( Suu tam)
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 HỌC 48
HỌC CÁCH DỰNG HÌNH PHỤ
QUA VIỆC CHỨNG MINH MỘT ĐỊNH LÍ ............................................................. 50
HỌC TOÁN CẦN PHẢI BIẾT THẮC MẮC ............................................................. 53
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
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
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
).
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
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
một thước thẳng hãy dựng một đường thẳng đi qua S và vuông góc với AB.
Giải : Nối SA cắt (O) tại F (xem hình 1).
Nối SB cắt (O) tại E.
Nối AE cắt BF tại H. Đường thẳng SH là đường thẳng cần dựng.
Bài toán 2 : Trên mặt phẳng cho 2 điểm A, B. Chỉ dùng compa hãy dựng hai điểm có khoảng
cách gấp đôi độ dài AB (chú ý là cho 2 điểm A, B nhưng chưa có đường thẳng chứa A và B).
Giải :
- Dựng đường tròn (B ; BA) (xem hình 2)
- Dựng đường tròn (A ; AB) cắt đường tròn trên ở E.
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
2
- a
1
b
2
- a
2
b
1
1
+ a
2
b
2
) ≥ a
1
(b
1
+ b
2
) + a
2
(b
1
+ b
2
)
=> : 2 (a
1
b
1
+ a
2
b
2
) ≥ (a
1
+ a
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
.
Lời giải : Do vai trò bình đẳng của x và y nên có thể giả sử x ≤ y. Từ đó => : x
2003
≤ y
2003
.
Do đó (y
2003
- x
2003
).(y - x) ≥ 0
≥ 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)
=> : (BC + CA).(AH + BK) ≥ 8.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi BC = CA hoặc BK = AH tương đương với BC = CA hay tam
giác ABC là tam giác cân đỉnh C.
Bài toán 4 : Cho tam giác ABC với BC = a, CA = b, AB = c và các đường cao tương ứng của
các cạnh này có độ dài lần lượt là h
a
, h
b
, h
c
. Chứng minh :
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
b
, l
c
. Chứng minh :
4) Hãy dự đoán và chứng minh bất đẳng thức Trê - bư - sép với n = 3. Từ đó hãy sáng tạo ra
các bài toán. Nếu bạn thấy thú vị với những khám phá của mình ở bài tập này, hãy gửi gấp bài
viết về cho chuyên mục EUREKA của TTT2.
PHƯƠNG PHÁP HOÁN VỊ VÒNG QUANH
Phân tích thành nhân tử là một trong những kĩ năng cơ bản nhất của chương 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
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
n
+ 1/z
n
= 1/(x
n
+ y
n
+ z
n
)
với mọi số nguyên lẻ 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
2
+ z
2
- xy - yz - zx và dư là 0. Do đó :
F(x, y, z) = (x + y + z)(x
2
+ y
2
+ z
2
- xy - yz - zx).
3
- 3abc
= (a + b)
3
- 3a
2
b - 3ab
2
+ c
3
- 3abc
= [(a + b)
3
+ c
3
] - 3ab(a + b + c)
= (a + b + c)[(a + b)
2
- (a + b)c + c
2
- 3ab]
= (a + b + c) (a
2
+ b
2
+ c
2
- ab - ac - bc)
= 1/2.(a + b + c)[ (a - b)
2
3
+ (y - z)
3
+ (z - x)
3
thành nhân tử.
Lời giải : Từ nhận xét trên ta có ngay :
(x - y)
3
+ (y - z)
3
+ (z - x)
3
= 3(x - y)(y - z)(z - x).
* Với a = x
2
+ y
2
; b = z
2
- x
2
; c = - y
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 :
- (y
2
+ z
2
)
3
= (x
2
+ y
2
)
3
+ (z
2
- x
2
)
3
+ (- y
2
- z
2
)
3
= 3(x
2
+ y
2
+ 1/y
3
+ 1/z
3
= 3/(xyz).
Ta có :
P = xy/z
2
+ yz/x
2
+ zx/y
2
= xyz.(1/x
3
+ 1/y
3
+ 1/z
3
) = xyz.3/(xyz) = 3 .
Vậy P = 3.
Bài toán 5 : Cho abc ≠ 0, a
3
+ b
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
y
2
z
2
.
Từ đó hình thành bài toán :
Bài toán 6 : Cho xyz ≠ 0 thỏa mãn :
x
3
y
3
+ y
3
z
3
+ z
3
x
3
= 3x
2
y
2
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 :
Bài toán 8 : Cho :
Tính giá trị của biểu thức :
P = a
2002
+ b
2003
+ c
2004
.
Lời giải : áp dụng bài 7, ta có kết quả duy nhất P = 1.
Bài toán 9 : (Thi vào lớp 10 chuyên toán THPT Lê Hồng Phong, TP Hồ Chí Minh, 1998)
Cho ΔABC có ba cạnh a, b, c thỏa mãn : a
3
+ b
3
+ c
3
= 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
2
= x
2
+ y
2
+ z
2
+ 2(xy + yz + zx)
=> : xy + yz = [ a
2
- (x
2
+ y
2
+ z
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
3
= 3abc.
Lời giải : Từ giả thiết ta => :
ax + by + bx + cy + cx + ay = a + b + c
Tương đương (a + b + c)(x + y - 1) = 0
Tương đương hoặc a + b + c = 0 hoặc x + y - 1 = 0 .
+ Với a + b + c = 0, theo bài toán 1 => đpcm.
+ Với x + y - 1 = 0 => y = 1 - x, thay vào hệ, sau một số biến đổi dẫn đến a = b = c, theo bài
toán 1 => đpcm.
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
/(ab) .
Bài toán 17 : Cho a + b + c + d = 0. Chứng minh rằng :
a
3
+ b
3
+ c
3
+ d
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.
Do MN là đường trung bình của ΔHBC nên MN // = 1/2BC , mặt khác, ABCD là hình chữ
nhật và I là trung điểm của AD nên IA // = 1/2 BC . Do đó IA // = MN => MNIA là hình bình
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 :
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 :
Gọi I là trung điểm của BH (hình 6).
Lần lượt theo các bài toán 1, 4, 6 ta có các kết quả sau : AI vuông góc với BM, AI // MN,
BM // EF => EF vuông góc với MN (đpcm).
* Tiếp tục khai thác, phát triển bài toán 1 chắc chắn còn nhiều điều thú vị. Qua đây, tác giả
Từ S
ΔANI
= S
ΔIJK
=> S
ΔANI
+ S
ΔAIJ
= = S
ΔIJK
+ S
ΔAIJ
=> S
ΔNAJ
= S
ΔKAJ
.
Ta nhận thấy ΔNAJ và ΔKAJ có chung cạnh AJ nên khoảng cách từ N và K tới AJ là bằng
nhau, dẫn đến NK // AJ.
Xét hình thang KNAJ, có hai cạnh bên AN x JK = C ; có hai đường chéo AK x JN = I, theo bổ
đề “Hình thang”, CI cắt NK tại trung điểm của NK. Vậy L là trung điểm của NK (*).
Từ (*) ta chứng minh được S
ΔCIN
= S
ΔCIK
, mà S
ΔAIN
= S
ΔCKM
=> S
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).
áp dụng bài toán 2 cho đoạn thẳng AC với O là trung điểm của AC và B là điểm nằm ngoài
AC, ta hoàn toàn dựng được đường thẳng Bx // AC.
Tương tự, ta cũng dựng được đường thẳng Cy // BD.
Gọi E là giao điểm của Bx, Cy, ta thấy ngay OBEC là hình bình hành.
Do đó, nếu gọi I là giao điểm của BC và OE thì I là trung điểm của BC, mặt khác O là trung
điểm của BD nên OI là đường trung bình của DBCD, OI // CD.
=> OE là đường thẳng cần dựng.
Bài toán 4 : Trong mặt phẳng cho trước đường tròn (S) và tâm O của nó ; một điểm M và một
đường thẳng (d) bất kì. Chỉ bằng thước thẳng, hãy dựng một đường thẳng đi qua M song song
với (d).
Lời giải : Để áp dụng được bài toán 2 trong trường hợp này, ta cần xác định được trên (d) hai
điểm P, Q khác nhau và điểm N là trung điểm của PQ.
Ta thực hiện như sau :
Trên (d), lấy một điểm P tùy ý (hình 4). Qua P, kẻ cát tuyến PAB tới (S). AO, BO cắt (S) lần
lượt tại C, D. CD cắt (d) tại Q.
Theo tính chất của đường tròn, ta chứng minh được tứ giác ABCD là hình bình hành có tâm là
hình chiếu của M trên BC, CA, AB. Chứng minh rằng : MH = MK + ML.
Lời giải :
+ Gọi X, Y là hình chiếu của E, F trên BC ; Z là hình chiếu của F trên CA ; T là hình chiếu
của E trên AB (hình 2).
+ Vì BE, CF là các đường phân giác của ΔABC nên ta có : EX = ET ; FY = FZ (1)
Đặt ME/MF = m/n . Theo định lí (2), ta có : MH = (nEX + mFY)/(m + n) (2)
áp dụng định lí Talét cho các tam giác EFZ và EFT, ta có :
MK = m/(m + n).FZ ; ML = n/(m + n). ET (3)
Từ (1), (2), (3) => : MH = n/(m + n).ET + m/(m + n).EZ = ML + MK (đpcm).
Bài toán 2 : Cho tam giác ABC nhọn, phân giác BE, CF, đường cao BH, CK. O, I theo thứ tự
là tâm các đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp. Chứng minh rằng : I, H, K thẳng hàng khi và chỉ
khi O, E, F thẳng hàng.
Để giải BT2, ta không chỉ cần BT1 mà cần có thêm bổ đề sau.
Bổ đề 1 : Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn. Đường phân giác của các góc DAB , CBA
và đường thẳng CD đồng quy khi và chỉ khi DA + CB = DC.
Việc chứng minh bổ đề trên khá dễ dàng, xin dành cho bạn đọc.
Lời giải (BT2) :
Gọi X, Y, Z là hình chiếu của O trên BC, CA, AB (hình 3). Vì O là tâm đường tròn ngoại tiếp
ΔABC => ABC = AOY = 1/2 AOC . => ΔBKC đồng dạng với ΔOYK ; tương tự :
ΔCHB đồng dạng với ΔOZA ; ΔOXB đồng dạng với ΔAKC
=> BK/BC = OY/OA ; CH/CB = OZ/OA ; OX/OB = AK/AC (1)
Tứ giác BCKH nội tiếp => ΔAHK đồng dạng với ΔABC => HK/BC = AK/AC , từ (1) =>
HK/BC = OX/OB (2)
Vì tứ giác BCHK nội tiếp nên theo BĐ1, ta có : I, H, K thẳng hàng tương đương BK + CH =
HK
Bài toán dưới đây là đề dự tuyển IMO năm 1998, do Ba Lan đề xuất.
Bài toán 3 : Cho tứ giác nội tiếp ABCD. Các điểm E, F theo thứ tự thay đổi trên các cạnh AB,
CD sao cho AE/BE = CF/DF . Điểm P thuộc đoạn EF sao cho PE/PF = AB/CD . Chứng minh
rằng : S(PAD) / S(PBC) không phụ thuộc vào E, F (S(.) chỉ diện tích của tam giác)
Lời giải : Gọi P
2
- ab + b
2
≥ 0.
Phân tích : Nhìn vế trái như một đa thức bậc 2 đối với ẩn a và sử dụng kĩ năng trên ta có :
a
2
- ab + b
2
= a
2
- 2.a.b/2 + (b/2)
2
+ 3/4.b
2
= (a - b/2)
2
+ 3/4.b
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
+ 3/4(y - 1/3)
2
- 1/3 .
Do đó F≥ - 1/3 với mọi x, y.
Mặt khác :
Vậy F đạt giá trị nhỏ nhất bằng - 1/3 khi x = y = 1/3 . (xem thêm TTT2 số 2 - 4/2003)
Thí dụ 3 : Phân tích đa thức thành nhân tử :
F = x
4
+ y
2
- 2x2y + x
2
+ x - 2y.
Phân tích : Hãy nhìn F như đa thức ẩn y, ta viết :
F = y
2
- 2y(x
2
+ 1) + x
4
+ x
2
+ x = y
2
- 2y(x
2
+ 1) + (x
2
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
minh.
3. Giải phương trình và bất phương trình
Bài toán 4 : Giải phương trình : 4x
3
- 10x
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
3
- 2a
2
+ 4a
2
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. Cho ab ≥ 1.
Chứng minh : 1/(1 + a
2
) + 1/(1 + b
2
+ 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)
áp dụng hằng đẳng thức :
an + 9 + b
n + 9
= (a
9
+ b
9
)(a
n
+ b
n
) - a
9
b
9
(a
n
- 9 + b
n - 9
), ta có :
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
1936
+ b
1936
; … ta chứng minh được (a + b) chia
hêt p (2).
Dễ thấy (a
1954
- b
1954
) chia hết cho (a
2
- b
2
), mặt khác (a
2
- b
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
cho p thì x chia hết cho p và y chia hết cho p.
Chứng minh : Giả sử x không chia hết cho p, => y cũng không chia hết cho p. áp dụng định lí
Féc-ma nhỏ ta có :
(x
p - 1
- 1) chia hết cho p ; (y
p - 1
- 1) chia hết cho p
=> x
p - 1
- 1 + y
p - 1
- 1 = (x
p - 1
+ y
p - 1
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
977
cùng chia hết cho 3 và 23, => a và b
cùng chia hết 3 và 23.
1945
+ b
1945
) chia hết cho 2001 và (a
1954
+ b
1954
) chia hết cho 2001 nên
(a
1945
+ b
1945
) chia hết cho 29 và (a
2044
- 1) chia hết cho 29, tương tự thì (b
2044
- 1) chia hết cho 29 => (a
2044
+ b
2044
- 2) chia
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
Tôi xin trao đổi cùng các bạn một bất đẳng thức đơn giản nhưng có thể sử dụng để đề xuất và
chứng minh nhiều bài toán thú vị.
Bài toán 1 : Với a, b dương, ta có :
a
3
+ b
3
ab(a + b) (*)
Lời giải : Thật vậy, (*) tương đương với :
(a + b)(a
2
- ab + b
2
) - ab(a + b) 0
tương đương với (a + b)(a2 - 2ab + b2) 0
hay là (a + b)(a - b)
2
0, đúng với mọi a, b dương. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b.
* Ta có : (*) tương đương với a
3
/c + c
2
+ c
3
/a ab + bc + ca.
* Từ (*), tiếp tục => : (a
3
+ b
3
)/ab a + b; (b
3
+ c
3
)/bc b + c; (c
3
+a
3
)/ca c + a; với a, b, c là
ba số dương. Sử dụng kết quả này, ta chứng minh được bài toán trong đề thi vào 10 chuyên Lê
Hồng Phong 2000-2001 :
Bài toán 3 : Với a, b,c dương, chứng minh rằng :
(a
3
+ b
3
)/(2ab) + (b
3
+ c
3
3
) (a + b)
3
+ (b + c)
3
+ (c + a)
3
* Nhận xét : Nếu bổ sung giả thiết abc = 1, thì
(*) tương đương với : a
3
+ b
3
+ abc ab(a + b) + abc
hay là : a
3
+ b
3
+ 1 ab(a + b + c)
hay : 1/(a
3
+ b
3
+ 1) 1/(ab(a + b + c))
Tương tự, ta có :
1/(b
3
+ c
3
+ 1) 1/(bc(a + b + c)) ;
+ 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 :
Copyright: Tài liệu đại học ©