Tạp chí toán tuổi thơ 2 kỳ số 36

<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¶ :

ĐƯỜNG ĐI... NHANH NHẤT

l

Kì này :

BÁNH CHƯNG GÓI VỤNG

(TTT2 sè 34)

Một khu đất trống hình chữ nhật ABCD có chiều dài là 7 km
và chiều rộng là 5 km, bao gồm một đồng cỏ rộng 3 km và một
bãi cát rộng 2 km, ngăn cách nhau bởi đường thẳng EF song
song với cạnh BC (hình vẽ). Một kị binh xuất phát từ địa điểm A
để đi đến địa điểm C. Biết rằng trên bãi cát ngựa đi chậm chỉ
bằng một nửa trên đồng cỏ. Hỏi người kị binh phải chọn con
đường nào để đi trong khoảng thời gian ngắn nhất ?

Nguyễn Xuõn Quý
(K53-D, khoa Toỏn-Tin, trng HSP H Ni)

lBài toán quy vỊ : Tø gi¸c ABCD cã c¸c

cạnh AB, BC, CD, DA đều được chia thành
ba phần bằng nhau lần lượt bởi các cặp
điểm M và N, P và Q, K và E, S và R. Các
đoạn thẳng ME, NK, PR, QS cắt nhau tại
bốn điểm nằm trong tứ giác là I, J, H, G.
Hỏi S_IJHGcó đúng bằng S_ABCDkhơng ?

l Bạn Hoàng Quốc Khánh, 9B, THCS

Vnh Yên, Vĩnh Yên, Vĩnh Phúcđã phát

hiện ra đây là bài toán mở rộng của bài
toán “Đo đất - chia ruộng”, mục Compa
Vui Tính, TTT2 số 22. Theo kết quả của
bài tốn này, nếu các cặp điểm I và G, J

1
9

và H lần lượt chia các đoạn thẳng ME, NK
thành ba phần bằng nhau (*) thì S_IJHG 

S_MNKE S_ABCDvà An đã nói đúng.

lTa sẽ chứng minh (*) đúng. Thật vậy :

ABD cã M AB, R AD,
(tõ gi¶ thiÕt). Suy ra MR // BD vµ

Ta cịng dƠ dµng chứng minh được
PE // BD và Suy ra MR // PE vµ

 IMR IEP



Tương tự ta có suy ra MI IG

GE.

Tương tự ta cũng có NJ JH HK.

Vậy (*) được chứng minh.

l Một số bạn đã lầm tưởng kết quả (*) là

hiển nhiên. Bạn Hoàng Quốc Khánhvà các
bạn sau được nhận phần thưởng kì này :

Lưu Ngọc Đức, 8D, THCS Nguyễn Hiền,
Nam Trực, Nam Định; Chu Thành Trung,
9A₄, THCS thị trấn Diêm Điền, Thái Thụy,
Thái Bình ; Trương Thành Công, 8/3,
THCS Lê Quý Đôn, TP. Hải Dương, Hải
Dương; Trần Thị Phương Thanh, 9₃, THCS
Lê Văn Thiêm, TX. Hà Tĩnh, Hà Tĩnh.

Anh Compa

EG 1,
ME 3

IM MR 1 _{IM 1.}

IE PE 2  ME 3
MR 1

PE 2

PE 2.
BD 3

MR 1.
BD 3
AR AM 1
AD AB 3 
1

9
1

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

2

Với mỗi dạng tốn, có khi nào bạn đã
thực hiện công việc thống kê và thử tìm
thêm các phương pháp chứng minh khác
chưa ? Cơng việc tìm tịi đó đơi khi thành
công và sẽ rất thú vị đấy các bạn ạ !

Ví dụ, sẽ khơng khó khăn lắm để phát
hiện ra rằng : “Nếu hai tam giác có chung
một đường trung tuyến thì có chung trọng
tâm”. (*)
Nhưng chắc chắn có nhiều bạn sẽ
khơng nghĩ đến việc sử dụng tính chất này
để chứng minh ba điểm thẳng hàng. Sau
đây là một số bài toán minh họa.

Bài toán 1 :Cho tam giác nhọn ABC có
H, G, O lần lượt là trực tâm, trọng tâm, tâm
đường tròn ngoại tiếp. Chứng minh rằng :
H, G, O thng hng.

Lời giải :

Kẻ đường kÝnh AD cđa (O) ngo¹i tiếp

ABC, do H là trực tâm của ABC nên ta
có BH // DC (cùng vuông góc với AC) và
BD // HC (cùng vuông góc với AB). Suy ra

BDCH là hình bình hành.

Gi M l giao im ca BC v DH, suy
ra M lần lượt là trung điểm của BC và DH

ABC và AHD có chung đường trung
tuyến AM hai tam giác này có chung
trọng tâm G (theo tính chất (*)).

Ta lại có O là trung điểm của AD nên HO
là trung tuyến cña AHD, suy ra G thuéc
HO  H, G, O thẳng hàng.

Nhận xét : Ta còn chứng minh được
kết quả trên cho ABC bất kì và dễ thấy
HG 2OG. Đường thẳng đi qua H, G, O
được gọi là đường thẳng ¥-le.

Bài tốn 2 : Cho hai đường trịn đồng
tâm O có bán kính lần lượt là R và r (R > r).
A và M là hai điểm thuộc đường tròn nhỏ,

A di động còn M cố định. Qua M vẽ dây BC
của đường trịn lớn, vng góc với AM. Gọi
G là trọng tâm của tam giác ABC. Chứng
minh rằng : M, O, G thng hng.

Lời giải :

Gọi D là giao điểm khác M của BC với (O, r).

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

3

Vẽ OH vng góc với BC (H thuộc BC),
ta có H lần lượt là trung điểm của BC và
DM, suy ra AH là trung tuyến của cả hai
tam giác ABC và ADM  G là trọng tâm
của cả hai tam giác này (theo tính chất (*)).
Mặt khác, vì A, M, D cùng thuộc (O, r)
mà MA vng góc với MD nên AD là đường
kính của (O, r), suy ra O là trung điểm của
AD MO là trung tuyến của ADM  G
thuộc MO M, O, G thẳng hàng.

Nhận xét : Từ chứng minh trên, ta còn
suy ra điểm G cố định, ta có bài tốn : “Cho
hai đường trịn đồng tâm... Qua M vẽ dây
BC của đường tròn lớn, vng góc với AM.
Chứng minh rằng trọng tâm G của tam giác
ABC là điểm cố định.” (đề thi chọn đội
tuyển học sinh giỏi lớp 9, quận Tân Bình,
TP. Hồ Chí Minh, năm học 2004-2005).

Bài toán 3 : Cho tam giác ABC, M là
một điểm nằm trong tam giác. Lần lượt vẽ
các hình bình hành MBDC, MAED. Chứng
minh rằng : khi điểm M di động thì đường
thẳng ME ln đi qua một điểm cố định.

Lêi gi¶i :

Gọi N là giao điểm của BC và DM, tứ
giác MBDC là hình bình hành nên N lần
lượt là trung điểm của BC và DM  ABC
và AMD có chung đường trung tuyến AN

 hai tam giác này có chung träng t©m

(theo tính chất (*)), ta gọi trng tõm ú l G
(c nh) ;

Mặt khác, gọi P là giao điểm của AD và
EM, tứ giác MAED là hình bình hành nên P
là trung điểm của AD.

Vậy G thuéc MP, suy ra G thuéc ME 

khi điểm M di động thì đường thẳng ME
luôn đi qua điểm G cố định, l trng tõm
ca ABC.

Các bạn còn biết những bài toán khác

về chứng minh ba điểm thẳng hàng có thể
sử dụng tÝnh chÊt (*) kh«ng ?

Thi giải tốn qua thư

Các bạn được thưởng kì này

Nguyễn Việt Anh, 9D, trường Hà Nội
-Amsterdam, Hà Nội; Lê Thị Tuyết Mai,
7A₁; Ngô Hải Hà, 9A₁, THCS Yên Lạc,
Yên Lạc, Vĩnh Phúc ; Võ Ngọc Đức,
9A₁, THCS Nhơn Hậu, An Nhơn, Bình
Định ; Trần Đức Thiện, 9G, THCS thị
trấn Kì Anh, Kì Anh ; Phạm Lê Ngọc, 8A,
THCS Vượng Lộc, Can Lộc, Hà Tĩnh ;

Hoàng Văn Sáng, 9A₁, phân hiệu học
sinh giỏi Thanh Nê, Kiến Xương, Thái
Bình ; Nguyễn Ngơ Minh Thắng, 9/1,
THCS Nguyễn Khuyến, Đà Nẵng ; Lê
Thị Nguyệt, 9A₃, THCS Chu Mạnh
Trinh, Văn Giang, Hưng Yên ; Hoàng
Thị Thu Hiền, 8E, THCS Lê Mao,
TP. Vinh ; Hồ Phúc Lộc, 9A, THCS Hồ
Xuân Hương, Quỳnh Lưu, Nghệ An ;

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

4

Một kết quả chưa thoả đáng !

Một sơ suất nhỏ ?

l

Kì này :

l

Kết quả :

(TTT2 sè 34)

1) Dùng bất đẳng thức để đánh giá một
biểu thức, từ đó tìm ra giá trị lớn nhất, giá
trị nhỏ nhất của biểu thức là một cách làm
tương đối phổ biến và hữu hiệu. Tuy nhiên,
với phương pháp này chúng ta đặc biệt lưu
ý đến điều kiện xảy ra đẳng thức trong bất
đẳng thức. Đối với bất đẳng thức
, đẳng thức không thể
xảy ra, đây chính là chỗ “sơ suất chết người”
trong lời giải của bài toán.

2) Lời giải đúng :

Dễ dàng chứng minh được MD ME h
(đường cao của tam giác đều ABC).

Ta cã suy ra

(công thức đường cao của tam giỏc u).
H EH DM ti H, ta cú

Đẳng thức xảy ra khi vµ chØ khi MD ME
hay M lµ trung ®iĨm cđa c¹nh BC.

Vậy giá trị lớn nhất của S_MDElà ,

đạt được khi M là trung điểm của BC.

3) Xin tun dương các bạn sau đây có
nhận xét chính xác và lời giải đúng, ngắn
gọn : Nguyễn Thị Thu Hà, 9A₁, THCS Lâm
Thao, Lâm Thao, Phú Thọ; Nguyễn Ngọc
Huy, 7A₁, THCS Trần Văn Ơn, Hồng
Bàng, Hải Phòng ; Nguyễn Xuân Thiện,
9A₁, phân hiệu học sinh giỏi Thanh Nê,
Kiến Xương, Thái Bình; Mai Trung Nghĩa,
9B, THCS Lê Hữu Lập, Hậu Lộc ; Trần
Anh Ngọc, đội II, Liên Lộc, Hậu Lộc,
Thanh Hóa; Nguyễn Anh Tú, 8B, THCS
Lí Nhật Quang, Đơ Lương, Nghệ An; Võ
Xn Minh, 81, THCS Nguyễn Văn Trỗi,
Cam Nghĩa, Cam Ranh, Khánh Hịa.

Anh KÝnh Lóp

ABC

3 S
16

ABC

3 S .
16



MDE

2

2

1 3

S MD EH MD ME

2 4

3 (MD ME) 3 _h 3 _ha 3

4 4 16 16 2

   



     

 o 3

EMH 60 EH ME

2

    

 o  o

DME 180 DAE 60

EH MD ME MD

2 2

 _ 

Bài tốn :Tìm m để phương trình sau có tổng bình phương các
nghiệm nhỏ nhất : x2(m 1)x 1 0.

Lêi gi¶i (cđa mét häc sinh):

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).
Ta có (m 1)22  2 nên tổng bình phương các nghiệm đạt
giá trị nhỏ nhất là 2, khi và chỉ khi m 1 0 m  1.

Giá trị m  1 không thỏa mãn (*) nên không tồn tại giá trị m
để tổng bình phương các nghiệm đạt giá trị nhỏ nhất.

Theo tơi, kết quả trên chưa thỏa đáng. Cịn ý kin ca cỏc bn
th no ?

trần văn hinh(THCS Nam Giang, Nam Trực, Nam Định)

m 1

m 3.

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

5

l

KÕt qu¶ :

v

Kì này :

(TTT2 sè 34)

HÌNH NÀO TIEP THEO ?

Bài 1 :Đáp án: hình C.

S trc đối xứng tăng dần, vậy phải
chọn hình C là hình cú 4 trc i xng.

Bài 2 :Đáp án: hình D.

Bạn Lê Thị Việt Hà, 8G, THCS
Nguyễn TrÃi, Nghi Xuân, Hà Tĩnhgiải
như sau :

Bài hai hơi khó,
Nghĩ mÃi cũng ra

Được cái chúng ta

Hiểu ra quy luật
Các hình thống nhất

u i xng tõm
ỏp ỏn loi dn

Chỉ D ë l¹i.

Ngồi bạn Việt Hà, các bạn sau
cũng được nhận phần thưởng kì này :

Trương Thành Công, 8/3, THCS Lê
Q Đơn, TP. Hải Dương, Hải Dương;

Ngun M¹nh Hµo, 6A₁, THCS Hai
Bµ Tr­ng, TX. Phóc Yªn, VÜnh Phóc;

Nhóm T2N, 8C, THCS Bạch Liêu, n
Thành, Nghệ An ; Nhóm Lị xo, 8B,
THCS thị trấn Cao Thng, Tõn Yờn,
Bc Giang.

Nguyễn Đăng Quang

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

6

BT ĐẲNG THỨC CÓ NHIỀU ỨNG DỤNG

Ngay số đầu tiên, TTT2 đã giới thiệu một
bất đẳng thức cùng với cách chứng minh có
sử dụng bất đẳng thức (*)
trong đó x, y là các số dương.

Đó là bất đẳng thức :

(a, b, c : độ dài ba cạnh của một tam giác).
Bất đẳng thức (*) được chứng minh khá
dễ dàng bằng nhiều cách (đẳng thức xảy
ra khi và chỉ khi x  y). Đặc biệt, nó cịn
được sử dụng để chứng minh nhiều bất
đẳng thức khác. Các bạn hãy cùng theo
dõi những bài toán sau :

Bài toán 1 :Cho các số dương x, y, z, t
thỏa mãn x y z t 1.

Chøng minh r»ng :

Lời giải : áp dụng liên tip bt ng
thc (*) ta cú

Suy ra

Đẳng thøc x¶y ra x y z t 

Bài tốn 2 :Cho các số dương x, y thỏa
mãn x y 1.

Chøng minh r»ng :

Lời giải :Theo bất đẳng thức (*) ta cú

Suy ra

Đẳng thức xảy ra 2xy x2y2

xy 

Bài toán 3 :Cho các số dương a, b, c, d.
Chứng minh rằng :

Lời giải :Theo bất đẳng thức (*) ta có

Suy ra

4

(a b c d). 4.

a b c d

    

  

a c b d c a d b
a b b c c d d a       

4

(b d). .

a b c d

 

  

b d d b _{(b d).} 1 1

b c d a     _b c d a   _

4

(a c). ;

a b c d

 

  

a c c a _{(a c).} 1 1

a b c d     a b c d   

a c b d c a d b 4.
a b b c c d d a       

1.
2

2 2

1 2 _8.

xy x y  

2 2 2 2

2 2 2

1 2 2 2

xy _x _y 2xy _x _y

4 8

2. 8.

2xy x y (x y)

   

 

  

  

2 2

1 2 _8.

xy x y  

1.
4
1 1 1 1 16.

x y z t   

4 4 _4. 4 _16.

x y z t x y z t

   

    

1 1 1 1 1 1 1 1

x y z t   x y   z t 

1 1 1 1 16.
x y z t   

1 1 1 _{1 1 1,}

a b c a b c       a b c a b c  

1 1 _{4 ,}

x y x y 

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

7

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi :

Bài toán 4 : Cho các số dương x, y, z.
Chứng minh rằng :

Lời giải :Vẫn áp dụng bất đẳng thức (*)
nhưng “tinh vi” hơn một chút ta có

tương tự, ta có

Cộng theo từng vế của ba bất đẳng thức
trên ta suy ra điều phải chứng minh. Đẳng
thức xảy ra khi và chỉ khi x y z (đề nghị
các bạn tự kiểm tra).

Bài toán 5 (đề thi vào lớp 10 chuyên
Toán, ĐH Vinh - 2002):Cho các số dương
a, b, c thỏa mãn abc ab bc ca.

Chøng minh r»ng :

Lêi gi¶i :Ta cã (*)
Suy ra

dễ dàng kiểm tra đẳng thức khơng xảy ra
trong bất đẳng thức trên, ta có :

tương tự, ta có

Cộng theo từng vế của ba bất đẳng thức
trên, kết hợp với giả thiết abc ab bc ca
hay suy ra iu phi chng
minh.

Bài tập áp dông :

Bài 1 : Cho n là số nguyên dương.
Chứng minh rằng :

Bµi 2 : Tìm giá trị nhá nhÊt cđa
víi

Bài 3 : Cho hai số dương a, b có tổng
bằng 1. Tìm giá trị lớn nhất của
Bài 4(TTT2 số 4):Một tam giác có diện
tích S và độ dài ba cạnh là a, b, c. Gọi h_a,
h_b, h_c lần lượt là độ dài các đường cao
tương ứng với các cạnh a, b, c.

Chøng minh r»ng :

Bài 5 (đề thi vào lớp 10, THPT chuyên
Lê Hồng Phong, TP. Hồ Chí Minh - 1992):
Một tam giác có độ dài ba cạnh là a, b, c
và p là nửa chu vi. Chứng minh rằng :

Khi đẳng thức xảy ra thì tam giác có đặc
điểm gì ?

1 1 1 ₂ 1 1 1 _.

p a p b p c      a b c  
a b b c c a

1 1 1 _{a b c .}

h h h h h h   4S

a b

Q .

1 2a 1 2b

 

 

1

0 x .

2

 

1 2

P

x 1 2x

 


1 1 _... 1 _1.

n 1 n 2    3n 1 

1 1 1 1,
a b c  

1 1 3 _{1 ;}

2a 3b c 32a 32b 16c

1 3 1 _{1 .}

3a b 2c 32a 16b 32c

  

 

  

 

1 1 1 _{3 ;}

a 2b 3c 16a 32b 32c    

1 1 1 _{3 ,}

a 2b 3c 16a 32b 32c

   

 

1 1 1 1 1 1 1 1 3

16 a c  32 b c  16a 32b 32c 

1 1_. 1 1

a 2b 3c 4 a c 2b 2c       

1 1 1 1_. _.
x y 4 x y 

  _  _

 _ _

1 1 1 _{3 .}

a 2b 3c 2a 3b c 3a b 2c 16        

1 1 2 _;

y 3z z 2x y y 2z x

1 1 2 _.

z 3x x 2y z z 2x y

 

    

 

    

1 1 4

x 3y y 2z x 2x 4y 2z

1 1 2 _;

x 3y y 2z x x 2y z

 

    

  

    

1 1 1 _.

x 2y z y 2z x z 2x y

  

     

1 1 1

x 3y y 3z z 3x     

a b c d a c

b c d a   b d.

 _

 _{  }  _

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

8

Bài 1.(Problem 7, 1965) Tìm phần dư
trong phép chia đa thức x x3x9x27

x81x243cho x 1 và cho x21.
Bài 2.(Problem 8, 1965)Với những giá
trị thực nào của b thì tån t¹i sè thùc x tháa
m·n : x2bx 1 x2x b 0 ?

Bµi 3.(Problem 9, 1965)

Chứng minh rằng với mọi số thực
dương x, y, z khơng đồng thời bằng nhau,
ta có : (x y)(y z)(z x) > 8xyz.

Bài 4.(Problem 1, 1966)Tìm giá trị lớn
nhất vµ nhá nhÊt cđa biĨu thøc

Bµi 5.(Problem 10, 1966)

Cho 100 người có chiều cao đôi một
khác nhau, xếp thành 10 hàng ngang và
10 hàng dọc. Gọi X là người thấp nhất
trong số 10 người mà mỗi người trong số
đó là người cao nhất của mỗi hàng ngang ;
Y là người cao nhất trong số 10 người mà
mỗi người trong số đó là người thấp nhất
của mỗi hàng dọc. Hãy so sánh chiều cao
của X và Y.

Bài 6.(Problem 11 (a), 1966)

Cho 52 số nguyên bất kì. Chứng minh
rằng ta luôn tìm được hai số có tổng hoặc
hiệu là bội của 100.

4 2
2 2

x x 5

f(x) .

(x 1)

ThS. Nguyễn Văn Nho(NXBGD)

Cuc thi Olympic

toỏn hc ca nc Anh

(Tip theo kỡ trc)

Kì này tòa soạn xin giới thiệu tiếp một số bài thi của các năm
1965, 1966.

1. §o trÝ th«ng minh

Bài 1 :Nếu bạn tìm ra số nào trong các
số 101, 110, 111, 1000 là số tiếp theo
trong dãy năm số, được đặt ở vị trí dấu
“?”, hãy soạn tin nhắn trả lời theo mẫu
3T2 IQ B1 số đúngrồi gửi đến số 986.

Ví dụ :Nếu bạn thấy số 101 là số được
đặt ở vị trí dấu “?”, hãy soạn tin nhn 3T2
IQ B1 101gi n s 986.

Bài 2 :Nếu bạn tìm ra số nào trong các
số 25625, 36500, 49375, 64250 lµ sè tiÕp

theo trong dãy năm số, được đặt ở vị trí
dấu “?”, hãy soạn tin nhắn trả lời theo mẫu
3T2 IQ B2 tên hìnhrồi gửi đến số 986.

Ví dụ : Nếu bạn thấy số 25625 là số
được đặt ở vị trí dấu “?”, hãy soạn tin nhắn
3T2 IQ B2 25625gửi đến số 986.

2. Không chỉ là văn

Bn hóy tỡm t thớch hp hn để sửa lại
câu thơ “Bánh đa nem trộn thật giòn”cho
thật chuẩn và soạn tin nhắn trả lời theo
mẫu 3T2 V đáp ánrồi gửi đến số 986.

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

9

CUỘC THI OLYMPIC TOÁN HỌC CỦA NC ANH

Bài 1.(Problem 2, 1965, cải biên)

Gi 4R là bán kính của mặt hồ hình
trịn, có tâm O. Gọi (C) là đường trịn tâm
O, bán kính 0,95R. Ban đầu, Hà bơi đến
đường trịn (C) rồi bơi quanh (C) cho đến
khi nhìn thấy Thiệp trên bờ hồ sao cho vị
trí của Hà, điểm O và vị trí của Thiệp thẳng
hàng theo thứ tự đó. Điều này có thể thực
hiện được, do chu vi của đường tròn (C) bé
hơn chu vi của cái hồ còn vận tốc của
Hà chỉ đúng bằng vận tốc của Thiệp.
Lúc này, Hà tiếp tục bơi thẳng đến bờ hồ
theo hướng ngược lại với vị trí của Thiệp,
Hà sẽ phải mất thời gian là

(đơn vị thời gian).
Khi đó, muốn bắt kịp Hà, Thiệp phải
chạy hết nửa chu vi bờ hồ với tốc độ 4v,
phải mất thời gian là

Sau khi đến bờ, vì chạy nhanh hơn Thiệp
nên Hà hồn tồn có thể chạy thốt được.

Bµi 2. (Problem 3, 1965)

Các bạn có thể tiến hành kiểm tra trực
tiếp hoặc sử dụng định lí Phécma nhỏ.
Kết quả cịn đúng cho mọi số ngun tố p.

Bµi 3. (Problem 5, 1965)

Ta cã n(n 1)(n 2)(n 3) 1

n46n311n26n 1 (n23n 1)2,
là số chính phương với mọi n .

Bài 4. (Problem 6, 1965, cải biên)

Trc tiờn, hóy chứng tỏ

 là một số nguyên.
Từ đó suy ra phần thập phân của số

thùc lµ sè 1  .

Mặt khác, ta có 0 < < 1 nên phải
tồn tại số n đủ lớn để cho < 0,001.

Suy ra điều phải chứng minh.

n

(2 2)

n

(2 2)

n

(2 2)

n

(2 2)

n

(2 2)

n

(2 2)

2 (3,14)4R R R 1

t (3,14) (3,05) t .

4v v v

   

1 4R 0,95R R

t (3,05)

v v



 

1
4
1

4

Ví dụ :Nếu đáp án của bạn là “nướng”

thì bạn hãy nhắn tin 3T2 V NUONG gửi
đến số 986.

3. Vào thăm vườn Anh

Bạn hãy tìm từ ở hàng ngang thứ hai từ
trên xuống rồi soạn tin nhắn trả lời theo
mẫu 3T2 VA đáp ánrồi gửi đến số 986.

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

4. Rừng Cười

Hãy giải đáp câu “Con gì đào đất âm

thầm cả năm ?” rồi soạn tin nhắn trả lời
theo mẫu 3T2 RC đáp án rồi gửi đến số
986.

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

-

Giải đặc bit :

Số máy

0912455401

.

-

Giải khuyến khích :

1. S mỏy

0915092265

;

2. Số máy

0989440833

;

3. Số máy

0989362848

.

Đề nghị các bạn trúng thưởng hãy

gửi ngay tin nhắn từ các số máy trên

về số máy

0903436757

với nội dung :

“họ tên và địa chỉ đầy đủ của bạn”

để

Tòa soạn kịp thời trao phần thưởng.

KÕt qu¶

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

Hướng dẫn giải đề kì trước

(Kì thi học sinh giỏi lớp 9, 2003 - 2004, tỉnh Phú Thọ)

(TTT2 sè 35)

10

Bài 1 :a) Vì p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên p là số lẻ, khơng chia hết cho 3. Do đó :

lp 2k 1 (k , k > 1) suy ra A (p 1)(p 1) 2k(2k 2) 4k(k 1) A 8 ;
lp 3h 1 (h , h > 1) suy ra A 3. VËy A (p 1)(p 1) 24.

b) Ta có xy 2x 3y 1 0 y(x 3) 2x 1. (*)
Vì x 3 khơng là nghiệm của phương trình đã cho nên (*)  .
Vì y là số nguyên nên 5 (x 3), suy ra x 3 nhận các giá trị 1 ; 5. Từ đó ta xác
định được hai nghiệm nguyên dương (x ; y) của phương trình đã cho là : (4 ; 7) và (8 ; 3).
Bài 2 :Ta có a3b3c33abc  (a b c)[(a b)2(b c)2(c a)2] 0

a b c 0 (do a, b, c ụi mt khỏc nhau).
Suy ra

Mặt khác

VËy

Bµi 3 :a) 3|x| 2ax 3a 1. (1)
+ NÕu x 0 th× (1) 3x 2ax 3a 1 x(2a 3) 3a 1. (2)

Víi a   , ta cã (2) v« nghiƯm ;

Víi a   , nghiƯm cđa (2) lµ x₁ vµ x₁sÏ lµ nghiƯm cđa (1) nÕu 0.
+ NÕu x 0 th× (1)  3x 2ax 3a 1 x(2a 3) 3a 1. (3)

Víi a  , ta cã (2) v« nghiƯm ;

Víi a  , nghiƯm cđa (2) lµ x₂ vµ x₂sÏ lµ nghiƯm cđa (1) nÕu 0.
+ Nh­ vËy, (1) cã nghiƯm duy nhÊt khi vµ chØ khi hc

(Xem tiÕp trang 15)

2

1 2 3a 1 3a 1 (3a 1)₂ 1 3 3

x .x 0 0 0 a hc a hc a .

2a 3 2a 3  _4a ₉ 3 2 2

           

  _

1
2

x 0

x 0



 

1

2

x 0

x 0



 


3a 1
2a 3

3a 1
2a 3

3
2
3
2

3a 1
2a 3

3a 1
2a 3

3
2

3
2

b c c a a b a b c _9.

a b c b c c a a b

  

 _ _  _ _ _

  _ _ _ 

  

bc[(a b) (c a)] ca(c a) ab(a b) _{(a b)(b c)(c a).}

abc abc

           

 

b c c a a b bc(b c) ca(c a) ab(a b)

a b c abc

 _  _  _     
2 2 2 3 3 3

(a b c )(a b c) 2(a b c ) 3abc 9abc _.

(a b)(b c)(c a) (a b)(b c)(c a)

        

 

     

a b c a(c a)(a b) b(b c)(a b) c(b c)(c a)
b c c a a b        (a b)(b c)(c a)      

1
2

2x 1 5

y 2

x 3 x 3

  

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

11

ĐỀ THI TUYỂN SINH VAØO LỚP 10, NĂM HỌC 2005-2006

Trường THPT năng khiếu Trần Phú, Hi Phũng

Thời gian : 150 phút

Bài 1 :(2,0 điểm)

Cho biểu thøc

1. Tìm điều kiện của x, y để P xác định. Rút gọn P.
2. Tìm x, y nguyên thỏa mãn phương trình P 2.
Bài 2 :(2,0 điểm)

Cho phương trình : (x m 2)[x22(m 2)x 4m 8] 0. (1)
1. Giải phương trình (1) khi m 2.

2. Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (1) có hai
nghim dng v mt nghim õm.

Bài 3 :(2,0 điểm)

1. Cho hệ phương trình :

Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất (x ; y) thỏa mãn y2x.
2. Cho a, b, c > 1. Chng minh rng :

Đẳng thức xảy ra khi nào ?
Bài 4 :(2,0 điểm)

Cho đường tròn tâm O đường kính AB 2R và C là một điểm
thuộc đường tròn (C A ; C B). Trên nửa mặt phẳng bờ AB
có chứa điểm C, kẻ tia Ax tiếp xúc với đường tròn (O). Gọi M là
điểm chính giữa cung nhỏ AC. Tia BC cắt Ax tại Q, tia AM cắt
BC tại N.

1. Chứng minh các tam giác BAN và MCN cân.
2. Khi MB MQ, tính BC theo R.

Bài 5 :(2,0 điểm)

1. Gọi S(n) là tổng tất cả các ước số lẻ lớn nhất của các số
tự nhiên 1, 2, 3, ... , 2n(n 0). Chøng minh r»ng : S(n)  .

2. Cho ABC. Một đường thẳng (d) quay quanh điểm A sao
cho B và C nằm về một phía của (d). Gọi B₁, C₁tương ứng là
hình chiếu vng góc của B và C trên (d). M là điểm thuộc (d)
sao cho M và B nằm về hai phía của AC và AM.B₁C₁k > 0
cho trước. Chứng minh rằng khi (d) thay đổi, M luôn thuộc một
đường thẳng cố định.

n

4 2

3

a b c _12.

b 1  c 1  a 1 

mx y 1

x y m.

  



   


2 2 2 2

x y x y

P .

(x y)(1 y) (x y)(1 x) (1 x)(1 y)

  

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

12

l

KÕt qu¶ :

THI GIẢI TỐN QUA THƯ

Bài 1(34) : Tìm tất cả các số nguyên
dương n sao cho 2n 153 là bỡnh phng
ca mt s nguyờn.

Lời giải (của bạn Nguyễn Ngô Minh Thắng,
9/1, THCS Nguyễn Khuyến, TP. Đà Nẵng) :
* Nếu n 2k 1 (k ) th× 2n22k 1

2.4k2(3 1)kchia 3 dư 2. Suy ra 2n153

chia 3 dư 2  2n153 khơng là số chính
phương với n lẻ (vì một số chính phương khi
chia cho 3 chỉ cho số dư là 0 hoặc 1).

* Nếu n 2k (k ). Đặt 2n153 m2
(khơng mất tính tổng qt có thể giả sử
m ). Khi đó m222k153

(m 2k)(m 2k) 153 3.3.17. (*)
Ta thÊy m 2k> 0 ; m 2k> 0 và m 2k>
> m 2knên từ (*) suy ra :

1) m  2k  1 vµ m 2k 153, lúc này
2k76, không xảy ra ;

2) Hoặc m 2k 3 và m 2k 51, lúc
này 2k24, cũng không xảy ra ;

3) Hoặc m  2k 9 vµ m  2k  17, lóc
nµy 2k4 suy ra k 2 n 4.

Thư l¹i ta thÊy n 4 là giá trị duy nhất
thỏa mÃn điều kiƯn bµi ra.

Nhận xét :Hoan nghênh các bạn lớp 8C,
THCS Hồ Xuân Hương, Quỳnh Lưu, Nghệ An
đã tham gia giải bài rất sôi nổi với nhiều cách
giải khác nhau. Cũng xin nêu tên một số bạn
có lời giải tốt : Nguyễn Việt Anh, 9D, Trường
Hà Nội - Amsterdam, Hà Nội; Lê Thị Tuyết

Mai, 7A₁, THCS Yên Lạc, Vĩnh Phúc; Hà
Thị Thanh Huyền, 9A₁, THCS Lâm Thao,
Phú Thọ; La Hồng Qn, 7B, THCS Nguyễn
Chích, Đơng Sơn, Thanh Hóa; Nguyễn Đức
Cơng, 9D, THCS Lý Nhật Quang, Đơ Lương ;

Ngun ThÞ Trang, 9G, THCS Đặng Thai
Mai, TP. Vinh ; Ngô Minh Đức, 8A, THCS Sơn
Hải, Quỳnh Lưu, Nghệ An ; Võ Ngọc Đức,
9A₁, THCS Nhơn Hậu, An Nhơn, Bình Định.

Nguyễn Văn M¹nh

Bài 2(34) : Cho a, b, c là các số thực
dương thỏa mãn abc 1. Hãy tìm giá trị nhỏ
nhất của biu thc

Lời giải : Ta có 2P

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 3, xảy ra khi
và chØ khi a b c 1.

Nhận xét :1) Lời giải trên đã sử dụng bất
đẳng thức Cô-si. Sử dụng các bất đẳng thức
quen biết 3(a2 b2c2) (a  b  c)2và

(a, b, c dương)
với biến đổi

cïng sÏ cho một lời giải khác.

2) Cỏc bn ó nờu c mt số kết quả
mở rộng đúng của bài tốn. Ví dụ :

- Bạn Lê Thị Nguyệt, 9A₃, THCS Chu
Mạnh Trinh, Văn Giang, Hưng Yên chứng
minh ®­ỵc biĨu thøc :

2n 2n 2n 2n 2n 2n

n n

b c a c a b

a b

   

 

2n 2n 2n
n

a b c

Q

c

 

 

2 2 2 2 2 2 2 2

b c a 2a c a b 2b

a b

     

 

2 2 2 2

a b c 2c

P

c

  

 

1 1 1

(a b c) 9

a b c

 

  _   _

 

2 2 2 2

4 4 4 4 4 4

3

c a a b _{2(a b c)}

b b c c

4 b 4 c 4 a 2(a b c)

2(a b c).

Suy ra P a b c 3 abc 3.

 
 _    _   
 
     
  
    

2 2 2 2 2 2 2 2

a b b c b c c a

c c a a a a b b

   

  _      _{ }    _

   

2 2 2 2 2 2

b c a c a _{b .}

a b

   

 

2 2 2

a b c

P

c

 

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

13

có giá trị nhỏ nhất là 3 (n ).

- Bn Hoàng Thị Thu Hiền, 8E, THCS Lê
Mao, TP. Vinh, Nghệ Anchứng minh được,
với n số dương a₁, a₂, ..., a_n thỏa mãn
a₁.a₂...a_n1 thì biểu thức

có giá trị nhỏ nhất là n(n  2), trong đó
S a₁2a₂2... a_n2.

3) Các bạn sau cũng có lời giải ngắn gọn
và những mở rộng đúng : Ngô Hải Hà,
Nguyễn Kim Hùng, 9A₁, THCS Yên Lạc,
Vĩnh Phúc ; Hoàng Văn Sáng, 9A₁, phân
hiệu học sinh giỏi Kiến Xương ; Ngô Thị
Diệp, 6A, THCS Thái Thịnh, Thái Thụy,
Thái Bình ; Phạm Thị Hương, 8E, THCS
Sơn Hải, Quỳnh Lưu, Nghệ An ; Trần Đức
Thiện, 9G, THCS thị trấn Kì Anh, Hà Tĩnh;

Nguyễn Ngô Minh Thắng, 9/1, THCS
Nguyễn Khuyến, TP. Đà Nẵng ; Phan Tấn
Huân, 9E, THCS Lương Thế Vinh, TP. Tuy
Hòa, Phú Yên; Phạm Minh Quõn, 8₂, THCS
Nguyn Du, Phan Thit, Bỡnh Thun.

Trần Hữu Nam

Bi 3(34) : Chứng minh rằng khơng có
số nào trong hai số sau : p 1 và p 1 là
số chính phương với p là tích của 2005 số
nguyên tố đầu tiên.

Lêi gi¶i :Tõ gi¶ thiÕt, suy ra p chia hÕt
cho 2 và 3 nhưng không chia hết cho 4.

Ta cịn biết, một số chính phương khi
chia cho 3 và 4 thì chỉ có thể dư 0 hoặc 1.

Như vậy, vì p 3 suy ra p 1 chia cho 3
dư 2 p 1 không là số chính phương ;

Vì p 2 và khơng chia hết cho 4 suy ra p
chia cho 4 dư 2 p 1 chia cho 4 dư 3 nên
p 1 cũng khơng là số chính phương.

Nhận xét : Nhiều bạn đã giải bài này
bằng nhiều cách và phát hiện được bài toán
vẫn đúng với p là tích của n số nguyên tố
đầu tiên (n > 1). Các bạn tiêu biểu nhất là :

Ngun ThÞ ThủyB, 9A₁; Lê Thị Tuyết Mai;

Nguyễn Thị Lợi, 7A₁, THCS Yên Lạc, Vĩnh
Phúc; Đậu Phi Lựcvà Hồ Hữu Quân, 8C,

THCS Hồ Xuân Hương, Quỳnh Lưu ; Phạm
Thị Quỳnh Mai, 9E, THCS thị trấn Quỳ Hợp,
Quỳ Hợp, Nghệ An ; Phạm Lê Ngọc, 8A,
THCS Vượng Lộc, Can Lộc ; Nguyễn Anh
Vũ, 8B, THCS thị trấn Kì Anh, Kì Anh, Hà
Tĩnh; Nguyễn Quang Chẩn, 9A, THCS Yên
Phong, Bắc Ninh; Nguyễn Huy Linh, 8B,
THCS Yên Bái, Yên Định, Thanh Hóa; Võ
Ngọc Đức, 9A₁, THCS Nhơn Hậu, An Nhơn,
Bình Định ; Phạm Thị Vân, 8/1, THCS
Đồng Sơn, Đồng Hới, Quảng Bình ; Võ
Xuân Minh, 81, THCS Nguyễn Văn Trỗi,
Cam Nghĩa, Cam Ranh, Khánh Hịa.

Ngun Anh Qu©n

Bài 4(34) :AB và CD là hai đường kính
vng góc với nhau của một đường trịn tâm
O, bán kính R. M là một điểm thuộc (O ; R).
Tìm giá trị lớn nhất của P MA.MB.MC.MD.
Lời giải :Ta phải xét bốn trường hợp :

Trường hợp 1 : M thuộc nhỏ. Gọi H,
K lần lượt là hình chiếu của M trên OA, OB.

Ta thÊy : P MA.MB.MC.MD 

2S(MAB).2S(MCD) (v× )

AB.MH.CD.MK 4R2.MH.MK

4R2.MH.OH (v× MK OH)

(định lí Py-ta-go) 2R4.
Vậy P 2R4. Đẳng thức xảy ra

MH OH M là trung điểm nhỏ.
Tương tự trường hợp 1ta đều có P 2R4
trong các trường hợp cịn lại :



AC

2
2 OM

4R
2

 

2 2
2 MH OH

4R

2

 

  o

AMB CMD 90 


AC

2 2 2

1 2 n

1 2 n

S 2a S 2a S 2a

P ...

a a a

  

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

14

Trường hợp 2 :M thuộc nhỏ ;

Trường hợp 3 :M thuộc nhỏ ;

Trường hợp 4 :M thuộc nhỏ.

Tóm lại, với mọi điểm M thuộc (O, R) ta có

P 2R4, đẳng thức xảy ra M là trung điểm
các cung nhỏ , , , . Khi đó P
đạt giá trị lớn nhất là 2R4.

Nhận xét :Khơng có bạn nào có lời giải
hồn chỉnh (xét đủ bốn trường hợp). Các
bạn có lời giải tương đối tốt : Hồ Phúc Lộc,
9A, THCS Hồ Xuân Hương, Quỳnh Lưu,
Nghệ An ; Nguyễn Ngô Minh Thắng, 9/1,
THCS Nguyễn Khuyến, TP. Đà Nẵng ;

Nguyễn Văn Hùng, 9D₅, THCS Chu Văn
An, Ngơ Quyền, Hải Phịng; Phan Thị Tú
Anh, 9A, THCS Vnh Tng, Vnh Phỳc ;

Trần Đức Thiện, 9G, THCS thị trấn Kì Anh,
Kì Anh, Hà Tĩnh.

Nguyễn Minh Hà

Bi 5(34) : Trong mặt phẳng cho đường
tròn (O) và hai điểm A, B cố định nằm trên
đường tròn. Tìm quỹ tích những điểm M
sao cho đoạn thẳng AM có một điểm chung
thứ hai C (khác A) với đường tròn (O) và
AM MC CB. (1)

Lêi gi¶i :

Theo giả thiết thì điểm M khơng nằm

trong đường trịn (O) sao cho đoạn thẳng
AM cắt (O) ở điểm C và thỏa mãn điều kiện
(1). Điều đó có nghĩa là điểm M phải thỏa
mãn điều kiện cần và đủ sau :

AC CM MC CB, (2)
trong đó C thuộc đoạn AM và C nằm trên
đường trịn (O).

Nhưng (2) xảy ra khi và chỉ khi CA CB,
nghĩa là điểm M thỏa mãn (1) khi và chỉ khi
đoạn thẳng AM cắt (O) ở điểm C cách đều
A và B và do đó, C là một trong hai giao
điểm C₁, C₂ của đường kính C₁C₂ của
đường trịn (O) vng góc với dây cung AB.
Từ đó ta đi đến kết luận :

Quỹ tích những điểm M trong mặt phẳng
thỏa mãn điều kiện của bài toán là hai tia
C₁x₁, C₂x₂là các tia đối của hai tia C₁A và
C₂A, trong đó C₁C₂là đường kính của (O)
vng góc với AB. Ngồi ra, hai đường
thẳng AC₁và AC₂chứa hai tia quỹ tích C₁x₁
và C₂x₂vng góc với nhau ở điểm A.

Nhận xét :1) Có một vài bạn cũng đã sử
dụng cách trình bày gộp hai phần thuận
đảo của bài tốn quỹ tích (như trên) để lời
giải gọn gàng nhưng vẫn đảm bảo tính chặt
chẽ của lập luận. Tuy nhiên các bạn cịn

q lạm dụng kí hiệu “” để chỉ điều kiện
cần và đủ trong lời giải của mình.

2) Một số bạn viết “Quỹ tích của điểm M
nằm trên hai tia C₁x₁và C₂x₂”là thiếu chính
xác và chuẩn mực trong việc sử dụng ngôn
từ, mặc dù chứng minh đúng cả hai phần
thuận, đảo vì câu viết như vậy không thể
hiện được việc đã chứng minh phần đảo.

3) Ngoài ra, một số bạn xét cả trường
hợp điểm M nằm trong đường trịn, hoặc để
sót một trong hai tia C₁x₁và C₂x₂.

4) Các bạn sau đây có lời giải đúng và
gọn gàng hơn cả : Nguyễn Việt Anh, 9D,
trường Hà Nội - Amsterdam, Hà Nội ;

Hoàng Văn Sáng ; Nguyễn Xuân Thiện,
9A₁, phân hiệu học sinh giỏi Thanh Nê,
Kiến Xương, Thái Bình ; Nguyễn Huy
Hồng, 8C, THCS Lí Nhật Quang, Đơ
Lương ; Hoàng Thị Thu Hiền, 8E, THCS Lê
Mao, TP. Vinh, Nghệ An ; Trần Xuân
Nguyên Trực; Nguyễn Thị Hạnh Thúy, 8B,
THCS thị trấn Kì Anh, Kì Anh, Hà Tĩnh ;

Đàm Thị Thùy Linh, 9A₃, THCS Chu Mạnh
Trinh, Văn Giang, Hưng Yên ; Đoàn Thu
Hồng, 9/2, THCS Lê Quý Đôn, TP. Hi

Dng, Hi Dng.

Nguyễn Đăng Phất

DA

BD

CB

AC

DA

BD

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

15

b) Từ ®iỊu kiƯn |f(x)| 1, víi mäi x [1, 1], ta cã :

|f(0) f(1)| 2 (a b)24 ; |f(0) f(1)| 2 (a b)24.

Mặt khác 4a23b22(a b)22(a b)2b22(a b)22(a b)216.

Vy 4a2_3b2_{t giỏ trị lớn nhất bằng 16, khi và chỉ khi : (a ; b ; c) nhận giá trị là}

(2 ; 0 ; 1) hc (2 ; 0 ; 1).

Bài 4 :Lấy điểm C thuộc đoạn OA sao cho OC m (C cố định).
Vẽ đường tròn ngoại tiếp ABO và

trung trùc cđa AB, c¾t nhau tại M.
Đường thẳng qua trọng tâm G của

ABO vuông góc với AB cắt OM t¹i N.
Ta cã MAC  MBO (c.g.c) suy ra
MO MC ;

không đổi M cố định (là giao điểm của
đường trung trực của OC và cung OC
chứa góc ).

Gäi I là trung điểm của AB. Xét OMI,
N thuộc OM và G thuộc OI. Vì G là trọng
tâm của ABO nên ; NG // MI
(vì cùng vu«ng gãc víi AB) suy ra

N cố định. Vậy đường

thẳng qua trọng tâm G của ABO vng góc với AB đi qua điểm N cố định (đpcm).
Bài 5 :Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC và A₁, B₁, C₁lần lượt là trung điểm
của các cạnh BC, CA, AB.

Ta có AA₁m_aR OA₁(đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi AB AC) ;
BB₁m_bR OB₁(đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi AB AC) ;

CC₁m_cR OC₁(đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi AB AC).

Suy ra . (1)

Ta cã ; (2)

. (3)
Thay (2), (3) vào (1) và biến đổi ta được : .

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ABC là tam giác đều.

a b c
a b c

m m m R r

h  h  h  r

1 1 1
a b c

OA OB OC ₁

h h h

   

1 1 1

1 1 1 1 1 1

a b c a b c

OA OB OC

2S 2S 2S

2S a OA b OB c OC OA OB OC 2S

h h h h h h

 

                

 

a b c a b c

2S 2S 2S 2S 1 1 1 1

2S (a b c)r a b c

r h h h h h h r

             

a b c 1 1 1

a b c a b c a b c

m m m _R 1 1 1 OA OB OC

h  h  h  _h h h   _{ } h  h  h _
OM OG 2

ON  OI  3

OG 2
OI 3

    

OMB CMA OMC BMA AOB   

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

16

Vị Béi Tun (Hµ

Sau khi chiến tranh thế giới lần thứ

hai bùng nổ, Han-ton được cơ quan

tình báo Anh gài vào làm ở Tổng bộ lục

quân Đức. Trẻ trung, nhanh nhẹn,

thông minh, lại từng được đào tạo bài

bản nên Han-ton nhanh chóng chiếm

được lòng tin của tướng Mắc. Tướng

Mắc đã phong quân hàm trung tá cho

Han-ton, cử anh làm tham mưu chính

và cho phép tự do ra vào trong nhà

riêng của mình.

Nhờ có mấy lần được vào phịng làm

việc của tướng Mắc nên Han-ton đã

biết được vị trí của chiếc két vàng đựng

tài liệu quân sự tuyệt mật. Chiếc két

này được đặt đằng sau một bức tranh

sơn dầu khổ lớn. Tuy nhiên, mật mã

mở két thì Han-ton vẫn chưa tìm ra

được.

Thấy tướng Mắc tuổi đã cao, trí nhớ

kém nên Han-ton suy đốn nhất định

mật mã phải được ghi lại ở đâu đó dễ

thấy.

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

17

Vụ mất trộm chiếc

vòng kim cương

l

KÕt qu¶ :

_{(TTT2 sè 34)}

rượu, nhưng lần này là cốc rượu có pha

thuốc ngủ.

Tướng Mắc ngủ ngay sau đó. Han-ton

vội lẻn vào phịng làm việc của ông ta.

Lúc này đã q 1 giờ sáng.

Han-ton nhanh chóng lục sốt sách vở,

sổ tay trên bàn nhưng khơng tìm được mật

mã két vàng. Anh chú ý đến cả một số

giấy tờ trong ngăn kéo tủ nhưng cũng

không thấy ông Mắc ghi lại mật mã.

Han-ton chỉ biết chắc chắn rằng mật

mã gồm 6 chữ số bởi vịng quay mở két có

6 con số. Làm sao có thời gian để mò

mẫm lần lượt tất cả những số có 6 chữ số

được ?

Đúng lúc băn khoăn nhất thì Han-ton

chợt để ý đến chiếc đồng hồ treo tường.

Quái lạ ! Anh lục lọi trong phòng khá lâu

rồi mà sao kim đồng hồ vẫn chỉ 1 giờ

27 phút. Thì ra đồng hồ chết. Trong đầu

Han-ton lóe lên một ý nghĩ : Hay mật mã

chính là con số trên đồng hồ ? 1 giờ 27 phút

16 giây... như vậy sẽ được một số gồm 5

chữ số là 12716. Không, không phải...

mật mã gồm 6 chữ số kia ! Hay là thêm số

0 vào trước con số chỉ giờ ? Như vậy sẽ có

con số 012716. Han-ton mừng quýnh, thử

mở ngay... nhưng rất tiếc, cánh cửa két

vàng vẫn đứng im.

Bỗng, Han-ton sực nhớ đến thám tử

Sê-Lốc-Cốc, anh quay số điện thoại gọi

ngay. Sau khi nghe Han-ton kể lại mọi

chuyện, thám tử Sê-Lốc-Cốc đã chỉ dẫn

cho anh cách mở két. Han-ton làm theo

và lập tức cánh cửa két đã bật mở. Anh đã

chụp được nhiều tài liệu tối mật về quân sự.

* Đố các bạn biết, thám tử Sê-Lốc-Cốc

đã đoán số nào là mật mã két vàng ?

Tất cả các bạn tham gia gửi bài

dự thi lần này đều có câu trả lời

đúng. Tên trộm chính là Uyn-xơ.

Hắn đã để lộ sự gian dối của mình

qua lời khai sơ hở : Xem Tivi khi

tồn thành phố đang mất điện.

Phần thưởng kì này được trao

cho năm bạn có bài làm ngắn gọn,

mạch lạc và trình bày sạch đẹp :

Nguyễn Thị Minh Phương

, 8C,

THCS Thành Nhân, Ninh Giang,

Hải Dương

;

Nguyễn Thị Lan Anh

,

169 Tiểu khu Tân Sơn, TT. Bút

Sơn, Hoằng Hóa,

Thanh Hóa

;

Đặng Nguyễn Lan Trâm

, mẹ là

Trần Thị Oanh, giáo viên TH thị trấn

Cẩm Xuyên,

Hà Tĩnh

;

Nguyễn

Thị Như Ngọc

, 9/3, THCS Lª

Hång Phong, HuÕ,

Thõa Thiªn

-HuÕ

;

NguyÔn ThÕ Duy

, 6A

₁₁

,

THCS NguyÔn §×nh ChiĨu, Phan

ThiÕt,

B×nh Thn

.

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

18

M

ột phương pháp hay

Trong bµi :

“So sánh giá trị
của một biểu thức
với một số”, TTT2
số 32, tác giả Trần
Văn Hinh có đưa ra ba bất đẳng thức :

(1)
(2)
(3)
Tác giả đã đưa ra ba cách chứng minh
bất đẳng thức (1) và nhận xét rằng, cách
thứ hai không áp dụng được để chứng

minh các bất đẳng thức (2) và (3).

Tơi đã tìm cách phủ định nhận xét này
và đã thành công. Trước hết ta nhắc lại
cách thứ hai để chứng minh bất đẳng thức
(1) trong bài viết trên :

Ta cã

Cách giải trên đã sử dụng một phương
pháp khá quen thuộc là : phân tích mỗi số
hạng liên tiếp của một tổng thành hiệu của
hai số mà số trừ của hiệu đứng trước bằng
số bị trừ của hiệu kế tiếp, do đó các số
hạng ở giữa sẽ triệt tiêu lẫn nhau :

Để tính tổng F f(1) f(2) ... f(n), ta
cần xác định g(k) mà f(k) g(k 1) g(k).
Khi đó F g(0) g(1) g(1) g(2) ...

g(n 1) g(n) g(0) g(n).

Ta hồn tồn có thể chứng minh được
các bất đẳng thức (2) và (3) theo phương
pháp trên. Sau đây tôi xin đưa ra các
chứng minh của ba bất đẳng thức tổng
quát của (1), (2) và (3).

lVới mọi a, n là các số nguyên dương và

a 1, ta cã :

(1’)
(2’)
(3’)
Chøng minh (1) :Đặt

Dễ thấy g(k 1) g(k) suy ra :

S₁g(0) g(n)

Chứng minh (2) :Đặt

Dễ thấy g(k 1) g(k)  suy ra :
S₂g(0) g(n) < g(0) 

Chøng minh (3) :Đặt

D thy g(k 1) g(k) (k nguyờn
dng không nhỏ thua 2), suy ra :

S₃g(1) g(n) < g(1) 

Phương pháp trên còn được sử dụng
trong một số dạng tính tổng khác, đề nghị
các bạn tìm hiểu thêm.

2

1 .

(a 1)

k

k 1,
a



k 2

ka k 1

g(k) .

a (a 1)

 



2

a .
(a 1)

k

k ,
a

k 2

(k 1)a k

g(k) .

a (a 1)

 



n

1 1 _{1 .}

a 1 _{a (a 1)} a 1

  
 _ 
k
1 ,
a
k 1
g(k) .

a (a 1)




3 1₂ 2₃ 3₄ _{n 1}n 1 ₂

S ... .

a a a a  (a 1)

     


2 1 2₂ 3₃ n_n a ₂

S ... ;

a a a a (a 1)

     

1 1 1₂ 1₃ 1_n 1

S ... ;

a _a _a _a a 1

     

1 127
1 1.
128 128
   

1 1 1 1 1 1 1

1 ...

2 2 4 4 8 64 128

        

1 1 1 1 1 1 1

2 4 8 16 32 64 128

      

2 3 4 5 6 7

1 1 1 1 1 1 1

2 2 2 2 2 2 2

2 3 4 100 101

1 2 3 _... 99 100 1_.

4
3 3 3  3 3 

2 3 100 101

1 2 3 _... 100 101 3 _;
3₃ ₃  ₃ ₃ 4

2 3 4 5 6 7

1 1 1 1 1 1 _{1 1;}

2 2 2 2 2 2 2 

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

19

TRẬN ĐẤU THỨ HAI MƯƠI SÁU

TRẬN ĐẤU THỨ HAI MƯƠI TÁM

lNgười thách đấu :Nguyễn Minh Hà, ĐHSP Hà Nội.

lBài toán thách đấu :Cho tam giác ABC nhọn và điểm O nằm trong tam giác, sao

cho OA, OB, OC đôi một khác nhau. Các điểm X, Y, Z theo thứ tự là trung điểm của các
cung của các đường tròn ngoại tiếp các tam giác BOC, COA, AOB.
Chứng minh rằng : Các điểm O, X, Y, Z cùng thuộc một đường tròn.

lXuất xứ :Sáng tác. lThời hạn nhận thách đấu :Trước ngày 15 - 03 - 2006.

  

BOC, COA, AOB

Đây là bài toán thuộc loại đã quen thuộc với nhiều học sinh, tính tốn khơng khó

khăn. Có khoảng 50 bạn gửi lời giải tới tòa soạn, tất cả đều giải đúng và cùng theo một
hướng giải. Điểm khác nhau duy nhất giữa các lời giải là chọn tham số ít hay nhiều,
tham số ít thì chúng ta ít phải tính tốn hơn và lời giải gọn gàng hơn. Có duy nhất hai
bạn trẻ tuổi hơn, cùng đứng tên trong một bài giải, đạt các yêu cầu trên. Đó là hai võ sĩ
đăng quang trong trận đấu này : Phạm Lê Ngọcvà Thái Bảo Toàn, 8A, THCS Vượng
Lộc, Can Lộc, Hà Tĩnh. Xin giới thiệu với bạn đọc bài giải đó :

Vì p, q là hai nghiệm phân biệt của phương trình x4ax3bx2ax 1 0 nên theo
định lí Bơ-du ta có x4ax3bx2ax 1 (x p)(x q).f(x), trong đó f(x) là một tam
thức bậc hai. Suy ra x4ax3bx2ax 1 (x2(p q)x 3).f(x).

Đặt n p q và viết f(x) x2mx .
Ta có x4ax3bx2ax 1

Đồng nhất các hệ số ta nhận ®­ỵc :

Từ phương trình thứ nhất và phương trình thứ ba trong 3 phương trình trên suy ra
thay vào phương trình thứ hai ta được

Từ đó suy ra 9a248b 160 (đpcm).

nguyễn minh đức

2

10 3a 10

b mn .

3 16 3

   

a 3a

m , n .

4 4

 

10 n

m n a ; mn b ; 3m a.

3 3

     

4 3 10 2 n

x (m n)x mn x 3m x 1.

3 3

   

   _  _ _  _ 

   

2 2 1

(x nx 3) x mx
3

 

   _   _

 

1
3

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

20

VỊ TRÍ GIAO ĐIỂM

CỦA ĐỒ THỊ CÁC HÀM SỐ

Ngồi việc xét sự tương giao giữa đường
thẳng và parabol (xem TTT2 số 23), chúng
ta cịn có thể xét được vị trí giao điểm của
chúng trên mặt phẳng tạo độ.

1. VÞ trÝ giao ®iĨm cđa hai ®­êng th¼ng
(D) : y ax + b và (D) : y ax + b

l(D) và (D) cắt nhau khi vµ chØ khi a a’.

l (D) vµ (D) cắt nhau tại một điểm trên

trục tung khi b b.

l (D) và (D) cắt nhau tại một điểm trên

trục hoành khi ax b ax b’ 0.

lTọa độ giao điểm của (D) và (D’) là :

(*)
Từ đây ta có thể xác định được giao điểm
của (D) và (D’) nằm bên phải hay bên trái
trục tung ; bên trên hay bên dưới trục hoành.
2. Vị trí giao điểm của đường thẳng
(D) : y f(x) và parabol (P) : y g(x)

l Hoành độ giao điểm của (D) và (P) là

nghiệm của phương trình bậc hai f(x) g(x).
Vậy (D) và (P) cắt nhau  phương trình
trên có nghiệm   0.

l Việc xét vị trí tương đối giữa giao điểm

của (D) và (P) đối với trục tung chính là
việc xét dấu các nghiệm của phương trình
f(x) g(x).

l Ta cũng có thể xét vị trí tương đối giữa

giao điểm của (D) và (P) đối với trục
hồnh.

3. Mét sè vÝ dơ minh häa
VÝ dơ 1 :Cho hai đường thẳng

(D) : y 12x 5 m ; (D’) : y 3x m 3.
Xác định m để giao điểm của (D) và (D’)
thỏa mãn một trong các điều kiện sau :

1) N»m trªn trơc tung ;

2) Nằm trên trục hoành ;
3) Nằm bên trái trục tung ;
4) Nằm phía trên trục hồnh ;
5) Nằm trong góc phần tư thứ hai.
Lời giải : Trước hết, ta thấy (D) và (D’)
cắt nhau với mọi m.

1) Giao ®iĨm của (D) và (D) nằm trên
trục tung 5 m m 3 m 1.

2) Giao điểm của (D) và (D) nằm trên
trục hoành

Vậy với thì (D) cắt (D) tại điểm
nằm trên trục hoành.

3) Giao im ca (D) và (D’) nằm bên

trái trục tung  hoành độ giao điểm của
hai đường thẳng này nhận giá trị âm

4) Giao điểm của (D) và (D’) nằm bên
trên trục hoành tung độ giao điểm của
hai đường thẳng này nhận giá trị dương

5) Ta thÊy ngay giao ®iĨm của (D) và
(D) nằm trong góc phần tư thứ hai

m thỏa mÃn cả hai điều kiện c) vµ d)
ab' a'b 12(m 3) 3(5 m)

y 0

a a' 12 3

21

15m 21 0 m .

15

   

   

 

     

b' b m 3 5 m

x 0 m 1.

a a'   12 3

     

 

8 ; 0
15

_ 

 

 

7
m

5

 

7
m

12x 5 m 0 ₅

3x m 3 0 _x 8 _.

15

  

  

 

 _{  } 

 _{  }



b' b ab' a'b

x ; y .

a a' a a'

 

 

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

21



Ví dụ 2 (đề thi tuyển sinh vào lớp 10,
THPT chuyên Lê Hồng Phong, Nam Định,
2004-2005):

Cho c¸c ®­êng th¼ng (d₁) : y 2x 2 ;
(d₂) : y  x 2 ; (d₃) : y mx.

1) Tìm tọa độ các giao điểm A, B, C theo
thứ tự của (d₁) với (d₂), (d₁) với trục hoành,
(d₂) với trục hoành.

2) Tìm tất cả các giá trị của m sao cho
(d₃) cắt hai tia AB và AC.

Lời giải :

1) Ta tìm được A(0 ; 2) bằng cách áp dụng
(*) hoặc giải hệ phương trình

Tương tự, ta xác định được B(1 ; 0) và
C(2 ; 0).

2) Trước hết ta thấy đường thẳng qua AB
chính là d₁và đường thẳng qua AC chính
là d₂; tia AB nằm về phía bên trái của trục
tung cịn tia AC nằm về phía bên phải của
trục tung.

Vậy (d₃) cắt hai tia AB và AC

honh độ giao điểm của (d₁) và (d₃)
nhận giá trị âm cịn hồnh độ giao điểm
của (d₂) và (d₃) nhận giá trị dương

 (theo (*))  1 < m < 2.

VÝ dô 3 : Cho parabol (P) : y x2và
đường thẳng (D) có hệ số góc là a, ®i qua
®iĨm M(1 ; 2).

1) Chøng minh r»ng víi mọi giá trị của
a, (D) luôn cắt (P) tại hai ®iĨm A, B ph©n
biƯt.

2) Xác định a để A, B nằm về hai phía
của trục tung.

Lêi gi¶i :

1) Từ giả thiết suy ra phương trình
đường thẳng d là : y ax a 2.

Vậy phương trình hồnh độ giao điểm
của (P) và (d) là : x2ax a 2

x2ax a 2 0.
V×  a24a 8 (a 2)24 > 0 với
mọi a nên (P) và (d) luôn cắt nhau tại hai

điểm phân biệt (A và B).

2) A và B n»m vỊ hai phÝa cđa trơc tung

phương trình x2ax  a 2 0 có hai
nghiệm trái dấu a 2 < 0 a < 2.

4. Bµi tËp vËn dơng

Bµi 1 :Cho các đường thẳng
(d₁) : y 3x 1 ; (d₂) : y  2x 1 ;
(d₃) : y mx 1.

1) Tìm tọa độ các giao điểm A, B, C theo
thứ tự của (d₁) với (d₂), (d₁) với trc honh,
(d₂) vi trc honh.

2) Tìm tất cả các giá trị của m sao cho
(d₃) cắt hai tia AB và AC.

Bài 2 :Cho parabol (P) : y x22mx 1
và đường th¼ng (D) : y 3mx m22.

Xác định m để (P) cắt (d) tại hai điểm
thỏa mãn một trong các điều kiện sau :

1) N»m vỊ hai phÝa cđa trơc tung ;
2) Cùng nằm về bên trái của trục tung ;
3) Một điểm nằm trên và một điểm nằm
bên phải trôc tung.

2 ₀

m 2

2 ₀

m 1

 _

 


 _

 

y 2x 2
y x 2 ;



   


21 m 1.
15

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

22

KẾT QUẢ Kè THệÙ MệễỉI HAI

(TTT2 số 34)

Bi 1.Tỡm nghim nguyờn ca phng

trình :

Nguyễn Đình Thế
(THCS Ninh Xá, TX. Bắc Ninh, Bắc Ninh)

Bài 2.Cho hai đa thøc
P(x) x3ax2bx c ;

Q(x) x410x340x2125x P(9).
1) TÝnh a, b, c vµ biÕt ;

2) Với a, b, c tìm được ở trên, tìm
thương và số dư của phép chia đa thức

Q(x) cho x 11.

3) Chứng tỏ đa thức R(x) P(x) Q(x)
luôn là số chẵn với mọi số nguyên x.

Lờ Nguyn Bớch Nga
(Lớp 10NN, THPT Lương Văn Chánh,
Phú Yên)

Bài 3.Cho dãy {u_n} xác định bởi :
u₁ 1 ; u₂3 ; u_n3u_n_₁khi n chn
v u_n4u_n₁2u_n₂khi n l.

1) Lập quy trình bấm phím liên tơc tÝnh u_n.
2) TÝnh u₁₀; u₁₁; u₁₂; u₁₄; u₁₅.

T¹ Minh Hiếu
(THCS Yên Lạc, Yên Lạc, Vĩnh Phúc)

3 407 1 561

P( ) ; P( ) .

4  64 5 125

1 39
P( )

2  8
2

P( )
3
x y  x y  7920.

l

Kỡ naứy :

giải toán trên máy tính điện tử casio

THỬ TÀI

Bài 1. Mode thống kê : .

Tính điểm trung bình, độ lệch tiêu chuẩn
và phương sai của mỗi lớp :

Líp 7A :10 16 9

14 8 11 7 5

6 4 5 3 4

( )

( )

( )

( ) ( ).

§ỉi sang 7B :

Lớp 7B :Thao tác tương tự, ta tính được
;

§ỉi sang 7C :

Lớp 7C :Thao tác tương tự, ta tính được
;

§iĨm trung bình mỗi lớp là như nhau,

nh­ng do nªn : Líp 7B

học đều nhất, sau đó đến 7C và 7A ; lớp 7A
nhiều người “giỏi trội” nhất.

Bµi 2.Ta cã :

NhËn thÊy x8chØ cã ë sè h¹ng thø t­ và
thứ năm trong khai triển này. Vậy :

Tính trên máy và trên giấy :

5 5 3 2

a 378 378 378

54010152 142884 7717186558368.  

  

3 4

9 9 9.8.7 9.8.7.6

a 3C C 3 378.

1.2.3 1.2.3.4

    

1 2 3 2 2 3 2 3 2 3 3

9 9 9

4 2 3 4 5 2 3 5 9 2 3 9

9 9 9

1 C (x x ) C (x x ) C (x x )
C (x x ) C (x x ) ... C (x x ) .

      

      

3 2 9 2 3 9

( x x 1) (1 (x x ))     
2 2 2

7B 7C 7A
    
2

1,652446221 ;

2,730578512 2 442 605.

 

    

X 8,181818182 8 2 11   


1
CLR
SHIFT
2
1,619100863 ;

2,621487603 2 376 605.

 

    

X 8,181818182 8 2 11   


1
CLR
SHIFT

3 453 605 

/
ab c
2 _3,748760331
 


2

x

1,936171565
 

2
S-VAR
SHIFT
AC
X 8 2 11  

/

ab c

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

23

Tổng các chữ số của a5_{là 72.}

Bài 3.S₁₅4185 ; S₁₆5008 ;
S₁₉8113 ; S₂₀9380.

Giả sử tồn tại số tự nhiên k sao cho
3(n2n)  7 m3. Vì n là số tự nhiên nên
3(n2n) 7 chia 3 dư 1. Vậy m 3k 1 và
m3 chia 9 dư 1. Nhưng 3n23n 7 chia 9
chỉ có thể dư 7 hoặc dư 4, vơ lí. Vậy khơng
có số hạng nào của dãy là lập phương của
số tự nhiên cả.

Bài 4.Vì x22y22377 nên x2là lẻ và
x là lẻ, do đó x 2k 1.

Suy ra x2 2y2 4k2  4k  1  2y2

2377 hay 2k2  2k  y2  1188. Vậy y2 là
chẵn. Vậy 2y2chia 3 dư 0 hoặc 2, mà 2377
chia 3 dư 1. Do đó x2chia 3 dư 1. Khi ấy 2y2
chia hết cho 3 nên y chia hết cho 6. Vậy y
chỉ có thể là 0 ; 6 ; 12 ; 18 ; 24 ; 30. Dùng
máy kiểm tra được duy nhất đáp số :

x 35 ; y 24.
Bài 5.Chia 17 cho 23 :

Lần 1 :17 23 (0.739130434)
(d­ 17, viÕt : 0,739130434).

LÇn 2 :17 23 (739130434.8)
23 739130434 23 (18) (d­ 18, viÕt :

0,739130434).

LÇn 3 :18 23 (782608695.7)
23 782608695 23 (15) (d­ 15, viÕt :

0,739130434782608695).

LÇn 4 :15 23 (652173913.)
23 652173913 23 (1) (d­ 1, viÕt :

0,739130434782608695652173913).

LÇn 5 :1 23 (043478260.87)
23 43478260 23 (20) (d­ 20, viÕt :
0,7391304347826086956521739130
43478260).

LÇn 6 :20 23 (869565217.4)
23 869565217 23 (9) (d­ 9, viÕt :

0,7391304347826086956521739130
4347826086956521).

Làm tương tự, ta đi đến đáp số :

1,(56097) ;

0,(7391304347826086956521) ;

1,(1724137931034482758620689655) ;

1,(8085106382978723404255319148
936170212765957446) ;

1,(2753623188405797101449) ;

1,(0224719101123595505617977528
0898876404494382) ;

0,(9484536082474226804123711340
20618556701030927835051546391752577
3195876288659793814432989609072164).
Các bạn được giải kì này : Nguyễn Mạnh
Hưng, 10A₁, THPT Lý Thái Tổ, Từ Sơn, Bắc
Ninh ; Nguyễn Thành Hải, 10 Toán, THPT
chuyên Bắc Giang, Bắc Giang ; Trần Lê
Lưu Phương ; Nguyễn Ngọc Hạnh Châu,
91, THCS Nguyễn Tri Phương, TP. Huế,
Thừa Thiên - Huế ; Trần Thế Dũng, 10/1,
THPT thị trấn Nghèn ; Đinh Văn Học, 9C,
THCS Sơn Lộc, Can Lộc, Hà Tĩnh ; Mai
Trung Nghĩa, 9B, THCS Lê Hữu Lập, Hậu
Lộc, Thanh Hóa ; Phạm Ngọc Dương, 8B,
THCS Liên Hịa, Kim Thành, Hi Dng;

Huỳnh Tấn May, 9A₁, THCS Nguyễn Đình
Chiểu, Bình Thuận, Phan Thiết ; Hoàng
Minh Thắng, 10A₁, THPT Phan Béi Ch©u,
TP. Vinh, NghƯ An.

Tạ Duy Phượng

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

24

Từ năm 1975, trên tờ Tạp chí Toán học

(Mathematics Magazine)ca Mỹ bắt đầu
xuất hiện một chuyên mục có tên gọi bằng
tiếng Anh là “Proofs without words”

(PWW)mà chúng tôi tạm dịch là “Chứng
minh không cần dùng từ”. Bạn đọc có thể
suy đốn ngay rằng đây là chuyên mục
nhằm giới thiệu những chứng minh các
định lí bằng cách sử dụng các tính chất
hình học.

Thực ra, phương pháp chứng minh các
định lí dựa vào những tính chất đã đúng
của hình học đã được các nhà tốn học cổ
đại sử dụng. Đó là các nhà toán học cổ
Trung Hoa, các nhà toán học cổ ả rập

(thế kỷ 10)cho đến các nhà tốn học thời
kì Phục hưng ở ý. Trong cuốn Toán 7

(NXBGD, 2003), chúng ta dễ dàng tìm
thấy cách chứng minh định lí Py-ta-go mà
các nhà tốn học cổ đã sử dụng từ khoảng
2000 năm trước Công nguyên.

Nãi chung, “chøng minh b»ng h×nh vÏ”

khơng được sự chấp nhận của nhiều người
làm tốn. Lí do đơn giản là nó khơng biểu
diễn được mọi trường hợp mà chỉ giải thích
được một số hữu hạn trường hợp hoặc một
số trường hợp riêng. Trong bài báo này,
chúng tôi muốn đề cập đến hai khía cạnh
khác của vấn đề : thứ nhất là cái đẹp của

sự biễu diễn hình học các định lí tốn học
và thứ hai là cơ sở của dự đốn các tính
chất tốn học.

lTrên TTT2 số 9, chúng tơi đã từng giới

thiệu cách chứng minh định lí Pizza : “Nếu
chia chiếc bánh Pizza thành tám phần bởi
bốn nhát cắt cùng đi qua một điểm nằm
trong chiếc bánh sao cho hai nhát cắt kề
nhau tạo với nhau một góc 45o thì tổng

diện tích của bốn phần đơi một khơng kề
nhau bằng nửa diện tích chiếc bánh”. Bạn
đọc có thể quan sát ở hình 1 một cách
chứng minh hình học mà tác giả không
dùng đoạn văn nào để giải thích (theo
đúng tinh thần của PWW).

lCó nhiều cách để chứng minh đẳng

thức : 1 2 3 ... n  trong đó
n là một số ngun dương. Tính chất này
được biểu diễn bởi hình 2và hình 3, các
nhà tốn học nhỏ hãy tự giải thích dựa vào
hai hình đó nhé.

n(n 1),
2

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

25

lMột bất đẳng thức rất quen thuộc, đó là

bất đẳng thức Cơ-si : trong đó
a, b là các số thực khơng âm.

Dưới góc độ hình học, bất đẳng thức
Cơ-si được biểu diễn bởi hình 4, kể cả việc
cho thấy đẳng thức xảy ra a b.

lTrùc quan cã vai trß kh¸ quan träng

trong việc khái quát hóa để đi đến các
định lí hay tính chất tốn học. Ví dụ dưới
đây cho thấy vai trị của trực quan trong
việc dự đốn tính chất của các nhà toán
học Hy Lạp cổ đại.

Bước 1 :Quan sát và nhận xét.

Bước 2 :Dự đốn tính chất : 1 2 3 ...

(n 1) n (n 1) ... 3 2 1 n2.

l Giả sử bạn là một nhà toán học

Hy Lp cổ đại, bạn có kết luận gì từ hình 5

và hình 6dưới đây :

Hi vọng rằng những ví dụ nhỏ trên đây
mang lại cho các nhà toán học nhỏ của
chúng ta một cái nhìn ở một góc cạnh
khác của tốn học. Những cơng thức khơ
khan trong toán học chỉ là một mặt của vẻ
đẹp của tự nhiên.

a b _ab,

2

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

26

Cuộc thi đã thành công trên cả mong
đợi. Nhiều cá nhân, tập thể đã tham gia
gửi đề thi, bài dự thi thường xuyên và có
chất lượng cao ; nội dung kì thi đạt được
mục đích phát triển khả năng sử dụng
máy tính để giải quyết những vấn đề của
toán học và thực tế, nâng cao và mở rộng
kiến thức toán, giúp các bạn học toán và
tin học tốt hn.

A. Giải Cá nhân

1. Gii nht (3 giải, trị giá 1 triệu
đồng/giải) :

Hoàng Minh Thắng, 10A₁, THPT Phan

Bội Châu, TP. Vinh, Nghệ An ; Nguyễn
Thành Hải, 10 Toán, THPT Chuyên Bắc
Giang, Bắc Giang ; Lưu Khánh Tường,
10A₁, THPT Sào Nam, Duy Xuyên,
Quảng Nam.

2. Giải Nhì (6 giải, trị giá 600.000
đồng/giải) :

Nguyễn Kế Viễn, 10A₁₂, THPT Chí
Linh, Hải Dương ; Trần Văn Ngọc Tân,
11/1, THPT Hoàng Diệu, Điện Bàn,
Quảng Nam ; Nguyễn Mạnh Hưng, Lớp
10A₁THPT Lý Thái Tổ, Từ Sơn, Bắc Ninh;

Lê Hà An, 8B, THCS Đặng Thai Mai,
TP. Vinh, Nghệ An ; Trương Ngọc Sơn,
10T, THPT Chuyên Nguyễn Trãi, Hải
Dương ; Trần Văn Tuấn, 8A, THCS Yên
Lạc, Yên Lạc, Vĩnh Phúc.

3. Giải Ba (9 giải, trị giá 300.000
đồng/giải) :

Nguyễn Vũ Thanh Long, 9/1, THCS
Chu Văn An ; Nguyễn Bảo Thiên Thanh,
9/3, THCS Hưng Long ; Nguyễn Ngọc
Hạnh Châu, 91, THCS Nguyễn Tri
Phương, TP. Huế, Thừa Thiên - Huế ;

Đào Thu Quyên, 9A, THCS thị trấn Kì
Sơn, Hịa Bình ; Trần Huy Hưng, 10Tin,
trường Hà Nội - Amsterdam ; Nguyễn Duy

Hưng, 9H, THCS Lê Quý Đôn, Cầu Giấy,
Hà Nội ; Đào Thanh Tùng, 9A, THCS Lê
Văn Thịnh, Gia Bình, Bắc Ninh ; Vũ
Quang Sao, 9E, THCS thÞ trÊn Hưng
Nhân, Hưng Hà, Thái Bình; Nguyễn Văn
Huy, 11A₁, THPT Xuân Hòa, TX. Phúc
Yên, Vĩnh Phóc.

4. Giải Khuyến Khích (12 giải, trị giá
100.000 đồng/giải) :

Trần Ngọc Minh, 9C₁, THCS thị trấn
Nghèn ; Trần Thế Dũng, 10/1, THPT
Nghèn, Can Lộc, Hà Tĩnh ; Lê Thị Lãm
Thúy ; Trần Lê Lưu Phương, 9/1, THCS
Nguyễn Tri Phương, TP. Huế ; Nguyễn
Văn Thiên Vũ, 8/3, THCS Phú Mậu, Phú
Vang, Thừa Thiên - Huế ; Phạm Ngọc
Dương, 8B, THCS Liên Hòa, Kim Thành,
Hải Dương ; Nguyễn Thị Huế, 10A₁,
THPT Xuân Hòa, TX. Phúc Yên, Vĩnh
Phúc; Nguyễn Thị Lan Hương, 9D, THCS
Trung Sơn, Gio Linh, Quảng Trị; Nguyễn
Ngọc Phiên, 7B, THCS Phổ Văn, Đức
Phổ, Quảng Ngãi ; Nguyễn Trọng Hùng,
9E, THCS Bắc Sơn, Sầm Sơn, Thanh

Hóa ; Hồng Khánh Tờ, 8D, THCS Thân
Nhân Trung, Việt Yên, Bắc Giang.

B. Giải đồng đội

1. TËp thÓ líp 8A₈, THCS KÕ S¸ch,
hun Kế Sách, Sóc Trăng.

2. Trng THCS Nguyn Tri Phương,
TP. Huế, Thừa Thiên - Huế.

3.Trường THCS Đặng Thai Mai, TP. Vinh,
Nghệ An.

Xin chúc mừng các cá nhân, tập thể đã
đạt giải. Nhân dịp này, cũng xin được cảm
ơn nhà tài trợ BITEX, các tác giả đề thi,
các bạn đã tích cực tham gia gửi bài dự
thi. Chúc các bạn một năm mới đạt nhiều
thành công mới.

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

27

l

KÕt qu¶ :

(TTT2 sè 34)

l

Kì này :

“Ngơn ngữ” của rất nhiều lồi vật được “tụ

tập” trong bài thơ Ngơn ngữ các lồi. Nếu am
hiểu “ngơn ngữ” của mỗi lồi vật em sẽ sửa
đúng các chỗ sai trong bài thơ. NTMP (Hải
Dương) viết “Lợn la ăng ẳngnhư gào” là sai.

Ăng ẳng được thay bằng eng éc mới mô tả
đúng tiếng lợn “la như gào”. Bài thơ có thể
sửa như sau :

Gµ rừng gáy sáng le te

Dê con cất tiếng be begọi bầy
Đàn lợn ủn ỉnsuốt ngày

Gà con chiêm chiếpchạy đầy mặt sân

Cúc cucu gáy nghe gần

Chú sa ụng ngnhiu ln trong ờm
Trờn cnh chớu chớtting chim

Nghé ọtrâu mẹ gọi tìm nghé con
Gà mẹ cục tácthật ồn

Trong lng g ó gỏy dn te te
ếch kêu ộp ộpsau hè

Con ve đón hạ ve vegiọng buồn
Lợn con ụt ịt trong chuồng
Chó mẹ ăng ẳngln mm vỡ au

Xuân về, muôn nhà bận rộn với
những món ăn ngon... Nhưng trong bài
thơ này hình như có điều gì chưa ổn.
Bạn có thể phát hiện và sửa lại cho
thật... ngon được không ?

Gà rang chín tới thật ngon

Chim luộc vừa được đâu còn phải chê
Giò viên, tôm rán, bóng bì

Cá, rau, đậu, thịt xào thì tuyệt ngon
Bánh đa nem trộn thật giòn
Thịt bò quay, hẳn mùi còn bay xa

Sn nu lu thm m

Hành ninh chua, củ trắng mà thích ghê
Thịt hầm hành tây miễn chê

Nem tai muối thính mà mê lịng người
Chân giị nấu măng tuyt vi
Vt hm l mún muụn ngi cựng ng

Lạc chiên rắc nộm thơm lừng
Bánh chưng tần kĩ chưa từng ai quªn.

Nguyễn Thị Bích
(GV TH Phú Hịa A, Lương Tài,

Bắc Ninh)

Cón con tËp sđa g©u g©u

Vịt đàn cạp cạpnghểnh đầu gọi nhau
Ln la eng ộcnh go

Đàn ong vỡ tổ bay vào vo vo

Tiếng gà còn gáy o o

Vo veting mui chuyn trị” bên tai.
Năm bạn được trao giải kì này là : Nguyễn
Thị Nhật Trang, 91, THCS Nguyễn Tri
Phương, TP. Huế, Thừa Thiờn - Hu ;

Nguyễn Thị Thu Hà, 8A2, THCS Giấy Phong
Châu, Phong Châu, Phú Thọ; Nguyễn Thị
Khánh Hòa, 92_{, THCS Thị trấn Quán Hàu,}

Quảng Ninh, Quảng Bình ; Nguyễn Thảo
Ngọc, 6A1, THCS Hai Bà Trưng, TX. Phúc
Yên, Vĩnh Phúc; Nguyễn Văn Bình, THCS
Cát Minh, Phù Cát, Bình Định.

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

28

Trần Đăng Khoa :

Chỳ rt tic cháu không gửi thơ cho chú.
Nếu đọc được thơ cháu, chú có thể trả lời

được ngay là cháu có năng khiếu thơ hay
không ? Nhưng chú nghĩ, người kém nhất
là chú mà cũng còn làm được thơ thì ai
cũng có thể trở thành nhà thơ được. Một
nhà thơ lừng danh trên thế giới tiết lộ bí
quyết : “Nếu ai biết để trái tim mình nói
-Thì người đó sẽ trở thành thi sĩ”. Nói đơn
giản hơn : Thơ là tình cảm của con người.
Mà tình cảm thì ai cũng có.

Chú chưa bao giờ làm thơ trong lúc mê
ngủ cả. Chú thường mơ trong hai trường
hợp. Đó là lúc đói bụng. Nhà chú ngày xưa

đói lắm. Đói bụng mà ngủ thì thường rất
hay mơ thấy mình ăn cỗ. Cỗ tồn những
món ngon. Nhưng có điều lạ, ăn mãi mà
chẳng thấy no bụng gì. Bởi đấy là ăn trong
mơ. Giấc mơ dù đẹp đến đâu cũng không
thể thay thế cho cái hiện thực khắc nghiệt.
Trường hợp thứ hai - điều này rất nguy
hiểm : Đó là khi buồn đi tiểu. Mình mơ thấy
mình đi tiểu. Rồi mình lại cứ tưởng thật. Khi
thấy nóng sực, tỉnh ra mới hay mình đã
“dấm đài” rồi. Chuyện này, chú chỉ nói
thầm với cháu thơi đấy. Cháu phải giữ bí
mật nhé. Kẻo các bạn biết, cười thối mũi :
“Ôi dào, cứ tưởng cái lão Khoa thế nào,
hóa ra thuở bé, lão cũng rất bậy bạ !”. Thì
chú đã bảo chú là thằng dốt kém rồi mà.

Còn những nhà thơ thứ thiệt, họ hay làm
thơ trong lúc mê ngủ lắm. Bác Hoàng Cầm,
một nhà thơ lớn, rất nổi tiếng ở ta hay làm
thơ trong lúc ngủ mơ. Có khi tỉnh rồi mà
bác ấy vẫn còn mơ. Có lần bác Cầm mơ
trong lúc tỉnh, bác thấy có ai đang đọc thơ
cho mình nghe. Rồi bác ấy chép lại thành
mấy bài thơ nổi tiếng. Cháu cũng có khả
năng như bác Cầm đấy. Nghĩa là có thể
làm thơ được cả khi đã ngủ. Chú cầu mong
lớn lên, cháu cũng sẽ thành một nhà thơ
nổi tiếng như bác Hoàng Cầm.

Chó Khoa ¬i !

Cháu rất hay làm thơ. Cháu đã làm được rất
nhiều bài thơ hay. Cháu nghĩ là có thể đăng báo
được đấy. Nhưng thật lạ là cháu chỉ làm thơ vào
lúc nửa đêm, khi cháu ngủ say (nghĩa là cháu mơ
ngủ). Khi đó, cháu cịn mơ là chép được cả bài thơ
vào sổ. Thế mà tỉnh dậy, cháu quên sạch sành
sanh, chẳng nhớ tí nào. Chú hãy cho cháu biết
như thế liệu cháu có khiếu thơ khơng ? Chú có hay
làm thơ trong lúc ngủ khơng ?

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

29

l

KÕt qu¶ :

What is it ?

(TTT2 số 34)

Kì này :

ễ ch :

Nu chỉ dịch Anh - Việt một
cách đơn thuần, chắc hẳn các
bạn sẽ thấy câu hỏi thật phi lôgic :
Cái gì xuất hiện hai lần trong một
khoảnh khắc, một lần trong một
phút, những không lần nào trong
một ngày ?

Hãy cùng nghe bạn Lê Thị
Quyên, xóm 8, thôn 10, Xuân
Quang, Văn Giang, Hưng Yên
nói về câu hỏi và đáp án của
Vườn Anh kì này nhé :

Dịch ra Tiếng Việt rồi
Cũng hiểu câu hỏi rồi
Nhưng mà vẫn phải ngồi
Nghĩ cái gì thỏa mãn
Nghĩ cả ngày đến chán
Nhưng chẳng ra được gì
Bỗng tự dưng cười khì
Nhìn kĩ MOMENTchứ
Xuất hiện hai chữ M

Cịng l¹i thËt tình cờ
Một Mtrong MINUTE

Kịt ! Kịt ! Kìa từ DAY

Chẳng thấy Mnào cả
Như vậy câu trả lời
Xin mời : It is M”.

Đáp án thật thú vị phải không ?
Cùng với bạn Quyên, các bạn
sau cũng đã rất tinh ý tìm ra đáp
án và trình bày đáp án theo cách

rất đặc biệt : Trần Thị Nguyệt Anh, 82, THCS Nam
Hà, TX. Hà Tĩnh, Hà Tĩnh ; Nhóm Hoa Sữa, 7E,
THCS Tiên Cát, Việt Trì, Phú Thọ ; Vũ Thị Kiều
Trang, 9A, THCS Trần Hưng Đạo, TP. Hải Dương,
Hải Dương; Hà Thị Thanh Vân, 95, THCS Nguyễn
Tri Phương, TP. Huế, Thừa Thiên - Huế. Chủ Vườn
sẽ gửi quà tới các bạn qua bưu điện.

Chủ Vườn
Trên mỗi hàng ngang của ô chữ này đều là một
từ thuộc về địa lí, bạn sẽ tìm được ngay chứ ?

Nguyễn Thị Minh Thúy
(8C, THCS Lí Nhật Quang, Đơ Lương, Nghệ An)

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

30

Con gì ?

l

Kì này :

(TTT2 sè 34)

l

KÕt qu¶ :

Con gì chỉ biết săn mồi ?

Con gỡ lm xic, hay ngồi trên cây ?
Con gì cưỡi gió, cưỡi mây ?
Con gì ăn cỏ nên hay ra đồng ?

Con gì tỉnh giấc rạng đơng ?
Con gì béo ị nhưng khơng vic lm ?

Con gì cày kéo giỏi giang ?

Con gì chân khỏe chạy nhanh vèo vào ?
Con gì lại hay leo trÌo ?

Con gì trộm đến chạy theo cắn liền ?
Con gỡ c khoột liờn miờn ?

Con gì chậm chạp, rất hiền trong tâm ?
Con gì chúa tể sơn lâm ?

Con gì đào đất âm thầm cả năm ?
Con gì lấy mật rất chăm ?

Con gì quả táo thường ăn mỗi ngày ?
Giải được mười sáu con này
Nếu đúng sẽ có cơ may nhận q !

TrÇn Anh Ngäc
(10A₁, THPT HËu Léc 1, HËu Léc,
Thanh Hãa)

Th¸nh chØ :

Chăm chút cẩn thận từng li
Nâng niu chu đáo khó gì bạn ơi

Chăm bón cây cối tốt tươi

Chăm chỉ sớm tối chẳng ngơi tay làm
Chăm chú công việc rất ham
Tập trung cao độ và am mờ nhiu

Chăm lo chẳng kể sớm chiều

Canh cỏnh vỡ việc một điều chẳng quên
Chăm nom sớm tối thường xuyên
Bữa n, gic ng luụn bờn m gi

Chăm sóc trẻ nhỏ trong nhµ

Nặng tình thương mến nay đà lớn khơn
Từ thành th n nụng thụn

Trẫm mong các bạn phải luôn chăm lµm.

Ban thưởng : Dương Thị Thùy Trang,

8/2, THCS Lê Văn Thiêm, TX. Hà Tĩnh, Hà
Tĩnh ; Nguyễn Thị Hải Hồng, 9D, THCS
Quách Xuân Kỳ, Hoàn Lão, Bố Trạch,
Quảng Bình; Phạm Minh Đức, 9A₁, THCS
Trưng Vương, Mê Linh, Vĩnh Phúc ; Trần
Thị Hương Giang, 9B, THCS Dư Hàng
Kênh, Lê Chân, Hải Phòng; Phạm Tú Tài,
7B, THCS Hồ Xuân Hương, Quỳnh Lưu,
Nghệ An.

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

31

Hỏi : Em có người bn

lùn nhất lớp. Vì mặc cảm
nên bạn ấy chẳng thích chơi
với ai. Trông bạn ấy rất
buồn. Anh kíu bạn em với !

Hoàng Thị Mỹ
(99, THCS Nguyễn Chí Diểu,
TP. Huế, Thừa Thiên - Huế)

Đáp :

Anh thì anh kíu làm sao ?
Khi các em cứ thì thào :

Lựn i !
Chuyn chờ nhau trên đời
Nay chê người, khéo mai

người chê ta !

Hỏi : Em rất phục một
bạn trai học giỏi ở lớp em.
Em muốn kết hắn làm anh
trai để tiện việc hỏi chuyện
học hành mà khơng bị bạn
bè trêu thì phải làm thế nào ?
Theo anh, nếu lấy tình cảm
làm động lực để thúc đẩy
việc học hành thì có tốt
khơng ?

Thïy Dung
(10T, THPT Huỳnh Thúc Kháng,
TP. Vinh, Nghệ An)

Đáp :

Sợ rằng khi nhận anh trai
Chuyện gì cũng tiện thì ai

phanh giùm ?
Kẻo mà học lại tùm lum
Động lực này dễ khóa cùm

ti xanh
Tïy em, anh nãi mỈc anh...

Hỏi : Em đã học lớp 10

nh­ng vÉn muốn gửi một
bài toán cho chuyên mục
Thi giải toán qua thư có
được không ?

Nguyễn Văn Tiến
(10A₆, THPT Hoài Ân,
Bình Định)

Đáp :

Mục nào cũng được em ơi !
Bài hay chắc chắn tức thời

được đăng
Cộng tác viên rất cần tăng
Thêm em cộng tác còn bằng
gì hơn ?

Hỏi : Khi đi thi học sinh
giỏi mà cần sử dụng bài
toán phụ có phải chứng
minh không ? Sao trong
TTT kh«ng chøng minh ?

Nguyễn Thị Bích Ngọc
(9A₂, THCS Ph Li, Chớ Linh,
Hi Dng)

Đáp :

Tất nhiên là phải

chứng minh
Kẻo bị trừ điểm thiệt mình

thỡ nguy
Trờn tp chớ tạm lược đi
Mong Ngọc thơng cảm tại vì...

chËt trang.

Hỏi : Bói Kiều có đúng
khơng anh ? Lớp em dạo
này đua nhau bói Kiều quên
cả học.

Phạm Minh Đức
(9A₁, THCS Trưng Vương,
Mê Linh, Vnh Phỳc)

Đáp :

Mi kiu búi trờn i
Cú lỳc thì đúng, lúc thời

lại khơng
Các em xin chớ mất cụng

Búi quờn c hc ...

trông chờ gì ?

Hi :Nu một người bạn
thân và người yêu của anh
cùng rơi xuống vực thẳm thì
anh sẽ cứu ai trong khi chỉ
có thể cứu được một người ?

Vâ BÝch H¹nh
(8G, THCS Ngun Tr·i,
Nghi Xuân, Hà Tĩnh)

Đáp :

Ngi yờu i vi bn thõn
Chc mi tâm sự bất thần

bị rơi
Nếu chỉ cứu được một người
Bạn thân anh cứu,

bạn đời anh... theo !

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

32

1(36) :Let n> 2005 be an integer and
let xn2006n2005n. Is xan integer ?

2(36) :Find the maximum and minimum

value of F  x  y, where x, y are real
numbers such that x2y2xy.

3(36) :Calculate

4(36) :Let A₁B₁C₁, and A₂B₂C₂be two
triangles such that C₁ C₂, A₁B₁A₂B₂,
and B₁C₁ C₂A₂  B₂C₂  C₁A₁. Prove
that the two given triangle are congruent.

5(36) : Given a square ABCD with
sidelength a, find the locus of Msuch that
the distances from Mto the lines AB, BC,

CD, and DAsum up to 2a.

4 4 4

4 4 4

1 1 1

1 3 ... 2005

4 4 _{4 .}

1 1 1

2 4 ... 2006

4 4 4

 _  _   _ 

    

    



 _  _   _ 

    

    

T

Bµi 1(36) :Cho số nguyên n 2005 và số thực x thỏa mÃn :
2006n2005nxn. Hỏi x có thể là số nguyên không ?

nguyễn tấn ngọc
(THCS Nhơn Mỹ, An Nhơn, Bình Định)

Bài 2(36) :Biết rằng : x2_y2_x_{y. Tìm giá trị lớn nhất và}

giá trị nhỏ nhất của F x y.

Hà Khang khôi(TP. Hồ Chí Minh)

Bài 3(36) :Rút gọn :

Cao Minh Quang
(THPT chuyªn Ngun BØnh Khiªm, VÜnh Long)

4 4 4

4 4 4

1 1 1

1 ₄ 3 ₄ ... 2005 ₄

T .

1 1 1

2 4 ... 2006

4 4 4

 _  _   _ 

    

    



 _  _   _ 

    

    

Bài 4(36) : Giả sử hai tam giác A₁B₁C₁ ; A₂B₂C₂ có
A₁B₁A₂B₂và các cạnh cịn lại thỏa mãn điều kiện :
B₁C₁C₂A₂B₂C₂C₁A₁. Chứng minh rằng : hai tam giỏc
ú bng nhau.

nguyễn Đăng phất(ĐHSP Hà Nội)

₁ ₂

C C ;
Bµi 5(36) : Cho

hình vng ABCD có
độ dài cạnh bằng a.
Tìm quỹ tích các
điểm M sao cho tổng
các khoảng cách từ
M tới các đường
thẳng AB, BC, CD,
DA bng 2a.

Đặng văn biểu
(THCS Đông Dư,
Gia Lâm, Hà Néi)

CORRESPONDENCE PROBLEM SOLVING COMPETITION

</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-->