u₁₃7529536 ;
u₁₄22588608 ; u₁₅105413504.
Nhận xét.Rất nhiều bạn làm đúng hết cả
3 bài. Nhiều bạn đưa ra các cách giải tốn
hay và quy trình bấm phím ngắn gọn hơn
đáp án. Điều này chứng tỏ các bạn có kiến
thức toán học vững và khả năng sử dụng
máy tính điện tử khá thành thạo và sáng tạo.
Các bạn được thưởng kì này là Nguyễn Minh
Loan, 9E, THCS Thân Nhân Trung, Việt
Yên, Bắc Giang; Nguyễn Minh Công, 7A₁₁,
THCS Giảng Võ, Hà Nội; Vũ Đức Anh, Đội 10,
thôn Phù Tải 2, Thanh Giang, Thanh Miện,
Hải Dương ; Nguyễn Thị Hồng Phát, 9A₁,
THCS Tân Xn, Đồng Xồi, Bình Phước;
Nguyễn Anh Tú, 8B, THCS Lí Nhật Quang,
Đơ Lương, Nghệ An.

TS. Tạ Duy Phượng


COPY
SHIFT


B
STO
SHIFT
A
ALPHA
A
STO
SHIFT
A
ALPHA

B
ALPHA
B
STO
SHIFT
A
STO
SHIFT


A
STO
SHIFT

A
ALPHA





A
STO
SHIFT




Khi cịn học phổ thơng, đọc trong các
tài liệu tơi nhận thấy việc thiết lập các
bước giải bài tốn quỹ tích bằng phương
pháp thuận đảo đã khơng thống nhất
được rằng có hay khơng có thao tác
“giới hạn”. Việc này đã làm cho tôi rất
“lúng túng”. Gần đây, khi đọc bài “Vĩnh
biệt giới hạn” của TS. Nguyễn Minh Hà,
in trên TTT2 thì theo tơi vấn đề đã trở
nên sáng tỏ. Nhưng sau đó lại có ý kiến
cho rằng “Không thể vĩnh biệt giới hạn”
(TTT2 số 34).

Suy xét lại vấn đề này tôi nhận thấy
bài tốn quỹ tích chính là bài tốn tìm
tập hợp điểm, từ đó nhìn dưới góc độ
của lí thuyết tập hợp thì vấn đề sẽ được
giải quyết rõ ràng :

Tìm quỹ tích những điểm M có tính
chất (M()) là tìm hình gồm tất cả

các điểm M() hay = {M()}.

Theo lí thut tËp hỵp,
= {M()}

Khơng gì khác, đây chính là hai bước
giải của bài tốn quỹ tích bằng phương
pháp thuận đảo :

Phần thuận : Nếu M() thì M 

(suy ra M()  ) ;

Phần đảo :Nếu M thì M() (suy
ra M()).

Như vậy, để chứng minh = {M()}
chỉ cần hai bước thuận và đảo là đủ, như
TS. Mguyễn Minh Hà đã khẳng định.
Cũng xin được nói thêm rằng, lí thuyết
tâp hợp và đại số đang là những công
cụ hiện đại để xây dựng và khám phá
hình học.
( )
( ).
M
M
 

   _{ } 

VĨNH BIỆT “GIỚI HẠN”

NHÌN DƯỚI GĨC ĐỘ

CỦA LÍ THUYẾT TẬP HỢP

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

24

CỊN HAI LỜI GIẢI KHÁC

Các bạn hẳn vẫn cịn nhớ bài tốn 1, kì
thi Tốn quốc tế lần thứ 46 tại Mê-hi-cơ,
tháng 7/2005 (nội dung trận đấu thứ hai
mươi ba).

ởkết quả của trận đấu này (TTT2 số
33), tôi đã giới thiệu lời giải của nhà giáo
Nguyễn Đức Tấn và “bật mí” sẽ còn tiếp
tục giới thiệu hai lời giải khác. Cơ hội để
thực hiện lời hứa đã đến, các bạn hãy theo
dõi hai lời giải này nhé.

Trước hết, chúng ta đọc lại bài toán :
Cho tam giác đều ABC. Các cặp điểm
A₁, A₂; B₁, B₂; C₁, C₂theo thứ tự thuộc
các cạnh BC, CA, AB sao cho lục giác
A₁A₂B₁B₂C₁C₂ lồi và có các cạnh bằng
nhau. Chứng minh rằng cỏc ng thng
A₁B₂, B₁C₂, C₁A₂ng quy.

Lời giải 2. Đặt XA₁C₂B₁A₂;

YB₁A₂C₁B₂; ZC₁B₂A₁C₂(hình 1).

Hình 1
Theo giả thiết :

BCA₁A₂CAB₁B₂ABC₁C₂m.
Dng tam giỏc đều A’B’C’ có cạnh
bằng m. Trên B’C’, C’A’, A’B’lần lượt lấy
các điểm X’, Y’, Z’ sao cho B’X’ BA₁ ;
C’Y’CB₁; A’Z’AC₁(hình 2).

H×nh 2

Ta thÊy : B’X’Z’ BA₁C₂(c.g.c) ;

C’Y’X’ CB₁A₂(c.g.c) ;

A’Z’Y’ AC₁B₂(c.g.c).

Suy ra X’Z’  A₁C₂ ; X’Y’  B₁A₂ ;
Z’Y’C₁B₂. Từ đó, với chú ý rằng A₁C₂

B₁A₂C₁B₂, ta có tam giác X’Y’Z’đều.

Tương tự như vậy ta có

Suy ra tam giác XYZđều  B₂A₂B₁
B₂C₂C₁(c.g.c) B₂A₂B₂C₂A₁B₂
là trung trực của A₂C₂. Tương tự như vậy
ta có B₁C₂, C₁A₂theo thứ tự là trung trực

của B₂A₂, C₂B₂.

Tóm lại : A₁B₂, B₁C₂, C₁A₂đồng quy.
Lời bình.Lời giải trên dài hơn so với lời
giải của thầy Tấn. Tuy nhiên, nó lại có
những ưu điểm sau đây :

+ Chỉ dùng kiến thức hình học 7.
+ Sự xuất hiện của tam giác đều A’B’C’
quả là đặc sắc.

(K× sau đăng tiếp)

o

1 2 60 .

B YB



 
 


o

1 2 1 2 2 1

o

1 2 2 1

o

o

Suy ra 180

180

180 ' ' ' ' ' '
' ' ' 60 .

A XA XA A XA A

BA C CA B
B X Z C X Y
Z X Y

  

  

  

 

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

25

KÕt qu¶

(TTT2 số 36)

1. Đo trí thông minh

Bi 1 : Nếu bạn tìm được hình nào
trong số các hình A, B, C, D là hình khơng
“cùng loại” với các hình cịn lại, hãy soạn
tin nhắn trả lời theo mẫu 3T2 IQ B1 tên
hìnhgửi đến số 986.

Ví dụ :Nếu bạn thấy hình A là hình cần
loại bỏ, hãy soạn tin nhắn 3T2 IQ B1 A
gửi 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 hình B là hình cần
loại bỏ, hãy soạn tin nhắn 3T2 IQ B2 B
gi n s 986.

2. Không chỉ là văn

Bn hóy tìm từ thích hợp để sửa từ “nỗi
niềm”trong câu thơ “Nỗi niềm ruộng hạn

mùa hè”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 “nơm
nớp”thì bạn hãy nhắn tin 3T2 V NOMNOP
gửi đến số 986.

3. Vào thăm vườn Anh
Bạn hãy giải câu đố kì này rồi soạn tin
nhắn trả lời theo mẫu 3T2 VA đáp ángửi
đến số 986.

Ví dụ :Nếu đáp án của bạn là “pen”thì
hãy soạn tin 3T2 VA PENgửi đến số 986.

4. Rừng Cười

Bạn hãy giải đáp câu “Sơng gì tưởng
nhỏ tí ti ?” rồi soạn tin nhắn trả lời theo
mẫu 3T2 RC đáp ángửi đến số 986.

Ví dụ :Nếu đáp án của bạn là “La”thì
hãy soạn tin 3T2 RC LAgửi đến số 986.

Kì này

- Giải đặc biệt :200.000 đồng
Đàm Cơng Thn, 9C, THCS
Thanh Bình, phường Thanh Bình,
TP. Hải Dương, Hải Dương (số máy

0915773065) ;

- Giải khuyến khích :100.000 đồng
1. Nguyễn Minh Thập, 9A, THCS
xã Dân Chủ, Hưng Hà, Thái Bình (số
máy 0915256164) ;

2. Lê Chí Cường, 6A, THCS Vĩnh
Tường, Vĩnh Tường, Vĩnh Phúc (số
máy 0988826049) ;

3. Cao Thanh LÞch, 7D, THCS
Phan Chu Trinh, Ngọc Khánh, Ba
Đình, Hà Néi (sè m¸y 0912621953).

Thi giaỷi toaựn qua thử

Các bạn được thưởng kì này

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

26

Problem E14.

(Proposed by Vu Van Duy, Viet Hong,

Thanh Ha, Hai Duong)

In a meeting there are 47 men and ladies. Mrs Le

knows 16 men, Mrs Dao knows 17 men, Mrs Hoa knows

18 men, ..., and Mrs Hue, the last lady in the meeting,

knows all the men present in the meeting. How many men

and ladies are there in the meeting ?

English version translated by Pham Van Thuan

l

remainder :

số dư (danh từ)

l

multiple :

bội số (danh từ)

l

digit :

chữ số (danh từ)

l

In addition :

Thêm vào đó, ...

l

rightmost digits :

nh÷ng ch÷ sè tËn cïng

Solution E12.

The rightmost 5 digits of a positive integer is

its remainder when the integer is divided by

100000. We can observe that 2005

2006



(2000



5)

2006



2000

2006



2006.2000

2005

.5



...



2006.2000.5

2005

_

₅

2006

_{, which is equal}

to the multiple of 100000



5

2006

.

In addition, 5

2006



(5

8

)

250

.5

6



90625

250

_{.15625 (mod 100000).}

Note that 90625



90625.90625 (mod 100000),

which implies

5

2006

_

_90625.15625

_

_{15625 (mod 100000).}

Therefore, the rightmost five digits of number

2005

2006

is 15625.

bày nhưng lời giải sẽ gọn hơn

Nhận xét.

Có nhiều cách trình

nếu dùng phép đồng dư. Nhiều

bạn cho đáp số sai, có bạn cho

đáp số đúng nhưng lại lập luận

có những chỗ “vội vàng”, ví dụ

(2000



5)

2006



2000.5.k



5

2006



5

2006

(mod 100000). Rất tiếc

rằng có một số bạn làm đúng

nhưng diễn đạt tiếng Anh chưa

đạt yêu cầu. Kì này, TTT2 trao

thưởng cho bạn Mai Trung Nghĩa,

9B, THCS Lê Hữu Lp, Hu Lc,

Thanh Hóa

. Các bạn hÃy cố

gắng thêm chút nữa, TTT2 mong

sẽ được khen nhiều bạn hơn

trong các số tiÕp theo.

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

27

l

KÕt qu¶ :

(TTT2 sè 36)

NHẦM CHỖ HẾT RỒI !

l

Kì này :

Bài trả lời kì này có khá nhiều “món lạ

chẳng ngon”. VD : Bạn NNKH (Phú Yên) và
DNPL (Vĩnh Phú) nấu món “hành tần”. Các
món tần (hấp cách thủy cho chín nhừ) chỉ
thích hợp với gà, vịt, chim,... Cịn món hành
tần thì nát nhừ mất, chẳng lấy đâu cịn “củ
trắng” để mà “thích”. Những món ăn ngon
có thể sửa là :

Gµ lcchÝn tíi thËt ngon
Vịt hầmvừa được đâu còn phải chê

Giò viên, tôm chiên, bóng bì
Cá, rau, đậu, thịt nấuthì tuyệt ngon

Bánh đa nem ránthật giòn
Thịt bò hầmhẳn mùi còn bay xa

Trong ting Vit có rất nhiều từ láy vần N
và chúng “tụ tập” khá “đơng đúc” trong bài
thơ dưới đây. Tuy nhiên, có lẽ do “đông vui”
quá nên chúng đứng nhầm chỗ hết rồi. Các
bạn sẽ sửa lại được chứ ?

Nói non lƠ phÐp nhĐ nhµng

Nấu nướng tính cách vội vàng hỏng ngay
Năng nổ đâu phải điều hay

Niềm nở mong mỏi ngày ngày đêm đêm
No nê hoạt động tiến lên

Nịnh nọt ý chí khơng bền quyết tâm
Nấn ná tiếp đón ân cn

Nói năng thì có món ăn tuyệt vời
Nứt nẻ trẩy hội đi chơi

Nao núng biển cả, chân trời mênh mông
Nơm nớp ăn uống là xong

Nụ nc ch i, cha xong cha v

Nỗi niềm ruộng hạn mùa hè
Nông nổi lo sợ, tai nghe mắt nhìn.

Phan Th Linh
(Con b Phan Vn Lớ, thôn Giai, Sơn Hà,
Hương Sơn, Hà Tĩnh)
Sườnninh lẩu thật đậm

Hành muối chua, củ trắng mà thích ghê
Thịt xào hành tâymiễn chê

Nem tai trn thớnhm mờ lũng ngi
Chõn giũ hm măngtuyệt vời

Chim quaylạ món mn người cùng ưng
Lạc rang rắc nmthm lng

Bánh chưng luộc kĩchưa từng ai quên.

Những bạn được giải kì này là : Vũ Ngọc
Tiến, 8B, THCS Nguyễn Chích, Đông Sơn,
Thanh Hóa; Vũ Thị Thu Hà, 6C, THCS thị
trấn Quỳnh Côi, Quỳnh Phụ, Thái Bình ;
Phan Thị Minh Tâm, 12B₂, THPT bán công
Việt Trì, Phú Thọ.

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

28

Trần Đăng Khoa :

Khip ! Em làm anh đến hoa cả mắt. Toàn những câu hỏi hóc búa. Để trả lời
được câu hỏi của em, có lẽ phải viết cả một cuốn sách. Mà đã có người viết rồi
đấy. Đó là nhà phê bình nghiên cứu Nguyễn Đăng Mạnh. Ơng có cuốn sách rất
hay : Nhà văn- Tư tưởng và phong cách.

Thực tình, khi làm thơ, viết văn, anh chẳng có ý thức gì đâu. Thích thì viết. Đơn
giản thế thơi em ạ. Chỉ có điều, khi viết thì mình viết đúng như những gì mình nghĩ,
khơng a dua bắt chước ai. Viết đúng theo cách nghĩ của mình, lại kể bằng đúng
cái giọng của mình thì mình sẽ thành độc đáo, nghĩa là khơng giống với ai cả. Chỉ
khi nào có được giọng điệu riêng thì mình mới thành được mình. Cịn cứ chạy theo
người này, người khác, hay bắt chước theo một ai đó, thì mn năm mình chẳng
bao giờ thành được cái gì cả. Điều này khơng phải chỉ trong văn chương mà cả âm
nhạc cũng thế. Xem MTV, rồi mở

chương trình của mình, xem các ca sĩ
của mình, nhất là các ca sĩ trẻ, mới
bước lên sân khấu, cứ thấy có gì quen
quen, như đã xem ở đâu đó rồi. Chán
lắm. Các bạn ấy mê một ca sĩ nào đó,

rồi cố bắt chước, lặp lại từ màu tóc,
quần áo, rồi động tác, cách nhả hơi,
láy chữ. Nghĩa là cứ tự biến mình thành
một con rối, hay một bản photocopy.
Thế thì cịn gì chán bằng.

Anh chúc em thành cây bút độc đáo.
Cám ơn em đã quý anh Khoa. Cần đọc
nhiều để tham khảo. Nhưng khi viết thì
phải quên đi tất cả. Đừng học theo lão
Khoa. Lão cũng chẳng là cái đinh gì.
Em cứ thử tâm niệm thế nhé. Anh tin
em sẽ có những trang viết rất độc đáo.
Độc đáo bởi chẳng giống ai.

Anh Khoa ¬i !

Em đọc của anh rất chi là nhiều. Em thấy
anh rất độc đáo. Như cô giáo em bảo, anh là
cây bút ln có phong cách riêng. Vậy anh
có ý thức rèn luyện để có bút pháp riêng
không ? Cách học của anh như thế nào ?
Làm thế nào để có được một giọng điệu riêng
ấy ? Bày cho em nhé. Em sẽ học theo cách
của anh.

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

29

l

KÕt qu¶ :

Ơ ch :

A L

(TTT2 số 36)

WHAT IS IT ?

Kì này :

CệễỉI

TRONG

VệễỉN

ANH

Vào thăm Vườn Anh kì này hẳn

các bạn sẽ nhận ra một điều :
chúng ta cần dành nhiều thời
gian và sự quan tâm hơn nữa cho
mơn Địa lí ! Rất ít bạn tìm ra đáp
án của ô chữ các khái niệm về
môn học này. Nhiều bạn đã nhầm
lẫn giữa các khái niệm địa lớ v
khỏi nim thiờn vn hc.

Hàng ngang(từ trên xng) :
GORGE - §Ìo ; TIDE - Thđy triỊu ;
MOUNTAIN - Nói ; LOUGH - Eo
biĨn, vÞnh, hå ; DESERT - Sa mạc ;
PLATEAU - Cao nguyên ; PAMPAS
§ång hoang ; WHIRLWIND
-Giã lèc ; VALLEY - Thung lịng.

Hµng däc : GEOGRAPHY
-Địa lí.

Ch cú ba bn a ra ỏp ỏn
tng đối chính xác và được tặng

thưởng kì này : Phan Thị Thanh
Thảo, 8A, THCS Vĩnh Tường,
Vĩnh Phúc; Hồ Xuân Anh Ngọc,
91, THCS Nguyễn Tri Phương,
TP. Huế, Thừa Thiên - Huế ;
Lương Xuân Huy, 9A, THCS Tiên
Lữ, Tiên Lữ, Hưng Yên.

Chủ Vườn

- What’s worse
than a giraffe with a
sore throat ?

- A centipede with
blisters.

Hồng Bắc
(NXB ĐHSPHN)
What can you find

both in a triangle
and a pentagon, but
not in a square ?

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

30

l

Kì này :

(TTT2 sè 36)

l

KÕt quả :

Sụng gỡ nng phự sa ?

Sông gì dịch nghĩa hiểu ra chín rồng ?
Sông gì quan họ sang sông ?
Sông gì nghe tiếng ngựa lồng lên phi ?

Sụng gỡ tng nh tớ ti ?

Sông gì nghe thấy cực kì lạnh ghê ?
Sông gì tình cảm mọi bề ?

Sông gì no ấm chẳng hề chiến tranh ?
Sông gì tên thËt biÕc xanh ?

Sơng gì điện đã sinh thành từ đây ?
Sơng gì thơm ngát ngất ngây ?
Sơng gì xứ Lạng sớm ngày thuyền qua ?

Sơng gì có bản trường ca ?
Sơng gì chia cắt nước ta một thời ?

S«ng gì tên tỉnh thế thôi ?
Sông gì ở tít trên trời xa xăm ?

Sông gì muốn gửi nhà băng ?

Sông gì con cháu phải năng nhắc lòng ?
Thảo dân trăm hä gi¶i xong

Gửi về Vua Tếu và mong... chờ quà !
Nguyễn Thu Hòa
(4B, TH Lâm Thao, Lương Tài, Bắc Ninh)
Võ Thị Hải Sâm
(8C, THCS Hồ Xuân Hương,
Quỳnh Lưu, Nghệ An)
Chú thích : Vua Tếu dựa vào hai bài
của hai bạn Hũav Sõm tho li.

Thánh chỉ :

Con báo chỉ biết săn mồi
Con khỉ làm xiếc hay ngồi trên cây

Con rng ci gió cưỡi mây
Con bị ăn cỏ nên hay ra đồng

Con gà tỉnh giấc rạng đông
Con lợn béo ị nhưng không vic lm

Con trâu cày kéo giỏi giang

Con nga nc i trên đàng veo veo
Con sóc lại hay leo trèo

Con chó trộm đến chạy theo cắn liền
Con chuột đục khoét liên miên
Con rùa chậm chạp rất hiền trong tâm

Con hỉ chóa tể sơn lâm

Con giun o t õm thm c nm
Con ong làm mật rất chăm

Con sâu quả táo thường ăn mỗi ngày
Thảo dân chăm chú hăng say

Gửi nhanh làm đúng, thưởng ngay phần quà.
Ban thưởng : Nguyễn Quang Vũ, 7B,
THCS Hoàng Xuân Hãn, thị trấn Đức Thọ,
Hà Tĩnh ; Ngô Ngọc Khánh Huyền, 6C,
THCS Trần Quốc Toản, TP. Tuy Hòa, Phú
Yên ; Nguyễn Thị Thảo, số 1 ngõ 330 tổ
20, P. Tiền Phong, TP. Thái Bình, Thái
Bình ; Lê Quỳnh Trang, số 6 ngõ 353,
Trần Hưng Đạo, TP. Thanh Hóa, Thanh
Hóa; Diệp Thanh Vy, 6G, THCS Nguyễn
Viết Xuân, TX. An Khê, Gia Lai.

Vua Tếu
Sơng gì đỏ nặng phù sa ?

Sơng gì đỏ nặng phù sa ?
Sơng gì đỏ nặng phù sa ?
Sơng gì đỏ nặng phù sa ?
Sơng gì đỏ nặng phù sa ?
Sơng gì đỏ nặng phù sa ?
Sơng gì đỏ nặng phù sa ?
Sơng gì đỏ nặng phù sa ?
Sơng gì đỏ nặng phù sa ?

Sơng gì đỏ nặng phù sa ?
Sơng gì đỏ nặng phù sa ?
Sơng gì đỏ nặng phù sa ?
Sơng gì đỏ nặng phù sa ?
Sơng gì đỏ nặng phù sa ?
Sơng gì đỏ nặng phù sa ?
Sơng gì đỏ nặng phù sa ?
Sơng gì đỏ nặng phù sa ?
Sơng gì đỏ nặng phù sa ?
Sơng gì đỏ nặng phù sa ?
Sơng gì đỏ nặng phù sa ?
Sơng gì đỏ nặng phù sa ?
Sơng gì đỏ nặng phù sa ?
Sơng gì đỏ nặng phù sa ?
Sơng gì đỏ nặng phù sa ?
Sơng gì đỏ nặng phù sa ?
Sơng gì đỏ nặng phù sa ?

Con ngựa nước đại trên đàng veo veo
Con ngựa nước đại trên đàng veo veo
Con ngựa nước đại trên đàng veo veo
Con ngựa nước đại trên đàng veo veo
Con ngựa nước đại trên đàng veo veo
Con ngựa nước đại trên đàng veo veo
Con ngựa nước đại trên đàng veo veo
Con ngựa nước đại trên đàng veo veo

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

Hỏi : Tầm tối em học rất
vào cịn ban ngày thì khơng
chữ gì vào đầu. Anh bảo em

có nên “ngủ ngày, cày đêm”
không ?

Trần Thị Khánh Linh
(7/4, THCS Lê Quý Đôn,
TP. Hải Dng, Hi Dng)

Đáp :

Bệnh em nhiều bạn mắc rồi
Nhưng ngủ ngày sẽ lôi thôi
hơn nhiều
Mai vào thi sẽ liêu xiêu
Hai mắt nhắm tít... viết điều

gì đây ?
Hỏi : Ngµy x­a anh cã
tham gia với Hoa Học Trò.
Anh trả lời bằng thơ chẳng
kém gì Chánh Văn, thế mà
vì sao anh lại bị chuyển
xuống làm ở Toán Tuổi thơ ?
Anh thích làm đâu hơn ?

ng ỡnh Hiếu
(9B, THCS Phan Bội Châu,
Tứ Kỳ, Hải Dương)
Đáp :

Chắc lưng anh đã bị cịng

Nên đầu “chuyển xuống”

thong dong dƠ làm
Tuổi thơ anh bắt đầu ham
Nên thơ có vẻ xênh xang

hơn nhiều...
Hỏi : Tại sao anh lại trả
lời bằng thơ mà không trả lời
bằng văn ?

Nguyễn Cảnh Hà
(6C, THCS Anh Sơn, Nghệ An)

Đáp :

Chánh Văn vẫn trả lời... thơ
Anh chỉ là Phó lơ mơ ấy mà

Th anh thy dễ viết ra
“Thờ ơ” mới sợ người ta

bỏ mình !
Hỏi : Tại sao đề ra ở
Rừng Cười lại không nhận
được nhun bỳt ?

Thiên thần nhỏ bé
(Hậu Lộc, Thanh Hóa)
Đáp :

Đề ra bÊt cø trang nµo
Cịng cã nhn bót, lÏ nµo

lại không ?
Nếu mà ai ngóng, ai trông
Chưa thấy nhuận bót

xin thơng báo về !
Hỏi :Một người chỉ biết cười
và một người chỉ biết khóc
thì ai sướng hơn ai, hở anh ?
Cún Con
(Trường Trần Đại Nghĩa,
TP. Hồ Chí Minh)
Đáp :

Khóc - Cười phải biết cả hai
Những khi cần khóc thì...

ai lại cười ?
Nhưng mà sống ở trên đời
Cười ra nước mắt là người

sướng hơn !
Hỏi : Văn và Toán môn
nào quan trọng hơn ? Anh
nhớ núi tht nhộ !

Ngi yờu Vn

(THCS Trn ng Ninh,
Nam nh)

Đáp :

Nay ở trong Văn nên có
Toán
Nhưng mà trong Toán

chớ thiếu Văn
Toán như gạo tám ta ăn
Văn như một lát thịt thăn

b vo !
Hi :S TTT2 kì trước,
em và chị em gửi bài cùng
một đáp án, cùng gửi một
lúc nhưng chị em được
thưởng, còn em lại không.
Tại sao vậy anh ?

Mini
(14/80 Lý Tự Trọng, P.7,
TP. Tuy Hòa, Phú Yên)
Đáp :

Chị được mà em lại không
Trách anh ăn ở bất công

chứ gì ?

Đáp án thì chẳng khác chi
Nhưng lời chị viết chắc th×...

hay hơn !
Xin em đừng dỗi,

đừng hờn...

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

32

Bài 1(38).Giải phương trình

ngun anh hoµng
(THCS Ngun Du, QuËn I, TP. Hå ChÝ Minh)

2

2 2 _1.
1

 



x
x

x

Bµi 2(38).Cho

trong đó x, y, zlà các số nguyên và x> y> z. Chứng minh
rằng Alà số nguyên dương.

nguyÔn tÊn ngäc
(THCS Nhơn Mỹ, An Nhơn, Bình Định)

4 4 4

2 2 2

( ) ( ) ( _),

( ) ( ) ( )

x y z y z x z x y
A

x y y z z x

    



    

Bµi 3(38).

Cho ba số dương a, b, cvà T(x) x2004x20023.
Chứng minh rằng : T(a)T(b)T(c) 9(abbcca).

trần xuân đáng
(THPT chuyên Lê Hồng Phong, Nam Định)
Bài 4(38). Cho tam giác ABC có BC  7 cm,
ACAB1 cm. Gọi Ilà giao điểm của các đường phân
giác của tam giác, Hlà chân đường vng góc kẻ từ In
BC. Tớnh cỏc di HB, HC.

NGND. vũ hữu bình
(Hà Néi)
Bµi 5(38).Cho tam

giác ABC vng ở A,
ngoại tiếp đường trịn
(I, r). Kẻ đường cao
AH ; Gọi M là trung
điểm của BC ; Q là
giao điểm của AH và
MI; Evà F lần lượt là
hình chiếu ca Atrờn
IBv IC. Chng minh
rng AQEF.

vi quốc dũng
(ĐHSP Thái Nguyên)

1(38).Solve the equation
2(38).Let

where x, y, z are integers satisfying x> y > z. Prove that x, y, zare positive integers.

3(38).Prove that if a, b, c> 0, and T(x) x2004x20023 then

T(a)T(b)T(c) 9(abbcca).

4(38). Given a triangle ABC with BC  7 cm, and AC  AB  1 cm ; let I be the
intersection of three bisectors of the triangle, and let Hbe the foot of perpendicular from
Ito BC. Calculate HB, and HC.

5(38).Let ABCbe a right-angled triangle with A90o. Let (I, r) be the incircle of
the triangle. Let AHbe an altitude of the triangle, Qbe the intersection of AHand MI,
and E, Fbe the projections of Aonto IBand IC. Prove that AQEF.

4 4 4

2 2 2

( ) ( ) ( _),

( ) ( ) ( )

x y z y z x z x y
A

x y y z z x

    



    

2

2 2 _1.
1

 



x
x

x

</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-->