chuyen de lop 9 suu tam

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

<i><b>( suu tam)</b></i>

TỪ ĐƠN GIẢN ĐẾN THÚ VỊ... 1

TỪ MỘT LỜI GIẢI ĐI ĐẾN BÀI TOÁN TỔNG QT...5

PHẦN THUẬN CỦA BÀI TỐN QUĨ TÍCH... 7

TÌM LỜI GIẢI BÀI TOÁN BẰNG CÁCH MỞ RỘNG BÀI TOÁN...9

ĐA THỨC ĐỐI XỨNG HAI ẨN VÀ CÁC ỨNG DỤNG...11

SÔ NGHIỆM CỦA MỘT SỐ LOẠI PHƯƠNG TRÌNH...13

CĨ BAO NHIÊU CÁCH CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC CÔ-SI ?...15

CÁCH CHỨNG MINH HAY NHẤT... 16

ĐỊNH LÍ VI-ET THUẬN... 16

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUN...18

KHĨ ĐÃ TRỞ THÀNH DỄ... 20

CÁC BÀI TỐN VỀ CĂN BẬC HAI... 21

HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN...23

THÊM CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGIỆM NGUYÊN...26

ỨNG DỤNG CỦA MỘT BỔ ĐỀ... 28

TÍNH GIÁ TRỊ BIỂU THỨC BẰNG CON ĐƯỜNG GIÁN TIẾP...29

SAI LẦM DỄ MẮC PHẢI KHI TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT VÀ GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT...31

GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẰNG CÁCH ĐÁNH GIÁ CÁC ẨN...33

MỘT PHƯƠNG PHÁP TÌM GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT VÀ GIẤ TRỊ LỚN NHẤT...36

XÂU CHUỖI BÀI TOÁN... 38

SỰ TƯƠNG GIAO GIỮA ĐƯỜNG THẲNG VÀ PARABOL...40

NHỮNG SAI LẦM THƯỜNG GẶP KHI GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỈ...42

TIẾP TỤC PHÁT HIỆN VÀ MỞ RỘNG...44

VIẾT PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG...46

NHỮNG MỞ RỘNG BAN ĐẦU TỪ MỘT BÀI TOÁN TRONG SÁCH GIAO KHOA...47

THAY ĐỔI KẾT LUẬN CỦA BÀI TỐN HÌNH HỌC...49

SUY NGHĨ TỪ CÁC BÀI TẬP TRONG SÁCH GIÁO KHOA LỚP 9...52

NHỮNG KHAI THÁC TỪ MỘT BÀI TỐN QUỸ TÍCH CƠ BẢN...54

<i><b>TỪ ĐƠN GIẢN ĐẾN THÚ VỊ</b></i>

Khi giải phương trình bậc hai, đã bao giờ bạn từng đặt câu hỏi, chẳng hạn tại sao phương trình x2₊

6x - 3 = 0 có nghiệm là thì cũng có nghiệm là ?

Ban đầu tơi giải thích điều kì lạ này bằng định lí Viét nhưng sau q trình suy nghĩ, tìm tịi tơi mới
phát hiện ra những bí ẩn tuyệt vời đằng sau điều kì lạ đó.

Trước hết ta xét bài toán :

<b>Bài toán 1 :</b>

Chứng minh rằng : Nếu phương trình bậc hai có hệ số hữu tỉ, có một nghiệm vơ tỉ là (m ; n

thuộc Q) thì sẽ có một nghiệm nữa là .

<i>Chứng minh :</i> Có 3 cách để chứng minh bài toán này.

<b>Cách 1 :</b> (sử dụng hệ thức <i>Viét</i>)

Xét phương trình bậc hai ax2_{+ bx + c = 0 (*) (a ≠ 0) có một nghiệm là} _{. Gọi x}

1, x2 là hai

nghiệm của (*) trong đó x1 = .

Do x1 là nghiệm của (*)

<b>Cách 2 :</b>

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

Khi đó :

<b>Cách 3 : </b>

Xét :

= (x - m)2_{- n = x}2_{- 2mx + m}2_{- n}

Chia đa thức ax2_{+ bx + c cho g(x) ta có :}

ax2_{+ bx + c = a(x -} _{)(x -} _{) + (b + 2ma)x + (an + c - m}2_a)

Khi x1 = => ax2 + bx + c = 0.

=> : (b + 2ma)( ) + an + c = 0.

Do vô tỉ ; m, n, a, b, c thuộc Q nên => :
b + 2ma = an + c - m2_{a = 0}

=> ax2_{+ bx + c = a(x -} _{)(x -} ₎

=> là một nghiệm của phương trình ax2_{+ bx + c = 0 (đpcm).}

Sau khi thử nghiệm một số trường hợp, tôi đã tổng quát bài toán như sau :

<b>Bài toán 2 :</b>

Chứng minh rằng : Nếu một phương trình bậc n (n ≥ 2) có hệ số hữu tỉ và một nghiệm vơ tỉ là

(m, n thuộc Q) thì cũng là một nghiệm của phương trình này.

<i>Chứng minh :</i> Đến đây có lẽ bạn đọc cũng thấy được sự bất lực của các cách 1 ; 2 (bài toán 1) trong

bài toán này. Tuy nhiên sử dụng cách giải 3 bài toán 1 ta sẽ chứng minh được bài toán 2.

Thật vậy : Xét phương trình P(x) = 0 với P(x) là đa thức bậc n và hệ số hữu tỉ.
Xét :

= x2_{- 2mx + m}2_{- n}

Chia P(x) cho G(x) được thương là Q(x) dư B(x) + C (B,C thuộc Q).

Vì x0 = là nghiệm của P(x) = 0

=> : P(x0) = Q(x0) = 0 => Bx0 + C = 0

=> : B( ) + C = 0.

Do vô tỉ ; B, C hữu tỉ => B = C = 0

=> P(x) = Q(x).(x - )(x - )

=> cũng là nghiệm của phương trình P(x) = 0 : (đpcm).

Bây giờ chúng ta xét đến bài toán 3 cũng là một bài toán quen thuộc về phương trình bậc hai.

<b>Bài tốn 3 :</b>

Chứng minh rằng : Một phương trình bậc hai khơng thể có nghiệm hữu tỉ nếu các hệ số của nó đều
lẻ.

<i>Chứng minh :</i> Giả sử phương trình bậc hai ax2_{+ bx + c = 0 (a, b, c thuộc Z, lẻ) có nghiệm hữu tỉ là}

(p, q thuộc Z, q ≠ 0, (p, q) = 1)
=> : a.(p/q)2_{+ b.(p/q) + c = 0}

=> : ap2_{+ bpq + cq}2_{= 0 (2)}

Từ phương trình (2) ta có ap2_{chia hết cho q mà (p,q) = 1 => a chia hết cho q => q lẻ (vì a lẻ)}

Tương tự c chia hết cho p => p lẻ (vì c lẻ)

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

Để tổng qt bài tốn này có lẽ một số bạn sẽ mắc sai lầm khi quy về phương trình bậc n bất kì. Điều
này khơng đúng với n lẻ, chẳng hạn n = 3 ta có phương trình :

x3_{+ 3x}2_{+ 3x + 1 = 0 vẫn có nghiệm -1.}

<b>Bài tốn 4 :</b>

Chứng minh rằng : Một phương trình bậc n chẵn, khơng thể có nghiệm hữu tỉ nếu hệ số của nó đều
lẻ.

<i>Chứng minh :</i> Dựa vào chứng minh của bài tốn 3 ta có :

Xét P(x) = anxn + an-1xn-1 + ... + a1x + a0 = 0 là phương trình bậc n (với n chẵn ; ai nguyên lẻ, i = 0,...,n

) có nghiệm hữu tỉ là p/q (p, q thuộc Z, q ≠ 0, (p, q) = 1)
Ta có :

an(p/q)n + an - 1(p/q)n - 1 + ... + a1(p/q) + a0 = 0

Tương đương với : anpn + an - 1pn - 1q + ... + a1pqn - 1 + a0qn = 0 (3)

=> anpn chia hết cho q và a0qn chia hết cho p , mà (p, q) = 1 => an chia hết cho q và a0 chia hết cho p .

=> p, q lẻ (vì a0, an lẻ)

Do ai (i = 0,...,n) , p, q lẻ, n chẵn => vế trái của (3) là số lẻ khác 0 (vơ lí).

=> : Phương trình khơng có nghiệm hữu tỉ (đpcm).

Các bạn thấy đấy, mọi sự phức tạp đều bắt đầu bằng cái đơn giản. Từ một chút kì lạ nhỏ thơi nhưng
nếu chịu đào sâu suy nghĩ thì sẽ khám phá rất nhiều điều thú vị. Đó là nguyên tắc hàng đầu trong
sáng tạo tốn học. Chúc các bạn thành cơng trên con đường đi tìm vẻ đẹp của tốn học.

Trước đây, tơi có đọc trong một cuốn sách, bài tốn : “Cho x1, x2, x3, x4 là bốn số dương thay đổi

thỏa mãn điều kiện : x1 + x2 + x3 + x4 = 1. Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :

<i>”(Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Toán - Tin trường Đại học Sư phạm Hà Nội năm 1999),</i> lời
giải như sau :

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

Dấu đẳng thức xảy ra khi x1 = x2 = x2 = x3 = x4 = 1/4 .

Vậy giá trị nhỏ nhất của T là 1/4 khi x1 = x2 = x2 = x3 = x4 = 1/4 .

Thú thật, với kiến thức nhỏ bé của tơi, đây quả là một bài tốn “chơng gai” , bởi vì mặc dù đã có lời
giải nhưng nào là “căn”, nào là “bất đẳng thức Bunhiacốpski” ... tôi vẫn cịn “sợ hãi”...

Xin cảm ơn Tốn Tuổi thơ 2, số 1 (3 - 2003) đã đăng bài “Nhiều cách giải cho một bài toán” của bạn

<i>Nguyễn Kim Yến Chi</i> (8A, THCS Phổ Văn, Đức Phổ, Quảng Ngãi) trên chun mục Eureka. Bài đó
đã giúp tơi nghĩ đến vận dụng bài toán “đẹp” ấy để giải bài toán “chơng gai” này !

<b>Lời giải như sau :</b>

<b>Bài tốn phụ :</b> Chứng minh rằng a4_{+ b}4_{≥ a}3_{b + ab}3_{(xem lời giải của bạn}<i>_Chi</i>₎

áp dụng bài tốn phụ ta có :

(x14 + x24) + (x14 +x34) + (x14 + x44) + ( x24+ x34) + (x24 + x44) + (x34 + x44) + x14 + x24 + x34 + x44

≥ x13.x2 + x1x23 + x13.x3 + x1.x33 + x13.x4 + x1.x43 + x23.x3 + x2.x33 + x23.x4 + x33.x4 + x3.43 + x14 + x24 + x34

+ x44

Tương đương với : 4(x14 + x24 + x34 + x44) ≥x13.(x1 + x2 + x3 + x4 ) + x23(x1 + x2 + x3 + x4) + x33.(x1 + x2

+ x3 + x4) + x43.(x1 + x2 + x3 + x4)

Tương đương với : 4(x14 + x24 + x34 + x44) ≥ x13 + x23 + x33 + x43 ( do x1 + x2 + x3 + x4 = 1)

Mà x1, x2, x3, x4 > 0 nên x13 + x23 + x33 + x43 > 0.

Ta có : T = (x14 + x24 + x34 + x44) / (x13 + x23 + x33 + x43) ≥ 1/4

Dấu đẳng thức xảy ra khi khi x1 = x2 = x2 = x3 = x4 = 1/4 . Vậy giá trị nhỏ nhất của T là 1/4 khi khi x1

= x2 = x2 = x3 = x4 = 1/4 .

Các bạn thấy đấy, tơi đã tìm được lời giải bài tốn “chơng gai”. Hơn nữa, với lời giải này, giả thiết
bài của toán chỉ cần x1, x2, x3, x4 thỏa mãn x13 + x23 + x33 + x43 > 0 và x1 + x2 + x3 + x4 = 1 là đủ.

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

<i><b>TỪ MỘT LỜI GIẢI ĐI ĐẾN BÀI TOÁN TỔNG QUÁT</b></i>

Trong kì thi chọn học sinh giỏi THPT của TP. Hồ Chí Minh năm học 2002 - 2003 có bài toán bất
đẳng thức đại số sau :

<b>Bài toán :</b> Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng :

Bài tốn này có nhiều cách giải. Tơi xin giải bài toán này bằng phương pháp đổi biến và vận dụng
bất đẳng thức Côsi cho hai số dương, mà từ lời giải này ta có thể dẫn đến bài tốn tổng qt một
cách khơng khó khăn gì.

<b>Lời giải :</b>

Đặt b + c = x ; c + a = y ; a + b = z. Do đó :

Vì a ; b ; c > 0 nên x ; y ; z > 0 và x < y + z (2) Ta có :

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi :

=> x = y + z, mâu thuẫn với (2)
=> đẳng thức khơng xảy ra.
Vậy, ta có :

Dựa vào ý tưởng của cách giải trên, ta đề xuất và giải được bài toán sau :

<b>Bài toán tổng quát :</b> Cho m, n, p, a, b, c là các số dương. Chứng minh rằng :

<b>Lời giải :</b>

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

Do đó :

Vì a ; b ; c > 0 nên x ; y ; z > 0 ; x < y + z ; y < z + x ; z < x + y (3)
Ta có :

Trường hợp m = 5, n = 4, p = 1 chính là bài tốn ban đầu. Ngồi ra với những giá trị cụ thể khác của
m, n, p ta sẽ nêu được nhiều bất đẳng thức “đẹp” như bất đẳng thức (1).

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

<i><b>PHẦN THUẬN CỦA BÀI TỐN QUĨ TÍCH</b></i>

Tốn quỹ tích là một dạng tốn khó trong hình học, các em thường bị lúng túng khi gặp loại tốn này
trong các kì thi tốt nghiệp và thi học sinh giỏi ở bậc THCS. Bài viết này nhằm giúp các em một số
kinh nghiệm giải quyết phần thuận của bài tốn quỹ tích.

Đối với bài tốn tìm quỹ tích của điểm M thì phần thuận phải dựa vào tính chất a của M để => M
thuộc một hình F xác định.

Sau bước “đốn nhận” quỹ tích bằng phương pháp vẽ 3 trường hợp hoặc bằng cách dựa vào sự
chuyển động của điểm M (nếu M có thể chạy ra xa vơ tận thì quỹ tích M phải là đường thẳng hoặc
dựa vào tính đối xứng của quỹ tích ...) ta thường tiến hành chứng minh phần thuận như thế nào ? Ta
gặp hai tính huống sau đây :

<b>1. Dự đốn quỹ tích M là có dạng thẳng</b> (đoạn thẳng, tia, đường thẳng) ta có thể chọn lựa các cách
chứng minh sau :

- Sử dụng quỹ tích đường trung trực.
- Sử dụng quỹ tích đường phân giác.

- Sử dụng quỹ tích đường thẳng song song cách đều.

- Nối điểm chuyển động M với một điểm O cố định rồi chứng minh : OM song song với một đường

thẳng cố định, hoặc vuông góc với một đường thẳng cố định hoặc OM tạo với đường thẳng cố định
một góc a khơng đổi.

<b>Ví dụ 1 :</b> Cho góc vng yOx và điểm A cố định thuộc Oy. Một điểm B chuyển động trên Ox. Dựng
hình vng ABCD ở miền trong của góc yOx .

a) Tìm quỹ tích điểm D.
b) Tìm quỹ tích điểm C.

c) Tìm quỹ tích tâm S của hình vng.

<b>Hướng giải :</b>

a) Hạ DK vng góc với Oy.

Chứng minh : tam giác vuông AKD = tam giác vuông AOB => DK = OA = const => D thuộc đường
thẳng // Oy và cách Oy một đoạn OA. Giới hạn lại D thuộc tia D1m và {D} là tia D1m.

b) Dựng đường tròn tâm S ngoại tiếp hình vng ABCD. C1 là giao điểm của (S) và Ox . Ta có tứ

giác ACBC1 nội tiếp => Đ AC1O = Đ ACB = 45o => C1 là điểm cố định mà C1C vng góc với AC1

=> C thuộc tia C1n vng góc với AC1.

<i><b>Chú ý :</b></i> Nếu chứng minh C thuộc tia phân giác góc mC1x cũng được nhưng sẽ dài và khó hơn.

c) Để tìm quỹ tích S có rất nhiều cách. Tốt nhất ta nên lí luận như sau : Do (S) luôn luôn đi qua 2
điểm cố định A và C1 => SA = SC1 S thuộc trung trực AC1.

Giới hạn lại ta có {S} là tia S1p.

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

- Chứng minh điểm M luôn luôn cách một điểm cố định O cố định một khoảng khơng đổi.
- Dựa vào quỹ tích cung chứa góc.

- Chọn 3 điểm A, B, C cố định. Chứng minh tứ giác ABCM nội tiếp => M thuộc đường trịn đi qua
A, B, C.

<b>Ví dụ 2 :</b>. Cho nửa đường trịn đường kính AOB. Một điểm M chuyển động trên nửa đường trịn.
Dựng hình vng BMNP ở nửa mặt phẳng bờ BM khơng chứa O. Tìm {N}.

<b>Hướng giải :</b> Ta có thể chứng minh phần thuận theo các cách sau :

<i>Cách 1 :</i> Chứng minh A, M, N thẳng hàng => góc ANB = 45o_{=> N cung chứa góc 45}o_{vẽ trên AB.}
<i>Cách 2 :</i> Trên tiếp tuyến Ax lấy AN1 = AB. Nối N1B => Đ AN1B = 45o mà Đ ANB = 45o => tứ giác

AN1NB nội tiếp mà A, N1, B cố định, vậy N thuộc đường tròn đi qua A, N1, B.
<i>Cách 3 :</i> Chứng minh Đ BNN1 = 45o => N thuộc đường tròn đường kính BN1.

Giới hạn lại ta đều có quỹ tích N là nửa đường trịn đường kính BN1.

<i>Cách 4 :</i> Kéo dài PM cắt đường tròn tại I. Dễ chứng minh I là trung điểm => I cố định. Mà IN = IB
=> N thuộc đường tròn tâm I, bán kính IB.

<i><b>Chú ý :</b></i> Do mệnh đề thuận và mệnh đề phản đảo là tương đương nên có những khi người ta đã thay
phần thuận bởi mệnh đề phản đảo, cụ thể là : Chứng minh M khơng thuộc F thì M khơng có tính chất
a.

<b>Ví dụ 3 :</b> Cho góc nhọn yOx. Tìm quỹ tích những điểm M nằm ở miền trong của góc sao cho tỉ số
các khoảng cách từ M tới Ox và từ M tới Oy là 1 : 2.

<b>Bài giải :</b>

<i>1.</i> Đảo : Lấy A thuộc Ox ; B thuộc Oy sao cho OA = OB. Lấy H cố định thuộc AB sao cho HA : HB

= 1 : 2.

Hạ HE vng góc với Ox, Hfvuong góc với Oy.

Rõ ràng tam giác vng HEA đồng dạng với tam giác vuông HFB (g.g) nên HE/HF = HA/HB = 1/2.
Lấy M bất kì thuộc tia OH. Hạ MP vng góc với Ox, MQ vng góc với Oy.

Ta có : MP/HE = MQ/HF => MP/MQ = HE/HF = 1/2.

<i>2. Thuận : </i>

Lấy M ’ không thuộc tia OH ta chứng minh tỉ số M 'P '/M 'Q ' khơng bằng 1/2(dễ dàng)
Vậy quỹ tích điểm M là tia OH.

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

<b>Bài 1 :</b> Cho đoạn thẳng AB. Một điểm C chuyển động trên AB. Lấy AC và BC làm cạnh dựng hai
hình vng về cùng một phía của AB. Tìm quỹ tích trung điểm M của đoạn thẳng nối tâm hai hình
vng (quỹ tích M là một đoạn thẳng // AB và cách AB một khoảng AB/4).

<b>Bài 2 :</b> Cho đoạn thẳng AB. Một điểm C chuyển động trên AB. Lấy AC và BC làm cạnh dựng hai
tam giác đều về cùng một phía của AB. Tìm quỹ tích trung điểm M của đoạn thẳng nối tâm hai tam

giác đều (Quỹ tích là một đoạn thẳng // AB, cách AB một khoảng ).

<b>Bài 3 :</b> Cho đường tròn (O ; R) và một đường thẳng d cắt (O) ở A và B. Một điểm M chuyển động
trên d. Từ M kẻ 2 tiếp tuyến MP và MQ với đường trịn. Tìm quỹ tích tâm đường trịn ngoại tiếp tam
giác MNP. (Quỹ tích là 2 tia // d và cách d một đoạn bằng OK/2 với OK vng góc với d).

<b>Bài 4 :</b> Cho nửa đường trịn đường kính AOB. Một điểm M chuyển động trên nửa đường tròn. Dựng
tam giác đều BMC về nửa mặt phẳng bờ BM khơng chứa O.

a) Tìm quỹ tích đỉnh C (Cung chứa góc 60o_).

b) Tìm quỹ tích trung điểm H của MC (cung chứa góc 90o_).

c) Tìm quỹ tích trọng tâm G của tam giác đều BMC (một nửa đường tròn).

<b>Bài 5 :</b> Cho góc xOy. Tìm quỹ tích các điểm M ở miền trong của góc xOy sao cho tổng các khoảng
cách từ M tới Ox, Oy là một hằng số h đã cho. (Đoạn AB với A thuộc Ox, B thuộc Oy sao cho A
cách Oy một đoạn là h ; B cách Oy một đoạn là h)

<i><b>TÌM LỜI GIẢI BÀI TOÁN BẰNG CÁCH MỞ RỘNG BÀI TOÁN</b></i>

Trong <i>“Croatian National Mathematics Competition Kraljevica, May-1996”</i> tơi đã gặp một bài tốn
bất đẳng thức khá thú vị :

<b>Bài toán 1 :</b> Cho các số a, b, c, d khác 0 và thỏa mãn đẳng thức a + b + c + d = 0.
Đặt S1 = ab + bc + cd ; S2 = ac + ad + bd.

Chứng minh rằng :

Ban đầu, tơi chưa tìm ngay được lời giải trực tiếp cho bài tốn trên. Khi đó tơi đã tự hỏi : “Bài toán
bắt nguồn từ đâu nhỉ ?”.

Trả lời câu hỏi này, tơi đã tìm được một lời giải cho bài toán trên. Ta xét bài toán sau :

<b>Bài toán 2 :</b> Cho các số a, b, c, d khác 0 và thỏa mãn đẳng thức a + b + c + d = 0.

Đặt S1 = ab + bc + cd ; S2 = ac + ad + bd.

Xác định điều kiện cho cặp số dương ( ,  ) để S =  S1 +  S2 ≤ 0.

Lời giải : Đặt

Ta có : S =  S1 +  S2

=  (ab + bc + cd) +  (ac + ad + bd)

=  (ab + b(-M - b) + (-M - b)(M - a)) + +  (a(-M - b) + a(M - a) + b(M - a))

=  (ab - bM - b2 - M2 - bM + aM + ab) + +  (-aM - ab + aM - a2 + bM - ab)

= 2 ab - 2 bM -  b2 - M2 + aM - 2 ab -  a2 +  bM

= - M2 + ( a +  b - 2 b)M + 2 ab -  b2 - - 2 ab -  a2.

Coi S = f(M) là tam thức bậc hai theo M, ta có S ≤ 0 <=> f(M) ≤ 0 <=> DM ≤ 0 (vì -a < 0)
<=> ( a +  b - 2 b)2 + 4 (2 ab -  b2 - - 2 ab -  a2) ≤ 0

<=> 2a2 + 2b2 + 42b2 + 2 ab - 42ab - - 4 b2 + 82ab - 42b2 - 8 ab - 4 a2 ≤ 0

<=> (2 - 4 )a2 + (42 - 6 )ab + (2 - - 4 )b2 ≤ 0

<=>  ( - 4 )a2 +  (4 - 6 )ab +  ( - 4 )b2 ≤ 0 (*).

* Xét trường hợp 0 < a ≤ b : Chia cả hai vế của (*) cho b2 ≠ 0 và đặt t = a/b ta có :
f(t) =  ( - 4 )t2 +  (4 - 6 )t +  ( - 4 ) ≤ 0,

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

<=> 2(2 - 3 )2 - ( - 4 )( - 4 ) ≤ 0

<=> 2(42 - 12 + 9 2) -  ( - 42 - - 42 + 16 ) ≤ 0

<=> 44 - 123 922 - 22 + 43 + + 43 - 1622 ≤ 0

<=> 44 - 83 - 822 + 43 ≤ 0

<=> 3 - 22 - 22 + 3 ≤ 0

<=> ( /  )3 - 2( /  )2 - 2 / + 1 ≤ 0 (chia cả hai vế cho b3 ≠ 0)

<=> x3_{- 2x}2_{- 2x + 1 ≤ 0 (đặt 0 < x ≤ 1)}

<=> (x + 1)(x2_{- 3x + 1) ≤ 0}

<=> x2_{- 3x + 1 ≤ 0 (x + 1 > 0)}

(tính ∆x)

Kết hợp với điều kiện 0 < x ≤ 1 ta suy ra :

Vậy với 0 <  ≤  thì S =  S1 +  S2 ≤ 0 khi và chỉ khi  (1).

* Xét trường hợp 0 <  ≤  , tương tự như trường hợp trên : Chia cả hai vế của (*) cho a2 ≠ 0 và đặt

u = b/a ta có :

f(u) =  ( - 4 )u2 +  (4 - 6 )u +  ( - 4 ) ≤ 0.

Vì  ( - 4 ) < 0 nên f(u) ≤ 0 <=> ∆’u ≤ 0

<=> 2(2 - 3 )2 -  ( - 4 )( - 4+ ) ≤ 0

<=> 3 - 22 - 22 + 3 ≤ 0

<=> ( / )3 - 2( / )2 - 2 / + 1 ≤

<=> y3_{- 2y}2_{- 2y + 1 ≤ 0 (đặt}__/__{= y, 0 < y ≤ 1), bất phương trình có nghiệm :}

Vậy với 0 <  ≤  thì S =  S1 +  S2 ≤ 0 khi và chỉ khi

(2).

Từ (1) và (2) suy ra : Với  và  là các số dương, điều kiện để S =  S1 +  S2 ≤ 0 là

<b>Trở lại bài tốn 1.</b> Ta thấy nó là một trường hợp đặc biệt của kết quả trên :

Với  = 5 và  = 8 thì đúng, suy ra S = 5S1 + 8S2 ≤ 0.

Với  = 8 và  = 5 thì đúng, suy ra S = 8S1 + 5S2 ≤ 0.

Vậy :

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

<i><b>ĐA THỨC ĐỐI XỨNG HAI ẨN VÀ CÁC ỨNG DỤNG</b></i>

<b>A. Lí thuyết. </b>

<b>1.</b> Đa thức hai ẩn x, y không đổi khi thay x bởi y và y bởi x gọi là đa thức đối xứng (đtđx) hai ẩn.

<i>Ví dụ :</i> P(x, y) = x3_{y + xy}3_{; Q(x, y) = x}3_{+ 3x}2_{y + 3xy}2_{+ y}3_{là các đtđx.}

Các đa thức U(x, y) = 2x - 3y ; V(x, y) = x2_{- y}2_{không phải là các đtđx.}

2. Các đa thức t1 = x + y và t2 = xy gọi là đtđx cơ bản.

3. Kí hiệu Sn = xn + yn (n thuộc N*) thì Sn đều biểu diễn được theo t1, t2.
<i>Ví dụ : </i>

S1 = x + y = t1

S2 = x2 + y2 = (x + y)2 - 2xy = t12 - 2t2

S3 = x3 + y3 = (x + y)3 - 3xy(x + y) = t13 - 3t1t2

S4 = x4 + y4 = (x2 + y2)2 - 2x2y2 = S22 - 2t22 = t14 - 4t12t2 + 2t22

...

* Công thức truy hồi : Sk = t1.Sk - 1 - t2.Sk - 2.

<b>4.</b> Mọi đtđx hai ẩn x, y đều có thể viết dưới dạng đa thức hai ẩn t1, t2.

<b>B. Các ứng dụng. </b>

<b>I. Phân tích đa thức thành nhân tử. </b>
<b>Bài tốn 1 :</b> Phân tích đa thức :

f(x, y) = x5_{+ 3xy}4_{+ y}5_{+ 3x}4_{y + x}2_y3_{+ 3x}2_y2_{+ x}3_{y + xy}3_{thành nhân tử.}

<b>Lời giải :</b> Ta có :

f(x, y) = x5_{+ 3xy}4_{+ y}5_{+ 3x}4_{y + x}2_y3_{+ 3x}2_y2_{+ x}3_{y + xy}3

= (x5_{+ y}5_{) + 3xy(x}3_{+ y}3_{) + xy(y}2_{+ y}2_{) + x}2_y2_{(x + y) + 3x}2_y2

= t15 - 5t13t2 + 5t1t22 + 3t2(t13 - 3t1t2) + t2(t12 - 2t2) + t22t1 + 3t22

= t15 - 2t13t2 - 3t1t22 + t12t2 + t22

= t15 - 3t13t2 + t12t2 + t2t13 - 3t1t22+ t22

= (t12 + t2)(t13 - 3t1t2 + t1)

= (x2_{+ y}2_{+ 3xy).(x}3_{+ y}3_{+ xy)}

<b>II. Giải hệ phương trình. </b>
<b>Bài toán 2 :</b> Giải hệ :

<b>Lời giải :</b> Đặt t1 = x + y , t2 = xy thì hệ trở thành :

Thế t1 = 3 ta có :

2 t22 - 36 t2 + 64 = 0 => t2 = 16 ; t2 = 2.

Do đó x, y là các nghiệm của phương trình u2_{- 3u + 16 = 0 hoặc u}2_{- 3u + 2 = 0.}

Từ đó ta có x = 1 & y = 2 hoặc x = 2 & y = 1.

<b>III. Giải phương trình. </b>

<b>Bài tốn 3 :</b> Giải phương trình sau :

<b>Lời giải :</b>

Từ kết quả bài tốn trên ta có a, b và từ đó có nghiệm của phương trình là x = -15 hoặc x = 0.

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

<b>Bài toán 4 :</b> Cho x + y = 1, x3_{+ y}3_{= a, x}5_{+ y}5_{= b.}

Chứng minh 5a.(a + 1) = 9b + 1.

<b>Lời giải :</b> Ta có :
x3_{+ y}3_{= t}

13 - 3t1t2 = a => t2 = (1 - a)/3 ;

b = x5_{+ y}5_{= t}

15 - 5t13t2 + 5t22t1

(áp dụng công thức truy hồi)

=> b = 1 + 5t22 - 5t2 = (5a2 + 5a - 1)/9

Vậy 9b = 5a2_{+ 5a - 1 hay 9b + 1 = 5a.(a + 1).}

<b>V. Lập phương trình bậc hai. </b>

<b>Bài tốn 5 :</b> Hãy lập phương trình có hai nghiệm :

y1 = x13 - 2x2 ; y2 = x23 - 2x2 với x1, x2 là nghiệm của phương trình : x2 - x - 5 = 0.

<b>Lời giải :</b> Theo Vi-et ta có t1 = x1 + x2 = 1 ; t2 = x1.x2 = -5.

= (-5)3_{- 2.(14 - 4.(-5) + 2.(-5)}2_{) + 4.(-5)}

= -125 - 2.(1 + 20 + 50) - 20
= -125 - 142 - 20 = -287

Vậy y1, y2 là nghiệm của phương trình : y2 - 14y - 287 = 0.

<b>VI. Tìm cực trị. </b>

<b>Bài tốn 6 : </b>Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của :

<b>Lời giải :</b>

<b>C. Một số bài tập.</b>

<b>1.</b> Phân tích đa thức thành nhân tử.

a) f(x, y) = 10x4_{- 27x}3_{y - 110x}2_y2_{- 27xy}3_{+ 10y}4_.

b) 2x4_{- x}3_{y + 3x}2_y2_{- xy}3_{+ 2y}4_.

<b>2.</b> Lập phương trình bậc hai z2_{+ pz + q = 0 có các nghiệm là :}

z1 = x16 - 2x22 , z2 = x26 - 2x12 , với x1, x2 là nghiệm của x2 - x - 3 = 0.

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

<b>4.</b> Giải hệ :

<b>5.</b> Chứng minh : (x + y)4_{+ x}4_{+ y}4_{= 2(x}2_{+ xy + y}2₎2_.

<b>6.</b> Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình : x3_{+ y}3_{+ 1 = 3xy.}

<b>7.</b> Giải phương trình :

<i><b>SƠ NGHIỆM CỦA MỘT SỐ LOẠI PHƯƠNG TRÌNH</b></i>

Kiến thức về xét dấu các nghiệm của một phương trình bậc hai là một trong những kiến thức cơ bản
của THCS. Sau này khi học lên bậc THPT, các em vẫn cần sử dụng. Ta nhớ lại những điều cần
thiết :

* Cho phương trình bậc hai ax2_{+ bx + c = 0 (a ≠ 0), ta thường kí hiệu P = c/a ; S = - b/a , và x}
1, x2 là

các nghiệm của phương trình.
* Các điều kiện quan trọng :
+) x1 < 0 < x2 tương đương P < 0

+) 0 = x1 < x2 tương đương P = 0 và S > 0
+) x1 < x2 = 0 tương đương P = 0 và S < 0

+) x1 = x2 = 0 tương đương P = 0 và S = 0 hoặc là Δ = 0 và S = 0

+) 0 < x1 < x2 tương đương với Δ > 0 , P > 0 và S > 0

+) x1 < x2 < 0 tương đương Δ > 0 , P > 0 và S < 0

Sử dụng các kiến thức trên chúng ta có thể xét được số nghiệm của nhiều loại phương trình.

<b>1. Phương trình trùng phương </b>

ax4_{+ bx}2_{+ c = 0 (1)}

Đặt ẩn phụ t = x2_{≠ 0 thì (1) sẽ trở thành}

at2_{+ bt + c = 0 (2)}

Mỗi nghiệm t > 0 của (2) cho hai nghiệm của (1).

Nghiệm t = 0 của (2) sẽ cho một nghiệm x = 0 của (1). Tất nhiên t < 0 sẽ không cho nghiệm của (1).

<b>Bài toán 1 :</b> Biện luận số nghiệm của phương trình : x4_{- mx}2_{+ 3m - 8 = 0 (3)}

<b>Lời giải :</b> Đặt t = x2_{Δ 0 thì (3) trở thành : t}2_{- mt + 3m - 8 = 0 (4)}

Số nghiệm của (3) phụ thuộc vào dấu các nghiệm của (4), tức là phụ thuộc vào dấu của các biểu thức
:

Δ = m2_{- 12m + 32 ; P = 3m - 8 ; S = m}

Ta lập bảng biện luận :

<b>Bài tốn 2 :</b> Tìm m để phương trình x4_{- 2mx}2_{+ m}2_{- 3 = 0 (5) có đúng ba nghiệm phân biệt.}

<b>Lời giải :</b> Đặt t = x2_{0 thì (5) trở thành : t}2_{- 2mt + m}2_{- 3 = 0 (6)}

Phương trình (5) có đúng ba nghiệm phân biệt tương đương với phương trình (6) có nghiệm t1, t2

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

<b>2.Phương trình a(x - α)2_{+ b|x - α| + c = 0}</b>₍₇₎

Đặt ẩn phụ t = |x - α| thì (7) cũng sẽ trở thành phương trình (2).

Ta thấy mối quan hệ giữa số nghiệm của (1), (7) với nghiệm của (2) rất giống nhau. Có thể tổng kết
lại nhờ bảng sau :

<b>Bài toán 3 :</b> Tìm m để phương trình x2_{- 2x - |x - 1| + m = 0 (8) có đúng hai nghiệm phân biệt.}

<b>Lời giải :</b> Ta có (8) (x - 1)2_{- |x - 1| + m - 1 = 0}

Đặt t = |x - 1| ≥ 0 thì (8) trở thành : t2_{- t + m - 1 = 0 (9)}

Phương trình (8) có đúng hai nghiệm phân biệt tương đương với phương trình (9) có nghiệm t1, t2

thỏa mãn t1 < 0 < t2 hoặc t1 = t2 > 0

<b>3. Phương trình:</b>

Để khơng tầm thường ta giả sử k ≠ 0.
Đặt ẩn phụ :

thì (10) trở thành (2). Với mỗi giá trị t ≥ 0 cho ta một nghiệm duy nhất x = 1/k.(t2_{- n). Do đó số}

nghiệm của phương trình (10) đúng bằng số nghiệm khơng âm của phương trình (2).

<b>Bài tốn 4 :</b> Tìm m sao cho phương trình:

có hai nghiệm phân biệt.

<b>Lời giải :</b> Đặt thì phương trình (11) trở thành t2_{- mt + 2m - 3 = 0 (12)}

Phương trình (11) có hai nghiệm phân biệt tương đương Phương trình (12) có hai nghiệm phân biệt
t1, t2 thỏa mãn t2 > t1 ≥ 0

Tương đương với Δ > 0 , P ≥ 0 và S > 0
hay : m2_{- 8m + 12 > 0 , 2m - 3 ≥; 0 và m > 0}

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

Trước khi dừng bài viết, xin đề nghị các em có thể tự giải các bài tập sau đây :

<b>Bài tập 1 :</b> Tìm m để phương trình x2_{+ 2m|x - 2| - 4x + m}2_{+ 3 = 0 có ít nhất một nghiệm.}

<b>Bài tập 2 :</b> Chứng minh rằng phương trình : mx4_{- 3(m - 2)x}2_{+ m - 3 = 0 ln có nghiệm với mọi m.}

<b>Bài tập 3 : </b>Biện luận số nghiệm của phương trình :

<i><b>CĨ BAO NHIÊU CÁCH CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC CƠ-SI ?</b></i>

Bài tốn chứng minh bất đẳng thức Cơ-si cho ba số khơng âm là bài tốn tương đối khó với học sinh
THCS. Xin được giới thiệu với các bạn ba cách chứng minh bất đẳng thức này.

<b>Bài toán :</b> Cho a, b, c 0. Chứng minh rằng :

<b>Cách 1. </b>

<i><b>Bài toán phụ :</b></i> Cho x, y, z, t 0. Chứng minh rằng : (bất đẳng thức Cô-si cho
bốn số không âm).

Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số khơng âm, ta có :

Do đó :

+ Trường hợp một trong ba số a, b, c bằng 0, bài toán được chứng minh.
+ Trường hợp a, b, c đều khác 0, ta có a + b + c > 0. Do đó :

<b>Cách 2. </b>Sử dụng kết quả : x3_{+ y}3_{+ z}3_{- 3xyz = = 1/2 (x + y + z)[(x - y)2 + (y - z)2 + (z - x)2], => x}3

+ y3_{+ z}3_{- 3xyz 0 với x, y, z 0}

Đặt

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

<i><b>CÁCH CHỨNG MINH HAY NHẤT</b></i>

Sau khi đọc bài “Có bao nhiêu cách chứng minh bất đẳng thức Cô-si” (cho 3 số không âm) với 3
cách chứng minh của tác giả Tạ Thập, tôi xin được góp thêm một cách chứng minh khác.

Với a = b = c = 0, bất đẳng thức hiển nhiên đúng.

Ngược lại, khơng mất tính tổng qt, giả sử : 0 < a ≤ b ≤ c. Khi đó : 0 < a ≤ (a + b + c)/3 ≤ c.
Do đó : [(a + b + c)/3 - a].[c - (a + b + c)/3 ] ≥ 0

Tương đương với : a + c - (a + b + c)/3 ≥ ac/(a + b + c)/3 ≥ 0.
Dễ thấy : {[b + a + c - (a + b + c)/3 ]/2}2_{≥ b[a + c - (a + b + c)/3]}

=> : [(a + b + c)/3]2_{≥ abc/(a + b + c)/3 hay (a + b + c)/3 ≥ (abc)}1/3_.

Từ đây ta có một lời giải đơn giản cho bất đẳng thức Cô-si dạng tổng quát :

<b>Lời giải :</b> Với a1 = a2 = ... = an = 0 thì bất đẳng thức đúng. Ngược lại :

Dễ thấy bất đẳng thức đúng trong trường hợp 2 số không âm. Giả sử bất đẳng thức đúng trong
trường hợp n - 1 số không âm (giả thiết quy nạp).

Không mất tính tổng quát, giả sử : 0 < a1 a2 ≤ ... ≤ an, ta có :

0 < a1 ≤ T = (a1 + a2 + …+ an)/n ≤ an

Do đó : (T - a1)(an - T) ≥ 0

Tương đương với a1 + an - T ≥ a1an / T ≥ 0.

Xét n - 1 số không âm a2, a3, ... , an-1, a1 + an - T. Theo giả thiết quy nạp ta có :

{[ a2 + a3 + … + an + (a1 + an - T)]/(n - 1)}n - 1 ≥ a2a3an - 1(a1 + an - T)

=> :
Tn - 1_{≥ a}

2a3an - 1(a1 + an - T) ≥ a2a3…an - 1.(a1an / T)

=> :

Theo nguyên lí quy nạp, bất đẳng thức Cô-si trong trường hợp tổng quát đã được chứng minh.

<i><b>ĐỊNH LÍ VI-ET THUẬN</b></i>

Các bài tốn liên quan tới định lí Vi-et rất thường gặp trong các kì thi tốt nghiệp THCS và thi vào
lớp 10.

ở bài viết này chúng ta cùng ơn tập những bài tốn cơ bản nhất. Trước hết ta nhớ lại định li Vi-et

thuận :

“Nếu phương trình ax2_{+ bx + c = 0 (a ≠ 0) có nghiệm x}

1, x2 thì x1 + x2 = - b/a và x1x2 = c/a ”.

<i>Chú ý :</i> Nhiều bạn khi sử dụng định lí này đã quên mất giả thiết a ≠ 0 và Δ ≥ 0 nên dẫn tới những sai
lầm đáng tiếc.

<b>Thí dụ 1 :</b> Gọi x1, x2 là các nghiệm của phương trình x2 - x - 1 = 0.

1) Tính x12 + x22.

2) Chứng minh Q = x12 + x22 + x14 + x24 chia hết cho 5.

<b>Giải :</b> Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1 và x2 vì Δ = 5 > 0 (hoặc a.c = -1 < 0).

Theo định lí Vi-et ta có x1 + x2 = 1 và x1x2 = -1.

1) x12 + x22 = (x1 + x2)2 - 2x1x2 = 12 - 2(-1) = 3.

2) Q = (x12 + x22) + (x12 + x22)2 - 2x12x22 = 3 + 32 - 2(-1)2 = 10 => Q chia hết cho 5.

Chú ý : Các bạn giỏi có thể chứng minh Q = x12001 + x22001 + x12003 + x22003 cũng chia hết cho 5 (Đề thi

HSG lớp 9 tỉnh Nam Định).

<b>Thí dụ 2 :</b> Giả sử x1, x2 là các nghiệm của phương trình x2 - (m + 1)x + m2 - 2m + 2 = 0. Tìm m để F

= x12 + x22 đạt giá trị nhỏ nhất.

<b>Giải :</b> Trước hết, phương trình có nghiệm tương đương với Δ ≥ 0 tương đương với (m + 1)2_{- 4(m}2_-

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

Theo định lí Vi-et ta có x1 + x2 = m + 1 và x1x2 = m2 - 2m + 2. Do đó F = x12 + x22 = (x1 + x2)2 - 2x1x2

= (m + 1)2 - 2(m2_{- 2m + 2) = -m}2_{+ 6m - 3 = -(m - 3)}2_{+ 6.}

Với 1≤ m ≤ thì - 2 ≤ m - 3 ≤ - 2/3.
=> (m - 3)2_{≤ 4 => -(m - 3)}2_{≥ -4}

=> F = -(m - 3)2_{+ 6 ≥ 2.}

Vì F = 2 tương đương với m = 1, nên F đạt giá trị nhỏ nhất bằng 2 khi m = 1.

<i>Chú ý :</i> Nếu các bạn “quên” điều kiện Δ ≥ 0 thì sẽ dẫn đến... F khơng có giá trị nhỏ nhất !

<b>Thí dụ 3 :</b> Tìm số ngun m sao cho phương trình mx2 - 2(m + 3)x + m + 2 = 0 có nghiệm x1, x2

thỏa mãn : F = 1/ x1 + 1/ x2 là số nguyên.

<b>Giải :</b> Phương trình có nghiệm x1, x2

Theo định lí Vi-et thì x1 + x2 = 2(m + 3)/m và x1.x2 = (m + 2)/m

Do đó : F = 1/x1 + 1/x2 = 2(m + 3)/(m + 2) = 2 + 2/(m + 2)

Ta thấy F là số nguyên hay m + 2 là ước của 2

Vì m ≥ - 9/4 nên m = 0 ; m = 1 ; m = -1 thỏa mãn bài tốn.

<b>Thí dụ 4 :</b> Tìm hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm phân biệt của phương trình : x2_{- (m + 3)x + 2m - 5 =}

0 mà hệ thức này khơng phụ thuộc m.

<b>Giải :</b> Ta có Δ = (m + 3)2_{- 4(2m - 5) = m}2_{- 2m + 14 = (m - 1)}2_{+ 13 > 0 với mọi m. Chứng tỏ}

phương trình ln có hai nghiệm x1 và x2. Theo định lí Vi-et thì :

Khử m ta có : 2(x1+x2) - x1x2 = 11.

<b>Thí dụ 5 : </b>Tìm m để phương trình : x2_{- mx + m}2_{- 7 = 0 có nghiệm này gấp đơi nghiệm kia.}

<b>Giải :</b> Phương trình có nghiệm x1, x2

Tương đương với Δ ≥ 0 hay m2_{- 4(m}2_{- 7) ≥ 0 hay 28 ≥ 3m}2

Theo định lí Vi-et ta có :

Giả sử x1 = 2x2 thì :

Khử x2 bằng phép thế ta có :

2.(m/2)2_{= m}2_{- 7 tương đương với 2m}2_{= 9m}2_{- 63}

hay m>sup>2 - 9 hay là m = - 3 hoặc m = 3 (thoả mãn).
Vậy có 2 giá trị của m thỏa mãn là m = 3 và m = -3 .

<b>Thí dụ 6 :</b> Cho phương trình : x2_{- mx + m}2_{- 3 = 0}

1) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm dương phân biệt.

2) Tim m để phương trình chỉ có một nghiệm là nghiệm dương.

<b>Giải :</b>

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

2) Phương trình chỉ có một nghiệm là nghiệm dương trong các khả năng sau đây :
Khả năng 1 : 0 = x1 < x2

Khả năng 2 : x1 < 0 < x2

Khả năng 3 : 0 < x1 = x2

<i>Tóm lại :</i> Phương trình chỉ có một nghiệm là nghiệm dương hoặc m = 2.
Các bạn hãy làm thêm một số bài tập :

<b>1.</b> Cho phương trình : x2_{- 2(m + 1)x + m}2_{+ 3m + 2 = 0.}

a) Tìm m để phương trình có nghiệm x1, x2 thỏa mãn x12 + x22 = 12.

b) Tìm hệ thức liên hệ giữa x1 và x2 không phụ thuộc m.

<b>2.</b> Cho phương trình : x2_{- 2(m + 1)x + 2m - 15 = 0.}

Gọi các nghiệm của phương trình là x1, x2.

a) Tìm m sao cho x1 + 5x2 = 4.

b) Tìm số nguyên m sao cho : F = 1/x1 + 1/x2 cũng là số nguyên.

<b>3.</b> Tìm m để phương trình : x2_{+ 2(m - 1)x - 2m + 5 = 0 có nghiệm x}

1, x2 và biểu thức A = x12 + x22

đạt giá trị nhỏ nhất.

<i><b>MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUN</b></i>

Trong q trình giảng dạy và làm tốn, tôi đã hệ thống được một số phương pháp giải phương trình
nghiệm nguyên, hi vọng sẽ giúp các em học sinh biết lựa chọn phương pháp thích hợp khi giải bài
toán loại này.

<b>Phương pháp 1 :</b><i><b> Đưa về dạng tích</b></i>

<i>Biến đổi phương trình về dạng : vế trái là tích của các đa thức chứa ẩn, vế phải là tích của các số </i>
<i>nguyên.</i>

<b>Thí dụ 1 :</b> Tìm nghiệm nguyên của phương trình :
y3_{- x}3_{= 91 (1)}

<b>Lời giải :</b> (1) tương đương với (y - x)(x2_{+ xy + y}2_{) = 91 (*)}

Vì x2_{+ xy + y}2_{> 0 với mọi x, y nên từ (*) => y - x > 0.}

Mặt khác, 91 = 1 x 91 = 7 x 13 và y - x ; x2_{+ xy + y}2_{đều nguyên dương nên ta có bốn khả năng sau :}

y - x = 91 và x2_{+ xy + y}2_{= 1 ; (I)}

y - x = 1 và x2_{+ xy + y}2_{= 91 ; (II)}

y - x = 3 và x2_{+ xy + y}2_{= 7 ; (III)}

y - x = 7 và x2_{+ xy + y}2_{= 13 ; (IV)}

Đến đây, bài toán coi như được giải quyết.

<b>Phương pháp 2 :</b><i><b> Sắp thứ tự các ẩn</b></i>

<i>Nếu các ẩn x, y, z, ... có vai trị bình đẳng, ta có thể giả sử x ≤ y ≤ z ≤ ... để tìm các nghiệm thỏa mãn</i>
<i>điều kiện này. Từ đó, dùng phép hốn vị để => các nghiệm của phương trình đã cho.</i>

<b>Thí dụ 2 :</b> Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình :
x + y + z = xyz (2).

<b>Lời giải :</b>

Do vai trị bình đẳng của x, y, z trong phương trình, trước hết ta xét x ≤ y ≤ z.

Vì x, y, z nguyên dương nên xyz ≠ 0, do x ≤ y ≤ z => xyz = x + y + z ≤ 3z => xy ≤ 3 => xy thuộc
{1 ; 2 ; 3}.

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

Nếu xy = 2, do x ≤ y nên x = 1 và y = 2, thay vào (2), => z = 3.
Nếu xy = 3, do x ≤ y nên x = 1 và y = 3, thay vào (2), => z = 2.

Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình (2) là các hốn vị của (1 ; 2 ; 3).

<b>Thí dụ 3 :</b> Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình :
1/x + 1/y + 1/z = 2 (3)

<b>Lời giải :</b> Do vai trị bình đẳng của x, y, z, trước hết ta xét x ≤ y ≤ z. Ta có :
2 = 1/x + 1/y + 1/z ≤ 3.1/x => x ≤ 3/2 => x = 1.

Thay x = 1 vào (3) ta có :

1/y + 1/z + 1 = 2 => 1 = 1/y + 1/z ≤ 2/y => y ≤ 2
=> y = 1 => 1/z = 0 (vơ lí)

hoặc y = 2 => 1/z = 2 => z = 2.

Vậy nghiệm ngun dương của phương trình (3) là các hốn vị của (1 ; 2 ; 2).

<b>Phương pháp 3 :</b><i><b> Sử dụng tính chất chia hết </b></i>

<i>Phương pháp này sử dụng tính chất chia hết để chứng minh phương trình vơ nghiệm hoặc tìm </i>
<i>nghiệm của phương trình.</i>

<b>Thí dụ 4 :</b> Tìm nghiệm nguyên của phương trình :
x2_{- 2y}2_{= 5 (4)}

<b>Lời giải :</b> Từ phương trình (4) ta => x phải là số lẻ. Thay x = 2k + 1 (k thuộc Z) vào (4), ta được :
4k2_{+4k + 1 - 2y}2_{= 5}

tương đương 2(k2_{+ k - 1) = y}2

=> y2_{là số chẵn => y là số chẵn.}

Đặt y = 2t (t thuộc Z), ta có :
2(k2_{+ k - 1) = 4t}2

tương đương k(k + 1) = 2t2_{+ 1 (**)}

<i>Nhận xét :</i> k(k + 1) là số chẵn, 2t2_{+ 1 là số lẻ => phương trình (**) vơ nghiệm.}

Vậy phương trình (4) khơng có nghiệm ngun.

<b>Thí dụ 5 :</b> Chứng minh rằng không tồn tại các số nguyên x, y, z thỏa mãn :
x3_{+ y}3_{+ z}3_{= x + y + z + 2000 (5)}

<b>Lời giải :</b> Ta có x3_{- x = (x - 1).x.(x + 1) là tích của 3 số nguyên liên tiếp (với x là số nguyên). Do}

đó : x3_{- x chia hết cho 3.}

Tương tự y3_{- y và z}3_{- z cũng chia hết cho 3. Từ đó ta có : x}3_{+ y}3_{+ z}3_{- x - y - z chia hết cho 3.}

Vì 2000 khơng chia hết cho 3 nên x3_{+ y}3_{+ z}3_{- x - y - z ≠ 2000 với mọi số nguyên x, y, z tức là}

phương trình (5) khơng có nghiệm ngun.

<b>Thí dụ 6 :</b> Tìm nghiệm ngun của phương trình :
xy + x - 2y = 3 (6)

<b>Lời giải :</b> Ta có (6) tương đương y(x - 2) = - x + 3. Vì x = 2 khơng thỏa mãn phương trình nên (6)
tương đương với:

y = (-x + 3)/(x - 2) tương đương y = -1 + 1/(x - 2).

Ta thấy : y là số nguyên tương đương với x - 2 là ước của 1 hay x - 2 = 1 hoặc x - 2 = -1 tương
đương với x = 1 hoặc x = 3. Từ đó ta có nghiệm (x ; y) là (1 ; -2) và (3 ; 0).

<i>Chú ý :</i> Có thể dùng phương pháp 1 để giải bài tốn này, nhờ đưa phương trình (6) về dạng : x(y + 1)
- 2(y + 1) = 1 tương đương (x - 2)(y + 1) = 1.

<b>Phương pháp 4 :</b><i><b> Sử dụng bất đẳng thức </b></i>

<i>Dùng bất đẳng thức để đánh giá một ẩn nào đó và từ sự đánh giá này => các giá trị ngun của ẩn </i>
<i>này.</i>

<b>Thí dụ 7 :</b> Tìm nghiệm ngun của phương trình :
x2_{- xy + y}2_{= 3 (7)}

<b>Lời giải : </b>

(7) tương đương với (x - y/2)2_{= 3 - 3y}2_/4

Vì (x - y/2)2_{≥ 0 => 3 - 4y}2_{/4 ≥ 0}

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

Lần lượt thay y = -2 ; 2 ; -1 ; 1 ; 0 vào phương trình để tính x. Ta có các nghiệm ngun của phương
trình là :

(x ; y) thuộc {(-1 ; -2) ; (1 ; 2) ; (-2 ; -1) ; (2 ; 1) ; (-1 ; 1) ; (1 ; -1)}.

Chắc chắn cịn nhiều phương pháp để giải phương trình nghiệm ngun và cịn nhiều thí dụ hấp dẫn
khác. Mong các bạn tiếp tục trao đổi về vấn đề này. Các bạn cũng thử giải một số phương trình
nghiệm nguyên sau đây :

<b>Bài 1 :</b> Giải các phương trình nghiệm nguyên :
a) x2_{- 4 xy = 23 ;}

b) 3x - 3y + 2 = 0 ;
c) 19x2_{+ 28y}2_{=729 ;}

d) 3x2_{+ 10xy + 8y}2_{= 96.}

<b>Bài 2 :</b> Tìm x, y nguyên dương thỏa mãn :
a) 4xy - 3(x + y) = 59 ;

b) 5(xy + yz + zx) = 4xyz ;
c) xy/z + yz/x + zx/y = 3 ;
d) 1/x + 1/y + 1/z = 1/1995.

<i><b>KHÓ ĐÃ TRỞ THÀNH DỄ</b></i>

Giải phương trình vơ tỉ, phương trình bậc cao là dạng tốn khó, thường gặp trong các kì thi vào lớp
10 ở các trường chuyên. Vận dụng khéo léo “một kĩ năng có nhiều ứng dụng” đăng trên TTT2 số 7,
9/2003, tôi đã giải được nhiều phương trình tưởng rằng khó, bằng cách đưa về dạng cơ bản A2_{= B}2_.

Sau đây là một vài thí dụ.

<b>Thí dụ 1 :</b> Giải phương trình :

(<i>đề thi vào lớp 10 trường THPT Trần đại Nghĩa, TP. Hồ Chí Minh năm 2001 - 2002</i>)

<b>Lời giải :</b> điều kiện : x ≤ 2.

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

So với điều kiện ban đầu thì nghiệm của phương trình (I) là : x = 1 và

<i>Nhận xét :</i> Ta có thể đặt
và đưa (I) về dạng :

(hệ phương trình đối xứng loại hai)

<b>Thí dụ 2 :</b> Giải phương trình :

(<i>đề thi vào lớp 10 trường THPT Lê Hồng Phong, TP. Hồ Chí Minh năm 2001 - 2002</i>)

<b>Lời giải :</b>Đ iều kiện :

So với điều kiện ban đầu thì nghiệm của phương trình (II) là : x = - 1.

<b>Thí dụ 3 :</b> Giải phương trình :

(x2_{+ 4x + 8)}2_{+ 3x}3_{+ 14x}2_{+ 24x = 0 (III)}

<b>Lời giải :</b> Ta có, (III) tương đương với :
(x2_{+ 4x + 8)}2_{+ 3x(x}2_{+ 4x + 8) = - 2x}2

Tương tự (x2_{+ 4x + 8)}2_{+ 2.3/2x(x}2_{+ 4x + 8) + 9/4x}2_{= - 2x}2_{+ 9/4x}2

Tương đương (x2_{+ 4x + 8 + 3/2x)}2_{= (x/2)}2

Tương đương x2_{+ 4x + 8 + /32x = x/2 hoặc là x}2_{+ 4x + 8 + 3/2x = - x/2 <BR< x}2_{+ 5x + 8 = 0 hoặc}

x2_{+ 6x + 8 = 0}

Phương trình x2_{+ 5x + 8 = 0 vơ nghiệm (Δ < 0) nên (III) tương đương với x}2_{+ 6x + 8 = 0 hay (x +}

2)(x + 4) = 0 tương đương x = - 2 hoặc x = - 4.

Vậy phương trình (III) có hai nghiệm là : x = - 2 và x = - 4.

<i><b>CÁC BÀI TOÁN VỀ CĂN BẬC HAI</b></i>

Kĩ năng biến đổi, tính tốn về căn bậc hai là một yêu cầu quan trọng trong nội dung chương trình lớp
9. Sau đây xin giới thiệu với các bạn một số dạng thường gặp trong các bài toán về căn bậc hai.
<b>I. Thực hiện phép khai căn bậc hai nhờ phân tích 2ab trong hằng đẳng thức (a - b)2_{và (a +-}</b>

<b>b)2_.</b>

* Khi gặp căn thức dạng ta có thể nghĩ đến việc phân tích về dạng 2ab với a2_{+ b}2₌

M.

<b>Thí dụ 1 :</b> Tính :

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

<b>II. Thực hiện phép khai căn bậc hai nhờ xuất hiện bình phương khi dùng hằng đẳng thức (a - </b>
<b>b)(a + b).</b>

* Trong một tích, nếu xuất hiện thừa số có dạng:

hãy thử làm xuất hiện thừa số:
.

<b>Thí dụ 2 :</b>Tính :

<b>Lời giải :</b> Ta có :

<b>III.</b> Cần tính T, trước hết tính T2_{rồi xét dấu T để => T.}

<b>Thí dụ 3 : </b>Tính:

<b>Lời giải :</b> Ta có :

<b>IV. Khi gặp mẫu số chứa căn, hãy nghĩ tới trục căn ở mẫu.</b>
<b>Thí dụ 4 :</b>Tính:

<b>Lời giải :</b> Ta có :

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

<b>Thí dụ 5 : </b>Tính giá trị của biểu thức :

<b>Lời giải :</b>

x3_{= x}2_{.x = (1 + 2x).x = x + 2x}2_{= x + 2(1 + 2x) = 5x + 2 ;}

x5_{= x}3_.x2_{= (5x + 2)(1 + 2x) = 9x + 2 + 10x}2_{= 9x + 2 + 10(1 + 2x) = 29x + 12}

=> E = 2x5_{+ x}3_{- 3x}2_{+ x - 1}

= 2(29x + 12) + (5x + 2) - 3(1 + 2x) + x - 1
= 58x + 24 + 5x + 2 - 3 - 6x + x - 1

= 58x + 22

<i>Chú ý :</i> Có thể thực hiện phép chia đa thức E cho x2_{- 2x - 1 được dư là 58x + 22 và từ đó cũng tính}

được E.

Khi biến đổi, ta thường phải đánh giá, lựa chọn và kết hợp nhiều phương pháp khác nhau. Chắc chắn
chúng ta còn gặp nhiều dạng bài toán liên quan đến căn bậc hai với những cách biến đổi đặc biệt
khác. Đề nghị các bạn tiếp tục trao đổi.

Dưới đây là một số bài tập áp dụng (được trích từ một số đề thi của các tỉnh, thành phố).

<i>Tính giá trị của các biểu thức :</i>

<i><b>HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN</b></i>

Trong các loại hệ phương trình thì hệ phương trình bậc nhất hai ẩn là loại hệ cơ bản và các bạn sẽ
cịn gặp nhiều sau này. Đối với bậc THCS thì các bạn có hai phương pháp chính để giải và biện luận
loại hệ này, đó là phương pháp cộng đại số và phương pháp thế. Dù dùng phương pháp nào thì các
bạn vẫn đưa về giải và biện luận phương trình một ẩn. Bài viết này xin tổng kết với các bạn một số
yêu cầu thường gặp đối với loại hệ này.

<b>1. Giải và biện luận. </b>

<b>Bài toán 1</b> : Giải và biện luận hệ :

<b>Giải</b> : Các bạn có thể chọn một trong hai phương pháp, chẳng hạn phương pháp thế :
Ta có (2) y = 3 - x. Thế vào (1) :

mx + 2(3 - x) = 2m (m - 2)x = 2m - 6 (3).

+ Nếu m - 2 = 0 m = 2 thì (3) trở thành 0 = - 2, vơ nghiệm (khơng được nói là phương trình... vơ
lí !).

+ Nếu m - 2 khác 0 ; m khác 2 thì (3) khi và chỉ khi x = (2m - 6)/(m - 2) Thay vào (2) => :
y = 3 - (2m - 6)/(m - 2) = m/(m- 2) Hệ có nghiệm duy nhất :

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

2.<b>Nghiệm thỏa mãn điều kiện cho trước.</b>

Những yêu cầu về nghiệm thường gặp :

- Nghiệm của hệ thỏa mãn những bất đẳng thức.

- Nghiệm của hệ thỏa mãn một hệ thức.

- Nghiệm của hệ là những số ngun.

<b>Bài tốn 2 :</b>

Tìm m để hệ :

có nghiệm thỏa mãn x > 0 và y > 0.

<b>Giải</b> :

Nhân hai vế của (2) với -3, ta có (2) tương đương với -3x - 3my = -9 (3)
Cộng từng vế của (1) và (3) dẫn đến :

- 2y - 3my = m - 9 khi và chỉ khi (2 + 3m)y = 9 - m (4)

+ Nếu 2 + 3m = 0 khi và chỉ khi m = - 2/3 thì (4) trở thành 0 = 29/3 vơ nghiệm.
+ Nếu 2 + 3m khác 0 ; m khác - 2/3 thì :

(4) khi và chỉ khi y = (9 - m)/(2 + 3m) Thế vào (1) ta có :

3x - 2.[ (9 - m)/(2 + 3m) ] = m khi và chỉ khi x = (m2_{+ 6)/(2 + 3m)}

Khi đó x > 0 và y > 0

<i>Tóm lại</i> : Hệ có nghiệm thỏa mãn x > 0 và y > 0 khi và chỉ khi
-2/3 < m < 9

<b>Bài toán 3 : </b>Cho hệ :

a) Tìm các số nguyên m để hệ có nghiệm x, y ngun.
b) Tìm m sao cho nghiệm của hệ thỏa mãn x2_{+ y}2_{= 0,25.}

<b>Giải</b> : a) Vì (2) khi và chỉ khi y = 4x + 2 nên thế vào (1) ta có : x + (m + 1) (4x + 2) = 1
Khi và chỉ khi (4m + 5)x = -2m - 1 (3)

+ Nếu 4m + 5 = 0 khi và chỉ khi m = - 5/4 thì (3) vô nghiệm.

+ Nếu 4m + 5 khác 0 khi và chỉ khi m khác - 5/4 thì (3) x = (- 2m - 1)/( 4m + 5) Thế vào (2) thì :
y = - 4. (- 2m - 1)/( 4m + 5) + 2 = 6/(4m + 5)

Trước hết ta thấy : Vì m nguyên nên 4m + 5 là số nguyên lẻ.
Do đó : y nguyên khi và chỉ khi 4m + 5 là ước số lẻ của 6

Khi và chỉ khi 4m + 5 thuộc { -1;1;-3;3} khi và chỉ khi m thuộc {-3/2;-1;-2;-1/2}
Với m = - 1 thì x = 1 ; y = 6 thỏa mãn.

Với m = - 2 thì x = - 1 ; y = - 2 thỏa mãn.

<i>Tóm lại</i> : Hệ có nghiệm x và y là số nguyên m = - 1 hoặc m = - 2.
b) Ta có x2_{+ y}2_{= 0,25}

[ - (2m + 1)/(4m + 5)]2_{+ [ -6/(4m + 5)]}2_{= 1/4}

4(2m + 1)2_{+ 4.36 = (4m + 5)}2_{khi và chỉ khi m = 123/24}

<b>3.Giải các hệ đưa về hệ bậc nhất hai ẩn (thơng qua các ẩn phụ).</b>
<b>Bài tốn 4 :</b>

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

<b>Giải</b> : Đặt thì u = 1/(2x - y); v = 1/(2x + y) hệ trở thành :

Giải hệ này ta có u = 1/3 ; v = 1/5
Từ đó ta có :

<b>4. Bài tốn tìm giá trị nhỏ nhất.</b>

Có khi giải bài tốn tìm giá trị nhỏ nhất của một biểu thức lại xuất hiện loại hệ này. Ta xét bài toán
sau :

<b>Bài toán 5</b> : Tùy theo giá trị của m, hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
F = (mx + 2y - 2m)2 + (x + y - 3)2

<b>Giải</b> : Ta thấy F ≥ 0 với mọi x, y, m và F đạt giá trị nhỏ nhất bằng 0 khi và chỉ khi hệ sau có
nghiệm :

Hệ này chính là hệ ở bài tốn 1, có nghiệm khi và chỉ khi m khác 2.
Với m = 2 thì F = (2x + 2y - 4)2_{+ (x + y - 3)}2_.

Đặt t = x + y - 2 ta có : F = (2t)2_{+ (t - 1)}2_{= 5t}2_{- 2t + 1 = 5(t - 1/5)}2_{+ 4/5 ≥ 4/5 Khi đó}

F đạt giá trị nhỏ nhất là 4/5 khi và chỉ khi t = 1/5

<i>Tóm lại</i> : Nếu m = 2 thì F nhỏ nhất là 4/5
Và nếu m khác 2 thì F nhỏ nhất bằng 0.
Các bạn hãy tự giải các bài toán sau :

<b>Bài 1 </b>: Cho hệ :

a) Tìm n để hệ có nghiệm với mọi giá trị của m.

b) Với n = 2, hãy tìm m sao cho hệ có nghiệm thỏa mãn x < 0 và y < 0.

c) Với n = 3, hãy tìm số ngun m sao cho hệ có nghiệm x, y là các số nguyên.

<b>Bài 2</b> : Tìm m để hệ có nghiệm :

<b>Bài 3</b> : Tùy theo m, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
a) F = (mx - 2y + 1)2_{+ (3x + y)}2

b) Q = |x - my| + |2x + y - 1|

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

<b>Bài 5</b> : Chứng minh rằng : Nếu hệ

có nghiệm thỏa mãn cx + ay = b thì : a3_{+ b}3_{+ c}3_{= 3abc.}

Chúc các bạn thành công trong các kì thi !

<i><b>THÊM CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGIỆM NGUYÊN</b></i>

Sau bài “Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên” của cô giáo <i><b>Nguyễn Thị Lệ Huyền</b></i>

(TTT2 số 14), rất nhiều bạn đã bổ sung thêm các phương pháp khác hoặc minh họa bằng nhiều bài
toán khá thú vị. Kì này, tịa soạn tổng hợp giới thiệu tiếp một số phương pháp từ các bài gửi về của

<i>nhóm giáo viên Tốn</i>, trường THCS Phan Bội Châu, Hải Dương, nhà giáo <i>Minh Trân</i>, phòng giáo

dục Hương Thuỷ, Thừa Thiên, Huế ; <i>Phan Tuấn Dũng</i>, 9A, THCS Phong Bắc, Kì Anh ; <i>Dương </i>

<i>Ngọc Tuyền</i>, 9B, THCS Hồng Xuân Hàn, Đức Thọ, Hà Tĩnh ; <i>Dương Mạnh Linh</i>, 9A2, THCS Lê

Quý Đôn, ý Yên, Nam Định để bạn đọc cùng tham khảo.

<b>Phương pháp 5 : Đưa về dạng tổng</b>

<i>Biến đổi phương trình về dạng : vế trái là tổng của các bình phương, vế phải là tổng của các số </i>
<i>chính phương.</i>

<b>Thí dụ 8 :</b> Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2_{+ y}2_{- x - y = 8 (8)}

<b>Lời giải :</b> (8) <=> 4x2_{+ 4y}2_{- 4x - 4y = 32}

<=> (4x2_{- 4x + 1) + (4y}2_{- 4y + 1) = 34}

<=> |2x - 1|2_{+ |2y - 1|}2_{= 32 + 52.}

Bằng phương pháp thử chọn ta thấy 34 chỉ có duy nhất một dạng phân tích thành tổng của hai số
chính phương 32_{và 5}2_.

Do đó phương trình thỏa mãn chỉ trong hai khả năng :

Giải các hệ trên => phương trình (8) có bốn nghiệm ngun là (x ; y) Є {2 ; 3) ; (3 ; 2) ; (-1 ; -2) ; (-2
; -1)}

<b>Phương pháp 6 : lùi vơ hạn </b>

<b>Thí dụ 9 :</b> Tìm nghiệm ngun của phương trình x2_{- 5y}2_{= 0 (9)}

<b>Lời giải : </b>

Giả sử (x0 ; y0) là nghiệm của (9) thì : x02 - 5y02 = 0 => x0 chia hết cho 5, đặt x0 = 5x1 ; (x1 Є Z), ta

có : 25x12 - 5y02 = 0 <=> 5x12 - y02 = 0

=> y0 chia hết cho 5, đặt y0 = 5y1 ; (y1 Є Z).

Từ đó ta có : 5x12 - 25y12 = 0 <=> x12 - 5y12 = 0.

Vậy nếu (x0 ; y0) là nghiệm nguyên của (9) thì (x0/5 ; y0/5) cũng là nghiệm nguyên của (9).

Tiếp tục lập luận tương tự, ta có với k nguyên dương bất kì, cũng là nghiệm nguyên của (9) hay x0 và

y0 đều chia hết cho 5k với mọi k là số nguyên dương tùy ý. Điều này chỉ xảy ra khi x0 = y0 = 0.

Vậy phương trình (9) có nghiệm duy nhất là x = y = 0.

<b>Phương pháp 7 : xét chữ số tận cùng </b>

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

<b>Lời giải :</b> Cho x lần lượt bằng 1 ; 2 ; 3 ; 4, ta có ngay 2 nghiệm nguyên dương (x ; y) của phương
trình (10) là (1 ; 1) và (3 ; 3).

Nếu x > 4 thì dễ thấy k! với k > 4 đều có chữ số tận cùng bằng 0 ị 1! + 2! + 3 ! + 4! + 5! + ... + x! =
33 + 5! + ... + x! có chữ số tận cùng bằng 3.

Mặt khác vế phải là số chính phương nên khơng thể có chữ số tận cùng là 3.
Vậy phương trình (10) chỉ có hai nghiệm nguyên dương (x ; y) Є {(1 ; 1) ; (3 ; 3)}.

<b>Thí dụ 11 :</b> Tìm x, y nguyên dương thỏa mãn phương trình :
x2_{+ x - 1 = 3}2y + 1₍₁₁₎

<b>Lời giải :</b> Cho x các giá trị từ 0 đến 9, dễ dàng xác định được chữ số tận cùng của x2_{+ x - 1 chỉ nhận}

các giá trị 1 ; 5 ; 9. Mặt khác, ta thấy 32y + 1_{là lũy thừa bậc lẻ của 3 nên chữ số tận cùng của nó chỉ có}

thể là 3 hoặc 7, khác với 1 ; 5 ; 9.

Vậy (11) không thể xảy ra. Nói cách khác, phương trình (11) khơng có nghiệm ngun dương.
Bài tốn này cũng có thể giải bằng phương pháp sử dụng tính chất chia hết.

<b>Phương pháp 8 : Sử dụng tính chất nghiệm của phương trình bậc hai </b>

<i>Biến đổi phương trình về dạng phương trình bậc hai của ẩn, coi các ẩn khác là tham số, sử dụng </i>
<i>các tính chất về nghiệm của phương trình bậc 2 để xác định giá trị của các tham số.</i>

<b>Thí dụ 12 :</b>

Giải phương trình nghiệm ngun :
3x2_{+ y}2_{+ 4xy + 4x + 2y + 5 = 0 (12)}

<b>Lời giải : </b>

(12) y2_{+ (4x + 2)y + 3x}2_{+ 4x + 5 = 0}

Ta thấy nếu phương trình có nghiệm thì y ngun => - 4x - 2 nguyên, mà x nguyên nên

nguyên

=> ∆'y = x2_{- 4 = n}2_{với n Є Z, dùng phương pháp 1 (đưa về dạng tích) => (x + n)(x - n) = 4, ta xác}

định được x = 2 và x = -2 .

Vậy phương trình (12) có hai nghiệm nguyên (x ; y) Є {(2 ;-5); (-2 ; 3)}.

<b>Thí dụ 13 :</b> Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2_{- (y + 5)x + 5y + 2 = 0 (13)}

<b>Lời giải :</b> Giả sử phương trình ẩn x có nghiệm ngun x1, x2 thì theo định lí Vi-ét ta có :

=> (x1 - 5)(x2 - 5) = 2 = 1.2 = (-1)(-2)

=> x1 + x2 = 13 hoặc x1 + x2 = 7

=> y = 8 hoặc y = 2, thay vào (13), phương trình này có 4 nghiệm : (x ; y) Є {(7 ; 8) ; (6 ; 8) ; (4 ;
2) ; (3 ; 2)}.

<b>Chú ý :</b> Một số phương pháp mà các bạn gọi là phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên
nhưng chúng tôi thấy không phải là đặc trưng cho phương trình nghiệm ngun nên khơng giới
thiệu. Chẳng hạn có bạn nêu phương pháp chứng minh nghiệm duy nhất với thí dụ giải phương trình
nghiệm ngun 2x_{+ 5}x_{= 7}x_{. Có bạn viết phương trình về dạng phương trình bậc 2 ẩn x rồi đặt điều}

kiện ∆x ≥ 0 để có miền giá trị của y, phương pháp này thực ra đã được trình bày ở thí dụ 7, tuy khơng

viết biệt thức ∆’x. Các bạn có thể làm thêm một số bài tập :

<b>Bài 1 :</b> Tìm x, y nguyên thỏa mãn các phương trình :
a) 5x2_{- 4xy + y}2_{= 169}

b) 3x_{= 4y + 1}

<b>Bài 2 :</b> Tìm nghiệm nguyên của các phương trình :
a) 5x_{+ 12}x_{= 13}x

b) y4_{= x}6_{+ 3x}3_{+ 1}

<b>Bài 3 :</b> Chứng minh rằng phương trình 25_{t = 2t}5_{+ 1997 khơng có nghiệm ngun.}

<B.BàI b :< 4>Tìm nghiệm nguyên của phương trình x3_{- 3y}3_{- 9z}3_{= 0.}

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

<i><b>ỨNG DỤNG CỦA MỘT BỔ ĐỀ</b></i>

Trong q trình học tập, tìm tịi, em đã được biết đến một bất đẳng thức đẹp và nhờ sử dụng nó, việc
chứng minh một số bất đẳng thức khác tỏ ra khá hiệu quả.

Bất đẳng thức được phát biểu dưới dạng một bổ đề như sau :

<b>* Bổ đề :</b> Nếu a + b ≥ 0 thì với mọi m ; n nguyên dương ta có :

<b>Chứng minh :</b>

Do a, b có vai trị như nhau, khơng mất tính tổng qt, giả sử a ≥ b (1).
Do a + b ≥ 0 suy ra a ≥ - b (2).

Từ (1) ; (2) suy ra a ≥ |b| ≥ 0, suy ra :

<b>* Áp dụng : </b>

<b>Bài toán 1 :</b> Cho x + y ≥ 0. Chứng minh rằng :
(x + y)(x3_{+ y}3_)(x5_{+ y}5_{) ≤ 4(x}9_{+ y}9_).

<b>Lời giải :</b> Vì x + y ≥ 0, áp dụng bổ đề ta có

Suy ra (x + y)(x3_{+ y}3_)(x5_{+ y}5_{) ≤ 4(x}9_{+ y}9_).

<b>Bài toán 2 :</b> Cho a + b ≥ 2 và n là số nguyên dương. Chứng minh rằng :
an_{+ b}n_{≤ a}n +1_{+ b}n +1_.

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

Mong các bạn bổ sung thêm nhiều bài tập áp dụng của bổ đề này

<i><b>TÍNH GIÁ TRỊ BIỂU THỨC BẰNG CON ĐƯỜNG GIÁN TIẾP</b></i>

Tính giá trị của biểu thức là dạng toán rất quen thuộc đối với học sinh THCS. Trong nhiều trường
hợp, việc tính giá trị của biểu thức rất khó thực hiện nếu chỉ sử dụng các phép biến đổi trực tiếp,
nhưng lại thực hiện được dễ dàng hơn thơng qua việc tính giá trị của một biểu thức trung gian khác.
Sau đây là một vài ví dụ minh họa.

<b>Ví dụ 1 :</b> Tính giá trị của biểu thức
A = 1 + 3 + 32_{+ 3}3_{+ ... + 3}2004_.

<b>Lời giải :</b> Để tính giá trị của biểu thức A, cần liên hệ được với cơng thức tính an - 1_{, ta thấy ngay :}

2A = (3 - 1)( 1 + 3 + 32_{+ 3}3_{+ ... + 3}2004_{) = 3}2005_{- 1.}

Do đó :

Với học sinh lớp 6, 7 chưa học hằng đẳng thức thì có thể thực hiện theo cách sau :
A = 1 + 3 + 32_{+ 3}3_{+ ... + 3}2004

3A = 3 + 32 + 33 + 34 + ... + 320052A = 3A - A = 32005 - 1

Suy ra :

<b>Ví dụ 2 :</b> Tính giá trị của biểu thức :

B = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + ... + 98.99.100.

<b>Lời giải :</b> Để tính được B, trong trường hợp này, ta đi tính 4B.
4B = 4(1.2.3 + 2.3.4 + ... + 98.99.100)

= 1.2.3.4 + 2.3.4.4 + ... + 98.99.100.4

= 1.2.3.4 + 2.3.4.(5 - 1) + 3.4.5.(6 - 2) + + ... + 98.99.100.(101 - 97)

</div>
<span class='text_page_counter'>(30)</span><div class='page_container' data-page=30></div>
<span class='text_page_counter'>(31)</span><div class='page_container' data-page=31>

<i><b>SAI LẦM DỄ MẮC PHẢI</b></i>

<i><b>KHI TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT VÀ GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT</b></i>

Khi giải toán, chắc các bạn đã khơng ít lần mắc phải những sai lầm đáng tiếc. Trong chuyên mục
“Sai ở đâu ? Sửa cho đúng”, các bạn đã chứng kiến rất nhiều lời giải sai lầm. Nhà sư phạm toán nổi
tiếng G. Polya đã nói : “Con người phải biết học ở những sai lầm và những thiếu sót của mình”.
A.A. Stoliar cịn nhấn mạnh : “Khơng được tiếc thời gian để phân tích trên giờ học các sai lầm của
học sinh”.

Qua q trình giảng dạy, tơi nhận thấy rằng khi giải bài tốn “Tìm giá trị lớn nhất (GTLN) và giá trị
nhỏ nhất (GTNN) của biểu thức” nhiều học sinh đã mắc phải sai lầm không đáng có.

Trước hết, đề nghị các bạn hãy <i>đọc và phát hiện ra sai lầm</i> trong lời giải của các ví dụ sau.

<b>Ví dụ 1 :</b> Tìm GTNN của biểu thức :
A = x2_{- 3x + 5 với x ≥ 2.}

<b>Lời giải :</b>

Vậy GTNN của A là 11/4 khi x = 3/2.

<b>Ví dụ 2 :</b> Tìm GTNN của biểu thức :

với x ≠ 0 ; y ≠ 0.

<b>Lời giải :</b>

<b>Ví dụ 3 :</b> Tìm GTNN của biểu thức :

trong đó x, y là các số dương thay đổi, thỏa mãn x + y = 1.

<b>Lời giải :</b> Ta có :

Mặt khác, vì x > 0 ; y > 0 nên suy ra :

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

Bây giờ chúng ta cùng phân tích sai lầm của các lời giải trên.

* Trong ví dụ 1, ta thấy ngay x = 3/2 không thỏa mãn điều kiện x ≥ 2. Lời giải trên chưa đúng vì đã
quên mất điều kiện x ≥ 2 của bài toán.

Vậy GTNN của A phải là 3 khi x = 2.

Ta có thể tìm GTNN của biểu thức A bằng cách biến đổi khác như sau :
A = x2_{- 3x + 5 = (x}2_{- 3x + 2) + 3 = (x - 1)(x - 2) + 3.}

Vì x ≥ 2 nên x - 1 > 0 và x - 2 ≥ 0, suy ra (x - 1)(x - 2) ≥ 0 suy ra A ≥ 3.
Vậy GTNN của A là 3 khi (x - 1)(x - 2) = 0 tương đương x - 2 = 0 hay x = 2.

<b>Chú ý :</b> Nếu bài toán yêu cầu tìm GTNN của A khi x ≥ 3 thì ta sẽ xử lí ra sao ?

* Trong ví dụ 2, sau khi tìm ra GTNN của P là - 9/4 khi t = 1/2 nếu tiếp tục xác định các giá trị
tương ứng của x và y, bạn sẽ khơng khó khăn gì để nhận ra rằng không tồn tại x ; y để t = 1/2 và P =
- 9/4. Vậy lời giải trên là sai.

Nếu bạn biết rằng :

với mọi x ≠ 0 ; y ≠ 0 (một kết quả quen thuộc) thì bạn sẽ thấy lời giải đúng như sau :
Ta có : P = t2_{- t - 2 = (t + 1)(t - 2)}

+ Nếu t ≥ 2 thì t - 2 ≥ 0 và t + 1 > 0 suy ra (t + 1)(t - 2) ≥ 0 suy ra P ≥ 0.
+ Nếu t ≤ -2 thì t - 2 < 0 và t + 1 < 0 suy ra (t + 1)(t - 2) > 0 suy ra P > 0.
Do đó P ≥ 0 với mọi x, y khác 0.

Suy ra P đạt GTNN là 0 khi t = 2 hay x = y.

* Trong ví dụ 3, GTNN của biểu thức M bằng 4, đạt được khi x.y = 1. Khi đó kết hợp với điều kiện
x + y = 1 của đề bài, ta có hệ :

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

Nguyên nhân dẫn đến sai lầm trong các ví dụ trên chính là các bạn đã quên không xác định các giá
trị tương ứng của các biến để bất đẳng thức trở thành đẳng thức. Đặc biệt, trong trường hợp giá trị
của biến tồn tại thì chúng có thỏa mãn các điều kiện cho trước hay khơng.

Gặp sai lầm khi giải tốn là điều khó tránh khỏi. Tìm ra sai lầm và sửa chữa sai lầm cũng không dễ
chút nào. Nhưng nếu các bạn có ý thức khi giải tốn thì chắc chắn các bạn sẽ thành cơng !

<i><b>GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẰNG CÁCH ĐÁNH GIÁ CÁC ẨN</b></i>

Hệ phương trình là một dạng tốn thường gặp trong các kì thi của học sinh lớp 9. Có nhiều hệ
phương trình khi giải trực tiếp sẽ rất phức tạp, thậm chí khơng giải được. Trong một số trường hợp
như vậy, ta có thể tìm cách đánh giá giữa các ẩn hoặc giữa ẩn với một số, từ đó xác định nghiệm của

hệ. Phương pháp này gọi là <i>“phương pháp đánh giá các ẩn”</i>.

<b>1. Đánh giá giữa các ẩn</b>

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

<b>Lời giải :</b> Điều kiện : x ≥ 1/2 ; y ≤ 1/2.
Ta sẽ chứng minh x = y. Thật vậy :

Vậy nghiệm duy nhất của hệ phương trình (thỏa mãn điều kiện) là : x = y = 1.

<b>Ví dụ 2</b> (<i>đề thi vào khối chuyên, ĐHSPHN năm 2004</i>) : Tìm nghiệm dương của hệ

<b>Lời giải :</b> Ta sẽ chứng minh x = y = z. Do x, y, z có vai trị như nhau nên không mất tổng quát, giả
sử x y và x z. (4)

Vì x > 0, y > 0, z > 0 nên :

Từ (1), (2), (4) => 2x2004_{= y}6_{+ z}6_{≤ x}6_{+ z}6_{= 2y}2004_{=> 2x}2004_{≤ 2y}2004_{=> x ≤ y. (5)}

Từ (1), (3), (4) => 2x2004_{= y}6_{+ z}6_{≤ y}6_{+ x}6_{= 2z}2004_{=> 2x}2004_{≤ 2z}2004_{=> x ≤ z. (6)}

Từ (4), (5), (6) suy ra x = y = z.

Thay vào (1) ta có 2x2004_{= x}6_{+ x}6_{= 2x}6_{suy ra x = 1 (do x > 0).}

Vậy hệ có nghiệm dương duy nhất : x = y = z = 1.

<b>Ví dụ 3 :</b> Tìm a, b, c biết
4a - b2_{= 4b - c}2_{= 4c - a}2_{= 1 (*)}

<b>Lời giải :</b> Ta thấy ngay a > 0, b > 0, c > 0.

Giả sử a > b, từ (*) ta có :

4a - 4b = b2 - c2 > 0 => b > c (>0) ;
4b - 4c = c2 - a2 > 0 => c > a (>0).

=> b > c > a trái với giả thiết a > b => a ≤ b.

Tương tự như trên, nếu a < b thì cũng dẫn đến điều vơ lí. Vậy a = b, suy ra :
4a - 4b = b2_{- c}2_{= 0 => b = c => a = b = c.}

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

4a - b2_{= 1 <=> 4a - a}2_{= 1 <=> a}2_{- 4a + 1 = 0}

Giải phương trình bậc hai ẩn a trên ta được hai nghiệm là ++++++++
Vậy hệ phương trình (*) có hai nghiệm :

<b>2. Đánh giá ẩn với một số</b>

<b>Ví dụ 4</b><i> (đề thi vào lớp 10 chuyên, ĐHQG Hà Nội 2004) :</i> Biết a > 0, b > 0 và a100_{+ b}100_{= a}101_{+ b}101

= a102_{+ b}102_(1).

Tính giá trị của biểu thức P = a2004_{+ b}2004_.

<b>Lời giải :</b> Ta sẽ chứng minh a = 1, b = 1, từ đó tính được P. Thật vậy, từ (1) ta có :
a100_{.(1 - a) = b}100_{.(b - 1) (2)}

a101_{.(1 - a) = b}101_{.(b - 1) (3)}

Trừ (2) cho (3) theo từng vế ta có :

(a100_{- a}101_{)(1 - a) = (b}100_{- b}101_{)(b - 1) <=> a}100_{.(1 - a)}2_{= b}100_{.(1 - b)(b - 1)}

<=> a100_{.(1 - a)}2_{= - b}100_{.(1 - b)}2_{. (4)}

Nếu a ≠ 1, do a > 0 suy ra :

a100_{.(1 - a)}2_{> 0 ≥ - b}100_{.(1 - b)}2_{trái với (4) => a = 1 => b = 1 (thay vào (2), b >0).}

Vậy P = 12004_{+ 1}2004_{= 2.}

<b>Ví dụ 5 :</b> Giải hệ phương trình

Lời giải : Ta sẽ chứng minh x = 1.
Nhận xét : x, y, z đều khác 0.
Giả sử x > 1 (4).

Tương tự, x < 1 cũng dẫn đến điều vơ lí.
Suy ra x = 1, thay vào (1) và (2) ta có :

Vậy hệ có nghiệm duy nhất : x = y = z = 1.

</div>
<span class='text_page_counter'>(36)</span><div class='page_container' data-page=36>

<i><b>MỘT PHƯƠNG PHÁP TÌM GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT VÀ GIẤ TRỊ LỚN NHẤT</b></i>

Trong bài viết này, tôi đề cập đến một dạng tốn <i>tìm giá trị lớn nhất (GTLN) và giá trị nhỏ nhất </i>
<i>(GTNN) của một biểu thức nhiều ẩn</i>, trong đó các ẩn là nghiệm của những phương trình hoặc bất
phương trình cho trước.

Đối với dạng toán này, ta cần xác định và giải một bất phương trình một ẩn mà ẩn đó là biểu thức
cần tìm GTLN, GTNN.

<b>Bài tốn 1 :</b> Tìm GTLN và GTNN của xy biết x và y là nghiệm của phương trình
x4_{+ y}4_{- 3 = xy(1 - 2xy)}

<b>Lời giải :</b> Ta có x4_{+ y}4_{- 3 = xy(1 - 2xy)}

<=> xy + 3 = x4_{+ y}4_{+ 2x}2_y2

<=> xy + 3 = (x2_{+ y}2₎2 _(1).

Do (x2_{- y}2₎2_{≥ 0 với mọi x, y, dễ dàng suy ra (x}2_{+ y}2₎2_{≥ 4(xy)}2_{với mọi x, y (2).}

Từ (1) và (2) ta có :

xy + 3 ≥ 4(xy)2_{<=> 4t}2_{- t - 3 ≤ 0 (với t = xy)}

<=> (t - 1)(4t + 3) ≤ 0

Vậy : t = xy đạt GTLN bằng 1

<=> x = y = 1 ; t = xy đạt GTNN bằng

</div>
<span class='text_page_counter'>(37)</span><div class='page_container' data-page=37>

<b>Lời giải :</b> áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dương x, y, z ta có :

Vậy t = x + y + z đạt GTNN bằng 6 khi và chỉ khi x = y = z = 2.

<b>Bài toán 3 :</b> Cho các số thực x, y, z thỏa mãn x2_{+ 2y}2_{+ 2x}2_z2_{+ y}2_z2_{+ 3x2y}2_z2_{= 9. Tìm GTLN và}

GTNN của A = xyz.
Lời giải :

x2_{+ 2y}2_{+ 2x}2_z2_{+ y}2_z2_{+ 3x}2_y2_z2_{= 9}

<=> (x2_{+ y}2_z2_{) + 2(y}2_{+ x}2_z2_{) + 3x}2_y2_z2_{= 9 (1).}

áp dụng bất đẳng thức m2_{+ n}2_{≥ 2|mn| với mọi m, n ta có :}

x2_{+ y}2_z2_{≥ 2|xyz| ; y}2_{+ x}2_z2_{≥ 2|xyz| (2).}

Từ (1) và (2) suy ra :

2|xyz| + 4|xyz| + 3(xyz)2 ≤ 9

<=> 3A2_{+ 6|A| - 9 ≤ 0 <=> A}2_{+ 2|A| - 3 ≤ 0}

<=> (|A| - 1)(|A| + 3) ≤ 0 <=> |A| ≤ 1
<=> -1 ≤ A ≤ 1.

Vậy : A đạt GTLN bằng 1

A đạt GTNN bằng -1

<b>Bài toán 4 :</b> Cho các số thực x, y, z thỏa mãn x4_{+ y}4_{+ x}2_{- 3 = 2y}2_{(1 - x}2_).

Tìm GTLN và GTNN của x2_{+ y}2_.

Lời giải : Ta có x4_{+ y}4_{+ x}2_{- 3 = 2y}2_{(1 - x}2₎

<=> (x2_{+ y}2₎2_{- 2(x}2_{+ y}2_{) - 3 = -3x}2_{≤ 0}

=> t2_{- 2t - 3 ≤ 0 (với t = x}2_{+ y2 ≥ 0)}

=> (t + 1)(t - 3) ≤ 0 => t ≤ 3

Vậy t = x2_{+ y}2_{đạt GTLN bằng 3 khi và chỉ khi x = 0 ;}

Ta lại có x4_{+ y}4_{+ x}2_{- 3 = 2y}2_{(1 - x}2₎

<=> (x2_{+ y}2₎2_{+ x}2_{+ y}2_{- 3 = 3y}2_{≥ 0}

=> t2_{+ t - 3 ≥ 0 (với t = x}2_{+ y}2_{≥ 0)}

</div>
<span class='text_page_counter'>(38)</span><div class='page_container' data-page=38>

khi và chỉ khi y = 0 ;

Bài tập tương tự

1) Cho x, y, z thỏa mãn :
2xyz + xy + yz + zx ≤ 1.
Tìm GTLN của xyz.

Đáp số : 1/8(x = y = z = 1/2)

2) Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn :
(x + y + z)3_{+ x}2_{+ y}2_{+ z}2_{+ 4 = 29xyz}

Tìm GTNN của xyz.
Đáp số : 8 (x = y = z = 2).

3) Tìm GTLN và GTNN của S = x2_{+ y}2_{biết x và y là nghiệm của phương trình :}

5x2_{+ 8xy + 5y}2_{= 36}

Đáp số : GTLN là 36
GTNN là 4

4) Cho x và y là các số thực thỏa mãn :

Tìm GTLN của x2_{+ y}2_.

Đáp số : 1 (x = -1 ; y = 0).

5) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn :
x2_{+ 4y}2_{+ z}2_{= 4xy + 5x - 10y +2z - 5}

Tìm GTLN và GTNN của x - 2y.
Đáp số :

GTLN là 4 (x = 2y + 4 ; y Є R ; z = 1) ;
GTNN là 1 (x = 2y + 1 ; y Є R ; z = 1).

6) Tìm các số ngun khơng âm x, y, z, t để M = x2_{+ y}2_{+ 2z}2_{+ t}2_{đạt GTNN, biết rằng :}

Đáp số : x = 5 ; y = 2 ; z = 4 ; t = 0. Khi đó M đạt giá trị nhỏ nhất là 61.

<i><b>XÂU CHUỖI BÀI TỐN</b></i>

Đối với tơi việc xâu chuỗi, tìm tịi các mối liên hệ của những bài toán đã gặp để phát hiện ra các kết
quả mới là cơng việc rất hứng thú. Ví dụ, trong q trình học tốn tơi đã gặp hai bài toán :

<b>Bài toán 1 :</b> Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng :
a4_{+ b}4_{+ c}4_{≥ a}3_{+ b}3_{+ c}3_.

<b>Bài toán 2 :</b> Cho x1, x2, x3, x4 là bốn số dương thay đổi thỏa mãn điều kiện :

x1 + x2 + x3 + x4 = 1.

Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :

Khi giải bài toán 1 tôi đã thành công khi sử dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-ski (sau này tơi cịn
biết nhiều cách giải khác) :

</div>
<span class='text_page_counter'>(39)</span><div class='page_container' data-page=39>

≤ (a2_{+ b}2_{+ c}2_)(a4_{+ b}4_{+ c}4_{) suy ra}

≤ (a + b + c)(a3_{+ b}3_{+ c}3_{) suy ra}

(a + b + c)2_{≤ 3(a}2_{+ b}2_{+ c}2_{) suy ra}

Từ (1), (2), (3) suy ra điều phải chứng minh.

Sau đó tơi gặp bài tốn 2 trong TTT2 số 6, cách giải hoàn toàn tương tự như trên với kết quả giá trị
nhỏ nhất của T là 1/4.Tơi đã có nhận xét ban đầu về hai bài toán trên như sau : ở bài toán 1 ta cũng

tìm được giá trị nhỏ nhất của là 1 ; hai bài toán chỉ khác nhau về số các số dương ; giá

trị của tổng các số dương đó khơng ảnh hưởng trực tiếp vào lời giải.

Từ đó tơi nghĩ hai bài tốn trên có thể mở rộng cho n số dương và đề xuất bài toán 3 (chứng minh
tương tự hai bài toán trên) :

<b>Bài toán 3 :</b> Cho x1, x2, ... , xn là các số dương thay đổi thỏa mãn điều kiện x1 + x2 + ... + xn = k.

Chứng minh rằng :

Tiếp tục suy nghĩ, tôi nhận thấy với mọi số a dương thì ta ln có và với cách

chứng minh trên ta có thể tiếp tục mở rộng bài toán 3 :

<b>Bài toán 4 :</b> Cho m, n là các số nguyên dương ; x1, x2n là các số dương thỏa mãn điều kiện x1 + x2 + ... + xn = k. Chứng minh rằng :

<b>Hướng dẫn : </b>

</div>
<span class='text_page_counter'>(40)</span><div class='page_container' data-page=40>

<i><b>SỰ TƯƠNG GIAO GIỮA ĐƯỜNG THẲNG VÀ PARABOL</b></i>

Bài toán về sự tương giao giữa đường thẳng và đường parabol là một chủ đề hay gặp trong các kì thi
cuối cấp. Nắm vững loại toán này, các bạn sẽ thấy mối liên hệ giữa vị trí tương đối của hai đồ thị với
nghiệm của một phương trình bậc hai.

Trước hết, các bạn cần nhớ những kiến thức cơ bản :

Cho (C) là đồ thị của hàm số y = f(x) và điểm A(xA ; yA) ta có :
A Є (C) <=> yA = f(xA)

A không thuộc (C) <=> yA ≠ f(xA)

Tọa độ điểm chung của đồ thị hàm số y = f(x) và y = g(x) là nghiệm của hệ : y = f(x) và y = g(x)
Do đó : Hồnh độ điểm chung của hai đồ thị chính là nghiệm của phương trình f(x) = g(x). Từ đó ta
có thể xét được vị trí tương đối giữa hai đường thẳng, vị trí tương đối giữa một đường thẳng và một
parabol.

<i>1. Vị trí tương đối giữa hai đường thẳng</i>

(D) : y = ax + b (a ≠ 0)
(D’) : y = a’x + b’ (a’ ≠ 0)

Phương trình hồnh độ điểm chung của (D) và (D’) là : (a - a’)x = b’ - b (1)
* (D) // (D’) Phương trình (1) vơ nghiệm a = a’ và b ạ b’.

* (D) // (D’) <=> Phương trình (1) có vơ số nghiệm <=> a = a’ và b = b’.
* (D) cắt (D’) tại một điểm <=> Phương trình (1) có một nghiệm <=> a ≠ a’.
* (D) ^ (D’) a.a’ = -1.

<i>2.Vị trí tương đối giữa đường thẳng (D) : y = f(x) và parabol (P) : y = g(x).</i>

Hoành độ điểm chung của (D) và (P) là nghiệm phương trình : f(x) = g(x) (2)
Phương trình (2) là phương trình bậc hai. Ta thấy :

* (D) và (P) khơng có điểm chung <=> Phương trình (2) vơ nghiệm <=> ∆ < 0.

* (D) tiếp xúc với (P) <=> Phương trình (2) có nghiệm duy nhất (nghiệm kép) <=> ∆ = 0.
* (D) cắt (P) tại hai điểm <=> Phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt <=> ∆ > 0.
Sau đây là một số dạng bài tập về biện luận sự tương giao giữa đường thẳng và parabol.

<b>Dạng 1 :</b><i> Bài tốn chứng minh</i>

<b>Ví dụ :</b> Chứng minh rằng đường thẳng (D) : y = 4x - 3 tiếp xúc với parabol (P) :
y = 2x2_{- 4(2m - 1)x + 8m}2_{- 3.}

<b>Giải :</b> Hoành độ điểm chung của (P) và (D) là nghiệm của phương trình :
2x2_{- 4(2m - 1)x + 8m}2_{- 3 = 4x - 3}

<=> 2x2_{- 8mx + 8m}2_{= 0}

<=> x2_{- 4mx + 4m}2_{= 0.}

Ta có ∆’ = 4m2_{- 4m}2_{= 0 với mọi giá trị của m nên parabol (P) luôn luôn tiếp xúc với đường thẳng}

(D).

<b>Dạng 2 :</b><i>Bài tốn tìm điều kiện</i>

<b>Ví dụ :</b> Cho đường thẳng (D) : y = 2(m - x) và parabol (P) : y = -x2_{+ 2x + 4m.}

a) Với giá trị nào của m thì (D) tiếp xúc với parabol (P).

b) Với giá trị nào của m thì (D) cắt (P) tại hai điểm phân biệt A và B. Tìm tọa độ giao điểm A và B
khi m = -3/2.

<b>Giải :</b> a) Hoành độ điểm chung của (P) và (D) là nghiệm phương trình :
-x2_{+ 2x + 4m = 2(m - x)}

<=> x2_{- 4x - 2m = 0 (3)}

Đường thẳng (D) tiếp xúc với parabol (P) <=> Phương trình (3) có nghiệm kép <=> ∆’ = 0 <=> 4 +
2m = 0 <=> m = -2.

b) (D) cắt (P) tại hai điểm <=> Phương trình (3) có hai nghiệm phân biệt <=> ∆’ > 0 <=> 4 + 2m > 0
<=> m > -2.

</div>
<span class='text_page_counter'>(41)</span><div class='page_container' data-page=41>

Từ đó suy ra tọa độ giao điểm A, B của (D) và (P) là :

<b>Dạng 3 :</b><i> Xác định tọa độ tiếp điểm.</i>

<b>Ví dụ :</b> Cho parabol (P) : y = x2_{- 2x - 3. Tìm các điểm trên (P) mà tiếp tuyến của (P) tại điểm đó}

song song với đường thẳng (D) : y = -4x.

<b>Giải :</b> Gọi đường thẳng tiếp xúc với (P) là (d).

Do (d) song song với (D) nên (d) có dạng y = -4x + b (b ≠ 0)
Hoành độ điểm chung của (P) và (d) là nghiệm phương trình :
x2_{- 2x - 3 = -4x + b}

<=> x2_{+ 2x - 3 - b = 0 (4)}

Ta thấy : (d) tiếp xúc với (P) <=> Phương trình (4) có nghiệm kép <=> Ẃ’ = 0 <=> 4 + b = 0 <=> b
= -4. Khi đó, nếu gọi điểm A(x0 ; y0) là tiếp điểm của (P) và (d) thì ( do A Є (P) và A Є (d)) ta có hệ
phương trình :

Vậy tiếp điểm cần tìm là A(-1 ; 0).

<b>Dạng 4 :</b><i> Lập phương trình tiếp tuyến.</i>

<b>Ví dụ :</b> Cho đường thẳng (D) : y = ax + b. Tìm a và b biết :

a) Đường thẳng (D) song song với đường thẳng 2y + 4x = 5 và tiếp xúc với parabol (P) : y = -x2_.

b) Đường thẳng (D) vng góc với đường thẳng x - 2y + 1 = 0 và tiếp xúc với parabol (P) : y = -x2_.

c) Đường thẳng (D) tiếp xúc với parabol (P) : y = x2_{- 3x + 2 tại điểm C(3 ; 2).}

<b>Giải :</b> a) Ta có 2y + 4x = 5 <=> y = -2x + 5/2. (D) song song với đường thẳng 2y + 4x = 5 nên (D)

có dạng : y = -2x + b (b ≠ 5/2).

Theo cách làm của dạng 2 ta tìm được b = 1/4. Vậy đường thẳng (D) có phương trình là y = - 2x +
1/4.

b) Ta có x - 2y + 1 = 0 <=> y = 1/2x + 1/2.

(D) vng góc với đường thẳng có phương trình là x - 2y + 1 = 0 <=> a.1/2a = -1 <=> a = -2.
Suy ra (D) : y = -2x + b.

Theo cách làm của dạng 2, ta tìm được b = 1. Vậy đường thẳng (D) có phương trình là y = -2x + 1.
c) Ta có : C(3 ; 2) Є (D) <=> 2 = 3a + b <=> b = 2 - 3a.

Khi đó phương trình của (D) có dạng : y = ax + 2 - 3a.

Theo cách làm của dạng 2 ta tìm được a = 3 và suy ra b = -7. Vậy đường thẳng (D) có phương trình
là : y = 3x - 7.

<b>Dạng 5 :</b> Xác định parabol.

<b>Ví dụ :</b> Xác định parabol (P) : y = ax2 + bx + c thỏa mãn :

a) (P) tiếp xúc với đường thẳng (D) : y = -5x + 15 và đi qua hai điểm (0 ; -1) và (4 ; -5).

b) (P) cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 2 và cắt đường thẳng (D) : y = x - 1 tại hai điểm có
hồnh độ là 1 và 3.

<b>Giải :</b> a) (P) đi qua hai điểm (0 ; -1) và (4 ; -5)

Do đó parabol (P) là đồ thị của hàm số

y = ax2_{- (1 + 4a)x - 1.}

Hoành độ điểm chung của (D) và (P) là nghiệm phương trình :
ax2_{- (1 + 4a)x - 1 = -5x + 15}

</div>
<span class='text_page_counter'>(42)</span><div class='page_container' data-page=42>

Đường thẳng (D) tiếp xúc với parabol (P) <=> Phương trình (5) có nghiệm kép
<=> ∆’ = 0 <=> 4(a - 1)2 - 16a = 0

<=> (a + 1)2_{= 0 <=> a = -1.}

Do đó : a = -1 ; b = 3 và c = -1.

Vậy (P) là đồ thị hàm số y = -x2_{+ 3x - 1.}

b) Parabol (P) cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 2 nên (P) đi qua điểm (0 ; 2). (P) cắt đường
thẳng (D) : y = x - 1 tại hai điểm có hồnh độ là 1 và 3 <=> Giao điểm của (P) với đường thẳng (D)
là : (1 ; 0) và (3 ; 2).

Vậy parabol (P) đi qua ba điểm (0 ; 2) ; (1 ; 0) và (3 ; 2) khi và chỉ khi

Do đó a = 1 ; b = -3 và c = 2.

<i><b>NHỮNG SAI LẦM THƯỜNG GẶP KHI GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỈ</b></i>

Khi giải các phương trình mà ẩn nằm trong dấu căn thức (phương trình vơ tỉ), một số học sinh do
chưa nắm vững kiến thức về căn thức và phép biến đổi tương đương các phương trình nên thường
mắc phải một số sai lầm. Bài viết này nhằm giúp các bạn học sinh lớp 9 tránh được những sai lầm đó
!

<b>Ví dụ 1 : </b>

Giải phương trình :

<b>Lời giải sai :</b> Ta có

<b>Nhận xét :</b> Rõ ràng x = -3 không phải là nghiệm của phương trình trên.
Ghi nhớ rằng :

<b>Ví dụ 2 :</b> Giải phương trình :

<b>Lời giải sai :</b>

<b>Nhận xét :</b> Rõ ràng x = -3 không phải là nghiệm của phương trình trên.
Ghi nhớ rằng :

</div>
<span class='text_page_counter'>(43)</span><div class='page_container' data-page=43>

<b>Lời giải sai :</b>

Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.

<b>Nhận xét :</b> Các bạn nghĩ sao khi phương trình đã cho thực sự có nghiệm là x = -7 ?
Ghi nhớ rằng :

Như vậy lời giải trên đã bỏ sót một trường hợp khi A ≤ 0 ; B < 0 nên mất nghiệm x = -7.

<b>Ví dụ 4 :</b> Giải phương trình

<b>Lời giải sai :</b> Ta có

Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 2.

<b>Nhận xét :</b> Ta thấy ngay x = 2 khơng nghiệm đúng phương trình đã cho.
Ghi nhớ rằng :

<b>Ví dụ 5 :</b> Giải phương trình

<b>Lời giải sai :</b>

Phương trình tương đương với :

Căn thức có nghĩa <=> x ≥ 3. Khi đó ta có :

</div>
<span class='text_page_counter'>(44)</span><div class='page_container' data-page=44>

<b>Nhận xét :</b> Có thể thấy ngay x = 0 là nghiệm. Việc chia hai vế cho đã làm mất nghiệm này. Mặt
khác cần ghi nhớ :

Do đó lời giải phải bổ sung trường hợp = 0 và trường hợp x < 0. Khi x < 0 thì phương trình viết
về dạng :

Do đó x < 0 khơng thỏa mãn phương trình. Cuối cùng phương trình có nghiệm duy nhất x = 0.
Mong các bạn trao đổi thêm về vấn đề này

<i><b>TIẾP TỤC PHÁT HIỆN VÀ MỞ RỘNG</b></i>

Tiếp tục mở rộng những kết quả trong bài <b>sáng tạo khi tự học toán</b>, đăng trên TTT2 số 1, tơi đã tìm
thêm được một số kết quả. Điều này càng khẳng định lời của thầy giáo <b>Nguyễn Đức Tấn</b> ở bài trên :
“Tự học nhiều khi giúp ta tìm đến những điều thú vị trong tốn học”.

Thầy Tấn đã mở rộng bất đẳng thức 1/(a - b + c) + 1/(b + c - a) + 1/(c + a - b) ≥ 1/a + 1/b + 1/c (I)
(với a, b, c là ba cạnh của một tam giác) theo hướng nâng lên lũy thừa bậc n các mẫu số của các
phân thức : 1/(a - b + c)n_{+ 1/(b + c - a)}n_{+ 1/(c + a - b)}n_{≥ 1/a}n_{+ 1/b}n_{+ 1/c}n_(II)

l Câu hỏi đầu tiên đặt ra là : tại sao không thử mở rộng bất đẳng thức (I) theo hướng ngược lại - khai
căn bậc n các mẫu số của các phân thức ?

Tiếp tục áp dụng cách chứng minh của bài toán phụ 1/x + 1/y ≥ 4?(x + y) ( với x, y > 0) ta có :

Suy ra :

Từ đó ta có :

<b>Kết quả 1 :</b> Nếu a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác thì :

(với mọi số tự nhiên n khác 0).

</div>
<span class='text_page_counter'>(45)</span><div class='page_container' data-page=45>

Khai căn bậc n các tử số của các phân số ở vế trái của (III) lại có thêm kết quả khác.

<b>Kết quả 2 :</b> Nếu a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác thì :

(với mọi số tự nhiên n khác 0).

<b>Chứng minh :</b> Trước hết ta phát biểu và chứng minh <i>bất đẳng thức Trê-bư-sép cho 3 số :</i>

Phát biểu :

Nếu a1 ≥ a2 ≥ a3 và b1 ≥ b2 ≥ b3 thì 3(a1b1 + a2b2 + a3b3) ≥

≥ (a1 + a2 + a3)(b1 + b2 + b3) (1) ;

Nếu a1 ≤ a2 ≤ a3 và b1 ≥ b2 ≥ b3

thì 3(a1b1 + a2b2 + a3b3) ≤

≤ (a1 + a2 + a3)(b1 + b2 + b3) (2).

Chứng minh :

Với a1≥ a2 ≥ a3 và b1 ≥ b2 ≥ b3 ta có : (a1 - a2)(b1 - b2) ≥ 0

<=> a1b1 + a2b2 ≥ a1b2 + a2b1 ;

Tương tự ta có :

a2b2 + a3b3 ≥ a2b3 + a3b2 ;

a3b3 + a1b1 ≥ a3b1 + a1b3.

Cộng theo từng vế ba bất đẳng thức trên ta có 2(a1b1 + a2b2 + a3b3) ≥

≥ a1b2 + a2b1 + a2b3 + a3b2 + a3b1 + a1b3

<=> 3(a1b1 + a2b2 + a3b3) ≥ a1b2 + a2b1 + a2b3 + a3b2 + a3b1 + a1b3 + (a1b1 + a2b2 + a3b3) =

= (a1 + a2 + a3)(b1 + b2 + b3).

Vậy (1) được chứng minh.

Tương tự, ta cũng chứng minh được (2).

<i>Trở lại kết quả 2. </i>

Vì a, b, c là ba cạnh của một tam giác nên không mất tính tổng quát, giả sử a ≥ b ≥ c => b + c - a ≤ c

+ a - b ≤ a + b - c

=> 1/(a - b + c) ≥ 1/(b + c - a) ≥ 1/(c + a - b)
Theo các bất đẳng thức (1) ; (I) ; (2) ta có :

Suy ra điều phải chứng minh.

</div>
<span class='text_page_counter'>(46)</span><div class='page_container' data-page=46>

<b>Kết quả 3</b> : Nếu a, b, c là ba cạnh của một tam giác thì :
cn_{/(a - b + c)m + a}n_{/(b + c - a)}m_{+ b}n_{/(c + a - b)}m_≥

≥ an - m_{+ b}n - m_{+ c}n - m_{với mọi số tự nhiên m, n.}

<b>Chứng minh :</b> áp dụng các bất đẳng thức (1) ; (II) ; (2) ta có :

Suy ra điều phải chứng minh.

* Chưa dừng lại, tơi cịn tìm ra và chứng minh được các kết quả sau :

(trong đó a, b, c là ba cạnh của một tam giác, m, n, p, q là các số tự nhiên khác 0). Các bạn thử
chứng minh xem !

<i><b>VIẾT PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG</b></i>

Để giúp các bạn bước vào kì thi cuối cấp đạt kết quả tốt, tôi xin được hệ thống lại các dạng bài tập
cơ bản về viết phương trình đường thẳng y = ax + b.

<b>1) Biết tọa độ hai điểm thuộc đường thẳng</b>

<b>Bài toán 1 :</b> Xác định a và b để đường thẳng y = ax + b đi qua hai điểm A(1 ; -2) và B(2 ; 1).

<b>Lời giải :</b> Đường thẳng y = ax + b đi qua A và B
Vậy a = 3 và b = -5.

<b>Bài toán 2 :</b> Cho hai điểm A và B thuộc parabol y = x2_{. Viết phương trình đường thẳng AB biết}

hoành độ của A và B lần lượt là -1 và 2.

<b>Lời giải :</b> Vì A thuộc parabol y = x2_{, có hồnh độ là -1 nên A có tung độ là (-1)2 = 1, suy ra A(-1 ;}

1). Tương tự, ta xác định được B(2 ; 4). Đường thẳng y = ax + b đi qua A và B Vậy phương trình
đường thẳng AB là : y = x + 2.

Bài toán 3 : Trên parabol lấy hai điểm A và B. Biết hoành độ của A là xA = -2 ; tung độ của B là yB
= 8. Viết phương trình đường thẳng AB. (Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 tỉnh Nam Định năm học
2002-2003) Lời giải : Vì A thuộc parabol ; xA = -2 suy ra yA = = 2 ị A(-2 ; 2). Vì B thuộc parabol ;
yB = 8 suy ra x2B = 16 ị xB = 4 ị B(-4 ; 8) hoặc B(4 ; 8). Tương tự như hai bài toán trên ta viết được
phương trình đường thẳng AB như sau : + Với A(-2 ; 2) và B(4 ; 8) ta có y = x + 4 ; + Với A(-2 ; 2)
và B(-4 ; 8) ta có y = -3x - 4. 2) Biết tọa độ một điểm thuộc đường thẳng và hệ số góc của đường
thẳng đó

</div>
<span class='text_page_counter'>(47)</span><div class='page_container' data-page=47>

Bài tốn 5 : Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm B(-1 ; 8) và song song với đường thẳng y =
4x + 3. Lời giải : Hai đường thẳng song song có hệ số góc bằng nhau nên hệ số góc của đường thẳng
phải tìm là 4, tương tự bài tốn 4, ta tìm được kết quả là y = 4x + 12.

Bài tốn 6 : Viết phương trình đường thẳng song song với đường thẳng y = -x + 5 và cắt trục hồnh
tại điểm có hồnh độ bằng 2. Lời giải : Điểm trên trục hồnh có hồnh độ bằng 2 là điểm có tọa độ
(2 ; 0). Tương tự như bài tốn trên ta tìm được kết quả là y = -x + 2. 3) Biết đường thẳng tiếp xúc với
một parabol và một trong hai yếu tố thuộc dạng 2.

Bài toán 7 : Viết phương trình đường thẳng tiếp xúc với parabol y = x2 và đi qua điểm A(1 ; 1). Lời

giải : Phương trình đường thẳng cần tìm có dạng y = ax + b đi qua A(1 ; 1) nên 1 = a + b hay b = 1 -
a. Như vậy đường thẳng cần tìm trở thành : y = ax + 1 - a. Đường thẳng này tiếp xúc với parabol y =
x2 phương trình x2 = ax + 1 - a hay x2 - ax + a - 1 = 0 có nghiệm kép Dx = 0 (-a)2 - 4(a - 1) = 0 a2 -
4a + 4 = 0 (a - 2)2 = 0 a = 2. Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là : y = 2x - 1.

Bài toán 8 : Viết phương trình đường thẳng có đúng một điểm chung với parabol y = x2 và song
song với đường thẳng y = 3x + 12. Lời giải : Phương trình đường thẳng cần tìm có dạng y = ax + b
song song với đường thẳng y = 3x + 12 nên a = 3. Như vậy đường thẳng cần tìm trở thành : y = 3x +
b. Đường thẳng này tiếp xúc với parabol y = x2 phương trình x2 = 3x + b hay x2 - 3x - b = 0 có
nghiệm kép Dx = 0 (-3)2 + 4b = 0 4b = -9 b = . Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là : Sau đây
là một số bài tập luyện tập.

Bài tập 1 : Xác định a và b để đường thẳng y = ax + b đi qua A(-2 ; 15) và B(3 ; -5).
Bài tập 2 : Viết phương trình đường thẳng có hệ số góc là -1 và đi qua gốc tọa độ.

Bài tập 3 : Xác định a và b để đường thẳng y = ax + b song song với đường thẳng y = 3x và cắt
đường thẳng tại điểm nằm trên trục tung.

Bài tập 4 : Gọi (d) là đường thẳng đi qua A(1 ; 1) và cắt trục hồnh tại điểm có hồnh độ là 2005.
Hãy viết phương trình đường thẳng (d).

Bài tập 5 : Viết phương trình đường thẳng song song với đường thẳng y = x + 1 và cắt parabol tại
điểm có tung độ là 4

<i><b>NHỮNG MỞ RỘNG BAN ĐẦU TỪ MỘT BÀI TỐN TRONG SÁCH GIAO KHOA</b></i>

Từ một bài tốn quen thuộc trong SGK Hình học lớp 9, TS. Lê Quốc Hán đã có những mở rộng thú
vị. Con đường mở rộng này cũng là một cách học toán mà các bạn cần rèn luyện. TTT2 chân thành
cảm ơn TS. Nguyễn Minh Hà đã cùng TS. Lê Quốc Hán làm phong phú thêm những mở rộng này.
Trong SGK Hình học lớp 9, trang 38, có bài tốn số 14, nội dung như sau :

<b>Bài toán 1 :</b> Cho tam giác đều ABC và điểm M thuộc cung BC (khơng chứa A) của đường trịn
ngoại tiếp tam giác. Chứng minh rằng : MA = MB + MC.

</div>
<span class='text_page_counter'>(48)</span><div class='page_container' data-page=48>

<b>Lời giải :</b> Trên MA lấy điểm N sao cho MN = MB (1)<i> (hình 1)</i> ; do Đ BMN = Đ BCA = 60o nên

ΔBMN đều => BN = BM (2).

ΔABC đều nên BA = BC, mặt khác Đ ABC = Đ MBN = 60o => Đ ABN = Đ MBC (3)

Từ (1), (2), (3) => : ΔABN = ΔCBM (c.g.c) => NA = MC (4).
Từ (1), (4) => : MN + NA = MB + MC => MA = MB + MC.

BT1 là sự khởi đầu cho rất nhiều mở rộng đẹp và sâu sắc. Do sự hạn chế về chương trình, trong bài
viết này, chúng tơi chỉ có thể giới thiệu với bạn đọc những mở rộng ban đầu của BT1. Mặc dù vậy,
những mở rộng này, trong chừng mực nào đó, sẽ giúp các bạn trả lời câu hỏi lớn được đặt ra trong
chuyên mục của chúng ta : “Học toán ra sao ?”.

Trong BT1, giả thiết tam giác ABC đều tương đương với giả thiết các đường thẳng MA, MB, MC
đôi một tạo với nhau một góc 60o. Nhận xét trên cho ta một cách mở rộng BT1.

<b>Bài toán 2 :</b> Cho đường tròn (O) và điểm M nằm trong đường tròn. Các dây A1B1, A2B2, A3B3 đi qua

M (A1, B2, A3, B1, A2, B3 theo thứ tự nằm trên (O)) và đơi một tạo với nhau một góc 60o. Chứng

minh rằng : MA1 + MA2 + MA3 = MB1 + MB2 + MB3.

Vì BT2 được sinh ra từ BT1 nên ta nghĩ ngay tới việc dùng BT1 để giải BT2.

<b>Lời giải :</b> Khơng mất tính tổng qt, giả sử O nằm trong góc B1MA3 và hơn thế góc OMB1 ≤ OMA3

<i>(hình 2)</i>. Dựng đường trịn (w) tâm O, bán kính OM. Đường trịn này theo thứ tự cắt các đoạn A1B1,

A2B2, A3B3 tại C1, C2, C3. Dễ thấy M thuộc cung C2C3 (không chứa C1) của (w).

Mặt khác Đ C1C2C3 = Đ C1MC3 = 60o và C1C2C2 = Đ C1MC2 = 60o

=> DC1C2C3 đều. Theo kết quả của BT1, ta có : MC1 = MC2 + MC3 (1)

Lại chú ý rằng, (O) và (w) đồng tâm, ta có : MA1 = C1B1 ; C2A2 = MB2 ; C3A3 = MB3 (2)

Từ (1), (2) dễ dàng => :

MA1 + MA2 + MA3 = MB1 + MB2 + MB3.

Tiếp theo mở rộng trên, BT1 cịn có một mở rộng khác cũng khá hấp dẫn. Nó giới thiệu với chúng ta
mối quan hệ đẹp giữa ba số MA2_{, MB}2_{, MC}2_.

<b>Bài toán 3 :</b> Cho tam giác đều ABC và điểm M thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác. Chứng minh
rằng : MA2_{+ MB}2_{+ MC}2_{= 6R}2_{. (R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC)}

Trước khi giải BT3, ta hãy phát biểu và chứng minh một bổ đề.

<b>Bổ đề 1 :</b> Cho tam giác ABC có góc A = 120o_.

</div>
<span class='text_page_counter'>(49)</span><div class='page_container' data-page=49>

<i>Chứng minh :</i> Gọi H là hình chiếu của C trên AB <i>(hình 3)</i>. Dễ thấy :

Theo định lí Py-ta-go, ta có : BC2_{= BH}2_{+ CH}2₍₂₎

Từ (1), (2) => : BC2_{= (AB + AH)}2_{+ CH}2

BĐ1 đã được chứng minh.
Trở lại việc giải BT3.

Không mất tính tổng quát, giả sử M thuộc cung BC (khơng chứa A) của (O)<i> (hình 4)</i>. Theo kết quả
đạt được trong BT1, ta có : MA = MB + MC

=> MA2_{= MB}2_{+ MC}2_{+ 2MB.MC}

=> MA2_{+ MB}2_{+ MC}2_{= 2(MB}2_{+ MC}2_{+ MB.MC) (1)}

Vì tam giác ABC đều nên Đ BMC = 120o .

Theo BĐ1, ta có : MB2_{+ MC}2_{+ MB.MC = BC}2

=> MB2_{+ MC}2_{+ MB.MC = 3R}2₍₂₎

Từ (1), (2) => : MA2_{+ MB}2_{+ MC}2_{= 6R}2_.

Từ BT3, tương tự như cách phát triển BT1 thành BT2, chúng ta có thể phát biểu kết quả mở rộng
hơn.

<i><b>THAY ĐỔI KẾT LUẬN CỦA BÀI TỐN HÌNH HỌC</b></i>

Trong chứng minh hình học, việc phát hiện các kết quả tương đương với kết luận của bài tốn rất có
thể sẽ đưa ta đến những chứng minh quen thuộc, đơn giản hơn hoặc những phép chứng minh độc
đáo. Đây cũng là công việc thường xuyên của người làm toán. Các bạn hãy theo dõi một số bài toán
sau.

<b>Bài toán 1 :</b> Cho tam giác ABC có BC < BA, đường phân giác BE và đường trung tuyến BD (E, D
thuộc AC). Đường thẳng vng góc với BE qua C cắt BE, BD lần lượt tại F, G. Chứng minh rằng

đường thẳng DF chia đôi đoạn thẳng GE.

</div>
<span class='text_page_counter'>(50)</span><div class='page_container' data-page=50>

Dễ thấy ∆ BKC cân tại B, BF là trung trực của KC suy ra F là trung điểm của KC.
Theo giả thiết, D là trung điểm của AC

=> DF là đường trung bình của DCKA
=> DF // KA hay DM // AB.

=> DM là đường trung bình của DABC
=> M là trung điểm của BC.

Xét ∆ DBC, F thuộc trung tuyến DM nên <b>DF chia đôi đoạn thẳng GE <=> GE // BC.</b>

Ta sẽ chứng minh GE // BC, thật vậy :

<i><b>Cách 1 :</b></i> Ta có AE = AD + DE = CD + DE = CE + 2DE hay CE = AE - 2DE, suy ra

Mặt khác, vì DF // AB, K thuộc AB và AK = 2DF nên

Vậy BG/GD = BK/DF hay GE // BC.

<i><b>Cách 2 :</b></i> Vì BE là phân giác của ABC

Vậy DE/EC = DG/GB hay GE // BC.

<i><b>Cách 3 :</b></i> áp dụng định lí Xê-va ta có Mặt khác MB = MC nên

<b>Bài toán 2 :</b> Trên các cạnh AB, BC, CA của tam giác ABC lần lượt lấy các điểm C1, A1, B1 sao cho

các đường thẳng AA1, BB1, CC1 đồng quy tại O. Đường thẳng qua O song song với AC cắt A1B1 và

B1C1 lần lượt tại K và M. Chứng minh rằng OK = OM.

<b>Lời giải :</b> Qua B vẽ đường thẳng song song với AC cắt A1B1 và B1C1 lần lượt tại K1 và M1.

Xét ∆ B1K1M1, dễ thấy MK // M1K1 nên <b>OM = OK <=> BM1 = BK1.</b> Ta sẽ chứng minh BM1 = BK1,

</div>
<span class='text_page_counter'>(51)</span><div class='page_container' data-page=51>

∆ AB1C1 đồng dạng với ∆ BM1C1 suy ra

∆ CB1A>sub>1 ∆ đồng dạng với BK1A1 suy ra

Vậy : (áp dụng định lí Xê-va), suy ra BM1 = BK1.

<b>Bài toán 3 :</b> Xét bài 5(20) trang 15.

<b>Hướng dẫn : </b>

Do OX = OY nên :

<b>XZ = YT <=> OZ = OT</b>.

Ta sẽ chứng minh OZ = OT. Trước hết, ta chứng minh IO1OO2 là hình bình hành bằng cách xét 3

trường hợp : IBA < 90o ; IBA > 90o ; IBA = 90 o

Gọi M là giao điểm của O1I và CD.

Với IBA < 90o, ∆ IBA nội tiếp (O1), ta có thể chứng minh được : AIO1 + IBA = 90 o =>
CIM + ICM = 90 o =>O1I CD ; Mà OO2CD => OO2 // O1I.

Tương tự OO1 // O2I, suy ra IO1OO2 là hình bình hành (bạn đọc tự chứng minh hai trường hợp còn

lại).

</div>
<span class='text_page_counter'>(52)</span><div class='page_container' data-page=52>

OO1Z = (180o - 2O1IZ) + OO1I = 360o - OO2I - (180o - 2(OO2</SUB<i> Đ O1IZ)) = 360o - </i>
OO2MI - (180<i>o - 2O,sub>2IT) = OO2T </i>

<i>=> ∆ OO1Z = ∆ TO2O (c.g.c) => OZ = OT.(Chứng minh trên không cần dùng tới kiến thức về tam </i>

<i>giác đồng dạng). l Bài tập áp dụng : </i>

<i>1) Từ điểm C ở ngồi đường trịn (O) vẽ hai tiếp tuyến CA, CB với đường tròn (A, B là các tiếp </i>
<i>điểm). Đường tròn (O1) qua C và tiếp xúc với AB tại B cắt (O) tại M. Chứng minh rằng AM chia </i>
<i>đoạn thẳng BC thành hai phần bằng nhau. </i>

<i>2) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Tiếp tuyến với (O) tại B lần lượt cắt các tiếp tuyến </i>
<i>với (O) tại A và C ở M và N. Qua B vẽ đường thẳng vng góc với AC tại P. Chứng minh rằng BP </i>
<i>là phân giác của MPN. </i>

<i>3) Cho hình thang ABCD có đáy lớn CD ; AC cắt BD tại O, AD cắt BC tại I và OI cắt AB tại E. </i>
<i>Đường thẳng đi qua A song song với BC cắt BD tại M và đường thẳng đi qua B song song với AD </i>
<i>cắt AC tại N. Chứng minh rằng : a) MN // AB ; b) AB2_{= MN.CD ; c)}</i> <i>_{d) AE =}</i>

<i>EB.</i>

<i><b>SUY NGHĨ TỪ CÁC BÀI TẬP TRONG SÁCH GIÁO KHOA LỚP 9</b></i>

Các em học sinh lớp 9 thân mến !

Đứng trước các kì thi quan trọng là kì thi tốt nghiệp THCS và kì thi tuyển sinh vào THPT, chắc rằng

bây giờ các em đang rất trăn trở là làm thế nào để khắc sâu được kiến thức nhanh nhất và đạt kết quả
cao nhất trong các kì thi.

Một bí quyết nhỏ của tôi là : hãy suy nghĩ sâu hơn từ các bài tập trong sách giáo khoa (SGK), hệ
thống chúng lại để dễ ghi nhớ và vận dụng tốt cho các bài tập mới. Sau đây là một ví dụ để các em
thấy mỗi bài tập trong SGK là một bài tập cơ sở cho nhiều bài tập khác.

Ta bắt đầu từ bài tập 11 trang 37 SGK Hình học 9 :

<b>Bài tốn 1</b> : Cho một đường tròn (O) và một điểm M cố định khơng nằm trên đường trịn. Qua M vẽ
một cát tuyến cắt đường tròn ở A và B. Chứng minh rằng tích MA.MB khơng phụ thuộc vị trí của
cát tuyến. Nhận xét 1 : Chứng minh bài toán 1 khá đơn giản, ta xét hai trường hợp điểm M nằm
trong và điểm M nằm ngoài (O). Trong cả hai trường hợp ta vẽ thêm cát tuyến MCD bất kì (khác cát
tuyến MAB).

Dễ dàng chứng minh được hai tam giác MAC và MDB đồng dạng, suy ra MA.MB = MC.MD.

<b>Nhận xét 2</b> : Nếu vẽ cát tuyến MCD đi qua O (CD là đường kính) ta cịn đưa ra được kết luận mạnh
hơn : MA.MB = |MO2_{- R}2_{| (R là bán kính (O)). Kết quả này đã được chứng minh trong TTT2 số 12.}

<b>Nhận xét 3</b> : Trường hợp M nằm ngoài (O), cát tuyến MCD trùng với tiếp tuyến MT của đường tròn
(C ≡ D ≡ T), hiển nhiên ta có MC.MD = MT2_{= MA.MB. Đây chính là nội dung của bài tập 4 trang}

40 SGK Hình học 9.

<b>Nhận xét 4</b> : Kết hợp với tính chất của tứ giác nội tiếp ta chứng minh được bài toán sau :

<b>Bài toán 2</b> : Cho tứ giác ABCD. AB cắt CD tại M và AC cắt BD tại N. Chứng minh rằng các khẳng
định sau là tương đương :

a) ABCD là tứ giác nội tiếp.

b) ABC = ADB c) ABC + CDA = 180o

d) MA.MB = MC.MD.
e) NA.NC = NB.ND.

</div>
<span class='text_page_counter'>(53)</span><div class='page_container' data-page=53>

<b>Bài toán 3</b> : Cho hai đường tròn (O1), (O2) cắt nhau tại hai điểm A và B. Qua điểm M nằm trên

đường thẳng AB kẻ hai cát tuyến MCD, MEF lần lượt tới (O1), (O2) (MAB, MCD, MEF không trùng

nhau).

a) Chứng minh CDFE là tứ giác nội tiếp.

b) Kết luận trên cịn đúng khơng nếu (O1) và (O2) tiếp xúc với nhau (M nằm trên tiếp tuyến chung

của hai đường trịn) ?

<b>Bài tốn 4</b> : Cho hai đường tròn (O1), (O2) cắt nhau tại hai điểm A và B. Trên tia đối của tia BA lấy

điểm M khác B. Qua M kẻ hai tiếp tuyến MC, MD của (O1) và hai tiếp tuyến ME, MF của (O2).

Chứng minh C, D, F, E cùng nằm trên một đường tròn.

<b>Nhận xét 6</b> : Bổ sung một số yếu tố khác về đường trịn ta lại có thêm nhiều kết quả khác.

<b>Bài toán 5</b> : Cho hai đường trịn (O1), (O2) tiếp xúc ngồi với nhau tại A. BD là tiếp tuyến chung

ngoài của hai đường tròn (B thuộc (O2), D thuộc (O1)). Gọi DM là đường kính của (O1), qua M kẻ

tiếp tuyến MC với (O2). Chứng minh MC = MD.

<b>Lời giải</b> : Ta có BDO1O2 là hình thang vng, A thuộc O1O2 ; O1AD và O2AB là các tam giác cân tại

O1 và O2 suy ra

O1AD + O2AB = 90o => BAD = 90o

=> M, A, B thẳng hàng.

Vậy DA là đường cao trong tam giác vuông DBM, suy ra MD2_{= MA.MB, mặt khác MC}2_{= MA.MB}

(theo nhận xét 3).

Vậy MC2_{= MD}2_{hay MC = MD.}

Đề nghị các bạn giải các bài tập sau :

<b>Bài tốn 6</b> : Cho xMy và đường trịn (O) tiếp xúc với Mx, My lần lượt tại A, B. Qua A vẽ đường

thẳng song song với My cắt (O) tại điểm thứ hai C. Đoạn thẳng MC cắt (O) tại điểm thứ hai D, AD
cắt My tại K. Chứng minh rằng K là trung điểm của MB.

<b>Bài tốn 7</b> : Từ một điểm M nằm ngồi đường tròn (O) vẽ cát tuyến MAB tới đường tròn (A nằm
giữa M và B). Hai tiếp tuyến với (O) tại A và B cắt nhau tại C ; MO cắt đường trịn đường kính OC
tại H ; CH cắt AB tại N ; AB cắt OC tại I. Chứng minh rằng :

a) MA.MB = MI.MN.
b) IM.IN = IA2_.

<b>Bài toán 8</b> : Cho (O, R) và một điểm A cố định sao cho OA = 2R. Gọi BC là đường kính của (O, R),
BC khơng trùng với OA. Đường tròn đi qua A, B, C cắt đường thẳng OA tại điểm thứ hai I ; AB và
AC cắt (O, R) tại D và E ; DE cắt OA tại K.

a) Tính AK theo R.

b) Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE di chuyển trên đường thẳng cố định
khi BC quay quanh O.

<b>Bài toán 9</b> : Cho nửa đường trịn (O) đường kính AB. Trên AB lấy điểm M, vẽ hai tia Mx, My cắt

nửa đường tròn tại hai điểm C và D sao cho CMA = DMB

Chứng minh rằng MC.MD = MA.MB.

<b>Bài toán 10</b> : Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), đường phân giác AD cắt (O) tại điểm thứ
hai E. Chứng minh rằng :

AB.AC = AD2_{+ DB.DC.}

<b>Bài tốn 11</b> : Cho hai đường trịn (O, R) và (O’, R’) tiếp xúc ngoài với nhau tại A. Gọi D là một
điểm thuộc (O). Kẻ tiếp tuyến DA’ với (O’).

a) Tính độ dài DA’ theo DA, R, R’.
b) Vẽ tam giác đều DBC nội tiếp (O).

</div>
<span class='text_page_counter'>(54)</span><div class='page_container' data-page=54>

<i><b>NHỮNG KHAI THÁC TỪ MỘT BÀI TỐN QUỸ TÍCH CƠ BẢN</b></i>

Làm sao để có thể vận dụng tốt các kiến thức cơ bản vào việc giải quyết các bài tốn ? Điều này có

thể rèn luyện bằng cách tự tìm tịi, khám phá những điều mới mẻ từ những bài tốn cũ.

Ví dụ sau đây bắt đầu từ một bài tốn quỹ tích rất quen thuộc.

<b>Bài toán 1 : </b>Cho xOy và hai điểm M, N lần lượt di động trên Ox, Oy sao cho OM = ON. Tìm quỹ

tích trung điểm I của MN.

<b>Hướng dẫn </b>: Dễ dàng nhận thấy DOMN cân tại O, vì I là trung điểm của MN nên I nằm trên tia
phân giác trong Ot của xOy

Thay dữ kiện OM = ON của bài tốn trên thành OM + ON = a khơng đổi, ta sẽ thu được một kết quả
hoàn toàn mới.

<b>Bài toán 2 :</b> Cho xOy và hai điểm M, N lần lượt di động trên Ox, Oy sao cho OM + ON = a khơng

đổi. Tìm quỹ tích trung điểm I của MN.

<b>Lời giải :</b>

<i>+ Phần thuận</i> : Trước hết ta xét các vị trí đặc biệt của M và N.

Khi N ≡ O thì M ≡ M1 (M1 Є Ox và OM1 = a) suy ra I ≡ E (E là trung điểm của OM1).

Khi M ≡ O thì N ≡ N1 (N1 Є Oy và ON1 = a) suy ra I Є F (F là trung điểm của ON1).

Tiếp theo, với M, N lần lượt chạy trên các đoạn OM1, ON1, ta sẽ chứng minh trung điểm I của MN

chạy trên EF. Thật vậy :

Vì OE = OF = 1/2 a ; MO + ON = OE + OF = a nên EM = NF và hai đoạn thẳng MN, EF luôn cắt
nhau (khi M khác E, N khác F). Gọi giao điểm của MN và EF là I1.

Từ M kẻ đường thẳng song song với Oy, cắt EF tại P, OFE = MPE (so le trong) ; OEF =
MEP (đối đỉnh) ; OFE = OEF (do OE = OF).

Suy ra MPE = MEP => ∆MPE cân tại M

=> MP = ME = NF => ∆MPI1 = ∆NFI1 (g.c.g)

=> MI1 = NI1 => I1 ≡ I là trung điểm của MN.
<i>+ Phần đảo :</i> Đề nghị các bạn tự giải.

<b>+ Kết luận :</b> Quỹ tích trung điểm I của đoạn thẳng MN là toàn bộ đoạn thẳng EF.

Tiếp tục thay đổi dữ kiện xOy của cả hai bài toán trên bằng cách tách rời hai tia Ox, Oy thành hai

</div>
<span class='text_page_counter'>(55)</span><div class='page_container' data-page=55>

<b>Bài tốn 3 :</b> Cho hai tia khơng cắt nhau Ax và By cùng nằm trên một nửa mặt phẳng có bờ là đường
thẳng AB. Hai điểm M, N lần lượt di động trên Ax, By sao cho AM = BN. Tìm quỹ tích trung điểm I
của MN.

<b>Bài tốn 4 :</b> Cho hai tia khơng cắt nhau Ax và By cùng nằm trên một nửa mặt phẳng có bờ là đường
thẳng AB. Hai điểm M, N lần lượt di động trên Ax, By sao cho AM + BN = a khơng đổi. Tìm quỹ
tích trung điểm I của MN.

<b>Hướng dẫn :</b> Gọi O là trung điểm của AB, qua O kẻ các tia Ox1, Oy1 theo thứ tự song song và cùng

phía với Ax, By.

Với bài toán 4 : Ta kẻ đường thẳng qua M, song song với AB cắt Ox1 tại M1 ; đường thẳng qua N

song song với AB cắt Oy1 tại N1. Các tứ giác OAMM1, OBNN1 là các hình bình hành nên OM1 =

AM, ON1 = BN suy ra OM1 + ON1 = a không đổi, theo bài tốn 2 thì quỹ tích trung điểm I1 của đoạn

thẳng M1N1 là đoạn thẳng EF (E ≡ Ox1, F ≡ Oy1 và OE = OF = 1/2

Tứ giác MM1NN1 là hình bình hành nên trung điểm I1 của đường chéo M1N1 trùng với trung điểm I

của đường chéo MN.

Vậy quỹ tích trung điểm I của đoạn thẳng MN cũng là đoạn thẳng EF.

<b>Với bài tốn 3 :</b> Tương tự ta có quỹ tích trung điểm I của MN sẽ là tia phân giác trong Ot của

x1Oy1

Kết hợp bài toán 3 và bài tốn 4 ta có bài tốn sau :

<b>Bài tốn 5 :</b> Cho hai tia không cắt nhau Ax và By cùng nằm trên một nửa mặt phẳng có bờ là đường
thẳng AB. Hai điểm C, D lần lượt di động trên Ax, By sao cho AC = BD ; hai điểm M, N lần lượt di
động trên Cx, Dy sao cho CM + DN = a không đổi. Tìm quỹ tích trung điểm I của MN.

</div>
<span class='text_page_counter'>(56)</span><div class='page_container' data-page=56>

Gọi O là trung điểm của AB, H là trung điểm của CD. Qua O kẻ các tia Ox1, Oy1 theo thứ tự song

song và cùng phía với Ax, By.

Theo bài tốn 3, quỹ tích của điểm H là phân giác trong Ot của x1Oy1

Với mỗi cặp điểm C, D, từ trung điểm H của CD lần lượt kẻ các tia Hx2, Hy2 song song và cùng phía

với Ax, By. Theo bài tốn 4, quỹ tích trung điểm I của MN là đoạn thẳng EF trong đó E Є Hx2, F Є

Hy2 và HE = HF = 1/2 không đổi. Mặt khác, do x2Hy2 = x1Oy1 khơng đổi nên EF có độ dài

khơng đổi và nhận Ot là trục đối xứng. Khi C ≡ A và D ≡ B thì H ≡ O ; E ≡ A1 ; F ≡ B1 (A1 Є Ox1, B1

Є Oy1, OA1 = OB1 = 1/2 a).

Vậy quỹ tích trung điểm I của MN là phần mặt phẳng giới hạn bởi đoạn A1B1 và hai tia A1E, B1F

(song song, cùng phía với tia Ot).

</div>

<!--links-->