Gián án Một số bài toán hay chọn lọc

Bài 1(2) : Tìm tất cả các số chính phương dạng .
Lời giải :
Do là số chính phương nên = k
2
.
Lại vì : 10001 ≤ ≤ 99999, => 101 ≤ k < 317. Vậy k phải là số có ba chữ số. Đặt k = . Cũng
từ giả thiết bài toán là số chính phương nên a thuộc {1, 4, 5, 6, 9}.
+) Nếu a = 1 thì : 100 < < 142 (trong đó p = 1 hoặc p = 9)
Với p = 1, ta có các số thỏa mãn điều kiện bài toán là : 101
2
= 10201, 111
2
= 12321, 121
2
= 14641 ;
còn với p = 9 ta thấy không có số nào thỏa mãn điều kiện đề bài.
+) Nếu a = 4 thì : 200 < < 224 (p = 2 hoặc p = 8). Thử trực tiếp ta có các số thỏa mãn là :
202
2
= 40804, 212
2
= 44944.
+) Nếu a = 5 thì : 223 < < 245 (trong đó p = 5). Trong trường hợp này không có số nào thỏa mãn
điều kiện đề bài.
+) Nếu a = 6 thì : 244 < < 265 (p = 4 hoặc p = 6). Chỉ có một số thỏa mãn trường hợp này là :
264
2
= 69696.
+) Nếu a = 9 thì : 300 < < 317 (p = 3 hoặc p = 7). Trường hợp này cũng chỉ có một số thỏa mãn là
: 307
2

= 94249. Tóm lại có 7 số thỏa mãn điều kiện bài ra : 10201, 12321, 40804, 14641, 44844,
69696, 94249.
Nhận xét :
- Nếu bài toán có thêm điều kiện a, b, c đôi một khác nhau thì chỉ có 5 số thỏa mãn đề bài.
Bài 3(2) : Cho tam giác ABC. Các điểm M, N theo thứ tự thuộc các cạnh AB, AC sao cho diện tích
tam giác AMN bằng một nửa diện tích tam giác ABC (M ≠ B ; N ≠ C). Chứng minh : Trọng tâm của
tam giác ABC nằm trong tam giác AMN.
Lời giải : (của bạn Nguyễn Thị Quỳnh Mai, 6B, THCS Bán công Hương Khê, Hà Tĩnh)
Gọi G là trọng tâm ABC. Đặt L là giao điểm của BG và AC ; O là giao điểm của BL và MN.
Ta có : AL = CL ; GB/GL = 2 (1)
Theo giả thiết : S
(AMN)
= 1/2 . S
(ABC)
Mặt khác, vì AL = CL nên : S
(ABL)
= 1/2 . S
(ABC)

Vậy S
(AMN)
= S
(ABL)
=> S
(OLN)
= S
(OMB)

=> S
(BLN)

= S
(NMB)
=> ML // BN
=> : OB/OL = BN/ML = AN/AL < AC/AL = 2 (2) (định lí Talét)
Từ (1), (2) => :
OB/OL < GB/GL => OB/OL + 1 < GB/GL + 1 => BL/OL < BL/GL
=> GL < OL => G thuộc đoạn OL => G thuộc tam giác AMN (đpcm).
Nhận xét :
1) Bài này có khá nhiều bạn tham gia giải, tất cả đều giải đúng. Tuy nhiên, nhiều bạn giải quá dài và
phức tạp.
2) Ngoài cách giải trên còn một hướng giải khác nữa.
Đặt P là giao điểm của AG và BC ; Q là giao điểm của AP và MN.
Ta có đẳng thức quen thuộc :
AB/AM + AC/AN = 2.AP/AQ (3)
Theo giả thiết :
S
(ABC)
/ S
(AMN)
= 2 => AB/AM . AC/AN = 2 (4)
Từ (3), (4), sau một vài biến đổi đại số, ta có : AG < AQ. Từ đó => đpcm.
Bài 4(2) : Giải phương trình :
x
2
+ 2x + 3 = (x
2
+ x + 1) (x
4
+ x
2

+ 4)
Lời giải : (của bạn Phan Việt Thành, 8D, THCS Lương Thế Vinh, Tuy Hòa, Phú Yên)
Ta có : x
2
+ x + 1 = (x + 1/2)
2
+ 3/4 > 0 với mọi x
Mặt khác : Với mọi x ta có x
4
+ x
2
+ 4 ≥ 4
=> (x
2
+ x + 1) (x
4
+ x
2
+ 4) ≥ 4 (x
2
+ x + 1)
= x
2
+ 2x + 3 + 2x
2
+ (x + 1)
2
> x
2
+ 2x + 3

Chứng tỏ phương trình vô nghiệm.
Bài 5(2) : Tìm x, y để biểu thức :
đạt giá trị nhỏ nhất.
Lời giải :
Ta có:
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi y = -1 và 3 ≥ x ≥ -1.
Bài 1 (3) : Tìm tất cả các cặp số nguyên không âm (x, y) sao cho : x - y = x
2
+ xy + y
2
.
Lời giải :
Giả sử có cặp số nguyên không âm (x, y) thỏa mãn hệ thức x - y = x
2
+ xy + y
2
(1)
Từ đó dễ dàng => rằng x ≥ x - y = x
2
+ xy + y
2
≥ 3xy (2)
- Nếu x = 0, từ (1) ta có -y = y
2
=> y = 0.
- Nếu x ≠ 0, thay x = 1 vào (2) => 1 ≥ 3y => y = 0, thay y = 0 vào (1) => x = x
2
=> x = 1.
Tóm lại : Có hai cặp số (0, 0); (1, 0) thỏa mãn đề bài.
Bài 2(4) : Cho a, b, c là 3 số thỏa mãn điều kiện :

Tính tổng : a
2001
+ b
2002
+ c
2003
.
Lời giải :
Từ (1) => a, b, c ≤ 1. Trừ từng vế của (1) cho (2) ta có : a
2002
(1 - a) + b
2002
(1 - b) + c
2002
(1 - c) = 0 (3)
Vì a, b, c ≤ 1 nên a
2002
(1 - a) ≥ 0 ; b
2002
(1 - b) ≥ 0 ; c
2002
(1 - c) ≥ 0.
Từ đó ta có a
2001
= a
2003
; b
2002
= b
2003

.
=> : a
2001
+ b
2002
+ c
2003
= a
2003
+ b
2003
+ c
2003
= 1
Nhận xét :
1/ Từ lời giải trên, kết hợp với (1) hoặc (2) có thể => trong ba số a, b, c có đúng một số bằng 1 và hai
số còn lại bằng 0.
2/ Một số bạn từ (1) => 0 ≤ a ≤ 1 là sai. Một số bạn tự thêm giả thiết a, b, c là các số nguyên dương.
Bài 4(4) : Cho ΔABC nhọn, ba đường cao AD, BE và CF cắt nhau tại H. Qua A vẽ các đường thẳng
song song với BE, CF lần lượt cắt các đường thẳng CF, BE tại P và Q. Chứng minh rằng PQ vuông
góc với trung tuyến AM của ΔABC.
Lời giải :
Vì ΔABC nhọn nên trực tâm H nằm trong ΔABC (hình dưới).
Lần lượt đặt I là giao điểm của AH và PQ ; K là giao điểm của AM và PQ. Từ giả thiết => tứ giác
APHQ là hình bình hành, nên I là trung điểm của AH.
Cũng từ giả thiết => AP vuông góc với AC ; AQ vuông góc với AB => ∠ BAC =∠ AQH; ∠ ACB =
∠ AHQ (các cặp góc có hai cạnh tương ứng vuông góc)
=> ΔABC đồng dạng với ΔQAH (g.g) => AB/QA = BC/AH = AC/AH .
Mặt khác M, I lần lượt là trung điểm của BC, AH nên :
AM/QI = BC/AH = MC/IH => AM/QI = MC/IH = AC/QH

=> ΔAMC đồng dạng với ΔQIH (c.c.c)
=> ∠ CAM = ∠ HQI hay ∠ EAK = ∠ EQK => tứ giác KAQE nội tiếp
=> ∠ AKQ = ∠ AEQ = 90
o
(cùng chắn cung AQ, BQ vuông góc với AC) => PQ vuông góc với AM
(đpcm).
Bài 3(5) : So sánh A và B biết :
A = (2003
2002
+ 2002
2002
)
2003

B = (2003
2003
+ 2002
2003
)
2002

Lời giải : (của bạn Võ Văn Tuấn)
Ta sẽ chứng minh bài toán tổng quát :
(a
n
+ b
n
)
n + 1
> (a

n + 1
+ b
n + 1
)
n
với a, b, n là các số nguyên dương.
Thật vậy, không mất tính tổng quát, giả sử a ≥ b. (a
n
+ b
n
)
n + 1
= (a
n
+ b
n
)
n
.(a
n
+ b
n
) > (a
n
+ b
n
)
n
.a
n

= [(a
n

+ b
n
)a]
n
= (a
n
.a + b
n
.a)
n
≥ (a
n
.a + b
n
.b)
n
= (a
n + 1
+ b
n + 1
)
n
.
Với a = 2003, b = n = 2002, ta có A > B.
Bài 4(5) : Tam giác ABC có E là trung điểm cạnh BC sao cho ∠ EAB = 15
o
, ∠ EAC = 30 . Tính ∠

C.
Lời giải : (của bạn Phạm Thị Hồng Anh)
Gọi F là điểm đối xứng của C qua AE và I là giao điểm của CF và AE, => AI vuông góc với CI. Xét
tam giác vuông IAC, vuông tại I, có ∠ IAC = 30
o
=> ∠ ACF = ∠ ACI = 60
o
(1) .
Ta có AI là trung trực của CF nên ΔAFC cân, từ (1) => ΔAFC đều.
Nhận xét rằng, IE là đường trung bình của ΔBFC nên IE // FB, mà IE vuông góc với FC => BF vuông
góc với FC hay ΔBFC vuông tại F => góc BFC = 90
o
; ΔAFC đều => ∠ CFA =∠ CAF = 60
o
, => :
∠ BFA = ∠ BFC + CFA = 90
o
+ 60
o
= 150
o

∠ FAB = ∠ CAF - ∠ CFA - ∠ BAE = 60
o
- 30
o
- 15
o
= 15
o

.
Xét ΔFBA, ∠ BFA = 150
o
và ∠ FAB = 15
o
. => ∠ FBA = 15
o
su ra ΔFBA cân tại F => FB = FA =
FC. Từ đó, ΔBFC vuông cân tại F => ∠ BCF = 45
o
(2)
Từ (1), (2) => ∠ ACB = ∠ ACF + ∠ BCF = 60
o
+ 45
o
= 105
o
.
Vậy ∠ C = 105
o
.
Bài 2(7) : Cho a, b, c thỏa mãn : a/2002 = b/2003 = c/2004 .
Chứng minh rằng : 4(a - b)(b - c) = (c - a)
2

Lời giải : Theo tính chất của tỉ lệ thức ta có :
a/2002 = b/2003 = c/2004 = (a - b)/(2002 - 2003) = (b - c)/(2003 - 2004) = (c - a)/(2004 - 2002)
=> : (a - b)/-1 = (b - c)/-1 = (c - a)/2
=> : (a - b)(b - c) = [ (c - a)/2 ]
2

=> 4(a - b)(b - c) = (c - a)
2
(đpcm).
Bài 4(8) : Cho hình chữ nhật ABCD (như hình vẽ), biết rằng AB = 30 cm, AD = 20 cm, AM = 10 cm,
BP = 5 cm, AQ = 15 cm. Tính diện tích tam giác MRS.
Lời giải : Giả sử đường thẳng PQ cắt các đường thẳng CD, AB tương ứng tại E, F.
Ta có : DE/EC = QD/CP = 5/15 = 1/3 , hay DE/DC = 1/2 => DE = 15 cm.
Ta thấy tam giác QDE = tam giác PBF => BF = DE = 15 cm.
Lại có : DE/MF = DR/MR = 15/35 = 3/7 => MR/MD = 7/10 (1).
Vì MS/MC = MF/EC = 35/45 = 7/9 => MS/MC = 7/16 (2)
Ta có : S
MDC
= S
ABCD
- SAMD - S
BMC
= AB.AD - 1/2AD.(AM + MB) = 300 (cm
2
) (3)
Mặt khác, từ (1) và (2) ta có :
S
MRS
/S
MCD
= (MR/MD).(MS/MC) = 7/10 . 7/16 = 47/160
Do đó, từ (3) ta có :
S
MRS
= 300. (49/160) = 91,875 (cm
2

).
Bài 5(8) : Cho tam giác ABC không vuông. Các đường cao BB’, CC’ cắt nhau tại H. Gọi K là trung
điểm của AH, I là giao điểm của AH và B’C’. Chứng minh rằng : I là trực tâm của tam giác KBC.
Lời giải :
Trường hợp 1 : Tam giác ABC nhọn (hình vẽ). Gọi L là điểm đối xứng của H qua BC.
Ta có : ∠ BLC = ∠ BHC = ∠ B ' HC ' (đối đỉnh) = 180
o
- ∠ BAC (Vì AC 'HB ' nội tiếp)
=> ∠ BLC + ∠ BAC = 180
o

=> tứ giác ABLC nội tiếp
=> ∠ CLA = ∠ CBA . (1)
Mặt khác, vì ∠ BB 'C = ∠ BC 'C ( = 90
o
) nên tứ giác BC’B’C nội tiếp => ∠ AB ' C ' = ∠ CBC ' . (2)
Từ (1) và (2) => : ∠ CLI = ∠ AB 'I => tứ giác CLIB ’ nội tiếp => ∠ B 'CI = ∠ B 'LI . (3)
Theo giả thiết, tam giác AHB’ vuông tại B’, B’K là trung tuyến nên KB’ = KH => ∠ KB 'H = ∠
KHB ' = ∠ BHL = ∠ BLH (vì tam giác BLH cân tại B) => tứ giác KB’LB nội tiếp , suy ra ∠ B 'BK =
∠ B 'LK . (4)
Từ (3) và (4) => tứ giác BCB’E nội tiếp (E là giao của CI và BK)
=> ∠ BEC = ∠ BB 'C = 90
o
=> CI vuông góc với BK.
Chú ý rằng : KI vuông góc với BC
Vậy I là trực tâm của tam giác KBC.
Trường hợp 2 : Tam giác ABC tù, chứng minh hoàn toàn tương tự như trường hợp 1.
Bài 1(11) : Phân tích số 8030028 thành tổng của 2004 số tự nhiên chẵn liên tiếp.
Lời giải :