MỘT PHƯƠNG PHÁP TÌM GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT VÀ GIẤ TRỊ LỚN
NHẤT
Trong bài viết này, tôi đề cập đến một dạng toán tìm giá trị lớn nhất (GTLN) và giá trị nhỏ
nhất (GTNN) của một biểu thức nhiều ẩn, 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.
Bài toán 1 : Tìm GTLN và GTNN của xy biết x và y là nghiệm của phương trình
x
4
+ y
4
- 3 = xy(1 - 2xy)
Lời giải : Ta có x
4
+ y
4
- 3 = xy(1 - 2xy)
<=> xy + 3 = x
4
+ y
4
+ 2x
2
y
2
<=> xy + 3 = (x
2
+ y
2
Vậy t = x + y + z đạt GTNN bằng 6 khi và chỉ khi x = y = z = 2.
Bài toán 3 : Cho các số thực x, y, z thỏa mãn x
2
+ 2y
2
+ 2x
2
z
2
+ y
2
z
2
+ 3x2y
2
z
2
= 9. Tìm
GTLN và GTNN của A = xyz.
Lời giải :
x
2
+ 2y
2
+ 2x
2
z
2
+ y
2
+ n
2
≥ 2|mn| với mọi m, n ta có :
x
2
+ y
2
z
2
≥ 2|xyz| ; y
2
+ x
2
z
2
≥ 2|xyz| (2).
Từ (1) và (2) suy ra :
2|xyz| + 4|xyz| + 3(xyz)2 ≤ 9
<=> 3A
2
+ 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
Bài toán 4 : Cho các số thực x, y, z thỏa mãn x
4
+ y
- 2(x
2
+ y
2
) - 3 = -3x
2
≤ 0
=> t
2
- 2t - 3 ≤ 0 (với t = x
2
+ y2 ≥ 0)
=> (t + 1)(t - 3) ≤ 0 => t ≤ 3
Vậy t = x
2
+ y
2
đạt GTLN bằng 3 khi và chỉ khi x = 0 ;
Ta lại có x
4
+ y
4
+ x
2
- 3 = 2y
2
(1 - x
2
)
<=> (x
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 = x
2
+ y
2
biết x và y là nghiệm của phương trình :
5x
2
+ 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 x
2
+ y
2
.
Hệ quả 1 : Nếu ab + bc + ca = 1 thì
a
2
+ 1 = (a + b)(a + c).
Hệ quả 2 : Nếu a + b + c = 1 thì
a + bc = (a + b)(a + c).
Bây giờ, chúng ta đến với một vài ứng dụng của (*) và hai hệ quả trên.
Bài toán 1 : Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = 1. Hãy tính giá trị của biểu
thức :
Lời giải : Theo hệ quả 1 ta có
a
2
+ 1 = a
2
+ (ab + bc + ca) = (a + b)(a + c) ;
b
2
+ 1 = b
2
+ (ab + bc + ca) = (b + a)(b + c) ;
c
2
+ 1 = c
2
+ (ab + bc + ca) = (c + a)(c + b).
Suy ra
Vì vậy A = a(b + c) + b(c + a) + c(a + b)
= 2(ab + bc + ca) = 2.
Vấn đề sẽ khó hơn khi ta hướng tới việc đánh giá các biểu thức.
Bài toán 2 : Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn (a +b)(a +c) = 1. Chứng minh rằng :
.
LÀM QUEN VỚI BẤT ĐẲNG THỨC
TRÊ-BƯ-SEP
Các bạn đã từng được làm quen với các bất đẳng thức Cô si, Bunhiacôpski nhưng không ít
bạn còn chưa biết về bất đẳng thức Trê - bư - sép. Con đường đi đến bất đẳng thức này thật là
giản dị, quá gần gũi với những kiến thức cơ bản của các bạn bậc THCS.
Các bạn có thể thấy ngay : Nếu a
1
≤ a
2
và b
1
≤ b
2
thì (a
2
- a
1
) (b
2
- b
1
) ≥ 0. Khai triển vế trái của
bất đẳng thức này ta có :
a
1
b
1
+ a
2
b
1
+ a
2
b
2
vào cả hai vế ta được :
2 (a
1
b
1
+ a
2
b
2
) ≥ a
1
(b
1
+ b
2
) + a
2
(b
1
+ b
2
)
=> : 2 (a
1
2
b
2
) ≤ (a
1
+ a
2
) (b
1
+ b
2
) (**)
Các bất đẳng thức (*) và (**) đều trở thành đẳng thức khi và chỉ khi a
1
= a
2
hoặc b
1
= b
2
.
Làm theo con đường đi tới (*) hoặc (**), các bạn có thể giải quyết nhiều bài toán rất thú vị.
Bài toán 1 : Biết rằng x + y = 2. Chứng minh x
2003
+ y
2003
≤ x
2004
+ y
2004
+ y
2003
) = 2.(x
2003
+ y
2003
)
=> : x
2004
+ y
2004
≥ x
2003
+ y
2003
(đpcm).
Để ý rằng : Bất đẳng thức vừa chứng minh trở thành đẳng thức khi và chỉ khi x = y = 1 ; các
bạn sẽ có lời giải của các bài toán sau :
Bài toán 2 : Giải hệ phương trình :
Nếu các bạn quan tâm tới các yếu tố trong tam giác thì vận dụng các bất đẳng thức (*) hoặc
(**) sẽ dẫn đến nhiều bài toán mới.
Bài toán 3 : Cho tam giác ABC có diện tích bằng 1. AH và BK là các đường cao của tam
giác.
Chứng minh : (BC + CA).(AH + BK) ≥ 8.
Lời giải : Ta có AH x BC = BK x CA = 2. Do vai trò bình đẳng của BC và CA nên có thể giả
sử rằng BC ≤ CA => 2/BC ≥ 2/CA => AH ≥ BK.
Do đó (CA - BC).(BK - AH) ≤ 0
=> : CA x BK + BC x AH ≤ BC x BK + CA x AH
Cộng thêm CA x BK + BC x AH vào 2 vế ta có :
2.(CA x BK + BC x AH) ≤ (BC + CA) (AH + BK)
+ h
b
) ≤ (b + c)/(8S) (2)
1/(h
c
+ h
a
) ≤ (c + a)/(8S) (3)
Cộng từng vế của (1), (2), (3) dẫn đến :
Bất đẳng thức (4) trở thành đẳng thức khi và chỉ khi các bất đẳng thức (1), (2), (3) đồng thời
trở thành đẳng thức tương đương với a = b = c hay tam giác ABC là tam giác đều.
Bây giờ các bạn thử giải các bài tập sau đây :
1) Biết rằng x
2
+ y
2
= 1. Tìm giá trị lớn nhất của F = (x
4
+ y
4
) / (x
6
+ y
6
)
2) Cho các số dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = 1. Chứng minh :
3) Cho tam giác ABC có độ dài các cạnh lần lượt là a, b, c và độ dài các đường phân giác
trong thuộc các cạnh này lần lượt là l
a
, l
2
(c - a) = 0, do đó F(a, b, c) có chứa nhân tử a - b.
Tương tự F(a, b, c) chứa các nhân tử b - c, c - a. Vì F(a, b, c) là biểu thức bậc ba, do đó F(a, b,
c) = k.(a - b)(b - c)(c - a).
Cho a = 1, b = 0, c = -1 ta có :
1 + 1 = k.1.1.(-2) => k = -1.
Vậy : F(a, b, c) = -(a - b)(b - c)(c - a).
Bài toán 2 : Phân tích thành nhân tử :
F(a, b, c) = a
3
(b - c) + b
3
(c - a) + c
3
(a - b).
Nhận xét : Tương tự như bài toán 1, ta thấy F(a, b, c) phải chứa các nhân tử a - b, b - c, c - a.
Nhưng ở đây F(a, b, c) là biểu thức bậc bốn, trong khi đó (a - b)(b - c)(c - a) bậc ba, vì vậy
F(a, b, c) phải có một thừa số bậc nhất của a, b, c. Do vai trò a, b, c như nhau nên thừa số này
có dạng k(a + b + c). Do đó :
F(a, b, c) = k(a - b)(b - c)(c - a)(a + b + c)
Cho a = 0 ; b = 1 ; c = 2 => k = -1.
Vậy : F(a, b, c) = -(a - b)(b - c)(c - a)(a + b + c).
2/ Trong một số bài toán, nếu F(a, b, c) là biểu thức đối xứng của a, b, c nhưng F(a, b, c)
≠ 0 khi a = b thì ta thử xem khi a = -b, F(a, b, c) có triệt tiêu không, nếu thỏa mãn thì
F(a, b, c) chứa nhân tử a + b, và từ đó chứa các nhân tử b + c, c + a.
Bài toán 3 : Chứng minh rằng :
Nếu : 1/x + 1/y + 1/z = 1/(x + y + z) thì
1/x
n
+ 1/y
.
Vậy : 1/x
n
+ 1/y
n
+ 1/z
n
= 1/(x
n
+ y
n
+ z
n
)
Tương tự cho các trường hợp còn lại, ta có đpcm.
Có những khi ta phải linh hoạt hơn trong tình huống mà hai nguyên tắc trên không thỏa mãn :
Bài toán 4 :
Phân tích đa thức sau thành nhân tử :
F(x, y, z) = x
3
+ y
3
+ z
3
- 3xyz.
Nhận xét : Ta thấy rằng khi x = y hay x = -y thì F(x, y, z) ≠ 0. Nhưng nếu thay x = -(y + z) thì
F(x, y, z) = 0 nên F(x, y, z) có nhân tử x + y + z. Chia F(x, y, z) cho x + y + z, ta được thương
x
2
+ y
Bằng kiến thức hình học lớp 6 ta có thể giải được các phương trình bậc hai một ẩn được
không ? Câu trả lời là ở trường hợp tổng quát thì không được, nhưng trong rất nhiều trường
hợp ta vẫn có thể tìm được nghiệm dương.
Ví dụ : Tìm nghiệm dương của phương trình x
2
+ 10x = 39.
Lời giải :
Ta có : x
2
+ 10x = 39
tương đương x
2
+ 2.5.x = 39
Từ biến đổi trên, ta hình dung x là cạnh của một hình vuông thì diện tích của hình vuông đó là
x
2
. Kéo dài mỗi cạnh của hình vuông thêm 5 đơn vị (như hình vẽ), ta dễ thấy :
Hình vuông to có độ dài cạnh là x + 5 sẽ có diện tích là 64. Do đó :
(x + 5)
2
= 64 = 82 tương đương x + 5 = 8 hay x = 3.
Vậy phương trình có nghiệm dương là x = 3.
Phương pháp này đã được nhà toán học Italia nổi tiếng Jerôm Cacđanô (1501 - 1576) sử dụng
khi tìm nghiệm dương của phương trình x
2
+ 6x = 31.
Các bạn hãy tìm nghiệm dương của phương trình x
2
- 8x = 33 bằng phương pháp hình học thử
xem ?
2
=
240.16 suyy ra mn = 15.
Bài toán 2 : Tìm hai số nguyên dương a, b biết ab = 216 và (a, b) = 6.
Lời giải : Lập luận như bài 1, giả sử a ≤ b.
Do (a, b) = 6 => a = 6m ; b = 6n với m, n thuộc Z
+
; (m, n) = 1 ; m ≤ n.
Vì vậy : ab = 6m.6n = 36mn => ab = 216 tương đương mn = 6 tương đương m = 1, n = 6 hoặc
m = 2, n = 3 tương đương với a = 6, b = 36 hoặcc là a = 12, b = 18.
Bài toán 3 : Tìm hai số nguyên dương a, b biết ab = 180, [a, b] = 60.
Lời giải :
Từ (**) => (a, b) = ab/[a, b] = 180/60 = 3.
Tìm được (a, b) = 3, bài toán được đưa về dạng bài toán 2.
Kết quả : a = 3, b = 60 hoặc a = 12, b = 15.
Chú ý : Ta có thể tính (a, b) một cách trực tiếp từ định nghĩa ƯCLN, BCNN : Theo (*) ta có
ab = mnd
2
= 180 ; [a, b] = mnd = 60 => d = (a, b) = 3.
Bài toán 4 : Tìm hai số nguyên dương a, b biết a/b = 2,6 và (a, b) = 5.
Lời giải : Theo (*), (a, b) = 5 => a = 5m ; b = 5n với m, n thuộc Z
+
; (m, n) = 1.
Vì vậy : a/b = m/n = 2,6 => m/n = 13/5 tương đương với m = 13 và n = 5 hay a = 65 và b =
25.
Chú ý : phân số tương ứng với 2,6 phải chọn là phân số tối giản do (m, n) = 1.
Bài toán 5 :
Tìm a, b biết a/b = 4/5 và [a, b] = 140.
Lời giải : Đặt (a, b) = d. Vì , a/b = 4/5 , mặt khác (4, 5) = 1 nên a = 4d, b = 5d.
Lưu ý [a, b] = 4.5.d = 20d = 140 => d = 7 => a = 28 ; b = 35.
2/ Tìm hai số biết tổng của chúng bằng 448, ƯCLN của chúng bằng 16 và chúng có các chữ
số hàng đơn vị giống nhau.
3/ Cho hai số tự nhiên a và b. Tìm tất cả các số tự nhiên c sao cho trong ba số, tích của hai số
luôn chia hết cho số còn lại.
MỘT SỐ DẠNG TOÁN SỬ DỤNG PHÉP PHÂN TÍCH ĐA THỨC THÀNH
NHÂN TỬ
Sau khi xem xong tạp chí Toán Tuổi thơ 2 số 5 (tháng 7 năm 2003), tôi rất tâm đắc với các
bài toán phân tích đa thức thành nhân tử. Do đó tôi mạnh dạn trao đổi với bạn đọc về vấn đề
vận dụng phép phân tích đa thức thành nhân tử vào giải một số dạng toán ở bậc THCS.
1. Rút gọn các biểu thức đại số.
Bài toán 1 : Rút gọn :
với ab ≠ 0.
Lời giải :
Bài toán 2 : Rút gọn :
Lời giải :
2. Chứng minh bất đẳng thức
Bài toán 3 : Cho ΔABC với góc A ≥ góc B ≥ góc C.
Chứng minh :
Lời giải : Hạ AH vuông góc với BC ; BI vuông góc với AC. Ta có AH = h
a
, BI = h
b
. Dễ thấy
2 tam giác vuông AHC và BIC đồng dạng và chung góc C. => h
a
/h
b
= AH/BI = b/a .
áp dụng điều tương tự ta có :
Vì góc A ≥ góc B ≥ góc C tương đương với a ≥ b ≥ c nên (**) đúng, tức là (*) được chứng
- 14x
2
+ 2x
2
- 8 < 0
tương đương với 7x
2
(x - 2) + 2(x
2
- 4) < 0 hay (x - 2)(7x
2
+ 2x + 4) < 0
tương đương với (x - 2)[6x
2
+ 3 + (x + 1)2] < 0 hay x - 2 < 0 => x < 2.
Vậy bất phương trình (3) có nghiệm là x < 2.
4. Một số bài toán khác.
Bài toán 7 : CMR nếu :
với a, b ≠ 0 ; a ≠ b ; a, b ≠ 1/2 thì a + b + 3/2 = 1/a + 1/b.
Lời giải : (*) tương đương : a
2
b - 2a
3
b - 2b
2
+ 4ab
2
= b
2
a - 2ab
Do a.b ≠ 0 => 3/2 + a + b - (a + b)/ab = 0
=> : a + b + 3/2 = 1/a + 1/b . (đpcm).
Bài toán 8 : Chứng minh : n
2
+ 11n + 39 không chia hết cho 49 với "n thuộc N.
Lời giải : Xét M = n
2
+ 11n + 39 = n
2
+ 2n + 9n + 18 + 21 = (n + 2)(n + 9) + 21.
Có (n + 9) - (n + 2) = 7 => n + 9 và n + 2 cùng chia hết cho 7 hoặc không cùng chia hết cho 7.
- Nếu n + 9 và n + 2 cùng chia hết cho 7 thì (n + 9)(n + 2) chia hết cho 49 mà 21 không chia
hết cho 49 nên M không chia hết cho 49.
- Nếu n + 9 và n + 2 không cùng chia hết cho 7 thì (n + 9)(n + 2) không chia hết cho 7 mà 21
chia hết cho 7 nên M không chia hết cho 49.
Vậy n
2
2 + 11n + 39 không chia hết cho 49.
Sau đây là một số bài tập để các bạn thử vận dụng :
1. Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình : x
6
- x
4
+ 2x
3
+ 2x
2
= y
2
.
2
> 0 với mọi x, y nên từ (*) => y - x > 0.
Mặt khác, 91 = 1 x 91 = 7 x 13 và y - x ; x
2
+ xy + y
2
đều nguyên dương nên ta có bốn khả
năng sau :
y - x = 91 và x
2
+ xy + y
2
= 1 ; (I)
y - x = 1 và x
2
+ xy + y
2
= 91 ; (II)
y - x = 3 và x
2
+ xy + y
2
= 7 ; (III)
y - x = 7 và x
2
+ xy + y
2
= 13 ; (IV)
Đến đây, bài toán coi như được giải quyết.
Phương pháp 2 : Sắp thứ tự các ẩn
= 5 (4)
Lời giải : Từ phương trình (4) ta => x phải là số lẻ. Thay x = 2k + 1 (k thuộc Z) vào (4), ta
được :
4k
2
+4k + 1 - 2y
2
= 5
tương đương 2(k
2
+ k - 1) = y
2
=> y
2
là số chẵn => y là số chẵn.
Đặt y = 2t (t thuộc Z), ta có :
2(k
2
+ k - 1) = 4t
2
tương đương k(k + 1) = 2t
2
+ 1 (**)
Nhận xét : k(k + 1) là số chẵn, 2t
2
+ 1 là số lẻ => phương trình (**) vô nghiệm.
Vậy phương trình (4) không có nghiệm nguyên.
Thí dụ 5 : Chứng minh rằng không tồn tại các số nguyên x, y, z thỏa mãn :
3
- x - y - z ≠ 2000 với mọi số nguyên x, y, z tức
là phương trình (5) không có nghiệm nguyên.
Thí dụ 6 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình :
xy + x - 2y = 3 (6)
Lời giải : Ta có (6) tương đương y(x - 2) = - x + 3. Vì x = 2 không 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).
Chú ý : Có thể dùng phương pháp 1 để giải bài toán này, nhờ đưa phương trình (6) về dạng :
x(y + 1) - 2(y + 1) = 1 tương đương (x - 2)(y + 1) = 1.
Phương pháp 4 : Sử dụng bất đẳng thức
Dùng bất đẳng thức để đánh giá một ẩn nào đó và từ sự đánh giá này => các giá trị nguyên
của ẩn này.
Thí dụ 7 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình :
x
2
- xy + y
2
= 3 (7)
Lời giải :
(7) tương đương với (x - y/2)
2
= 3 - 3y
2
/4
Vì (x - y/2)
2
≥ 0 => 3 - 4y
BẰNG CÁCH ĐÁNH GIÁ CÁC ẨN
Hệ phương trình là một dạng toán 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 không 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 “phương pháp đánh giá các ẩn”.
1. Đánh giá giữa các ẩn
Ví dụ 1 (đề thi vào khối chuyên Toán Tin, ĐHQG Hà Nội năm 1996) :
Giải hệ phương trình
Lời giải : 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.
Ví dụ 2 (đề thi vào khối chuyên, ĐHSPHN năm 2004) : Tìm nghiệm dương của hệ
Lời giải : Ta sẽ chứng minh x = y = z. Do x, y, z có vai trò 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) => 2x
2004
= y
6
+ z
6
≤ x
6
+ z
6
= 2y
2004
=> 2x
2004
≤ 2y
Ví dụ 3 : Tìm a, b, c biết
4a - b
2
= 4b - c
2
= 4c - a
2
= 1 (*)
Lời giải : 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 vô lí. Vậy a = b, suy ra :
4a - 4b = b
2
- c
2
= 0 => b = c => a = b = c.
Thay vào (*) ta có :
4a - b
2
= 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 :
2. Đánh giá ẩn với một số
(a
100
- a
101
)(1 - a) = (b
100
- b
101
)(b - 1) <=> a
100
.(1 - a)
2
= b
100
.(1 - b)(b - 1)
<=> a
100
.(1 - a)
2
= - b
100
.(1 - b)
2
. (4)
Nếu a ≠ 1, do a > 0 suy ra :
a
100
.(1 - a)
2
> 0 ≥ - b
= 2 S
ADB
.
Vẫn xét hai tam giác trên có chung đường cao kẻ từ A đến BC, do S
ADC
= 2 S
ADB
nên DC = 2
DB.
Giải tương tự như trên, ta chứng minh được bài toán tổng quát :
Nếu AD là phân giác của ΔABC thì DB/DC = AB/AC.
Bài toán 2 : Cho hình thang ABCD (AB // CD), các đường chéo cắt nhau tại O. Qua O, kẻ
đường thẳng song song với hai đáy, cắt các cạnh bên AC và BC theo thứ tự tại E và F.
Chứng minh rằng OE = OF.
Giải :
Cách 1 : (h.2) Kẻ AH, BK, CM, DN vuông góc với EF. Đặt AH = BK = h
1
, CM = DN = h
2
.
Ta có :
Từ (1), (2), (3) => :
Do đó OE = OF.
Cách 2 : (h.3) Kí hiệu như trên hình vẽ. Ta có S
ADC
= S
BDC
.
Cùng trừ đi S
5
3
và S
2
< S
4
nên S
1
+ S
2
< S
3
+ S
4
, trái với (1).
Vậy OE = OF.
Bài toán 3 : Cho hình bình hành ABCD. Các điểm M, N theo thứ tự thuộc các cạnh AB, BC
sao cho AN = CM. Gọi K là giao điểm của AN và CM. Chứng minh rằng KD là tia phân giác
của góc AKC.
Giải : (h.4) Kẻ DH vuông góc với KA, DI vuông góc với KC.
Ta có :
DH . AN = 2 S
ADN
(1)
DI . CM = 2 S
CDM
(2)
Ta lại có S
ADN
= 1/2.S
ABCD
S
MBC
+ S
MAC
+ S
MAB
= S
ABC
.
3. Cho tam giác ABC cân tại A. Điểm M thuộc tia đối của tia BC. Chứng minh rằng hiệu các
khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng AC và AB bằng đường cao ứng với cạnh bên của
tam giác ABC.
Hướng dẫn : Hãy chú ý đến
S
MAC
- S
MAB
= S
ABC
.
4. Cho hình thang ABCD (AB // CD, AB < CD). Các đường thẳng AD và BC cắt nhau tại O.
Gọi F là trung điểm của CD, E là giao điểm của OF và AB. Chứng minh rằng AE = EB.
Hướng dẫn : Dùng phương pháp phản chứng.
MỘT PHƯƠNG PHÁP VẼ ĐƯỜNG PHỤ
Bài toán 1 : Cho góc xOy. Trên Ox lấy hai điểm A, B và trên Oy lấy hai
điểm C, D sao cho AB = CD. Gọi M và N là trung điểm của AC và BD.
Chứng minh đường thẳng MN song song với phân giác góc xOy.
Suy luận : Vị trí đặc biệt nhất của CD là khi CD đối xứng với AB qua Oz,
phân giác góc xOy.
Gọi C
1
, NF = 1/2DD
1
, ME // CC
1
, ME = 1/2 CC
1
=> ME //
NF và NE = 1/2 NF => tứ giác MEFN là hình bình hành => MN // EF =>
đpcm.
Bài toán 1 có nhiều biến dạng” rất thú vị, sau đây là một vài biến dạng của
nó, đề nghị các bạn giải xem như những bài tập nhỏ ; sau đó hãy đề xuất
những “biến dạng” tương tự.
Bài toán 2 : Cho tam giác ABC. Trên AB và CD có hai điểm D và E
chuyển động sao cho BD = CE. Đường thẳng qua các trung điểm của BC
và DE cắt AB và AC tại I và J. Chứng minh ΔAIJ cân.
Bài toán 3 : Cho tam giác ABC, AB ≠ AC. AD và AE là phân giác trong
và trung tuyến của tam giác ABC. Đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE cắt
AB và AC tại M và N. Gọi F là trung điểm của MN. Chứng minh AD // EF.
Trong việc giải các bài toán chứa các điểm di động, việc xét các vị trí đặc
biệt càng tỏ ra hữu ích, đặc biệt là các bài toán “tìm tập hợp điểm”.
Bài toán 4 : Cho nửa đường tròn đường kính AB cố định và một điểm C
chuyển động trên nửa đường tròn đó. Dựng hình vuông BCDE. Tìm tập
hợp C, D và tâm hình vuông.
Ta xét trường hợp hình vuông BCDE “nằm ngoài” nửa đường tròn đã cho
(trường hợp hình vuông BCDE nằm trong đường tròn đã cho được xét
tương tự, đề nghị các bạn tự làm lấy xem như bài tập).
Suy luận : Xét trường hợp C trùng với B. Khi đó hình vuông BCDE sẽ thu
lại một điểm B và các điểm I, D, E đều trùng với B, trong đó I là tâm hình
vuông BCDE. Vậy B là một điểm thuộc các tập hợp cần tìm.
đường tròn này và 1/2 đường tròn đã cho nằm ở hai nửa mặt phẳng khác
nhau với “bờ” là đường thằng BE
1
).
Vì DEB = E
1
EB = 90
o
nên D nằm trên EE
1
(xem hình 2)
=> ADE
1
= 90
o
= ABE
1
=> D nằm trên đường tròn đường kính AE
1
,
nhưng ABE
1
D
1
là hình vuông nên đường tròn đường kính AE
1
cũng là
đường tròn đường kính BD
1
. Chú ý rằng B và D
thẳng OC lấy điểm M sao cho OM = CH. Tìm tập hợp M.
Copyright: Tài liệu đại học ©