Huỳnh Minh Khai Trường THCS Thị Trấn cầu Kè, Trà Vinh

MỘT PHƯƠNG PHÁP VẼ ĐƯỜNG PHỤ 1
DỰNG HÌNH BẰNG DỤNG CỤ HẠN CHẾ 3
LÀM QUEN VỚI BẤT ĐẲNG THỨC TRÊ-BƯ-SEP 5
PHƯƠNG PHÁP HOÁN VỊ VÒNG QUANH 7
NHỮNG KHAI THÁC TỪ MỘT ĐA THỨC QUEN THUỘC 8
KHÔNG CHỈ DỪNG LẠI Ở VIỆC GIẢI TOÁN ! 11
VẬN DỤNG BỔ ĐỀ HÌNH THANG VÀO GIẢI TOÁN 14
MỞ RỘNG ĐỊNH LÍ VỀ ĐƯỜNG TRUNG BÌNH CỦA HÌNH THANG 16
MỘT KĨ NĂNG CÓ NHIỀU ỨNG DỤNG 20
MỘT SỐ DẠNG TOÁN SỬ DỤNG PHÉP PHÂN TÍCH ĐA THỨC THÀNH NHÂN TỬ
21
TỪ MỘT BÀI TOÁN THI HỌC SINH GIỎI 23
TỪ MỘT BẤT ĐẲNG THỨC ĐƠN GIẢN 25
RÚT GỌN BIỂU THỨC 26
TỪ MỘT PHÉP BIẾN ĐỔI TRUNG GIAN TRONG PHÉP CHỨNG MINH BẤT
ĐẲNG THỨC TRÊ - BƯ - SÉP 29
"TÁCH" HẠNG TỬ NHƯ THẾ NÀO ĐỂ PHÂN TÍCH ĐA THỨC THÀNH NHÂN TỬ
? 30
TỪ MỘT ĐIỀU HIỂN NHIÊN ĐÚNG 31
KHÔNG COI NHẸ KIẾN THỰC CƠ BẢN 33
TIẾP TỤC KHAI THÁC MỘT BÀI TOÁN 35
NHẨM NGHIỆM ĐỂ PHÂN TÍCH ĐA THỨC THÀNH NHÂN TỬ 36
MỘT LẦN VÀO "BẾP" 37
ĐẶC BIỆT HOÁ ĐỂ CÓ BÀI TOÁN MỚI 39
CÁC BÀI TOÁN VỀ DIỆN TÍCH 43
XÂY DỰNG CHUỖI BÀI TOÁN TỪ BÀI TOÁN QUEN THUỘC 45
LÀM QUEN VỚI CHỮNG MINH BẰNG PHẢN CHỨNG TRONG HÌNH HỌC48
HỌC CÁCH DỰNG HÌNH PHỤ QUA VIỆC CHỨNG MINH MỘT ĐỊNH LÍ 50
HỌC TOÁN CẦN PHẢI BIẾT THẮC MẮC 53

1
D
1
(tính chất đối xứng) nên CD = C
1
D
1
. Mặt khác ME và
NF là đường trung bình của các tam giác ACC
1
và BDD
1
nên NF // DD
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

(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) và ΔBEE
1
= ΔBCA (c. g. c) =>
 BEE
1
=  BCA = 90
o
=> E nằm trên nửa đường tròn đường kính BE
1
(1/2 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
).
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
For evaluation only.Vì  DEB =  E
1
EB = 90
o
nên D nằm trên EE
1
(xem hình 2)
=>  ADE
1
= 90
o
=  ABE
1

 BII
1
= 90 => tập hợp I là nửa đường tròn đường kính BI
1
(đường tròn này và A ở về hai nửa
mặt phẳng khác nhau với bờ là BD
1
).
Để kết thúc, xin mời bạn giải bài toán sau đây :
Bài toán 5 : Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB cố định và 1 điểm C chuyển động trên
nửa đường tròn đó. Kẻ CH vuông góc với AB. Trên đoạn thẳng OC lấy điểm M sao cho OM =
CH. Tìm tập hợp M.

DỰNG HÌNH BẰNG DỤNG CỤ HẠN CHẾ
Các em đều biết rằng : Các bài toán dựng hình ở trường phổ thông chỉ được sử dụng hai dụng
cụ là : compa và thước thẳng để dựng hình (theo quy ước từ thời cổ Hi Lạp). Tuy nhiên trong
các cuộc thi học sinh giỏi toán hoặc “đố vui học tập” thỉnh thoảng vẫn có những bài toán dựng
hình đòi hỏi chỉ dựng bằng một dụng cụ là thước thẳng hoặc compa. Những bài toán này rất
thú vị, bổ ích và đòi hỏi nhiều sự thông minh sáng tạo trong việc vận dụng các kiến thức đã
học. Các nhà toán học cũng đã nghiên cứu khá sâu sắc các bài toán này.
Nhà toán học ý : Máckêrôni (1750 - 1800) và nhà toán học Đan Mạch : MoRơ (1640 - 1697)
chuyên nghiên cứu các bài toán dựng hình chỉ bằng compa. Đến 1890 nhà toán học áo Adler
đã chứng minh rằng : Mọi bài toán dựng hình giải được bằng compa và thước thẳng đều giải
được với một mình compa thôi.
Ngược lại nhà toán học Thụy Sĩ Iacốp Stây Ne (1796 - 1863) lại chỉ nghiên cứu những bài
toán dựng hình bằng thước thẳng. Ông đã chứng minh được rằng : Mọi bài toán dựng hình
(hình học phẳng) bằng compa và thước thẳng giải được, đều có thể dựng được chỉ bằng một
thước thẳng nếu trên mặt phẳng cho một đường tròn và tâm của nó. Xin giới thiệu với các em
một vài bài toán như vậy.
Bài toán 1 : Cho đường tròn đường kính AOB và một điểm S ở ngoài đường tròn. Chỉ dùng

thứ hai I, I là trung điểm AB.
Phần chứng minh rất dễ dàng, xin dành cho bạn đọc. Bây giờ mời các em giải thử các bài toán
sau :
Bài 4 : Cho hai điểm A, B. Chỉ dùng compa hãy dựng điểm I thuộc đoạn AB và chia AB theo
tỉ số IA/IB = k (k thuộc N) cho trước.
Bài 5 : Cho đường tròn tâm O và hai điểm A, B ở ngoài đường tròn. Chỉ dùng compa hãy
dựng giao điểm của đường thẳng AB với đường tròn (O).
Bài 6 : Cho tứ giác ABCD. Chỉ dùng compa hãy kiểm tra xem tứ giác ABCD có phải là tứ
giác nội tiếp hay không ?

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

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
1
+ b
2
) + a

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
hoặc b
1
= b
2

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
+ 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 :

≥ 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 :

Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
For evaluation only.
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

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 :
F(a, b, c) = a
3
(b - c) + b

)
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
+ 1/z
n
= 1/(x
n

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).

NHỮNG KHAI THÁC TỪ MỘT ĐA THỨC QUEN THUỘC
Bài toán 1 : Phân tích đa thức sau thành nhân tử :
a
3
+ b
3
+ c
3
- 3abc.

+ b
2
+ c
2
- ab - ac - bc)
= 1/2.(a + b + c)[ (a - b)
2
+ (b - c)
2
+ (c - a)
2
].
Nhận xét :
Nếu a
3
+ b
3
+ c
3
= 3abc thì a
3
+ b
3
+ c
3
- 3abc = 0
Tương đương 1/2.(a + b + c)[ (a - b)
2
+ (b - c)
2

2
- z
2
cũng cho a + b + c = 0 và ta lại có bài toán :
Bài toán 3 :
(Thi vô địch toán 8 - Belarussia - 1957)
Phân tích thành nhân tử :
(x
2
+ y
2
)
3
+ (z
2
- x
2
) - (y
2
+ z
2
)
3

Lời giải :
(x
2
+ y
2
)

)
3

= 3(x
2
+ y
2
)(z
2
- x
2
)(- y
2
- z
2
)
= 3(x
2
+ y
2
)(y
2
+ z
2
)(x + z)(x - z).
* Lại cho a = 1/x ; b = 1/y ; c = 1/z , ta có bài toán khác :
Bài toán 4 : Cho 1/x + 1/y + 1/z = 0
Tính : P = xy/z
2
+ yz/x

3
+ c
3
= 3abc. Tính giá trị của :
A = (1 + a/b)(1 + b/c)(1 + c/a)
Lời giải : Theo bài toán 1, a
3
+ b
3
+ c
3
= 3abc.
Tương đương với : hoặc a + b + c = 0 hoặc a = b = c .
+ Nếu a + b + c = 0 thì :
A = (a + b)/b .(b + c)/c .(c + a)/a = (- c/b).(- a/c).(- b/a) = - 1.
+ Nếu a = b = c thì : A = (1 + 1)(1 + 1)(1 + 1) = 2 . 2 . 2 = 8. Vậy A nhận hai giá trị là 8 và -1.
* Với a = yz ; b = zx ; c = xy thì : a
3
+ b
3
+ c
3
= 3abc
Tương đương y
3
z
3
+ z
3
x

z
2
. Tính giá trị biểu thức :
M = (1 + x/y).(1 + y/z).(1 + z/x) .
Lời giải : Theo cách đặt nêu trên, dễ dàng đưa bài toán 6 về bài toán 5.
Kết quả M = - 1 hoặc M = 8.
Bài toán 7 : Giải hệ :

Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
For evaluation only.

(Thi học sinh giỏi TP Hồ Chí Minh, 1986-1987)
Lời giải : Theo bài 1, ta có :
a
3
+ b
3
+ c
3
- 3abc = (a + b + c)(a
2
+ b
2
+ c
2
- ab - bc - ca)
Tương đương 1 - 3abc = 1 - ab - bc - ca
Hay 3abc = ab + bc + ca . (1)
Mặt khác (a + b + c)
2

= 3abc. Hỏi ΔABC là tam giác gì ?
Lời giải : a
3
+ b
3
+ c
3
= 3abc tương đương với hoặc a + b + c = 0 ( không xảy ra vì a, b, c > 0)
hoặc a = b = c tương đương với ΔABC là tam giác đều.
Bài toán 10 : Cho : Tính x
3
+ y
3
+ z
3
theo a, b, c.
Lời giải : áp dụng bài 1 :
x
3
+ y
3
+ z
3
- 3xyz = (x + y + z)(x
2
+ y
2

2
) ]/2 = (a
2
- b
2
)/2 . (2)
Từ 1/x + 1/y + 1/z = 1/c tương đương với (xy + yz + zx)/xyz = 1/c hay xyz = c.(xy + yz + zx)
Tương đương xyz = c.(a
2
- b
2
)/2 . (theo (2)) (3) .
Thay (2) ; (3) vào (1) ta có :
x
3
+ y
3
+ z
3
= 3c(a
2
- b
2
)/2 + a[ b
2
- (a
2
- b
2
)/2 ]

Chắc chắn vẫn còn nhiều tìm tòi khám phá xung quanh đa thức F(a, b, c) = a
3
+ b
3
+ c
3
- 3abc.
Sau đây là một số bài toán cùng dạng của nhà giáo Nguyễn Đức Tấn, TP Hồ Chí Minh, gửi
tới các bạn, xem như bài tập :
Bài toán 12 : Giải phương trình :
(3x - 2)
3
- (x - 3)
3
= (2x + 1)
3
.
Bài toán 13 : Giải phương trình nghiệm nguyên : (x + y)
3
= (x - 2)
3
+ (y + 2)
3
+ 6.
Bài toán 14 : Phân tích thành nhân tử :
(x + y + z)
3
- x
3
- y

3
= 3(c + d)(ab - cd).
Bài toán 18 : Cho x, y thỏa mãn x
2
+ y
2
= 1. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu
thức x
6
+ y
6
.

KHÔNG CHỈ DỪNG LẠI Ở VIỆC GIẢI TOÁN !
Trong học toán, việc tạo được thói quen chủ động tìm tòi, khai thác, phát triển các bài toán sẽ
giúp người học hiểu sâu sắc kiến thức đã học, phát triển tư duy sáng tạo và tiếp thu tốt những
kiến thức mới.
* Chúng ta sẽ bắt đầu từ một bài toán quen thuộc.
Bài toán 1 :
Cho ΔABC có  B = 90
o
; đường cao BH. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của BH và HC.
Chứng minh : AM vuông góc với BN. Lời giải :
Từ giả thiết ta có : MN là đường trung bình của ΔHBC (hình 1) => MN // BC, mặt khác BC
vuông góc AB => MN vuông góc với AB.
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
For evaluation only.

hành => AM // IN, bài toán được chứng minh xong.
* Bài toán 4 còn nhiều cách giải khác. Kết hợp bài toán 3 và bài toán 4 ta có bài toán mới khó
hơn chút xíu.
Bài toán 5 :
Cho ΔABC cân tại A, đường cao AH. Dựng hình chữ nhật AHCK ; HI vuông góc với AC. M
và N lần lượt là trung điểm của IC và AK. Chứng minh rằng MN vuông góc với BI.
Lời giải :
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
For evaluation only.Gọi J là trung điểm của HI (hình 4). áp bài toán 3 ta có BI vuông góc với AJ ; mặt khác, theo
chứng minh của bài toán 4, tứ giác AJMN là hình bình hành và AJ // MN, vậy : MN vuông
góc với BI (đpcm).
* Tương tự như bài toán 4 (dựng hình chữ nhật ABCD rồi tạo AM // IN), ta sẽ tạo EF // BN để
được bài toán sau.
Bài toán 6 :
Cho hình chữ nhật ABCD. Gọi H là hình chiếu của B trên AC ; E, F, M lần lượt là trung điểm
của AB, DH, BH. Chứng minh rằng AM vuông góc với EF.
Lời giải : Gọi N là trung điểm của CH (hình 5). áp dụng chứng minh tứ giác AMNI là hình bình hành
(bài toán 4), ta chứng minh được tứ giác BEFN cũng là hình bình hành, => EF // NB.
Mặt khác BN vuông góc AM (theo bài toán 1). Vậy ta có AM vuông góc với EF .
* Lại kết hợp bài toán 4 và bài toán 6, cho ta một kết quả khác.
Bài toán 7 :
Cho hình chữ nhật ABCD. Gọi H là hình chiếu của B trên AC ; E, F, M, N lần lượt là trung
điểm của AB, DH, HC, AD. Chứng minh rằng EF vuông góc với MN.
Lời giải :

ΔIJK
thì S
APJI
= S
BMKJ
= S
CNIK
. Lời giải : Gọi L là giao điểm của CI và NK.
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
For evaluation only.
Từ S
ΔANI
= S
ΔIJK
=> S
ΔANI
+ S
ΔAIJ
= = S
ΔIJK
+ S
ΔAIJ
=> S
ΔNAJ
= S
ΔKAJ
.

BJKM
hay S
APJI
= S
BJKM
(do S
ΔBPJ
= S
IJK
).
Hoàn toàn tương tự, ta chứng minh được từng cặp trong ba tứ giác APJI, BMKJ, CNIK có
diện tích bằng nhau và do đó diện tích của ba tứ giác này bằng nhau.
* Xét bài toán đảo của bài toán dựng hình chỉ bằng thước kẻ trong TTT2(4) nói trên.
Bài toán 2 : Cho trước một đoạn thẳng AB và trung điểm M của nó. Chỉ bằng thước thẳng,
hãy dựng qua điểm C nằm ngoài AB, một đường thẳng song song với AB.
Lời giải :
Phân tích : Giả sử dựng được đường thẳng (d) đi qua C và song song với AB (hình 2). Trên phần kéo dài của tia BC, lấy một điểm S bất kì. Gọi giao điểm của SA và (d) là D, AC
cắt BD tại O. Theo bổ đề Hình thang, đường thẳng SO đi qua điểm M, từ đó ta có cách dựng.
Cách dựng : Lấy điểm S như trên. Lần lượt nối AC, SM, các đường thẳng này cắt nhau tại O.
Nối SA, BO, cắt nhau tại D. Đường thẳng (d) đi qua C, D chính là đường thẳng cần dựng : (d)
đi qua C, (d) // AB.
* Kết quả của bài toán 2 cũng được vận dụng trong nhiều bài toán dựng hình chỉ bằng thước
thẳng.
Bài toán 3 : Cho hình bình hành ABCD với O là tâm. Chỉ dùng thước thẳng, qua O, hãy dựng
đường thẳng song song với một cạnh bất kì của hình bình hành ABCD.
Lời giải : Theo bài toán, O lần lượt là trung điểm AC, BD (hình 3).



MỞ RỘNG ĐỊNH LÍ VỀ ĐƯỜNG TRUNG BÌNH CỦA HÌNH THANG
Trong chương trình hình học 8, phần hình thang, có một định lí quan trọng.
Định lí 1 : Đường trung bình của hình thang song song với hai đáy và có độ dài bằng nửa tổng
hai đáy.
Sau khi có định lí Talét, định lí 1 được mở rộng thành một định lí mới với nhiều ứng dụng
quan trọng. Bài viết này xin giới thiệu với bạn đọc định lí mới đó và một vài ứng dụng của nó.
Định lí 2 : Cho hình thang ABCD. Các điểm M, N thuộc các cạnh bên AD, BC và thỏa mãn
điều kiện MA/MD = NB/NC = m/n. Khi đó, ta có :
a) MN song song với AB, DC. b) MN = (nAB + mDC)/(m + n)
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
For evaluation only.Chứng minh : Đặt E là giao điểm của AN và DC (hình 1)
a) Vì AB // DC nên : AN/EN = BN/CN (1)
Theo giả thiết : BN/CN = AM/DM (2)
Từ (1), (2) => : AN/EN = AM/DM => MN // DC, AB (định lí Talét đảo)
b) Theo định lí Talét thuận, ta có :
MN = AM/AD . DE = AM/AD . (DC + CE) = AM/AD . (DC + CE/AB . AB) = AM/AD . (DC
+ CN/BN . AB) (3)
Từ giả thiết ta có : MA/MD = NB/NC = m/n , ta có : AM/AD = m/(m + n) và CN/BN = n/m
(4) . Từ (3), (4) => :
MN = m / (m + n) . (DC+ n/m.AB) => MN = (nAB + mCD)/(m + n)
Định lí 2 đã được chứng minh. Dưới đây là một vài ứng dụng của nó.
Bài toán 1 : Cho tam giác ABC, các phân giác BE, CF. Điểm M thuộc đoạn EF. H, K, L là
hình chiếu của M trên BC, CA, AB. Chứng minh rằng : MH = MK + ML. Lời giải :

rằng : S(PAD) / S(PBC) không phụ thuộc vào E, F (S(.) chỉ diện tích của tam giác)
Lời giải : Gọi P
1
, E
1
, F
1
là hình chiếu của P, E, F trên AD ; P, E, F là hình chiếu của P, E, F
trên BC (hình 4).
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
For evaluation only.Theo định lí 2, ta có :

Từ hai đẳng thức trên với chú ý rằng PE/PF = AB/CD , ta có :

Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
For evaluation only.

MỘT KĨ NĂNG CÓ NHIỀU ỨNG DỤNG
Các bạn hãy xuất phát từ một bài toán nhỏ : “Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x
2
- 2x + 2”.
Thật là dễ dàng viết được y = (x - 1)
2
+ 1 nên y ≥ 1 với mọi x và đẳng thức xảy ra khi và chỉ
khi x = 1. Do đó y đạt giá trị nhỏ nhất bằng 1 khi x = 1.
Điều cốt lõi ở cách viết trên là từ biểu thức x
2

.
Từ đó dễ dàng => điều phải chứng minh và thấy ngay đẳng thức chỉ xảy ra khi a = b = 0.
Thí dụ 2 : Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức F = x
2
+ y
2
+ xy - x - y.
Phân tích : Nhiều bạn viết :
F = 1/2(2x
2
+ 2y
2
+ 2xy - 2x - 2y + 2) - 1 <.dd> = 1/2[ (x - 1)
2
+ (y - 1)
2
+ (x + y)
2
] - 1 .
Do đó : F ≥ -1 với mọi x, y. Nhưng ta thấy bất đẳng thức này không thể trở thành đẳng thức
nên “con đường” này không đi đến được kết quả. Thậm chí có bạn sau khi chứng tỏ đẳng thức
F = -1 không xảy ra đã “liều” kết luận : F không có giá trị nhỏ nhất !
Nếu sử dụng kĩ năng đã trình bày thì hãy nhìn F như đa thức bậc hai ẩn x và viết :
F = x
2
- x(y - 1) + (y
2
- y)
= x
2

- 2y(x
2
+ 1) + x
4
+ x
2
+ x = y
2
- 2y(x
2
+ 1) + (x
2
+ 1)
2
- x
2
+ 2x - 1 = (y + x
2
+ 1)
2
- (x -
1)
2
= (y + x
2
+ x)(y + x
2
- x - 2)
Thí dụ 4 : Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số :

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.
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
For evaluation only.
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
- 12x
2
- 8 < 0 (3)
Lời giải : (3) 7x
3
- 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

2
) - 2(b
2
- a
2
) = 0
(b - a)[3ab + 2ab(b + a) - 2(a + b)] = 0
Vì a ≠ b => b - a ≠ 0 nên hệ thức trên tương đương với : 3ab + 2ab(b + a) - 2(a + b) = 0
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

+ b
2002
có chia hết cho 2001 không ?
Về bài toán này, nhiều bạn đã chỉ kết luận rằng : “a2002 + b2002 chỉ chia hết cho 2001 khi ab
chia hết cho 2001 hoặc a
1996
+ b
1996
chia hết cho 2001”.
Khó hài lòng với kết luận trên (một kết luận như là chưa kết luận), tôi đã tiếp tục suy nghĩ và
phát hiện ra một kết quả khá bất ngờ, đó là a và b đều phải chia hết cho 2001, với hai lời giải
trình bày dưới đây.
Lời giải 1 : Gọi p là ước số nguyên tố bất kì của 2001, => p lẻ và a
1945
+ b
1945
; a
1954
+ b
1954

đều phải chia hết cho p.
Nếu một trong hai số a ; b chia hết cho p, dễ dàng => số còn lại cũng chia hết cho p.
Nếu (a, p) = (b, p) = 1 (1)
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
For evaluation only.
áp dụng hằng đẳng thức :
an + 9 + b
n + 9
= (a

b
9
(a
1936
+ b
1936
).
Vì (a
1945
+ b
1945
) chia hết cho p ; (a
1954
+ b
1954
) chia hết cho p nên a
9
b
9
(a
1936
+ b
1936
) chia hết
cho p => (a
1936
+ b
1936
) chia hết cho p (do (1)).
Vì 1936 mod 9 = 1, tiếp tục quá trình trên cho a

- b
1954
+ 2b
1954
) chia hết cho p
=> 2b
1954
chia hết cho p => b chia hết cho p (do p nguyên tố lẻ), điều này vô lí do b > 1, p > 1
và (b, p) = 1.
Do đó trường hợp này không xảy ra.
Vậy : với p là ước nguyên tố bất kì của 2001 thì a chia hết cho p và b chia hết cho p.
Mặt khác, 2001 = 3.23.29 là tích của 3 số nguyên tố lẻ nên a và b cùng chia hết cho 3 ; 23 ; 29,
dẫn đến a và b cùng chia hết cho 2001.
Phân tích lời giải 1 : Có hai mắt xích chính để đi đến lời giải 1, đó là sử dụng hằng đẳng thức
nêu trên và một tính chất chia hết :
Tính chất : Cho p là số nguyên tố lẻ. Nếu (a + b) chia hết cho p và (a
2n
+ b
2n
) chia hết cho p
với a, b thuộc Z và n thuộc N* thì a chia hết cho p và b chia hết cho p (chứng minh tính chất
này hoàn toàn tương tự như trường hợp 2n = 1954).
Theo hướng khác, các biểu thức ở đề bài gợi ý ta nghĩ đến định lí nhỏ Féc-ma, từ đó ta có lời
giải 2 như sau.
Trước hết, ta phát biểu và chứng minh một bổ đề.
Bổ đề : Cho các số nguyên x, y và số nguyên tố p. Nếu p có dạng 4k + 3 và (x
2
+ y
2
) chia hết

= = M(x
2
+ y
2
) chia hết cho p (do giả thiết : (x
2
+ y
2
) chia hết
cho p).
=> 2 chia hết cho p, vô lí vì p nguyên tố lẻ.
Vậy x chia hết cho p, => y chia hết cho p, bổ đề được chứng minh.
Lời giải 2 :
Đặt x = a
977
; y = b
977

=> x
2
+ y
2
= (a
1954
+ b
1954
) chia hết cho p.
áp dụng bổ đề cho x ; y và p = {3 ; 23} ta có a
977
và b

Giả sử a không chia hết cho 29, => b cũng không chia hết cho 29. Theo định lí Féc-ma nhỏ,
(a
28
- 1) chia hết cho 29 và (b
28
- 1) chia hết cho 29.
Mặt khác a
2044
- 1 = ((a
28
)
73
- 1) chia hết cho (a
28
- 1)
=> (a
2044
- 1) chia hết cho 29, tương tự thì (b
2044
- 1) chia hết cho 29 => (a
2044
+ b
2044
- 2) chia
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
For evaluation only.
hết cho 29 => 2 chia hết cho 29 (do (3)), vô lí. Vậy a chia hết cho 29 => b chia hết cho 29 =>
đpcm.

TỪ MỘT BẤT ĐẲNG THỨC ĐƠN GIẢN

+ ab
Tương tự, với a, b, c dương thì :
b
3
/c + c
2
b
2
+cb ; c
3
/a + a
2
cb
2
+ca
Từ đó, ta chứng minh được bài toán :
Bài toán 2 : Với ba số a, b,c dương, chứng minh rằng :
a
3
/b+ b
3
/c + c
2
+ c
3
/a ab + bc + ca.
* Từ (*), tiếp tục => : (a
3
+ b
3

) a
3
+ b
3
+ 3ab(a+b)
hay : 4(a
3
+ b
3
) (a + b)
3

Ta đề xuất được bài toán :
Bài toán 4 :
Với a, b, c dương, chứng minh rằng :
8(a
3
+ b
3
+ c
3
) (a + b)
3
+ (b + c)
3
+ (c + a)
3

* Nhận xét : Nếu bổ sung giả thiết abc = 1, thì
(*) tương đương với : a

+ 1) + 1/(b
3
+ c
3
+ 1) + 1/(c
3
+ a
3
+ 1) 1/(ab(a + b + c)) + 1/(bc(a + b + c)) + 1/(ca(a
+ b + c)) = 1/(a + b + c).(a + b + c)/abc = 1 .
Ta đề xuất được bài toán :
Bài toán 5 : Cho a, b, c dương, abc = 1. Chứng minh rằng :
1/(a
3
+ b
3
+ 1) + 1/(b
3
+ c
3
+ 1) + 1/(c
3
+ a
3
+ 1) 1 .
* áp dụng bài toán 5, ta sẽ chứng minh :
Bài toán 6 : (Đề dự tuyển kì thi toán Quốc tế lần thứ 37, năm 1996).
Cho a, b, c dương, abc = 1. Chứng minh :
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
For evaluation only.