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

GTNN của x + y + z.
Lời giải : 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.
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

áp dụng bất đẳng thức m
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

)
2
- 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

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 = 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

2
+ (ab + bc + ca)
= a(a + b + c) + bc (*).
Với tôi, (*) là hằng đẳng thức rất thú vị. Trước hết, từ (*) ta có ngay :
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

Tương tự ta có
Từ các kết quả trên ta suy ra :
Để kết thúc, xin các bạn làm thêm một số bài tập :
Bài tập 1 : Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 1. Hãy tính giá trị
của biểu thức :
Bài tập 2 : Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = 1. Chứng minh
rằng :
Bài tập 3 : Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh
rằng :
(a + bc)(b + ca)(c + ab) ≥ 64/81(ab + bc + ca)
2
.
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

2
≥ a
1
b
2
+ a
2
b
1
.
Nếu cộng thêm a
1
b
1
+ a
2
b
2
vào cả hai vế ta được :
2 (a
1
b
1
+ a
2
b
2
) ≥ a
1
(b

≤ a
2
và b
1
≥ b
2
thì tất cả các bất đẳng thức trên cùng đổi
chiều và ta có :
2 (a
1
b
1
+ a
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


2004
≥ x.y
2003
+ y.x
2003

Cộng thêm x
2004
+ y
2004
vào hai vế ta có : 2.(x
2004
+ y
2004
) ≥ (x+y) (x
2003
+
y
2003
) = 2.(x
2003
+ y
2003
)
=> : x
2004
+ y
2004
≥ x
2003

Lời giải : Do vai trò bình đẳng của các cạnh trong tam giác nên có thể giả
sử rằng a ≤ b ≤ c
=> : 2S/a ≥ 2S/b ≥ 2S/c => h
a
≥ h
b
≥ h
c
.
Làm như lời giải bài toán 3 ta có :
(a + b).(ha + hb) ≥ 8S
=> : 1/(h
a
+ h
b
) ≤ (a + b)/(8S) (1)
Tương tự ta được :
1/(h
b
+ 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

trình đại số bậc THCS. Kĩ năng này được sử dụng khi giải các bài toán :
biến đổi đồng nhất các biểu thức toán học, giải phương trình, chứng minh
bất đẳng thức và giải các bài toán cực trị Sách giáo khoa lớp 8 đã giới
thiệu nhiều phương pháp phân tích thành nhân tử. Sau đây tôi xin nêu một
phương pháp thường sử dụng, dựa vào việc kết hợp các phương pháp quen
thuộc như đặt nhân tử chung, nhóm số hạng, hằng đẳng thức
Phương pháp này dựa vào một số nhận xét sau đây :
1/ Giả sử phải phân tích biểu thức F(a, b, c) thành nhân tử, trong đó a,
b, c có vai trò như nhau trong biểu thức đó. Nếu F(a, b, c) = 0 khi a = b
thì F(a, b, c) sẽ chứa các nhân tử a - b, b - c và c - a.
Bài toán 1 : Phân tích thành nhân tử :
F(a, b, c) = a
2
(b - c) + b
2
(c - a) + c
2
(a - b).
Nhận xét : Khi a = b ta có :
F(a, b, c) = a
2
(a - c) + a
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 :

n
+ z
n
)
với mọi số nguyên lẻ n.
Nhận xét :
Từ giả thiết 1/x + 1/y + 1/z = 1/(x + y + z) => :
(xy + xz + yz)(x + y + z) - xyz = 0 (*)
Do đó ta thử phân tích biểu thức
F(x, y, z) = (xy + xz + yz)(x + y + z) - xyz thành nhân tử.
Chú ý rằng khi x = - y thì F(x, y, z) = - y
2
z + y
2
z = 0 nên F(x, y, z) chứa
nhân tử x + y. Lập luận tương tự như bài toán 1, ta có F(x, y, z) = (x + y)(y
+ z)(x + z).
Do đó (*) trở thành : (x + y)(y + z)(x + z) = 0
Tương đương với : x + y = 0 hoặc y + z = 0 hoặc z + x = 0 .
Nếu x + y = 0 chẳng hạn thì x = - y và do n lẻ nên x
n
= (-y)
n
= -y
n
.
Vậy : 1/x
n
+ 1/y
n

Do đó :
F(x, y, z) = (x + y + z)(x
2
+ y
2
+ z
2
- xy - yz - zx).
Ta có thể thêm bớt vào F(x, y, z) một lượng 3x
2
y + 3xy
2
để nhân được kết
quả này.
Các bạn hãy dùng các phương pháp và kết quả nêu trên để giải các bài tập
sau đây.
Bài toán 5 :
Tính tổng :
trong đó k = 1, 2, 3, 4.
Bài toán 6 : Chứng minh rằng (a - b)
5
+ (b - c)
5
+ (c - a)
5
chia hết cho 5(a -
b)(b - c)(c - a).
TS. Lê Quốc Hán
(ĐH Vinh)
MỘT PHƯƠNG PHÁP TÌM NGHIỆM ĐỘC ĐÁO

- 8x = 33 bằng phương
pháp hình học thử xem ?
MỘT DẠNG TOÁN VỀ ƯCLN VÀ BCNN
Trong chương trình số học lớp 6, sau khi học các khái niệm ước chung lớn
nhất (ƯCLN) và bội chung nhỏ nhất (BCNN), các bạn sẽ gặp dạng toán tìm
hai số nguyên dương khi biết một số yếu tố trong đó có các dữ kiện về
ƯCLN và BCNN.
Phương pháp chung để giải :
1/ Dựa vào định nghĩa ƯCLN để biểu diễn hai số phải tìm, liên hệ với các
yếu tố đã cho để tìm hai số.
2/ Trong một số trường hợp, có thể sử dụng mối quan hệ đặc biệt giữa
ƯCLN, BCNN và tích của hai số nguyên dương a, b, đó là : ab = (a, b).[a,
b], trong đó (a, b) là ƯCLN và [a, b] là BCNN của a và b. Việc chứng
minh hệ thức này không khó :
Theo định nghĩa ƯCLN, gọi d = (a, b) => a = md ; b = nd với m, n thuộc Z
+
; (m, n) = 1 (*)
Từ (*) => ab = mnd
2
; [a, b] = mnd
=> (a, b).[a, b] = d.(mnd) = mnd
2
= ab
=> ab = (a, b).[a, b] . (**)
Chúng ta hãy xét một số ví dụ minh họa.
Bài toán 1 : Tìm hai số nguyên dương a, b biết [a, b] = 240 và (a, b) = 16.
Lời giải : Do vai trò của a, b là như nhau, không mất tính tổng quát, giả sử a
≤ b.
Từ (*), do (a, b) = 16 nên a = 16m ; b = 16n (m ≤ n do a ≤ b) 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.
Bài toán 6 : Tìm hai số nguyên dương a, b biết a + b = 128 và (a, b) = 16.
Lời giải : Lập luận như bài 1, giả sử a ≤ b.
Ta có : a = 16m ; b = 16n với m, n thuộc Z
+
; (m, n) = 1 ; m ≤ n.
Vì vậy : a + b = 128 tương đương 16(m + n) = 128 tương đương m + n = 8
Tương đương với m = 1, n = 7 hoặc m = 3, n = 5 hay a = 16, b = 112 hoặc a
= 48, b = 80
Bài toán 7 : Tìm a, b biết a + b = 42 và [a, b] = 72.
Lời giải : Gọi d = (a, b) => a = md ; b = nd với m, n thuộc Z
+
; (m, n) = 1.
Không mất tính tổng quát, giả sử a ≤ b => m ≤ n.
Do đó : a + b = d(m + n) = 42 (1)
[a, b] = mnd = 72 (2)
=> d là ước chung của 42 và 72 => d thuộc {1 ; 2 ; 3 ; 6}.
Lần lượt thay các giá trị của d vào (1) và (2) để tính m, n ta thấy chỉ có
trường hợp d = 6 => m + n = 7 và mn = 12 => m = 3 và n = 4 . (thỏa mãn
các điều kiện của m, n). Vậy d = 6 và a = 3.6 = 18 , b = 4.6 = 24

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 minh.
3. Giải phương trình và bất phương trình
Bài toán 4 : Giải phương trình : 4x
3
- 10x
2
+ 6x - 1 = 0 (1)
Lời giải :
(1) 4x
3
- 2x
2
- 8x
2
+ 4x + 2x - 1 = 0 tương đương 2x

+ 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
3
- 2a
2
+ 4a
2
b
hay :
3ab
2
- 3a
2
b - 2a
3
b + 2b

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. Cho ab ≥ 1.
Chứng minh : 1/(1 + a
2
) + 1/(1 + b
2
) ≥ 2/(1 + ab).
3. Chứng minh rằng với mỗi số nguyên lẻ n thì (n
86 - n4 + n2) chia hết cho 1152.
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI

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
Nếu các ẩn x, y, z, có vai trò bình đẳng, ta có thể giả sử x ≤ y ≤ z ≤ để
tìm các nghiệm thỏa mãn điều kiện này. Từ đó, dùng phép hoán vị để =>
các nghiệm của phương trình đã cho.
Thí dụ 2 : Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình :
x + y + z = xyz (2).
Lời giải :
Do vai trò 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

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 :
x
3
+ y
3
+ z

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
2
/4 ≥ 0
=> -2 ≤ y ≤ 2 .
Lần lượt thay y = -2 ; 2 ; -1 ; 1 ; 0 vào phương trình để tính x. Ta có các

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
2004

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

101
.(b - 1) (3)
Trừ (2) cho (3) theo từng vế ta có :
(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

chúng có các đường cao kẻ từ D bằng nhau, và AC = 2 AB theo đề bài cho.
Giải : Kẻ DI vuông góc với AB, DK vuông góc với AC. Xét ΔADC và
ΔADB : các đường cao DI = DK, các đáy AC = 2 AB nên S
ADC
= 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

+ S
4
, trái với (1).
Giả sử OE < OF thì S
1
< S
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

AMC
= S
ABC
.
2. Chứng minh rằng tổng các khoảng cách từ một điểm M bất kì trong tam
giác đều ABC đến ba cạnh của tam giác không phụ thuộc vị trí của M.
Hướng dẫn : Hãy chú ý đến
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.