Tạp chí toán tuổi thơ 2 kỳ số 35

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (12.89 MB, 36 trang )

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

1 KÕt qu¶

(TTT2 sè 33)

PHỦ KÍN ĐƯỢC KHƠNG ?

Tất cả các bạn đều có câu trả lời đúng,
tuy nhiên chỉ có 5 bạn trình bày hơn một
cách chứng minh, xứng đáng nhận được
phần thưởng kì này, đó là các bạn : Nguyễn
Mạnh Tuấn, 8B, THCS Lí Nhật Quang, Đơ
Lương ; Võ Mạnh Tài, 9A, THCS Tôn
Quang Phiệt, Thanh Chương, Nghệ An ;

Lâm Tiến Phát, 9A, THCS Trần Hưng Đạo,
TP. Quảng Ngãi, Quảng Ngãi; Hồng Lan
Phương, 9D, trường Hà Nội - Amsterdam,

Hµ Néi; Hoµng Đăng Nhâm, 92, THCS Kim
Đồng, TP. Đà Nẵng.

Câu trả lời là có. Xin giới thiệu với các
bạn ba cách chứng minh :

C¸ch 1 : Dùng DE  AC ; BF  AC
(E ; F AC), ta cã :

SABCD= SABF+ SBCF+ SCDE+ SADE;

Các tam giác ABF, BCF, CDE, ADE đều
là các tam giác vuông nên lần lượt nằm
trong các đường trong đường kính AB, BC,

CD, DA. Nói cách khác, bốn đường trịn
này phủ kín bốn tam giác ABF, BCF, CDE,
ADE hay phủ kín tứ giác ABCD.

C¸ch 2 : Gäi I là một điểm bất kì nằm

trong tứ giác ABCD, ta có

.
Suy ra góc lớn nhất trong bốn góc này
không nhá h¬n .

Khơng mất tính tổng qt, giả sử góc lớn
nhất là , khi đó I thuộc đường trịn
đường kính AB. Như vậy mọi điểm nằm
trong tứ giác ABCD sẽ phải thuộc ít nhất
một trong bốn đường trịn đường kính AB ;
BC ; CD ; DA, suy ra iu phi chng minh.

Cách 3 :Giả sử tồn tại một điểm M nằm
trong tứ giác ABCD nhưng nằm ngoài tất cả
bốn đường tròn đường kính AB ; BC ; CD ;
DA. Nh vËy c¸c gãc

đều nh thua 90o, suy ra :

,
là điều vô lí điều ph¶i chøng minh.

    o

AMB BMC CMD DMA 360   



AMB ; BMC ; CMD ; DMA

  

AMB ; BMC ; CMD ; DMA



AIB

o
o

360 90
4 

    o

AIB BIC CID DIA 360   

Đồng quy hay khơng ?

Kì này :

Làm thế nào để biết được ba đường
thẳng a, b, c cắt nhau ngoài tờ giấy có

đồng quy hay khơng ?

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

2

L

iên hệ các bài tập cùng loại

Trong q trình học tốn, chắc rằng đã
có khơng ít lần các bạn gặp lại những bài
tốn “cũ” mà cách phát biểu có thể hoàn
toàn khác hoặc khác chút ít ; những bài
toán tương tự, mở rộng hay đặc biệt hóa mà
các bài tốn này có cùng phương pháp giải.
Nếu bạn có kĩ năng thường xuyên lưu ý,
liên hệ một bài toán “mới” với những bài
toán đã biết thì rất có thể bạn sẽ phát hiện
ra rằng bài tốn đó khơng cịn mới đối với
bạn nữa hoặc nhanh chóng xếp loại được
bài tốn, từ đó định hướng được phương
pháp giải quyết.

C¸c bài toán sau đây là một ví dụ như
vậy, chỉ sư dơng kiÕn thøc líp 7.

Bài tốn 1 : Cho tam giác ABC. Dựng
các tam giác đều ABD, BCE, CAF ra phía
ngồi tam giác ABC. Chứng minh rằng :

a) CD AE BF.

b) Góc nhọn tạo bởi CD và BF bằng 60o.

Bài toán 2 :Cho ba điểm B, A, C thẳng
hàng, theo thứ tự đó. Dựng về cùng một
phía đối với đường thẳng BC các tam giác

đều BAD, ACF và dựng về phía đối diện
tam giác đều BCE. Chứng minh rằng :

a) CD AE BF.

b) Gãc nhọn tạo bởi CD và BF bằng 60o.

Bi toỏn 3 :Cho ba điểm A, B, C thẳng
hàng, theo thứ tự đó. Dựng về cùng một
nửa mặt phẳng bờ AC các tam giác đều
ABD, BCE, CAF. Chứng minh rằng :

a) CD AE BF.

b) Gãc nhän t¹o bëi CD vµ BF b»ng 60o.

Bài tốn 4 : Cho tam giác ABC. Dựng
các tam giác đều ABD, BCE, CAF lần lượt
nằm trên các nửa mặt phẳng bờ AB chứa

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

3

®iĨm C, bê BC chøa ®iĨm A, bê AC chøa
®iĨm B. Chøng minh r»ng :

a) CD AE BF.

b) Góc nhọn tạo bởi CD và BF bằng 60o.

Bi toán 5 : Cho tứ giác ABCM. Dựng
tam giác đều ABD, CMF ra phía ngồi của
tứ giác. Dựng tam giác đều BCE nằm trên
nửa mặt phẳng bờ BC, chứa tứ giác ABCM.
a) Chứng minh rằng : DE AC ; EF BM.
b) AC cắt BM tại O. Tính tổng

NhËn xÐt :

+ Bµi toán 1 được chứng minh khá dƠ
dµng nhê phÐp chøng minh hai tam giác
bằng nhau và sử dơng tÝnh chÊt tỉng ba
gãc trong tam gi¸c b»ng 180o.

+ Các bài tốn 2 ; 3 ; 4 ; 5 là các mở rộng
của bài toán 1, được chứng minh tương tự
như bài toán 1.

+ Các bạn sẽ nhận ra các bài toán sau
cũng dễ dàng được chứng minh nhờ sử
dụng phương pháp chứng minh bài tốn 1.

Bµi to¸n 6 : Cho tam gi¸c ABC. Dùng

vỊ phÝa ngoài tam giác các hình vu«ng
ABDE, ACGF.

Chøng minh r»ng : BF CE ; BF CE.

Bài toán 7 :Cho ba điểm A, B, C thẳng
hàng, theo thứ tự đó. Dựng về cùng một
phía đối với đường thẳng AB các hình
vng ABDE, BCIH.

Chøng minh r»ng : AH CD ; AH CD.

Bài tốn 8 : Cho tam giác ABC. Dựng
các hình vuông ABDE, BCFG lần lượt cùng
nằm trên các nửa mặt phẳng chứa tam
giác ABC có bờ AB, BC. Chứng minh rằng :
GA CD, GA CD.

Các bạn hÃy giải các bài toán trên. Chúc
các bạn thành công.

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

4 Khoõng ton taùi tam giác cân ?

l

Kì này :

l

Kết quả :

(TTT2 sè 33)

Bài toán :Tìm giá trị nhỏ nhất của :
F(x, y) (x y)2(x 1)2(y x)2.

Lêi gi¶i :

Ta thấy (x y)2; (x 1)2; (y x)2không
đồng thời bằng 0 nên F(x, y) > 0.

F(x, y) đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi
a (x  1)2và b  (x  y)2(y x)2đồng
thời đạt giá trị nhỏ nhất.

a (x 1)2đạt giá trị nhỏ nhất bằng 0 khi
x  1.

Khi đó b  (x y)2 (y x)2 2y2 2,
nên b đạt giá trị nhỏ nhất bằng 2 khi y 0.
Vậy giá trị nhỏ nhất của F(x, y) là 2 khi :

Các bạn nghĩ sao ? Phải chăng lời giải
trên là đúng ?

ngun thÞ thanh thủy
(THCS Hoa Thành, Yên Thành, Nghệ An)

x 1
y 0.
x  1

x 1






y 0.

y 0.






Tất cả các bạn tham gia gửi bài đều
phát hiện ra phép chứng minh sai ở chỗ
biến đổi dẫn đến phân thức .

Phân thức này không xác định vì
EB  2HI  0 (do EB  ED  2HI). Tuy
nhiên, nhiều bạn chưa nêu được điều
cảnh báo khi áp dụng các tính chất của tỉ
lệ thức :

Dãy đẳng thức chỉ đúng
khi n q.

Xin trao thưởng cho các bạn có lập

luận tốt hơn cả : Đào Mạnh Linh, 7C1,

THCS Quang Trung ; Trần Thị Hương
Giang, 9B, THCS Dư Hành Kênh, Lê
Chân, Hải Phòng ; Trần Văn Hạnh, 9B,

m p m p

Dãy đẳng thức m p m p chỉ đúng
Dãy đẳng thức chỉ đúng

n q n q
m p m p

m p m p

Dãy đẳng thức m p m p chỉ đúng
Dãy đẳng thức  chỉ đúng
Dãy đẳng thức m p m p chỉ đúng
Dãy đẳng thức chỉ đúng
Dãy đẳng thức   chỉ đúng
Dãy đẳng thức chỉ đúng

n q n q

n q n q
2HI EB
biến đổi dẫn đến phân thức 2HI EB.
biến đổi dẫn đến phân thức .
EB 2HI

biến đổi dẫn đến phân thức .

EB 2HI
biến đổi dẫn đến phân thức 2HI EB2HI EB .
biến đổi dẫn đến phân thức 2HI EB.
biến đổi dẫn đến phân thức  .
biến đổi dẫn đến phân thức 2HI EB.
biến đổi dẫn đến phân thức .
EB 2HI

EB 2HI

Câu đố này quả là khơng khó như một số
bạn đã nhận xét. Tuy thế cũng có hai bạn
trả lời sai đấy. Ngồi ra, các bạn cịn lại đều
có cách chọn đúng, đó là Cơng ty Văn
phịng phẩm Hồng Hà gắn bó với tên người
anh hùng dân tộc Lý Thường Kiệt. Tuy
nhiên, chỉ có một số bạn giải thích vì sao lại
chọn phương án này : địa chỉ của Trụ sở
Công ty Văn phòng phẩm Hồng Hà là 25 Lý
Thường Kiệt, Hà Nội. Các bạn sau đây đã
có giải thích đúng hoặc giải bằng thơ có vần

điệu sẽ được nhận giải thưởng : Vũ Thu Hà,
6A2, THCS Hai Bà Trưng, Phúc Yên, Vĩnh
Phúc ; Nguyễn Thị Hà B, 7B, THCS bán
công Xuân Diệu, Can Lộc, Hà Tĩnh ;

Nguyễn Thúy Hiền, 9B, THCS Kiều Phú,

Quốc Oai, Hà Tây ; Võ Trung Thông, 7C,
THCS Nghĩa Hồng, Nghĩa Đàn ; Nguyễn Bá
Tuấn Anh, 8A, THCS Đặng Thai Mai,
TP. Vinh, Nghệ An; Đồn Thái Quỳnh, 7/3,
THCS Lê Q Đơn, TP. Hải Dương ; Phan
Thị Yến Hoa, 9A1, THCS Chu Văn An,
Thanh Hà, Hải Dương.

THCS Nghĩa An, Ninh Giang, Hải Dương ;
Phan Minh Thắng, 9D, THCS Bến Thủy, Vinh,

NghÖ An ; Phạm Hoàng Tỷ Tỷ, 9A3, THCS
Nguyễn Trân, Hoài Nhơn, Bình Định.

Anh kính lúp

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

5 l

KÕt qu¶ :

l

Kì này :

(TTT2 sè 33)

HÌNH NÀO LẠC LOÀI ?

Bµi 1 :

Bµi 2 :

Bµi 1 :Bạn Võ Quang Dũng, 8B, THCS

bán công Xuân Diệu, Can Lộc, Hà Tĩnh

có bài giải như sau :

Hỡnh A chia bốn phần bằng nhau
Hình B giống thế chẳng khác đâu
Tiếp đến D, E cũng như vậy
Hình C lạc lồi bước ra mau
Bài giải giản đơn chỉ có thế
Đâu phải làm gì nghĩ q lâu
Mau viết nhanh tay gửi tịa soạn
Để đo trí tuệ có trong đầu.

Bài 2 :Các bạn đưa ra hai đáp án đều
đúng cả :

+ Hình A lạc lồi vì trong các chữ N, O,
C, T, K chỉ duy nhất chữ N là khơng có trục
đối xứng.

+ H×nh B lạc loài vì trong các chữ N, O,

C, T, K chỉ có chữ O là nguyên âm.
Tuy nhiên về ý nghĩa tốn học thì đáp
án “hình A lạc lồi” là hợp lí hơn cả.

Các bạn được thưởng kì này là bạn Võ
Quang Dũng và các bạn : Mai Thị Thùy
Linh, 9B, THCS Lê Hữu Lập, Hậu Lộc,

Thanh Hãa ; Lª Duy Thịnh, 7A1, THCS
Hai Bà Trưng, TX. Phúc Yên, Vĩnh Phúc.

Nguyễn Đăng Quang

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

6

Trờn TTT2 s 14 ó có nêu một phương
pháp khai căn cho dạng căn bậc hai khá
phổ biến này thông qua hằng đẳng thức
(a b)2, bằng cách biến đổi về dạng
2ab và M về dạng a2b2. Để tìm được a
và b trong trường hợp này là khá phức tạp
nếu ta khơng “mị” được kết quả, vì khi đó
sẽ phải giải hệ phương trình

Sau đây, tôi xin được đơn giản hóa
phương pháp trên để phép khai căn bậc
hai này được thực thi.

Ta đã biết với
a, b không âm.

Nh vËy :

với M a b ; (a và b được
xác định thông qua ab và a b).

VÝ dơ 1 : Rót gän

Lời giải : áp dụng biến đổi trên, ta có
(a, b là hai
nghiệm của phương trình X28X 15 0).
Suy ra

VÝ dơ 2 : Rót gän

Lêi gi¶i :

Ta cã .

Nh vËy .

Suy ra

VÝ dơ 3 (Bµi 100b, trang 19, sách Bài
tập Toán 9, tập 1):Rút gọn biểu thức

Lời giải :

Ta có

Ví dụ 4 :Tính giá trị của biểu thức

Lời gi¶i :Ta cã

Suy ra D 2.

2 2

2 D 2 3 5 2 7 3 5 ( 2)
6 2 5 14 2 45 2

( 5 1) (3 5) 2
(áp dụng biến đổi trên)

5 1 3 5 2
5 1 3 5 2 2.

      

    

     

D 3 5  7 3 5  2.

2 2

15 2 3 6 33 2 6 6
15 2 9 6 33 2 6
( 9 6 ) ( 24 9 )
(áp dụng biến đổi trên)

3 6 24 3

3 6 24 3 6 2 6 6.

     

    

   

       

15 6 6  33 12 6

15 6 6  33 12 6
2

B ( 5 7)  5 7  7 5

a b 12 {a ; b} {5 ; 7}
ab 35

 

  

 


B 12 4 35  12 2 35

B 12 140.

A ( 3 5)  3 5.
a b 8 {a ; b} {3 ; 5}

ab 15

 

  

 


A 8 2 15.

E N 2 ab
M E N  a b ,

( a b)   a b 2 ab,

2 2

2ab E N
a b M.

 




 



E N

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

7

Ví dụ 5 (Bài 64b, trang 13, sách Bài tập
Toán 9, tập 1):Rút gọn biểu thức

với x 2.

Lời giải :

Đặt .

Xét căn thức .

ỏp dng bin i trên ta có :
.
Suy ra

Tương tự ta có

- NÕu 2 x 4 th× 0 x 2 2,
suy ra

- NÕu x > 4 th× x 2 > 2,
suy ra

VËy : NÕu 2 x 4 th×
NÕu x > 4 thì

Vớ d 6 :Gii phng trỡnh :

Lời giải :

Điều kiện để căn có nghĩa : (1)
Phương trình đã cho tương đương với :

Phương trình x2  2x  3  0 có hai
nghiệm x1 1 ; x23.

Ta thÊy : x1 1 kh«ng tháa mÃn điều
kiện (2) ; x23 thỏa mÃn cả hai điều kiƯn
(1) vµ (2).

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy
nhất : x 3.

Bài tập áp dụng :

Bài tập 1 :Rút gän c¸c biĨu thøc sau :

Bài tập 2 :Giải phương trỡnh :

Bài tập 3 :Tìm giá trị nhỏ nhất của c¸c
biĨu thøc sau :

2 2

a) x 2(1 x 1) x 2(1 x 1).

x x

b) x 4 x 4 .

4 4

      

    

3 2 12 18 128

x 2x 2 3 .

    

   

a) 38 4 90 23 360.

b) 30 6 3 5 8 9 29 12 5 .
2 3 3 13 48

c) .

6 2
  
    
  

2
2

2x 4 2 2x 3 x 1
( 2x 3 1) x 1
(áp dụng biến đổi trên)

2x 3 1 x 1

x 0 (2)
2x 3 x

x 2x 3 0.

     
    
    


    
  

3
x
2
 
2(x 1)

x 2x 3 2 .

2

   

E 2 x 2. 

E 2 2.

2 x 2 x 2 2

E 2 x 2 x 2 2 2 x 2.

     

        

2 x 2 0 

2 x 2 2 x 2

E 2 x 2 2 x 2 2 2.

     

       

2 x 2 0 

x 2 2x 4 ( 2 x 2)
2 x 2 .

    

  

2 x 2.

  

x 2 2x 4   ( 2 x 2)

a b x {a ; b} {2 ; x 2}
ab 2x 4

 

   

  


x 2 2x 4 

E x 2 2x 4   x 2 2x 4 

x 2 2x 4   x 2 2x 4 

(x 1)
x 2x 3 2



   

2 x 2 2x 3 x 1

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

8 Cuộc thi Olympic

toán học của nước Anh

Cuộc thi Olympic Toán học của nước
Anh (British Mathematical Olympiad) được
bắt đầu từ năm 1965. Từ đó cho đến năm
1980, chỉ có một vịng thi duy nhất, bài thi
bao gồm 9 đến 11 bài, rồi rút xuống còn 5
đến 6 bài. Từ năm 1981, người ta tổ chức
thêm vòng thi thứ hai, gọi tắt là FIST
(Further International Selection Test). Từ
năm 1992, người ta gọi vòng thi thứ nhất
là BMO Round 1 còn FIST được đổi lại
thành BMO Round 2.

Vào năm 1991, người ta thành lập ủy ban
Olympic Toán học (British Mathematical
Olympiad Committee) nhằm đẩy mạnh
hơn nữa tiến trình tìm kiếm và bồi dưỡng
tài năng Toán học, ủy ban này được các
hiệp hội sau đây đóng góp tài chính và cung
cấp những giáo sư tham gia bồi dưỡng :

lHéi To¸n häc Edinburgh
lViện Toán học và ứng dụng

lHội Toán học London

(London Mathematical Society)

lHéi To¸n häc

(The Mathematical Association)
Một số bài trong giai đoạn trước năm
1980 vẫn phù hợp với học sinh khá giỏi
bậc THCS của nước ta hiện nay. Do vậy,
trong TTT2 các số 35 và 36, chúng tôi xin
giới thiệu cùng các bạn một số bài thi
tuyển chọn và cải biên trong giai on

này.

Bài 1.(Problem 2, 1965, cải biên)

H v Thiệp chơi trị đuổi bắt nhau. Hà
đang ở vị trí tâm của một cái hồ hình trịn.
Thiệp đứng sát bờ, anh ta khơng bơi được,
nhưng anh ta có thể chạy với tốc độ là 4v,
anh ta cố tìm cách bắt Hà khi Hà lên bờ.
Cịn Hà, anh ta có thể bơi với tốc độ v và
chạy nhanh hơn 4v. Lúc Hà bắt đầu bơi thì
Thiệp cũng khởi sự chạy quanh hồ. Hỏi Hà
có thể chạy thốt được hay khơng ? (Các
tốc độ nói trên lấy trên cùng một đơn vị
thời gian).

Bµi 2.(Problem 3, 1965)

Chøng minh r»ng npn chia hÕt cho p,
víi p 3 ; 7 ; 13 và với mọi số nguyên n.

Bài 3.(Problem 5, 1965)

Chứng minh rằng n(n 1)(n 2)(n 3) 1
là số chính phương với mọi s nguyờn
dng n.

Bài 4.(Problem 6, 1965, cải biên)

Chng t rằng tồn tại số tự nhiên n để
cho phần thập phõn ca s thc

lớn hơn 0,999.

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

9

Bài 1.Tõ ®iỊu kiƯn f(1) f(2) ... f(n) n2f(n) ta suy ra :
f(1) f(2) ... f(n 1) (n 1)2f(n 1) (n21)f(n)

Từ đó ta có :

Bµi 2. Ta cã :

Trừ theo từng vế của hai phương trình trên ta có :

Do (i {1 ; 2 ; ... ; 1999}) nªn suy ra xi1
hay x1x2... x19991.

Bài 3. Gọi O, O1, O2, O3lần lượt là tâm của vòng
tròn lớn và ba vòng tròn nhỏ. Dễ thấy tam giác
O1O2O3đều, có độ dài cạnh là 2 đơn vị và tâm là O.
Vì thế OO2 , suy ra bán kính
vịng trịn lớn là và diện tích của nó là :

(đơn vị diện tích).

Bài 4. Khơng mất tính tổng qt, giả sử p q, ta có : 22p22q4q(4p q1).
Vì 4q là số chính phương nên ta cần chứng minh 4p q  1 khơng phải là số chính
phương. Giả sử có điều ngược lại, tức là tồn tại số nguyên n sao cho 4p q1 (2n 1)2.
Khi đó, ta có điều mâu thuẫn là 4p q 1n(n 1), vì n(n 1) 1 và một trong hai số
n và n 1 là số lẻ.

2 3 7 4 3
1

3 3

    

    

   

2 3
1



2 2

2 2 1 2 3
3   3

i i i

x   x 1 0 víi mäi x 

4 3 4 3 4 3

1 1 1 2 2 2 1999 1999 1999

2 2 2 2 2 2

1 1 1 2 2 2 1999 1999 1999

(x x x 1) (x x x 1) ... (x x x 1) 0

(x 1) (x x 1) (x 1) (x x 1) ... (x 1) (x x 1) 0.

            

             

1 2 1999 1 2 1999

3 3 3 4 4 4 4 3 4 3 4 3

1 2 1999 1 2 1999 1 1 2 2 1999 1999

x x ... x 1999 (x 1) (x 1) ... (x 1) 0

x x ... x x x ... x (x x ) (x x ) ... (x x ) 0.

          

 

 

 

             

 

 

f(1998) f(1997) f(2) 1997 1996 1 1

f(1998) ... f(1) ... 999 .

f(1997) f(1996) f(1) 1999 1998 3 1999

          

f(n) n 1.
f(n 1) n 1

 

 

CUỘC THI VÔ ĐỊCH TỐN QUỐC GIA

MA-LAI-XI-A

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

10 Hướng dẫn giải đề kì trước

(Kì thi tuyển sinh vào lớp 10, 2005 - 2006, mơn Tốn chung,

trường THPT chun Lê Q Đơn, tỉnh Bình Định)

Câu 1 : Ta có
Do đó

C©u 2 : (*)

Nếu x 2 thì (*) trở thành 2 x x 8 2 8, vô nghiệm.

Nếu x > 2 thì (*) trë thµnh x 2 x 8 x 5 > 2.

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x 5.

Câu 3 : a) Do A ; B thuộc đồ thị hàm số
y x2nên A(1 ; 1) ; B(2 ; 4).

Phương trình đường thẳng AB có dạng :
y ax b. (*)
Thay tọa độ của A và B vào (*) ta có :

Vậy phương trình đường thẳng AB là :
y x 2.

b) Gọi m là hồnh độ của M ta có M(m ; m2),
trong đó m [1, 2]. Gọi C, D, N lần lượt là
hình chiếu của A, B, M trên trục hồnh ta có
NC m 1 ; ND 2 m ; CD 3.

Khi đó SAMBSABDC(SAMNCSBDNM) 

Đẳng thức xảy ra khi m   [1 ; 2], suy ra
M , khi đó SMABđạt giá trị lớn nhất là .

C©u 4 : a) Ta cã suy ra

OM BC tại N là trung điểm của BC.

b) Ta cã AK // OM (cïng vu«ng gãc víi BC) suy ra
(so le trong). Mặt khác

(OAM c©n) suy ra KAM MAO  .

 

AMO MAO

 

KAM AMO

 

BM CM

 

BAM CAM

27
8
1 ; 1

2 4

 

 

 

1
2

2 2

2
2

1 4 (m 1) (m 1) (4 m ) (2 m)
3

2 2 2

3m 3m 6 3 m 1 27 27.

2 2 2 8 8

 

      

   

 

 

    

       

 

1 a b a 1
4 2a b b 2.

   

 

    

 

x 4x 4 x 8      x 2 x 8.

1 1 1 1

A 1.

a 1 b 1 3 3 3 3

    

   

1 1

a 2 3 ; b 2 3.

2 3 2 3

     

 

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

11 Đề thi học sinh giỏi lớp 9, năm học 2003 - 2004, tỉnh Phú Thọ

c) Gọi E là trung điểm của AC. Ta có EN là đường trung bình của ABC EN // AB ;
EN  .

Mặt khác, AH // ON (cùng vng góc BC), BH // OE (cùng vng góc AC), do đó

AHB NOE (g.g), suy ra VËy AH 2NO.

C©u 5 : V× k(k 1) k k2, ta cã :

S 1.2 2.3 3.4 ... n(n 1) (1 2 3 ... n) (122232... n2). (1)
Ta chứng minh được 122232... n2 (2)
(bằng phương pháp quy nạp theo n, với n N*) và 1 2 3 ... n  . (3)

Tõ (1) ; (2) ; (3) suy ra S n(n 1) n(n 1)(2n 1) n(n 1)(n 2).
2  6   3 

  

n(n 1)
2
n(n 1)(2n 1)

 

NO NE 1.
AH AB 2
AB

(Thời gian : 150 phút)
Bài 1 :(2 điểm)

a) Chng minh rằng nếu p là số nguyên tố
lớn hơn 3 thì (p 1)(p 1) chia hết cho 24.
b) Tìm nghiệm nguyên dương của phương
trình : xy 2x 3y 1 0.

Bài 2 :(2 điểm)Cho các số a, b, c khác
0 và đơi một khác nhau, thỏa mãn điều kiện
a3b3c33abc. Tính :

Bài 3 :(2 điểm)a) Tìm a để phương trình
3|x| 2ax 3a 1 có nghiệm duy nhất.

b) Cho tam thøc bËc hai f(x) ax2bx c
tháa m·n ®iỊu kiƯn |f(x)| 1 víi mäi x [1 ; 1].
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thøc : 4a23b2.

Bài 4 :(1,5 điểm)Cho và hai điểm
A ; B lần lượt nằm trên hai tia Ox ; Oy, thỏa
mãn OA  OB m (m là độ dài cho trước.
Chứng minh rằng đường thẳng đi qua trọng
tâm G của tam giác ABO và vng góc với
AB ln đi qua một điểm cố định.

Bài 5 : (2,5 điểm) Cho tam giác nhọn
ABC. Gọi ha, hb, hc lần lượt là các đường
cao và ma, mb, mc lần lượt là các đường
trung tuyến của các cạnh BC, CA, AB ; R và
r lần lượt là bán kính của các đường tròn
ngoại tiếp và nội tiếp của tam giác ABC.
Chứng minh rằng : a b c

a b c

m m m R r .
h  h  h  r



xOy

b c c a a b a b c .
a b c b c c a a b

  

      

     

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

12 l

KÕt qu¶ :

THI GIẢI TỐN QUA THƯ

Bài 1(33) :Chứng minh rằng phương trình
x22y2005 khơng có nghiệm ngun.

Lời giải :Ta sẽ chứng minh : A 2y2005
không là số chính phương với mọi số
nguyên y. Thật vậy :

Nếu y < 0 thì A không là số nguyên.
Mặt khác ta dễ dàng chứng minh được
một số chính phương khi chia cho 4 hoặc
chia cho 3 chỉ có thể dư 0 hoặc dư 1.

Nếu y 0 thì A 2006 chia cho 4 dư 2.
Nếu y 1 thì A 2007 chia cho 4 dư 3.
Nếu y 2 thì A 2009 chia cho 3 dư 2.
Chứng tỏ : Với y  2 thì A khơng là số
chính phương.

Nếu y  3 thì A chia cho 8 dư 5 mà số
chính phương lẻ khi chia cho 8 chỉ có thể
cho số dư là 1 nờn A cng khụng phi l s
chớnh phng.

Vậy bài toán ®ỵc chøng minh.

Nhận xét :Hầu hết các bạn đều giải như
trên. Các bạn lớp 6 sau có lời giải tốt :

Nguyễn Đức Nguyên, 6A, THCS Phạm Sư
Mạnh, Kinh Môn, Hải Dương; Nguyễn Thị
Phượng, 6C, THCS Vĩnh Tường, Vĩnh Phúc;

Lương Thị Thanh Mai, 6A3, THCS Thị trấn
Hưng Hà ; Đặng Đình Khiêm, 6A1, trường
Phân hiệu chất lượng cao, Kiến Xương,

Thái Bình; Phan Tuấn Vũ, 6D, THCS Hưng
Dũng, TP. Vinh, Nghệ An ; Nguyễn Thúc
Vũ Hồng, Nguyễn Phước Vĩnh, 6M, THCS
Nguyễn Huệ, Đơng Hà, Quảng Trị.

Nguyễn Minh Đức
Bài 2(33) :Giải phương trình :

48x(x 1)(x34) (x48x 12)2. (*)

Lêi gi¶i :Ta thÊy x48x 12 

x44x 12x 12 x(x34) 12(x 1),
đặt x(x34) a và 12(x 1) b, ta có :

(1) trë thµnh 4ab (a b)2(a b)20

a b hay lµ x44x 12x 12

(x22)2(2x 4)20

(x22x 2)(x22x 6) 0

x22x 2 0 (v× x22x 6 > 0 víi mäi x)

x 1  .

Vậy phương trình (*) có hai nghiệm là
1  và 1  .

Nhận xét : 1) Có thể giải bài tốn bằng
cách áp dụng bất đẳng thức (a b)24ab,
đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b.

2) Các bạn có lời giải tốt nhất là : Nguyễn
Tuấn Anh, 8A, THCS Lý Tự Trọng, Hương
Canh, Bình Xuyên ; Trần Bá Trung, 9A1,
THCS Yên Lạc, Vĩnh Phúc ; Nguyễn Thị
Minh Nguyệt; Võ Huyền Trang, 8B, THCS
Nguyễn Tuấn Thiện, Phố Châu, Hương
Sơn, Hà Tĩnh; Hoàng Minh Lập, 7E, THCS

Quang Trung, Kiến Xương, Thái Bình ;

Phạm Hồng Vũ, 7C, THCS Lí Thường Kiệt,
Hà Trung, Thanh Hóa; Nguyễn Thị Hạnh,
9A1, THCS Nguyễn Trực, Kim Bài, Thanh
Oai, Hà Tây ; Hoàng Lan Phương, 9D,
trường Hà Nội - Amsterdam, Hà Nội ;

Nguyễn Ngô Minh Thắng, 9/1, THCS
Nguyễn Khuyến, TP. Đà Nẵng; Phan Trung
Đình, 9A1, THCS Phổ Cường, Đức Phổ,

Quảng Ngãi ; Đỗ Hương Quỳnh, 8A3,
THCS Chu Mạnh Trinh, Văn Giang, Hưng
Yên ; Nguyễn Minh Loan, 9E, THCS Thân
Nhân Trung, Bích Động, Việt Yên, Bắc
Giang; Các tập thể lớp7C ;8C, THCS Hồ
Xuân Hương, Quỳnh Lưu, Nghệ An ; 9A1,
THCS Lâm Thao, Phú Thọ.

Nguyễn Anh Quân
Bài 3(33) :Giải hệ phương trình

Lời giải :Hệ đã cho tương đương với

3x y 5z 2yz 0
x 5y z 2z 0
x 9y 3z 2xz 0.

   



    


    



3
3

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

13

Céng theo tõng vÕ (1), (2), (3) ta cã :
2z(x y 2z) 0. (*)

lVới z 0, thay vào hệ đã cho ta có :

lVíi x y 2z 0 hay x 2z y :

Thay vµo (1) ta cã z 4y 2yz 0

(2 z)2y z. (4)
Rõ ràng z 2 không là nghiệm của (4),
do vËy z  2, suy ra ; (5)

Thay x 2z y vµo (2) ta cã

z 6y 2z20 ; (6)
Thay (5) vµo (6) ta cã

- Với z 0, ta có x y z 0 (như trên).
- Với z  1, ta có và .
- Với , ta có và .
Vậy hệ phương trình đã cho có 3 nghiệm :
(0 ; 0 ; 0) ;

Nhận xét :1) Có tới 41 bạn giải sai, đa số
các bạn đó chỉ tìm được nghiệm (0 ; 0 ; 0).
Nguyên nhân chính là do các phép biến đổi
khơng tương đương. Ví dụ, hệ phương trình
(1), (2), (3) không tương đương với các hệ
(1) và (*) ; (2) v (*) ; (3) v (*).

2) Các bạn có lêi gi¶i tèt : Ngun Ngäc
Hng, 8A3, THCS Chu Mạnh Trinh, Văn
Giang, Hưng Yên ; Chu Thùy Linh, Thân
Thị Thu, Ngun Minh Loan, 9E, THCS
Th©n Nhân Trung, Việt Yên, Bắc Giang ;

Nguyễn Ngọc Huy, 7A, THCS Trần Văn Ơn,
Hồng Bàng, Hải Phòng ; TrÇn Quang Sù,

9A1, THCS Yên Lạc, Vĩnh Phúc; Nguyễn
Thị Thùy Dung, 9C, THCS Nguyễn Hữu
Tiến, Duy Tiên, Hà Nam ; Nguyễn Công

Hoan, 8C, THCS Hồ Xuân Hương, Quỳnh
Lưu, Nghệ An; Nguyễn Văn Tuấn, 8C, THCS
Nguyễn Trọng Bình, Kì Anh ; Bùi Mai Thảo,
9C, THCS Yên Trấn, Đức Thọ, Hà Tĩnh.

TrÇn Hữu Nam
Bài 4(33)Cho tam giác ABC cân tại A và
Chứng minh rằng là số vô tỉ.

Li gii(ca bn V Thị Ngọc Thúy, 9D,
THCS Tân Trào, Thanh Miện, Hải Dương) :

Kẻ phân giác BD của (D AC).

Khi ú , suy ra ABD cân
tại D và BDC cân tại B AD BC BD.
Theo tính chất đường phân giác trong

ABC ta cã

AB AC và AD BC nên

BA(BA BC) BC2

BA2BA.BC BC20



(v× BA 0).
BC

BA 1 5
BC 2

BA BA 1 0
BC BC

    

   

   

BA BC
BC BA BC 

BA DA BA AD ;
BC DC BC AC AD 

  o

1 2

B B 36



ABC

BA
BC

 o

A 36 .

3 1 5 1 1

( ; ; 1) ; ( ; ; ).

2 2 6 6 2

     
5
x
6
 
1
y
6
 
1
z
2
 
3
x
2
 

1
y
2
 
2 2
z

z 3 2z 0 z(2z 3z 1) 0
2 z

1
z {0 ; 1; }.

2
       

   
z
2y
2 z



3x y 0

x 5y 0 x y z 0.
x 9y 0

 


      

  

2

3x y 5z 2yz 0 (1)
2x 10y 2z 4z 0 (2)
x 9y 3z 2xz 0. (3)

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

14

Giả sử t là số hữu tỉ thì

l s hu t. Do ú với p ; q *
và (p ; q) 1 thì 5q2p2. Do đó p2chia hết
cho 5 p chia hết cho 5. (1)
Đặt p  5u với u   thì 5q2  25u2

q25u2. Do đó q25 q 5. (2)
Từ (1) và (2) suy ra (p ; q) 5, mâu thuẫn
với (p ; q) 1.

VËy là số vô tỉ, suy ra đpcm.

Nhn xột :1) Bạn Thúycịn chứng minh
được và đề xuất bài tốn :
“Cho ABC cần tại A và . Chứng
minh rằng AB2BC2AC.BC 0.

2) Các bạn sau cũng cã lêi gi¶i tèt :

Ngun Văn Hiếu, 9D5, THCS Chu Văn An,
Ngô Quyền, Hải Phòng; Nguyễn Thị Ngọc
Mai, 9A, THCS Yên Phong, Bắc Ninh; Hà
Thị Thanh Hun, 9A1, THCS L©m Thao,

Phú Thọ; Trần Văn Hạnh, 9B, THCS Nghĩa
An, Ninh Giang ; Nguyễn Văn Mạnh, 9A2,
THCS Vũ Hữu, Bình Giang, Hải Dương ;

Hoàng Minh Lập, 7E, THCS Quang Trung,
Kiến Xương, Thái Bình; Phan Thành Luân,
9A, THCS Đặng Thai Mai, TP. Vinh ; Nguyễn
Đức Công, 9D, THCS Lý Nhật Quang, Đô
Lương, Nghệ An; Võ Vn Tun, 9A5, THCS
Nguyn Du, KRụng Buk, k Lk.

Nguyễn Văn Mạnh
Bài 5(33) :Cho đường tròn tâm O, đường
kính AB. Trên một nửa đường tròn ®êng
kÝnh AB lÊy c¸c ®iĨm C, D sao cho

(D kh¸c B) ; Trên nửa đường tròn
còn lại lấy điểm E (khác A và B). CE cắt AD
tại I. Đường thẳng IO cắt BE tại K. Chứng
minh rằng .

Lời giải (của bạn Nguyễn Ngọc Long,
9A, THCS Thuận Thành, Bắc Ninh):

Gi F l điểm đối xứng của D qua IK.

Suy ra F (O). Ta cã

(góc có cạnh tương ứng vng góc). (1)
Mặt khác vì tứ giác BDFE nội tiếp nên ta
có . (2)

Từ (1) và (2) suy ra

Tứ giác IFEK nội tiÕp

 (3)

(vì D, F đối xứng với nhau qua IK).

Chó ý rằng tứ giác CDBE nội tiếp nên ta
có . (4)

Tõ (3) vµ (4) suy ra

Nhận xét :1) Đây là bài toán tương đối
khó, chỉ có 9 bạn tham gia giải.

2) Có hai bạn giải sai vì tự ý coi rằng : D
và E đối xứng với nhau qua O.

3) C¸c bạn sau đây có lời giải tốt :

Nguyễn Đình Quân, 9A, THCS Kiều Phú,
Quốc Oai, Hà Tây; Trần Thị Thu Hoài, 9C,
THCS Tân Ninh, Quảng Ninh, Quảng B×nh;

Trần Minh Đức, 7/2, THCS Lê Văn Thiêm,
TX. Hà Tĩnh, Hà Tĩnh ; Nguyễn Xuân
Thiện, 9A1, Phân hiệu học sinh giỏi Thanh
Nê, Kiến Xương, Thái Bình.

Ngun Minh Hµ

 


o o

IDK CDI 90 180
CDK 90 (®pcm).

   

 

  o

IDK CDB 180 

  o

IEK CDB 180 

  

IEK IFK IDK 

  o

FIK KEF 180 

  o

BDF BEF 180 

  

FIK DIK BDF 

 o

CDK 90

 

AC AD

 o

A 108

o 1 5

cos36




1 5
2



p
5



5 2t 1 

1 5
2

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

15 (Mục Thách đấu, TTT2 số 33)

TRẬN ĐẤU THỨ HAI MƯƠI LĂM

l Gọi A0, B0, C0 lần lượt là trung điểm

của các cạnh BC, CA, AB. Ta có B0C0 //
BC, C0A0 // CA, A0B0 // AB, suy ra
. Từ giả thiết ta lại
có CA2a0b CA, BA3 a0c BA.
Do đó A2 B0A, A  C0A3, B0A2  B0A0
( ), C0A3C0A0( ).

Từ đó suy ra B0A2A0, C0A0A3, AA2A3
đều là những tam giác cân (lần lượt tại B0,
C0, A) và đồng dạng với nhau A0, A2, A3
thẳng hàng, hơn nữa cùng thuộc đường
phân giác trong của .

Ta cũng có những kết quả tương tự với
các điểm B0, B1, B3và các điểm C0, C1, C2.
Suy ra ba đường thẳng A2A3, B3B1, C1C2
đồng quy tại J là tâm đường tròn nội tip

A0B0C0, là tam giác trung bình của ABC.

l Dựng JD  BC (D BC) vµ JE  CA

(E CA), suy ra JDCE là tứ giác nội tiếp
đường tròn đường kính CJ ;

a > b > c ;
Ngoài ra cũng từ giả thiết, dễ thấy B0CE

vµ A0CD, suy ra DE A0E 

A0B0  AB (định lí về đường
vng và đường xiên). Mặt
khác, kẻ đường kính DF của
đường trịn đường kính CJ, ta
chứng minh được DE 

Suy ra

 (®pcm).

Nhận xét :1) Bạn Hồng Việt ánhnhận
xét rằng việc chứng minh ba đường thẳng
A2A3, B3B1, C1C2đồng quy khá đơn giản.
Ta đã chứng minh được ba đường thẳng này
là ba đường phân giác của A0B0C0.

2) Yêu cầu tiếp theo của bài tốn hơi khó
đối với các bạn THCS. Tuy nhiên như đã
thấy, để thực hiện yêu cầu này chỉ đòi hỏi
vẽ thêm hai đoạn thẳng vng góc JD, JE
và sử dụng định lí về đường vuông và
đường xiên (để so sánh các đoạn thẳng).

3) Bài này chỉ có ba võ sĩ nhận thi đấu là

Hoàng Việt ánh, 8A, THCS Thanh Cường,
Thanh Hà, Hải Dương; Tập thể tổ 3, 9A3,
THCS Tiên Minh, Tiên Lãng, Hải Phịng;

Ngun Phi Hïng, 10 To¸n, §HKH HuÕ,

Thừa Thiên - Huế. Để chứng minh A2A3,
B3B1, C1C2đồng quy, bạn Hùngphải sử dụng
định lí Xê-va vào việc chứng minh ba điểm
thẳng hàng ; để chứng minh thì
các bạn lớp 9A3, THCS Tiên Minh lại phải
sử dụng các công thức biến đổi lượng giác.
4) Võ sĩ Hoàng Việt ánhxứng đáng được
đăng quang trong trận đấu này vì lời giải
của bạn ánhchỉ cần đến kiến thức Hình học
8 (tuy lời giải còn dài vì địi hỏi vẽ thêm
nhiều ng ph v hỡnh v hi ri).

Nguyễn Đăng Phất

AB JC 3

AB
JC



AB JC 3

1
2

 o 

A 60 C

  

A B C 

0 0 0

B A C
b
2
c

  0 0 0 0

BC A A B C BAC

 o 3

DE JC sinC JC sin60 JC .
2

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

16 BA

KẺ

TÌNH

NGHI

Lần đó, thám tử Sê-Lốc-Cốc đến Việt Nam vào đúng
dịp Trung thu. Ông thuê nhà nghỉ tại một thị trấn yên tĩnh.
Đây là lần đầu thám tử được chứng kiến các bạn nhỏ
Việt Nam đón Tết Trung thu. Ơng đặc biệt thích cảnh
rước đèn và múa lân. Chiếc đầu lân nom thật đẹp.
Thám tử được biết chiếc đầu lân này rất có giá trị, đã có
một vài người muốn mua nhưng UBND thị trấn khơng
cho phép bán. Nó được dùng trong các lễ hội ở thị trấn
và ln được cất giữ trong kho có bảo vệ.

ấy thế mà, thật bất ngờ, hơn một tuần sau, chiếc đầu
lân quý giá đã biến mất. Sáng sớm hôm ấy, người gác
kho hớt hải đến báo với cảnh sát. Sự việc như sau :

Tối hôm trước, người gác kho có uống chút rượu
trước khi đến nhận ca gác đêm. Anh ta ngồi trên ghế
sô-pha xem ti vi rồi ngủ thiếp đi mà quên chưa khóa
cửa kho. Lúc đó khoảng 7 giờ tối. Đến gần 9 giờ, anh
ta tỉnh dậy, vội đi khóa cửa, tắt ti vi, tắt đèn rồi ngủ tiếp.
Sáng hôm sau anh ta mới phát hiện thấy chiếc đầu lân
bị mất, lúc đó cửa kho vẫn khóa. Điều đó chứng tỏ kẻ
gian đã ra tay trong khoảng thời gian từ 7 đến 9 giờ tối.
Cảnh sát đã lập tức điều tra và tìm được ba kẻ tình

nghi. Được biết thám tử Sê-Lốc-Cốc tài giỏi vẫn cịn ở
thị trấn, cảnh sát đã quyết định mời ông đến giúp để
nhanh chóng xác định được thủ phạm.

Thám tử Sê-Lốc-Cốc vui vẻ đồng ý. Vẫn như mọi lần,
sau khi tìm hiểu tình hình qua cảnh sát, ơng đề nghị cho
gặp những kẻ tình nghi.

- Các anh hãy cho tôi biết, tối hôm qua từ 7 giờ đến
9 giờ, các anh đã làm gì, ở đâu ?

Người thứ nhất tên Tn trả lời :

- Dạ thưa, lúc đó tơi chơi điện tử trong quán... Nhưng
không hiểu sao, lão chủ quán lại không nhớ mặt tôi chứ ?
Nguyễn Xuân Quý

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

17 Tên trộm đặc biệt

l

KÕt qu¶ :

(TTT2 sè 33)

Nếu nhớ thì lão đã làm chứng cho tơi được
rồi... Chắc vì quán rộng và lúc đó đơng
người q. Tơi thật không may !

Người thứ hai tên Kiên khai :

- Lúc đó tơi ra cơng viên dạo mát, gần 9

rưỡi mới về. Rất tiếc là tôi không gặp ai
quen để người ta có thể xác nhận điều đó
giúp tơi.

Cuối cùng là kẻ tình nghi tên Dũng.
- Lúc đó tơi lên sân thượng nhà tôi uống
rượu, ngắm trăng một mình. Vầng trăng
lưỡi liềm thật đẹp ! Mãi đến khi trời nhiều
mây, trăng bị che khuất, tôi mới xuống đi
ngủ.

Nghe xong lời khai của ba người, thám
tử mỉm cười :

- Tôi biết ai là người đã lấy chiếc đầu lân
rồi. Tốt nhất, người đó hãy thành thật đi !

Thế cịn các thám tử “Tuổi Hồng” thì sao,
các bạn có đốn ra khơng ? Đố các bạn
biết, thám tử tài ba của chúng ta đã căn cứ
vào đâu để xác định chính xác kẻ gian ?

Có lẽ các bạn tham gia dự thi lần
này ai cũng biết Tiếng Anh nên tất
cả đều có câu trả lời đúng : Thám
tử Sê-Lốc-Cốc đã tìm ra TAILOR
chính là người mà tên trộm muốn
nói. TAILOR có nghĩa là thợ may.
Chỉ cần sắp xếp lại tên thủ đô của
từng nước theo thứ tự tên các nước

ghi trong mảnh giấy, rồi chú ý đến
chữ cái đầu tiên của tên các thủ đơ
là chúng ta sẽ có từ TAILOR.

Phần thưởng kì này được trao cho
năm bạn có tên sau đây : Nguyễn
Thị Mai, mẹ là Nguyễn Thị Nga,
291, tổ 12, P. Nguyễn Trãi, TX. Hà
Giang, Hà Giang ; Nguyễn Anh
Tuấn, 7B, THCS Hồng Quang,
Hồng Quang, Ân Thi, Hưng Yên ;

Nguyễn Ngọc Phiên, 8B, THCS Phổ
Văn, Đức Phổ, Quảng Ngãi; Phạm
Nguyễn Liên Phương, 14/80 Lí Tự
Trọng, P. 7, TP. Tuy Hòa, Phú Yên;

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

18 Lời giải thú vị cho một

dạng bất đẳng thức

Khi học về bất đẳng thức tơi đã gặp hai
bài tốn sau :

Bài toán 1 : Cho a, b, c  [0 ; 2] vµ
a b c 3. Chøng minh r»ng :

a) a2b2c25 ; (1)
b) a3b3c39. (2)

Bài toán 2 : Cho a, b, c  [1 ; 3] vµ
a b c 6. Chøng minh r»ng :

a) a2b2c214 ; (3)
b) a3b3c336. (4)

Lêi gi¶i bài toán 1 :

Giả sử a max {a ; b ; c}.

Suy ra a b c  3  3a 1  a  2

(a 1)(a 2) 0. (*)
a) Ta cã a2b2c2a2(b c)2a2

(3 a)25 2(a 1)(a 2) 5 (theo (*)).
Vậy bất đẳng thức (1) được chứng minh.
Đẳng thức xảy ra chẳng hạn khi a  2,
b 1, c 0.

b) Bất đẳng thức (2) được chứng minh
tương tự như đối với bất đẳng thức (1).

Lời giải bài toán 2 :

t a x 1 ; b y 1 ; c z 1.
Khi đó x, y, z [0 ; 2] và x y z  3,
áp dụng bài tốn 1ta có :

a) a2 b2 c2 (x  1)2  (y  1)2 

(z 1)2 x2 y2 z2 2(x  y  z)  3

5 2.3 3 14.

Bất đẳng thức (3) được chứng minh.
b) a3 b3 c3 (x  1)3  (y  1)3 

(z 1)3 x3y3z3 3(x2y2z2) 

3(x y z) 3 9 3.5 3.3 3 36.
Bất đẳng thức (4) được chứng minh.

lV× sù t×nh cê khi gặp được hai bài toán

tng t trờn nờn tụi đã nghĩ đến việc mở
rộng các bài tốn này :

Bµi to¸n 3 : Cho a, b, c [0 ; 2m] vµ
a b c 3m. Chøng minh r»ng :

anbncnmn(2m)n.

Trong đó : n là số nguyên dương, m là
số thực dương cho trc.

Bài toán 4 :Cho a, b, c [p ; q] vµ a 

b c  (p q). Chøng minh r»ng :

Trong đó n là số nguyên dương ; p, q là
các số thực dương cho trước.

lSau khi đề xuất bài tốn 3và bài tốn 4,

tơi đã thử chứng minh theo hướng chứng
minh bài tốn 1nhưng khơng thành cơng.
Tơi tiếp tục thử chứng minh bằng quy nạp
cũng không đến được kết quả mong đợi.

Trao đổi cùng các bạn trong lớp, tơi đã
chứng minh được hai bài tốn này, như sau :

Lời giải bài toán 3 :

Do vai trò của a, b, c như nhau, không
mất tính tổng quát, giả sử a b c.

XÐt P mn(2m)nanbncn

n n n n p q n

a b c p q .



 

     

 

3
2

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

19 TRẬN ĐẤU THỨ HAI MƯƠI BẢY

(2m a)A (m b)B c.C

(2m a)A (a c 2m)B c.C

(2m a)(A B) c(B C),

trong đó A an1(2m)an2(2m)2an3

... (2m)n2a (2m)n1;

B bn1mbn2m2bn3... mn2b

mn1;
C cn1.

V× 0 c b a 2m, suy ra

A B C ; 2m a 0 P 0.
Đẳng thức xảy ra chẳng hạn khi a 2m ;
b m ; c 0.

Bài toán 3được chứng minh.

* Vic chng minh bài toán 4 cũng
tương tự như bài toán 3. Đề nghị các bạn tự
chứng minh, xem như bài tập.

lNgười thách đấu :Huỳnh Tấn Châu, THPT chuyên Lương Văn Chánh, tỉnh Phú Yên.
lBài toán thách đấu :Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn a b c 6.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :

lXuất xø :S¸ng t¸c.

lThời hạn nhận thách đấu :Trước ngày 15 - 02 - 2006.

2 1 2 1 2 1

S a b c .

b c c a a b

     

  

Thi giải toán qua thư

Thi giải tốn qua thư

Hồng Minh Lập, 7E, THCS Quang
Trung, Kiến Xương, Thái Bình; Nguyễn
Minh Loan, 9E, THCS Thân Nhân Trung,
Bích Động, Việt Yên, Bắc Giang ; Vũ
Thị Ngọc Thúy, 9D, THCS Tân Trào,
Thanh Miện, Hải Dương; Nguyễn Ngọc
Long, 9A, THCS Thuận Thành, Thuận
Thành,Bắc Ninh ;Nguyễn Tuấn Anh,
8A, THCS Lý Tự Trọng, Hương Canh,
Bình Xuyên,Vĩnh Phúc; Nguyễn Công
Hoan, 8C, THCS Hồ Xuân Hương,
Quỳnh Lưu, Nghệ An ; Trần Thị Thu
Hoài, 9C, THCS Tân Ninh, Quảng Ninh,

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

20 CHỨNG MINH

TAM GIÁC ĐềU

Dạng toán chứng minh tam giác đều khá
phổ biến trong các kì thi. Về phương pháp,
để chứng minh một tam giác là tam giác
đều, ta chỉ cần chứng minh một trong
những điều kiện tương đương sau :

Tam giác đó có ba cạnh bằng nhau ;

Tam giác đó có ba góc bằng nhau ;

Tam giác đó có hai cạnh bằng nhau và
một góc bằng 60o; ...

Ngồi ra, trong q trình chứng minh
cịn có thể sử dụng đến phép tính góc ;
phép chứng minh hai góc bằng nhau, hai
cạnh bằng nhau ...

Các bài toán sau sẽ giúp các bạn ôn
luyện dạng toán này và những kĩ năng liên
quan.

Bi toỏn 1 : Cho tam giác đều ABC.
Điểm D thuộc cạnh AB thỏa mãn AD  AB.
Đường thẳng qua D vng góc với AB cắt
AC tại E. Đường thẳng qua E vuông góc
với AC cắt BC tại F. Chứng minh rằng :

a) DF BC.

b) DEF là tam giác đều.

Lêi gi¶i :Theo gi¶ thiÕt ta cã :

DA  AB  AC ; BD AB AC ;

Tam giác ADE vuông tại D và 60o
nên AE 2DA AC.

Suy ra CE AC  AC  AC AD

 ADE  CEF (g.c.g) FC AE BD

 AC BF AD CE  AC

 ba tam giác DAE ; ECF ; FBD đôi một
bằng nhau theo trường hợp c.g.c (xét các

gãc )

 hay DF BC ;

DE EF FD hay DEF là tam giác đều.

Bài toán 2 : Cho tam giác ABC có
. Các tia phân giác trong của và
lần lượt cắt AC và AB tại D và E. Nối BD
và CE, cắt nhau tại O. Tia phân giác của
cắt BC tại F. Chứng minh rằng DEF
là tam giác đều.

Lêi gi¶i :Ta cã

180o60o120o
suy ra

(1)
XÐt hai tam giác OBE ; OBF : có chung
cạnh OB ; (gi¶ thiÕt) ;

nên hai tam giác này
bằng nhau theo trường hợp g.c.g.

  o

EOB FOB 60 

 

EBO FBO

   o

EOF FOD DOE 120 .

   

   
o
o
BOC 120

BOE BOF COF COD 60

 

    

  1   o

OBC OCB (B C) 60
2

   

  o 

B C 180  A


BOC

C

B
 o

A 60

 o

BFD 90

   o

A B C 60  

1
3
2
3
1
3
2
3
2
3

DAE
2
3
2
3
1
3
1
3
1
3

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

21

Suy ra OE OF.

Tương tự ta chứng minh được OF OD,
suy ra OE OF OD. (2)

Từ (1) và (2) suy ra các tam giác OEF ;
OFD ; ODE đôi một bằng nhau theo trường
hợp c.g.c DE EF FD hay DEF là tam
giác đều.

Bài toán 3 : Cho hình thoi ABCD có
. Trên các cạnh AB, BC lần lượt lấy
các điểm M, N sao cho BM BN bằng độ
dài cạnh của hình thoi. Chứng minh rằng
MDN là tam giác đều.

Lêi gi¶i : Tõ gi¶ thiÕt, ta dễ dàng có
được các kết quả sau : AD BD ; AM BN ;

Suy ra MAD  NBD (c.g.c) DM DN

vµ .

60o. Vậy MDN có DM DN ; ,
là tam giác đều.

Bài toán 4 : Cho tam giác ABC có các
trung tuyến AD, BE thỏa mãn điều kiện
. Chứng minh rằng ABC
là tam giác đều.

Lời giải : ADC đồng dạng với BEC
(g.g), suy ra

CB CA. (1)

CA 2CD. Mặt khác , suy ra
. (2)
Từ (1) và (2) suy ra ABC l tam giỏc u.

(Các bạn có thể chứng minh (2) bằng cách
vẽ hai đường tròn (C, CE) và (E, EA) cắt
nhau tại D, suy ra D D và ).

Bi toán 5 : Cho tam giác ABC có
. Dựng ra phía ngồi của tam giác,
các tam giác đều ABD và ACE. Dựng hình
bình hành ADFE. Chứng minh rằng FBC là
tam giác đều.

Lêi gi¶i :

ABD và ACE là các tam giác đều nên
; ADFE là hình bình
hành nên , EF DA DB ; DF

AE EC. Suy ra EFC  DBF (c.g.c)

( ).

(Xem tiÕp trang 25)

     

BDF BDA ADF AEC AEF CEF    

 

ADF AEF

  o

ADB AEC 60 

 o

A 60

  o
C 60

 o

C 60

 o

DAC 30

1 CB
CA CD 2 CB

CB CE CA CA

  

  o

CAD CBE 30 

 o

MDN 60

     

MDN MDB BDN MDB MDA BDA    

 

MDA NDB

   o

CBD BDA BAD 60 .  

 o

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

22 KẾT QUẢ KÌ THỨ MI MT

(TTT2 số 33)

Bài 1. Lời giải của bài toán này khá dài
và phức tạp, xin được đưa ra vào một dịp
khác. Sau đây là lời giải bài toán tìm hai chữ
số tận cùng của số .

Kí hiệu .

Khi đó 2và 2là hai nghiệm của phương
trình x2100x 64 0 nên snx1nx2n
thỏa mãn : s0x10x202 ; s1x11x21

100 ; sn100sn164sn20.

Suy ra snlà số nguyên và sn100sn1

64sn2100sn1100sn236sn2

sn36sn2(mod 100) sn 62sn2

64sn4... 61002sn1002(mod 100)

s100261002s02.21002.31002(mod 100).

V× 222  4194304  4 (mod 100) vµ
3203486784401 1 (mod 100) nên
s1002(222)45.213.(320)50.32(4)45.213.32
(22)45.213.32(222)4.22.213.3244.215.32
223.32(222).2.328.3272 (mod 100).
Vì nên [2004] 

[x11002] [s1002x21002] [s1002 2004] 

[s1002] 1  s10021 71 (mod 100) hay
sè kÕt thóc bëi sè 71.

Bµi 2.2.1.Quy trình tính trên máy Casio
fx570MS : 0 14

18SHIFT STO C ;

( )
B
STO

SHIFT
A

STO
SHIFT

2004

[( 29 21) ]

29 21 0,80 1

    

29 21 ; 29 21

     

2004

[( 29 21) ]

Cuộc thi giải toán trên máy tính điện tử Casio năm 2005 đã kết thúc. Danh
sách các cá nhân, đồng đội đạt giải năm 2005 sẽ được công bố trên TTT2 số 36.
Để đáp ứng nguyện vọng của các bạn yêu thích chuyên mục này ; các bạn
tham gia kì thi Giải tốn trên máy tính điện tử Casio do Bộ Giáo dục và Đào tạo
tổ chức, TTT2 sẽ tiếp tục giới thiệu trên mỗi số tạp chí 3 bài tốn để các bạn thử
tài. Tạp chí sẽ chấm bài, trao giải thưởng hàng tháng như các chuyên mục khác.

Bài 1 :Tìm đa thức f(x) có tất cả các hệ số đều là số nguyên không âm nhỏ hơn 8
thỏa mãn f(8) 2003.

Lương Công Hảo (THPT số 1, Sơn Tịnh, Quảng Ngãi)
Bài 2 :Tính chính xác giá trị của biểu thức A trên Casio fx-500MS và fx-500A :

Trần Xuân Uy(13 Hoàng Ngân, Nam Định)
Bài 3 :Tìm số tự nhiên n (20349 n 47238) để 4789655 27n là lập phương của
một số tự nhiên.

Dương Chiến Thắng (THCS Lập Thạch, Lập Thạch, Vĩnh Phúc)

1 1 1 1 1 1 1 1

A .

1! 2! 3! 4! 5! 6! 7! 8!

       

l

Kì naøy :

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

23

3 ;
1
7 6
1
7 6
1

7 6 ;

Bấm liên tục phím ta được các giá trị
từ u1đến u20là : 0 ; 14 ; 18 ; 98 ; 210 ; ;
3487832978.

2.2.Đáp số :un1 2n(3)n.

(hóy tham kho cỏch giải trong cuốn “Một
số dạng toán thi học sinh giỏi giải tốn trên
máy tính điện tử” - NXBGD 2004 - Tạ Duy
Phượng và Phạm Thị Hồng Lý).

2.3.Với p nguyên tố, ta có 2p2 (mod p) ;
(3)p 3 (mod p) (định lí nhỏ Phécma).

VËy up(1 2p(3)p) (1 2 3) 0

(mod p) hay upchia hết cho p.

Bài 3.Giả sử m3(k 1)2(k 2)2... 

(k m)2mk2m(m 1)k 

Suy ra k là nghiệm của phương trình :

VËy víi .

Để tìm k, ta phải giải phương trình Pell
suy rộng t233m23.

Phương trình có nghiệm (t0, m0) (6, 1) ;
(tn1, mn1) (23tn132mn, 23mn4tn).
Từ đây có thể tính được :

m147 (473222... 682) ;

m22161 (216139892... 31492) ;
m399359 ; m44568353 ; ...

Bài 4. Vì vµ 420 

BCNN(2, 3, 4, 5, 6, 7) nªn n  420 tháa
m·n : n chia hÕt cho mäi sè .

Gi¶ sư n > 420 chia hÕt cho mäi .
VËy n BCNN(1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8) 840
vµ . Khi Êy n chia hÕt

cho BCNN(2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9) 2520 vµ n

2520. Vậy . Giả sử m là
số nguyên dương lớn nhất nhỏ hơn , tức
là . Khi ấy m 13 và n chia
hết cho BCNN(1, 2, 3, ... , m). Nhưng
BCNN(m 3, m 2, m 1, m) tối thiểu phải
là vì chỉ có 2 và 3 có
thể là ước chung của cả bốn số m 3, m 2,
m 1, m.

Suy ra
hay

, vô lí.

Đáp số :420.

Bài 5. Đáp số : .

Nhận xét :Đề thi kì này khó, vì vậy có ít
bạn tham gia giải bài. Các bạn được giải kì
này : Hoàng Minh Thắng, 9C, THCS Đặng
Thai Mai, Vinh, Nghệ An; Vũ Quang Sao,
9E, THCS Thị trấn Hưng Nhân, Hưng Hà,

Thái Bình ; Nguyễn Mạnh Hưng, 10A1,
THPT Lý Thái Tổ, Từ Sơn ; Đào Thanh
Tùng, 9A, THCS Lê Văn Thịnh, Gia Bình,

Bc Ninh ; Vũ Bá Hùng, nhà 114, khu 4,
phường Xuân Hòa, TX. Phúc Yên ; Nguyễn
Văn Huy, 11A1 ; Nguyễn Thị Huế, 10A1 ;

Ng« TuÊn Anh, 10A10, THPT Xuân Hòa,
TX. Phúc Yên ; Ngô Thị LƯ H»ng, 10A9,
THPT chuyªn VÜnh Phóc, VÜnh Phóc.

TS. Tạ Duy Phượng
2
n
n 1
n 1
u 1
u
u




26
12 13
55
 

2 3 4

m 6(1 )(1 )(1 )
m 1 m 2 m 3

    

  

(m 3)(m 2)(m 1)m n (m 1)
6

     

(m 3)(m 2)(m 1)m
6

  

m n m 1 

3n
3n32520 13

3n3840 9,4 9 

k n

7 420 7,49 8 

t 33m 3

1 t

k (m 1)

2 6

   

2 (m 1)(2m 1) 2

k (m 1)k m 0.

 

    

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

24

Trong kì thi Olympic Tốn Quốc tế lần
thứ 42 (năm 2001) được tổ chức tại Mỹ, có
bài tốn sau, do Bun-ga-ri ngh :

Bài toán 1 :Cho các số nguyên a, b, c,
d sao cho a > b > c > d > 0 vµ ac bd 

(b d a c)(b d a c). Chứng minh
rằng : ab cd không phải là số nguyên tố.

lSau đây là một lời giải của bài toán 1.

Lời giải :Giả sử ab cd p, là mét sè
nguyªn tè. (1)

Tõ giả thiết, rút gọn ta được :

b2d2bd a2c2ac. (2)
Ta l¹i cã ab cd p suy ra a 

b4  b2d2  b3d  p2  2pcd  c2d2 

b2c2pbc bc2d

b4b2d2b3d b2c2c2d2bc2d 

p22pcd pbc

(b2c2)(b2d2bd) p(p 2cd bc)

chia hÕt cho p ;

V× 0 < b2c2< b2< ab cd p suy ra
b2c2kh«ng chia hÕt cho p

b2d2bd chia hÕt cho p ;

V× 2(ab cd) ab ab 2cd > b2bd d2

b2bd d2< 2p

b2bd d2p. (3)
Tõ (1) ; (2) ; (3) suy ra :

a2ac c2b2bd d2ab cd p.
Từ đây ta có :

b2bd d2ab cd (b d a)b 

d(c d) > 0 b d > a ab ad > a2

ab > a2ad ab cd > a2ad cd

a2ac c2> a2cd ad c2cd 

ad ac > 0 (c a)(c d) > 0.

Đây là điều vô lí vì a > b > c > d. Vậy giả
sử trên là sai hay ab cd không phải là số
nguyên tố (điều phải chứng minh).

lBài toán 1 có một mở rộng khá bất

ng, ú l bi toỏn sau :

Bài toán 2 :Cho các số nguyên a, b, c,
d sao cho a > b > c > d > 0 vµ ac bd chia
hÕt cho b d a  c. Chøng minh rằng :
ab cd không phải là số nguyên tố.

Li gii :Kí hiệu (x, y) là ước chung lớn
nhất của hai s nguyờn dng x ; y.

Giả sử ab cd là sè nguyªn tè, ta cã :
ab cd (a d)c (b c)a

m(a d, b c) trong đó m là số nguyên
dương.

Nếu m 1, khi đó (a d, b c) ab cd
> ab cd (a b c d) (a d)(c 1)

(b c)(a 1) (a d, b c), v« lÝ.
Suy ra (a d, b c) 1.

V× ac bd chia hÕt cho b d a c nªn

2 2 p cd 2 p cd

b d bd c c

b b

 

   

        

   

p cd
b



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

25

tồn tại số nguyên dương k để ac bd

k(b d a c) ;

Mặt khác, ac bd (a d)b (b c)a
suy ra :

(a d)b (b c)a (a d)k (b c)k

(a d)(b k) (b c)(a k).

Vì (a  d, b  c)  1 nên tồn tại số
nguyên dương h sao cho a  k h(a d)
và b k h(b c), suy ra :

a b h(a b d c).
+ NÕu h 1 thì c d, vô lí.

+ Nếu h 2 thì a b 2(a b d c),
suy ra 2c a b 2d > 2c, cũng vô lí.

Vậy giả sử trên là sai hay ab cd không
phải là số nguyên tố.

lCỏc kt quả dưới đây cũng đúng, lời

giải của chúng xin dành cho bn c.

Bài toán 3 :Cho các số nguyên a, b, c,
d sao cho a > b > c > d > 0 vµ ac bd 

(b d a c)(b d a c).

Chøng minh r»ng : ad bc lµ hợp số.

Bài toán 4 :Cho các số nguyên a, b, c,
d sao cho a > b > c > d > 0 vµ ac bd chia
hÕt cho b d a c.

Chứng minh rằng : ad bc là hợp số.

Bài toán 5 :Cho các số nguyên a, b, c,
d sao cho a > b > c > d > 0 vµ a2ac 

c2b2bd d2.

Chøng minh r»ng : ab cd là hợp số.

FB FC ; (1)
. Ta cã :

. (2)
Từ (1) và (2) suy ra BFC là tam giác đều.
Các bạn có thể tham khảo các bài 4(14) ;
bài toán Thách đấu thứ tư trên TTT2 và
làm thêm các bài tập sau :

Bài 1 :Chứng minh rằng một tam giác
có ba đường cao hoặc ba đường trung tuyến
bằng nhau thì tam giác đó là tam giác đều.

Bài 2 : Cho đoạn thẳng AB và điểm C
nằm trên đoạn thẳng đó. Trên cùng một
nửa mặt phẳng có bờ AB, dựng các tam
giác đều ACD và BCE. Gọi M, N lần lượt là
trung điểm của AE và BD. Chứng minh
rằng : CMN là tam giác đều.

Bài 3 : Cho tam giác ABC vuông tại A.
Trên AC, AB lần lượt xác định các điểm D,

E sao cho vµ .

Gọi F là giao điểm của BD và CE ; I là giao
điểm của các tia phân giác của tam giác BFC.
Chứng minh rằng : DEI là tam giác đều.

Bài 4 : Cho tam giác ABC. Vẽ ra phía
ngồi hai tam giác đều ABE, ACF. Gọi I là
trung điểm của BC, H là trực tâm của tam
giác ABE. Trên tia đối của tia IH, lấy điểm
K sao cho IH IK. Chứng minh rằng :

a) Hai tam giác AHF, CKF bằng nhau.
b) KHF là tam giác đều.

Bài 5 :Cho tam giác đều AOB. Trên các
tia đối của các tia OA, OB lần lượt lấy hai
điểm C, D sao cho OC OD. Từ B kẻ BM
vng góc với AC, từ C kẻ CN vng góc
với BD. Gọi P là trung điểm của BC. Chứng
minh rằng :

a) COD là tam giác đều.
b) AD BC.

c) MNP là tam giác đều.

 1

ACE ACB
3



 1

ABD ABC
3



  o

BFC CEA 60

  

    

   

DFE AEF EFC FCE CEF ( 180 )
DFB BFC CFE AEF

EFC FCE CEA AEF

    

    

   

 

DFB FCE

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

26 KÕt qu¶

(TTT2 sè 33)

- Giải đặc biệt :Số máy 0912026443.
- Giải khuyến khích :

1. Sè m¸y 0983923197;
2. Sè m¸y 0912021696;
3. Sè m¸y 0915526913.

Đề nghị các bạn trúng thưởng hãy nhắn
tin từ các số máy trên về số máy 0903436757

với nội dung : “họ tên và địa chỉ đầy đủ của
bạn”để Tạp chí kịp thời trao phần thưởng.

1. §o trÝ th«ng minh

Bài 1 :Bạn tìm ra hình nào trong số các
hình A, B, C, D là hình tiếp theo trong dãy
bốn hình, được đặt ở vị trí dấu “?”, hãy
soạn tin nhắn trả lời theo mẫu 3T2 IQ B1
tên hìnhrồi gửi đến số 986.

Ví dụ : Nếu bạn thấy hình A là hình
được đặt ở vị trí dấu “?”, hãy soạn tin nhắn

3T2 IQ B1 Agửi đến số 986.

Bài 2 : Tương tự như bài 1, bạn hãy
soạn tin nhắn trả lời theo mẫu 3T2 IQ B2
tên hìnhrồi gửi đến 986.

Ví dụ : Nếu bạn thấy hình A là hình
được đặt ở vị trí dấu “?”, hãy soạn tin nhắn

3T2 IQ B2 A gửi đến số 986.

2. Ph¸ ¸n cïng th¸m tư
Sª-Lèc-Cèc

Bạn hãy chọn một trong ba phương án
sau và soạn tin nhắn trả lời theo mẫu 3T2
PA đáp ánrồi gửi đến số 986.

Ví dụ : Nếu bạn chọn “anh Tuân” thì
hãy soạn tin nhắn 3T2 PA Agửi đến số 986.

3. Không chỉ là văn

Bn hóy tỡm t thớch hp hn để sửa lại
câu thơ sau cho chuẩn : “Chó xồm lơng
xám nhiều người thích ni” và soạn tin
nhắn trả lời theo mẫu 3T2 V đáp ánrồi gửi
đến số 986.

Ví dụ :Nếu đáp án của bạn là “mực” thì
hãy soạn tin nhắn 3T2 V MUCgửi đến số

986.

4. Vào thăm vườn Anh

Bạn hãy tìm từ ở cột đầu tiên bên trái rồi
soạn tin nhắn trả lời theo mẫu 3T2 VA đáp
ánvà gửi đến số 986.

Ví dụ :Nếu đáp án của bạn là “parrot”
thì hãy soạn tin nhắn 3T2 VA PARROT

gửi đến số 986.

5. Rừng Cười

Hãy giải đáp câu “Đại gì đất rộng mênh

mơng ?”bằng cách soạn tin nhắn trả lời theo
mẫu 3T2 RC đáp ánrồi gửi đến số 986.

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

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

nhieàu

xe

quá !

l

Kì này :

27 l

KÕt qu¶ :

l

Kì này :

(TTT2 sè 33)

Chó đốm lơng xù như bơng
Chó săn âm phủ trị hồn ác nhân

Chã mùc xin chí cã gÇn

Chó ngao quen sống bầy đàn rừng hoang
Chó đá khơng ch lang thang

Chó sứ theo lệnh rất hăng đuổi mồi
Chó vƯn diƠn trß tut vêi

Chó xồm lơng xám nhiều người thích ni
Chó dại vơ tri suốt đời

Chó biển cùng chủ vui chơi rất hiền
Chó cảnh màu lơng đen tuyền
Chó hoang lơng trắng đốm đen xen vào

Chó bơng chạm mạnh ngã nhào
Chó nhà trẻ nhỏ xếp vào đồ chơi

Chó sói quyến luyến người ni
Chó xiếc rất giỏi lặn bơi kiếm mồi.

Mai Đình Phẩm
(45 Tân Lâm, ýYên, Nam Định)
“Nhiều xe quá !” chỉ được sửa đúng

nếu em biết rõ công năng của mỗi loại
xe. Bạn VVD (Hải Dương) viết : “Xe lu cơ
động sớm hôm sẵn sàng” là sai vì xe lu
(xe lăn đường) có bánh to bản bằng kim
loại, rất nặng, dùng để nén đất, đá, rải
đường cho phẳng do đó khơng thể “cơ
động” được. Hoặc PTTH (Việt Trì) viết
“Xe ngựa để chở phạm nhân” cũng sai vì
phạm nhân mà được chở bằng xe ngựa
(xe do ngựa kéo) thì sẽ có thời cơ để chạy
thốt. Nhiều xe q ! có thể sửa là :

Xe đạp em đi tới trường

Xe máynhộn nhịp phố phường làng quờ

Xe luchậm chạp nặng nề

Xe tanga tin ngi v cừi õm

Xe lam chở khách đường gần

Xe cápđưa khách lâng lâng cao vời

Xe nôitrẻ thích nằm chơi

Xe ca chở khách mọi nơi chuyên cần

Xe hũm ch phm nhõn

Xe bò phục vụ nông dân tháng ngày

Xe lửachạy ở trên ray

Xe cungt nghu cánh tay vươn dài

Xe thồgiải phóng đơi vai

Xe hoađưa đón gỏi trai duyờn lnh

Xe buýtchạy nội ngoại thành

Xe nângbốc dỡ hàng nhanh nhẹ nhàng

Xe ủisan lấp mặt bằng

Xe tộcdựng chở xăng chở dầu

Xe thbu kiƯn chun mau

Xe ngựamiền núi vẫn còn

Xe ụmc ng sớm hơm sẵn sàng.
Năm bạn được trao giải kì này là : Ngô
Ngọc Khánh Huyền, 6C, THCS Trần Quốc

Chào năm Tuất sắp đến gần
Bài thơ về chó tồn phần tả sai

Bạn trẻ xin hãy trổ tài

Sửa sao cho đúng được bi th... ngon !

Toản, TP. Tuy Hòa, Phú Yên; Nguyễn ChÝnh
NghÜa, 9A, THCS VÜnh L¹i, Vĩnh Lại, Lâm
Thao, Phú Thọ ; Hà Thị Thanh Thủy, mẹ là
Trần Thị Mỹ Vân, Luộc 4, VÜnh Léc, Chiªm
Hãa, Tuyªn Quang; Ngun Linh Chi, 6A1,
THCS Hai Bµ Trng, TX. Phóc Yên, Vĩnh
Phúc; Trần Anh Tuấn,7B, THCS Đặng Thai
Mai, TP. Vinh, NghƯ An.

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

28

Chú Khoa ơi, chú có biết cháu rất hâm mộ chú
không ? Cháu thấy chú trả lời thư của các bạn trên
báo thật là hay, hôm nay cháu quyết định viết thư
này bày tỏ tình cảm của mình, đồng thời cháu cũng
muốn chú giải đáp câu hỏi của cháu. Chú đừng chê
cháu tham nha !

Cháu thấy các nhà thơ trung đại, hầu như ai
cũng có thơ về vợ. Nguyễn Bỉnh Khiêm với bài “Thơ
vịnh đạo vợ chồng” (Phu phụ thi), “Thơ khun
chồng đối với vợ”. Ngơ Thì Sĩ có “Khuê ai lục”, và
đặc biệt nhà thơ Tú Xương có cả một chùm bài
“Thương vợ”, “Đang ốm nghe vợ khấn cầu”, và
“Văn tế sống vợ”. Cháu thấy chú là một nhà thơ nổi
tiếng, vậy chú đã viết bài thơ nào tặng vợ chưa ?

Trương Thị Hải Yến
(Mẹ là Trịnh Thị Mười, giáo viờn THCS
xó Thanh Giang, Thanh Min, Hi Dng)

Trần Đăng Khoa :

Chú rất cảm ơn cháu đã quan tâm đến chú. Chú cũng rất mừng khi thấy cháu yêu
văn học, đặc biệt là yêu thơ, và như một nhà nghiên cứu, cháu còn khảo sát cả một
mảng thơ rất đặc biệt : Mảng thơ viết về vợ của các nhà thơ thời trung đại.

Quả là trong văn học Việt Nam, chúng ta có rất nhiều tác phẩm đặc sắc viết về vợ.

Sau này, nhiều nhà thơ đương đại viết về vợ cũng rất hay. Đặc biệt cụ Tú Mỡ có bài
“Khóc người vợ hiền”. Bài thơ vừa thương cảm, vừa tinh tế, lại cũng rất hóm hỉnh, đúng
cái chất của cụ Tú. Đó là bài thơ đặc sắc nhất trong đời thơ Tú Mỡ. Với bài thơ này và
chùm thơ viết cho cháu, có thể xếp cụ Tú là một trong những nhà thơ trữ tình xuất sắc
nhất. Hóa ra ơng cụ là nhà thơ trữ tình. Cịn mảng trào phúng chỉ là sản phẩm phụ.

Cũng như nhiều thi sĩ khác, chú cũng rất quan tâm đến mảng thơ sáng tác về gia
đình. Chú viết khá nhiều thơ về bố, mẹ, anh chị, em gái. Chú cũng có thơ viết tặng mẹ
vợ, nhưng vợ chú thì chú khơng tặng thơ. Gia đình chú rất hạnh phúc, như tất cả mọi
gia đình yên ấm khác. Vợ chú rất thích đọc sách, nhưng chủ yếu là sách nước ngoài,
đặc biệt là chuyện chưởng Kim Dung và Harry Potter. Vợ chú không yêu thơ lắm, thậm
chí cơ ấy cịn sợ thơ, sợ các nhà thơ, vì cứ thấy họ chập chập hâm hâm thế nào ấy.
Chỉ duy nhất có lần cơ hỏi : “Hình như anh có cuốn sách gì hấp dẫn lắm phải không ?
Cho em đọc với !”. Chú chọn cuốn sách được tái bản nhiều nhất đưa cho cô và rất hồi
hộp, vì lần đầu tiên vợ chú đọc sách của chú. Nhưng một lúc sau, đã có tiếng thở đều
đều. Chú dừng bàn tính, quay lại thì thấy cơ nàng đã úp cuốn sách lên mặt, che cho
khỏi chói mắt vì ánh điện, và ngủ rất ngon lành. Cơ rất sung sướng vì đã có được một
giấc ngủ thật ngon. Chú cũng rất sung sướng vì sách mình rất có tác dụng làm cho

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

29 l

KÕt qu¶ :

ễ ch NHAỉ TRNG

(TTT2 số 33)

l

Kì này :

Chim trong Vườn Anh

“Tuổi còn thơ ngày hai buổi đến
trường”. Thế nên Nhà Trường là nơi
thân thương đối với mỗi chúng ta. Ơ

chữ chủ đề Nhà Trường trong Vườn
Anh kì này thu hút rất đông các bạn
tham gia. Đa số các bạn đều có đáp
án đúng vì mỗi hàng ngang là những
khái niệm thân thuộc : phấn trắng ;
thầy, cô giáo ; mơn Văn ; học sinh ;
thời khóa biểu ; mơn Tốn ; lớp học ;
bục giảng ; giờ ra chơi ; thư viện.

Từ hàng dọc : HEADMASTER
-Thầy hiệu trưởng.

Ô chữ đáp án như hình bên.
Chúc mừng năm bạn xuất sắc
nhất nhận được quà của Chủ Vườn :

Ph¹m Kiều Linh, 6A1, THCS bán
công Hai Bà Trưng, TX. Phúc Yên,

Vĩnh Phúc ; Vũ Văn Duy, 10A8,

THPT bỏn cụng Thanh H, Hải Dương; Lương
Xuân Huy, 9A, THCS Tiên Lữ, Tiên Lữ, Hưng
Yên ; Lê Thị Thanh Hoa, 7B, THCS bán công
Xuân Diệu, Can Lộc, Hà Tĩnh ; Nguyễn Thị
Khánh Linh, 8A, THCS Trọng Điểm Hạ Long,

Qu¶ng Ninh.

Chủ Vườn

Mn lồi chim bay về Vườn
Anh cùng đón Xn. Bạn có thể
tìm được 13 lồi chim trong “khu
vườn” của chúng ta không nào ?

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

30

(TTT2 sè 33)

l

KÕt qu¶ :

Đại gì ?

l

Kì này :

Đại gì tên nước một thời ?

Đại gì gặp gỡ những người giỏi giang ?
i gỡ hiu ln bỏn hng ?

Đại gì cách học vội vàng chớ nên ?
Đại gì vang dội trăm miền ?
Đại gì nhân loại sống trên toàn cầu ?

Đại gì tài giỏi đứng đầu tồn qn ?
Đại gì đại diện nhân dân ?
Đại gì việc lớn trăm ngàn người lo ?

Đại gì tốn pháp thời xưa ?
Đại gì đo đếm đủ vừa khơng sai ?

Đại gì đường phố rộng dài ?

Đại gì thống trị muôn loài trên không ?

i gỡ lõy bnh cng ng ?
Đại gì vũ khí tấn cơng kẻ thù ?

Con voi to nhất núi rừng
Con ve gọi hạ vang lừng trên cây

Con vn trèo giỏi hót hay
Con vạc mị cá, mỏ dài chân cao

Con vét hút máu, đốt đau

Con vọp xem vỏ tưởng ngao họ hàng
Con vịt bơi với chân màng

Con vẹm dưới biển trong càng giống trai
Con voọc giống khỉ đuôi dài

Con vẹt học nói rất hay tiếng người

Con vờ rất vội lỡa i

Con vích bò chậm khi rời biển xanh
Con vắt hút máu, bám nhanh
Khen cho thiên hạ rất rành từng con

Bảng vàng ghi những tên son
Thưởng cho năm vị giải ngon kì này.

Ban thưởng : Vũ Hồng Phương, 335
khu phố Trần Hưng Đạo, Sao Đỏ, Chí
Linh, Hải Dương ; Hồng Thành Cơng,
6A1, THCS Hai Bà Trưng, TX. Phúc n,

Nghệ An ; Bùi Mỹ Linh, 7C, THCS Xuân
Diệu, Can Lộc, Hà Tĩnh; Nguyễn Phương
Thảo A, 7A2, THCS Nguyễn Đăng Đạo,
TX. Bắc Ninh, Bắc Ninh.

Vua TÕu
Con voi to nhÊt nói rõng

Ban thưởng :

khu phè Trần Hưng Đạo, Sao Đỏ, ChÝ
Linh,

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

Hỏi : Tuy là con gái
nhưng em lại thích chơi
những trò chơi hoạt động
mạnh, nhất là mơn bóng đá.
Anh thấy có kì lắm khơng ?
Bọn bạn em đều nói là “kì
cục”. Anh giải thích giùm em
với các bạn được không ?

Khỉ Con
(9C, THCS Trung Lương,
TX Hồng Lĩnh, Hà Tnh)
ỏp :

Theo anh thì rất cực kì
Đâu phải kì cục ! Lo gì

em ơi !
Mong Khỉ con cứ việc chơi
Mai vào Đội tuyển rạng ngời

quốc gia !
Hỏi :Mỗi lần hỏi như thế
này em thấy rất tiếc... giấy.
Em có thể viết câu hỏi vào
một tờ giấy con con được
không ?

Em gái

(THCS Yên Phong, Bắc Ninh)

Đáp :

Anh no thớch nhn giy to
Giy nhiu anh b chật kho
thôi mà...
Khen em tâm sự thật thà
Giấy con con vẫn đậm đà

chứ sao !
Hỏi : Đã 4 năm học với
nhau mà em với cô ấy
không hỏi han, khơng trị
chuyện, khơng cười, khơng

nhìn, khơng nói với nhau.
Mai đây hết lớp 9, mỗi người
một nơi thì biết làm thế nào ?
Anh “kết nối” được không ?
Cảm tạ nhiều !

Phạm Xuân Tiến
(9B, THCS Cao Thượng,
Tân Yên, Bắc Giang)
Đáp : (thay lời cơ ấy)

Khơng cười, khơng nói,
khơng nhìn
Làm sao anh biết rằng “mìn”

cịn đây ?
Lại đi nhờ Phó Gỡ... xây
Anh ơi ! Như trước lại hay

h¬n nhiều !
Hỏi : Làm sao biết được
bạn ấy thích em ?

Voi con
(7A, THCS Lập Thạch,
Vĩnh Phúc)
Đáp :

Voi con xưa ở Bản Đôn
Giờ về Lập Thạch lớn khôn

tng no ?
Lp bảy mà đã dạt dào
Đến khi lớp chín trượt nhào

thì nguy !
Hỏi : Tại sao khơng có
Tốn Tuổi thơ 3 dành cho
THPT mà lại chỉ dừng ở
THCS ? Anh phải trả lời đấy
nhé !

Nguyễn Kế Vin
(11A12, THPT Chớ Linh,

Hi Dng)

Đáp :

Nu lờn... Toỏn Tui th 3
Chc chn s b ngi ta

kiện liền
Tuổi thơ đâu phải thanh niên
Đọc Toán Tuổi trẻ

nghin h anh !
Hỏi : Bình thường thì em
nhút nhát, nhưng khi gửi bài
cho TTT thì em lại rất dũng
cảm (dù sai hay đúng). Tại
sao lại thế hở anh ?

Ph¹m KiỊu Linh
(6A1, THCS Hai Bà Trưng,
TX. Phúc Yên, Vĩnh Phúc)

Đáp :

Nhỳt nhỏt vỡ s mi ngi
Dng cm vỡ quyt vo chi

chỗ này
Mong em cộng tác

hăng say
Cái tính nhút nhát

có ngày... ra ®i !
Anh phã gì

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

32

1(35) :Given two 2005-digit numbers of the form x 99...9,
and y88...8, compare the sum of digits of the product xyand
that of digits of x2.

2(35) :Find all asuch that the following system of equations
has a unique solution

4xy2x2y4z2(xy) 4a3,

x2y2z2xya.

3(35) :Suppose that , find the

value of the expression

4(35) :Given a non-isosceles triangle ABC, let the medians
issuing from A, B, and C intersect the circumscribed circle of
the triangle at M, N, and P. Prove that if MNMP, then 2a2
b2c2, where a BC, b CA, and c AB.

5(35) :Let ABCbe a triangle with AB< AC. Points M, Nare
chosen respectively on AB and ACso that BM  CN, and BM

meets CNat O. A straight line through O, parallel to the internal
angle bisector of BAC, intersects lines AB and AC at X, Y

respectively. Prove that BXCA, and CYBA.

2 1 2 1.

   

M x y y x

2 1 2 1 1

      

  

x x y y

Bài 1 (35) :Biết
rằng x và y là các
số tự nhiên có
2005 chữ số. Số x
chỉ viết bởi các chữ
số 9 và số y chỉ
viết bởi các chữ số
8. HÃy so sánh
tổng các chữ số
của tích xy và tổng

các chữ số của x2.

Lê Như Thiện
(CĐSP Gia Lai)

Bài 2 (35) :Hãy xác định a để hệ phương trình
sau có nghiệm duy nhất :

hồng hải dương
(THCS Chu Mạnh Trinh, Văn Giang, Hưng Yên)

2 2 2

4xy 2x 2y 4z (x y) 4a 3
x y z x y a.

      




    



Bµi 3 (35) :Cho
Tính

nguyễn khánh nguyên
(THCS Hồng Bàng, Hải Phòng)

2 2

M x y  1 y x 1.

2 2

x x 1 y y 1 1.

      

  

  

Bài 4 (35) :Cho tam giác ABC,
AB < AC. Các điểm M, N lần lượt
thuộc các cạnh AB, AC sao cho
BM CN. Gọi giao điểm của BN
và CM là O. Đường thẳng qua O,
song song với phân giác của

c¾t các đường thẳng AB,
AC theo thứ tự t¹i X, Y.

Chøng minh r»ng : BX  CA ;
CY BA.

TS. nguyễn minh hà
(ĐHSP Hà Nội)

BAC

Bi 5 (35) :Cỏc đường trung tuyến của tam giác không cân ABC kẻ từ A, B, C cắt
đường tròn ngoại tiếp tam giác lần lượt tại các điểm M, N, P. Chứng minh rằng : Nếu
MN MP thì ta có trong đó BC a, CA b, AB C.

nguyễn văn mạnh(Hà Nội)

2 2

2 b c

a ,




</div>
(34)<div class='page_container' data-page=34></div>
(35)<div class='page_container' data-page=35></div>
(36)<div class='page_container' data-page=36></div>

Tạp chí toán tuổi thơ 2 kỳ số 35

1

KÕt qu¶

PHỦ KÍN ĐƯỢC KHƠNG ?

Đồng quy hay khơng ?

Kì này :

2

L

iên hệ các bài tập cùng loại

3

4

Khoõng ton taùi tam giác cân ?

l

Kì này :

l

Kết quả :

5

l

KÕt qu¶ :

l

Kì này :

HÌNH NÀO LẠC LOÀI ?

Bµi 1 :

Bµi 2 :

6

7

8

Cuộc thi Olympic

toán học của nước Anh

9

CUỘC THI VÔ ĐỊCH TỐN QUỐC GIA

MA-LAI-XI-A

10

Hướng dẫn giải đề kì trước

(Kì thi tuyển sinh vào lớp 10, 2005 - 2006, mơn Tốn chung,

trường THPT chun Lê Q Đơn, tỉnh Bình Định)

11

Đề thi học sinh giỏi lớp 9, năm học 2003 - 2004, tỉnh Phú Thọ

12

l

KÕt qu¶ :

THI GIẢI TỐN QUA THƯ

13

14

15

(Mục Thách đấu, TTT2 số 33)

TRẬN ĐẤU THỨ HAI MƯƠI LĂM

16

BA

KẺ

TÌNH

NGHI

17

Tên trộm đặc biệt

l

KÕt qu¶ :

<sub>(TTT2 sè 33)</sub>

18

Lời giải thú vị cho một

dạng bất đẳng thức

19

TRẬN ĐẤU THỨ HAI MƯƠI BẢY

Thi giải toán qua thư

Thi giải toán qua thư

Thi giải toán qua thư

Thi giải toán qua thư

Thi giải toán qua thư

Thi giải toán qua thư

Thi giải toán qua thư

Thi giải toán qua thư

Thi giải toán qua thư

Thi giải toán qua thư

Thi giải toán qua thư

Thi giải toán qua thư

Thi giải toán qua thư

Thi giải toán qua thư

Thi giải toán qua thư

Thi giải toán qua thư

Thi giải toán qua thư

Thi giải toán qua thư