giáo án bồi duong HSG toan 9

Từ đó viết đa thức đã cho thành đa thức mới dễ phân tích thành nhân tử hơn... Nh vậy nếu đa thức fx chứa nhân tử x - a thì phải là nghiệm của đa thức.. + Nếu đa thức có tổng các hệ số củ

Néi dung båi dìng häc sinh giái to¸n 9

c) 10x 2 (x + y) – 5(2x + 2y)y 2

Bài laứm

a) 3xy + x 2 y 2 – 5x 2 y = xy(- 3 + xy – 5x)

b) 2x(y – x) + 5y(z – y) = 2x(y – z) – 5y(y – z) = (y – z)(2x – 5y)

c) 10x 2 (x + y) – 5(2x + 2y)y 2 = 10x 2 (x + y) – 10y 2 (x + y) = 10(x + y)(x 2 – y 2 )

b) a 4 – b 4 = (a 2 ) 2 – (b 2 ) 2 = (a 2 + b 2 ) (a 2 – b 2 ) = (a 2 + b 2 ) (a + b) (a – b)

c) (x – 3) 2 - (2 – 3x) 2 = [(x – 3) + (2 – 3x)][(x – 3) – (2 – 3x)]= (- 2x – 1)(- 5 + 4x) d) x 3 – 3x 2 + 3x - 1 = (x – 1) 3

VD 2: Phân tích đa thức thành nhân tử

a) a 3 + b 3 + c 3 – 3abc

b) (a + b + c) 3 – a 3 – b 3 – c 3

Bài Làm a) a 3 + b 3 + c 3 – 3abc = (a + b) 3 – 3ab(a + b) + c 3 – 3abc

= ( a + b + c)[(a + b) 2 – (a + b)c + c 2 ] – 3abc( a + b +c)

= (a + b + c)( a 2 + b 2 + c 2 – ab – bc – ca)

b) (a + b + c) 3 – a 3 – b 3 – c 3

= (a + b) 3 + c 3 + 3c(a + b)(a + b + c) – a 3 – b 3 –c 3

= 3(a + b)(ab + bc + ac + c 2 ) = 3(a + b)(b + c) (c + a)

III/ Phân tích đa thức thành nhân tử, bằng ph ơng pháp nhóm nhiều hạng tử.

Sử dụng tính chất giao hoán, kết hợp để nhóm các hạng tử thích hợp vào từng nhóm.

AÙp dụng phơng pháp phân tích đa thức khác để giải toán.

Ví dụ 1: Phân tích đa thức thành nhân tử

a) x 2 – 3xy + x – 3y

b) 7x 2 – 7xy – 4x + 4y

c) x 2 + 6x – y 2 + 9

d) x 2 + y 2 – z 2 – 9t 2 – 2xy + 6zt

Bµi Lµm a) x 2 – 3xy + x – 3y = (x 2 – 3xy) + (x – 3y) = x(x – 3y) + (x – 3y)= (x – 3y) (x + 1)

b) 7x 2 – 7xy – 4x + 4y = (7x 2 – 7xy) – (4x – 4y) = 7x(x – y) – 4(x – y)=(x – y) (7x – 4)

= (x 2 y + x 2 z + xyz) + ( xy 2 + y 2 z + xyz) + (x 2 z + yz 2 + xyz)

= x(xy + xz + yz) + y(xy + yz + xz) + z(xz + yz + xy)

b) 3x 2 y – 6x 2 y – 3xy 3 – 6axy 2 – 3a 2 xy + 3xy

2 Ví dụ: Phân tích đa thức sau thành thành nhân tử x 2 – 6x + 8

Bài làm

Caựch 1: x2 – 6x + 8 = (x 2 – 2x) – (4x – 8) = x(x – 2) – 4(x – 2) = (x –2)(x – 4)

Caựch 2: x2 – 6x + 8 = (x 2 – 6x + 9) – 1 = (x – 3) 2 – 1 = (x –3 + 1)(x – 3 – 1) = (x – 2)(x – 4)

Caựch 3: x2 – 6x + 8 = (x 2 – 4) – 6x + 12 = (x – 2)(x + 2) – 6(x – 2) = (x – 2)(x + 2 – 6) = (x – 2) (x – 4)

Caựch 4: x2 – 6x + 8 = (x 2 – 16) – 6x + 24 = (x –4)(x + 4) – 6(x – 4) = (x – 4)(x + 4 –6) = (x –4) (x – 2)

Caựch 5: x2 – 6x + 8 = (x 2 – 4x + 4) – 2x + 4 = ( x – 2) 2 – 2(x – 2)= (x – 2)(x – 2 – 2) = (x – 2)(x – 4)

Một số bài toán phân tích đa thức thành nhân tử mà trong đa thức đã cho có biểu thức xuất hiện nhiều lần Ta đặt biểu thức ấy là một biến mới Từ đó viết đa thức đã cho thành đa thức mới dễ phân tích thành nhân tử hơn.

- Đặt x 2 = y

- Đa thức đã cho trở thành: 6y 2 – 11y + 3 = (3y – 1)(2y – 3)

- Trả lại biến cũ:

6x 4 – 11x 2 + 3 = (3x 2 – 1) (2x 2 – 3) = ( 3 x – 1)( 3 x + 1)( 2 x - 3 )( 2 x + 3 )

y(y + 8) + 15 = y 2 + 8y + 15 = y 2 + 5y + 3y + 15= y(y + 5) + 3(y + 5) = (y + 5)(y + 3)

1

d c

13 1 1 1

a b c d

Chọn a = 0, b = 1, c = 2  R = 1

Vậy B = (a – b)(b – c)(c – a)(a + b + c)

X Ph ơng pháp tìm nghiệm của đa thức

1 Ph ơng pháp

Cho đa thức f(x), a là nghiệm của đa thức f(x) nếu f(x) = 0

Nh vậy nếu đa thức f(x) chứa nhân tử (x - a) thì phải là nghiệm của đa thức.

Ta đã biết rằng nghiệm nguyên của đa thức nếu có phải là ớc của hệ số tự do.

2 Ví dụ: x3 + 3x - 4

Nếu đa thức trên có nghiệm là a ( đa thức có chứa nhân tử (x - a) thì nhân tử còn lại có dạng x 2 + bx

= c suy ra - ac = - 4 suy ra a là ớc của - 4

Vậy trong đa thức với hệ số nguyên nghiệm nguyên nếu có phải là ớc của hạng t không đổi.

Ước của (- 4) là : -1; 1; -2; 2; - 4; 4 sau khi kiểm tra ta thấy1 là nghiệm của đa thức suy ra đa thức chứa nhân tử (x - 1)

Do vậy ta tách các hạng tử của đa thức làm xuất hiện nhân tử chung (x – 1)

* Cách 1:

x 3 + 3x 2 – 4 = x 3 – x 2 + 4x 2 – 4 = x 2 (x – 1) + 4(x – 1) (x + 1)= (x – 1) (x 2 + 4x + 4) = (x – 1) (x + 2) 2

* Cách 2:

x 3 + 3x 2 – 4 = x 3 – 1 + 3x 2 – 3 = (x 3 – 1) + 3(x 2 – 1) = (x – 1) (x 2 + x + 1) + 3(x 2 – 1)= (x – 1) (x + 2) 2

Chú ý:

+ Nếu đa thức có tổng các hệ số bằng không thì đa thức chứa nhân tử (x – 1).

+ Nếu đa thức có tổng các hệ số của các hạng tử bậc chẵn bằng tổng các hạng tử bậc lẻ thì đa thức chứa nhân tử (x + 1).

XI Ph ơng pháp tính nghiệm của tam thức bậc hai

Phần 2: CAÙC BAỉI TOAÙN AÙP DUẽNG PHAÂN TÍCH ẹA THệÙC THAỉNH NHAÂN TệÛ.

I) Bài toán rút gọn biểu thức

1 Ph ơng pháp

+Phân tích tử thức và mẫu thức thành nhân tử nhằm xuất hiện nhân tử chung.

+áp dụng tính chất cơ bản của phân thức đại số: Chia cả tử thức và mẫu thức cho nhân tử chung.

 Học sinh thấy đợc sự liên hệ chặt chẽ giữa các kiến thức giúp phát triển t duy suy luận lôgic, sáng tạo

2)Ví dụ: Rút gọn biểu thức

A =

3 4 2

1 5 7

3

2

3

2 3

x

x x

x

B =

1

3 1

1 2

x

x

x

Bài Làm a) A =

3 3 2

2

1 4

4 3 3

2 2 3

2 2 3

x x x x x

x x

x

x x

x x

x x

x x

x x

x x x

x

x x

x x

x x

x

B =

) 1 )(

1 (

3 1 2

3 2

x x x x

Rót gän biÓu thøc chøa c¨n thøc bËc hai

 

2

1 1

Q

x x

+

5 9 5 9



+

9 13 9 13



+ +

2001 2005

2001 2005





+

2005 2009

2005 2009





Rút gọn, đợc A =

4

1

2009  b)áp dụng công thức (a+b)3=a3+b3+3ab(a+b), với a=3 3  2 2 , b=3 3  2 2

x x

x x

Thay vào (4): y2 – 2y + 1  0 ; Đúng với mọi giá trị của y

Thay x = 2 vào phương trình và giải đúng, tìm được y = 1,5

Vậy nghiệm của phương trình: (x = 2; y = 1,5)

Biến đổi đưa được pt về dạng: (x2 – 2y2 – 5)(x2 + y2 +1) = 0

 x2 – 2y – 5 = 0  x2 = 2y2 + 5  x lẻ

Đặt x = 2k + 1 ; ( kZ ) 4k2 + 4k +1 = 2y2 + 5 2y2 = 4k2 + 4k – 4

 y2 = 2(k2 + k – 1)  y chẵn

Đặt y = 2n; (n Z)  4n2 = 2(k2 + k – 1)  2n2 + 1 = k(k + 1) (*)

Nhìn vào (*) ta có nhận xét: Vế trái nhận giá trị lẻ, vế phải nhận giá trị chẵn (Vì k và k + 1

là hai số nguyên liên tiếp)  (*) vô nghiệmpt đã cho vô nghiệm

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 3

Bµi 8 Cho biÓu thøc A =

2 4 x 2 4 x

x 4



* Víi x > 8 ta cã A =

4 x

x 2

x 2

 x Zth× tríc hÕt x  4 ph¶i nguyªn Do vËy x - 4 =

k2 (k N *)  x = 4 + k2 => A =

k

8 k k

k 2

4.12 a2 +b2  2ab a ,b

2

b a 2

a a

b 4.15

0) b 0, (a b a

4 b

1 a

1 4.14

4.18 (Bất đẳng thức Côsi) Đối với hai số không âm: 1 2

2 2

2

a a

Mở rộng đối với n số không âm :

n 2 1

n n 2

1 a a a n

a

a a

(a b a b ) (a a )(b b 2)

2

2 1

2 2

2 1

2 2 2 1

2 n

2 2

2 1

2 n n 2

2 1

Dấu “=” xảy ra     với a  0  i  1; n

a

b

a

b a

b

i n

2 2

2 1 1

II: một số phơng pháp chứng minh bất đẳng thức thờng dùng

Trong kinh nghiệm này tôi chỉ đa ra cách chứng minh bất đẳng thức dạng A

Xét hiệu: (a + b)2- 4ab = a2 + 2ab + b2 - 4ab= a2 - 2ab + b2= (a - b)2

Vì (a – b)2 0 với mọi a, b R nên (a + b)2 4ab với mọi a, b R

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b

ab b a b

Hớng dẫn:

Xét hiệu : a4 +b4 – a3b - ab3 = a3 (a-b) - b3( a-b)

= (a-b) (a3- b3) = (a –b)2(a2 +b2 +ab)

= (a-b)2 0 a, b R

4

3b ) 2

b (a

2 2

Muốn chứng minh A > B ta biến đổi

A > B (1) A1 > B1  …  An > Bn(2)

Trong đó (1) là bất đẳng thức cần chứng minh

(2) là bất đẳng thức đã có (đề bài cho hoặc là hằng bất đẳng thức)

1 1

Hớng dẫn:

9 b

1 b a

Vậy bất đẳng thức (1) đợc chứng minh.

ab b a

ab 2

b a

4 4

b a

0   (2)

Ta thấy (2) đúng với mọi a, b > 0

Do đó (1) đúng

Dấu “=” xảy ra  a = b

Vậy bất đẳng thức đợc chứng minh.

b a 2 b

2b 2a b 2ab a

b a 2 b

a (1)

2 2

2 2 2 2

2 2 2 2

Ta thấy (2) đúng nên (1) đúng

Chứng tỏ a > 0; b > 0 thì  2 2

b a 2 b

a   

Dấu “=” xảy ra  a = b

3 Dùng các tính chất của bất đẳng thức

- Sử dụng các tính chất của bất đẳng thức để biến đổi dữ kiện đề bài chothành điều phải chứng minh.

- Sử dụng tính chất bắc cầu

Để chứng minh A > B ta chứng minh A > C > D > > M > B

Từ đó suy ra A > B

Chú ý: Một số bớc trung gian có thể xảy ra dấu “=” hoặc 

a2 – 2ab +b2  0 với mọi a, b (1)

a2 – 2ac +c2  0 với mọi a, c (1)

1 b)

1

ta có:

) 2 ( ab

1 2 b

1 a 1

) 1 ( ab 2 b a

ab

1 2 ab 2 b

1 a

1 ) b a

1 b)

Do a > 0; b > 0 nên ab > 0 từ đó suy ra: (1 - a)(1 - b)>1- a - b (1)

Do c <1 nên 1- c > 0 nhân cả hai vế của (1) với 1- c ta đợc :

c b a ( abc c

b c a b a

) bc )(

ac ( ) bc )(

ab ( ) ac )(

ab ( c b c a b a

) 1 ( c b c a b a c b a

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 4 4 4

Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh

*Ví dụ 10: Chứng minh bất đẳng thức:

n n

1

2 n

1 1 n

1

2 2

n

1

n

1 n

1 n n

1

2 n

1 1 n

1

) n

; 1 k ( n

1 n

1 k n

1

2 2

2

2 2

1

2 n

1 1 n

1

2 2

4 Sử dụng một số bất đẳng thứcđã biết

Xuất phát từ các bất đẳng thức đã biết nh bất đẳng thức Côsi, bất đẳng thức

Bunhiacôpxki, … để chứng minh bất đẳng thức đã cho

Chú ý: Khi sử dụng các bất đẳng thức đã cho cần xét đến điều kiện.

* Ví dụ 12: Cho a, b là 2 số dơng Chứng minh (a + b) (ab + 1)  4ab.

1 ab 2 b

Vì 2 của các bất đẳng thức (1) và (2) đều dơng nên ta có

 a  b  ab  1   2 ab 2 ab  4ab

Dấu "=" xảy ra khi a b 1

ab b

* Ví dụ 13: áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpxki chứng minh:

Đó là điều phải chứng minh:

b) Từ đầu bài x + 2y = 2 suy ra (x + 2y)2 = 4

áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpxki ta có:

x

ra yxả

Dấura

Suy        

5

4y5

2x22yx

mà 2

y1





 b

1 a

 x2 + y2 > 2 (mâu thuẫn với giả thiết)

Vậy giả sử trên là sai

Do đó nếu x2 + y2  2 thì x + y  2

6 Dùng bất đẳng thức trong tam giác

Tam giác ABC bất kỳ luôn có BC – AC < AB < BC + AC

) c

1 b

1 a

1 ( 2 c) - (p

1 b)

(p

-1 a)

(p

( 1) c

4 b) - (p a) - (p

4

b - p

1 a

( 2) b

4 c) - (p b) - (p

4

c - p

1 b

( 3) c

4 c) - (p a) - (p

4

c - p

1 a

) 4(

c

1 b

1 a

1 c

p

-1 b - p

1 a -

)

c

1 b

1 a

1 b

p

-1 c - p

1 a - p

= a2(a - b) + b2(b - a) + c(2ab + a2 - b2) + c (c2 - bc + ab - ac)

= (a - b) (a2 + b2) - c(a - b)2 + c(c - a)(c - b)

= (a - b)2(a + b - c) + c(b - c)(a - c)  0

(Vì: a  b; a + b > c; a  c; b  c; c > 0)

Vậy bất đẳng thức đã cho đã đợc chứng minh

Dấu "=" xảy ra khi a = b = c

áp dụng với các bài tập tổng quát

Ta thử vào bất đẳng thức với giá trị nhỏ nhất theo dữ kiện của bài

Giả sử bất đẳng thức đúng với k

Chứng minh bất đẳng thức đúng với k + 1

Từ đó suy ra điều phải chứng minh

1

2 n

1 1

1

2 k

1 1 k

S2n

1

2n

11n

13 12

7 2 2

1 1 2

1 S

2k

1 1 2k

1

3

k

1 2

k

1 1) 2(k

1

2 1

k

1 1

1)(2k 2(k

1 1

k

1 - 2 2k

1 1

2k

1 S

-S

Xét

k 1

1

k khi 0 1) 1)(2k 2(k

1 S

S

-Hiện

k 1

13 S

S

k 1

k  



Ta phải đi chứng minh: 2k+1> (k+1)2

Sau đó chứng minh bất đẳng thức theo biến mới là đúng

Kết luận bất đẳng thức đã cho là đúng

*Ví dụ 21: Cho a + b + c = 1 Chứng minh rằng a 2 + b 2 + c 2 

3 1

1 z y x 3 1

z y x ) z y x ( 2 3 1

z z 2 9

1 y y 9

1 x x 9 1

2 2 2

2 2 2

2 2

a a

:

k a

a a

2 2 n 2

2 2

1

n 2

một số bài toán chứng minh bất đẳng thức

Trong phần này tôi trình bày theo hớng sau:

1 Nêu các bài toán cụ thể, hớng dẫn học sinh phân tích, tổng hợp, suy luận và

đi đến áp dụng theo từng dạng đã đợc cụ thể ở phần II.

2 Với từng bài toán, lựa chọn các phơng pháp giải ngắn gọn, hợp với khả năng của học sinh.

3 Đi vào giải từng dạng cụ thể và đánh giá kết quả.

Bài số 1: Cho a, b, c > 0 chứng minh rằng:

+ Cách 2 : Lựa chọn phơng pháp bất đẳng thức Côsi, kết hợp với tính chất của

bất đẳng thức.

Hớng dẫn:

ở đây bất đẳng thức cần chứng minh là tích của hai tổng không âm vì a, b, c > 0

Do vậy chúng ta có thể kết hợp với tính chất của bất đẳng thức:

C

0 B

A

áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 3 số dơng a, b, c và 3 số dơng

c

1 b

1 a 1

Ta có:

3 3

c

1 b

1 a

1 3 c

1 b

1 a 1

abc 3 c b a

Điều phải chứng minh

Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c

Nhận xét:

+ Học sinh phải biết suy đoán và tổng hợp các kiến thức cơ bản và các bất

đẳng thức đặc biệt để áp dụng Dùng phơng pháp này ngắn gọn, nhng phải lý luận chặt chẽ đối với từng bài toán, tránh mắc phải sai lầm.

+ Mở rộng từ bài toán trên với 3 số a, b, c dơng ta có bài toán tổng quát sau:Cho a1, a2, a3 an là n số dơng thì ta có:

Bài số 2:

Cho a, b, c là cạnh của tam giác:

Chứng minh rằng: a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ac)

Hớng dẫn: Sử dụng bất đẳng thức tam giác.

Vì là 3 cạnh của 1 tam giác nên

(a + b) > c  (a + b) c > c2 (1)(a + c) > b  (a + c) b > b2 (2)(b + c) > a  (b + c) a > a2 (3)Cộng từ vế của (1); (2); (3) ta có:

a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ac) Điều phải chứng minh

9)c

1b

1a

1(c)b(a     

9)c

1b

1a

1(c)b(a

A     

2)-b

cc

b(2)-a

cc

a2)-a

b(

A  (   

b

a

0 ac

c) - (a bc

c) - (b ab

b) -

9c

1b

1a

1c)(

b(a     )

9

)c

1b

1a

1c)(

b(a     

n a

a a

"

"

Dấu n ) a

1

a

1 a

1 )(

a

a

n 2

1 n 2

Bài số 3:Cho hàm số f(x) = (x + 3) (5 - x) với -3  x  5

Xác định x sao cho f(x) đạt giá trị lớn nhất

* Sử dụng bất đẳng thức Côsi

 x  1

Vậy với x = 1 thì f(x) = (x - 3)(5 - x) đạt giá trị lớn nhất và giá trị đó là:

fmax = 16

Bài số 4:Cho tam giác ABC có chu vi bằng 2.Gọi S là diện tích của tam giác

Hãy chứng minh a2 + b2 + c2 + 2abc 

27 52

Hớng dẫn: Bài toán đặt ra là tam giác ABC có chu vi bằng 2 nghĩa là a + b + c

= 2 Suy ra: Max (a; b; c) < 1

Bài số 5: Giả sử: x + y + z = a; xy + yz + zx = b

Chứng minh rằng:

Max {x; y; z - min {x; y; z  

Hớng dẫn:

Đây là bài toán mà khi giải cần phải suy luận, phán đoán, tổng hợp các dạng

mà chọn ta thấy rằng 3 số x, y, z đóng vai trò nh nhau

Nên có thể giả sử: x  y  z

Ta nhận thấy a2 - 3b = (x + y + z)2 - 3(xy + yz + zx)

= x2 + y2 + z2 - (xy + yz + zx)  0

0 b a, với ab 2 b

c)-b)(1-a)(1-(13

c)-(1b)-(1a)

b)(1-a)(1-(1

-27

 1

32

27

1abc-1-bcac

ab  

27

56abc2-bc)ac

2(ab  



27

56 2abc) c

b (a - c) b (a   2 2  2  2  



27

56 2abc) c

b (a

-4 2  2  2  



(2) 27

52 2abc c

b

a 2  2  2  



3b-a3

c)-b)(1-a)(1-(13

c) b(a -

c)-b)(1-a)(1-(13

13

2-







Khi có bất đẳng thức cần chứng minh có dạng tơng đơng sau:

- Đi đến áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki Học sinh phải phân tích và tìm đợc hai dãy số x - y; y - z và 1; 1 thì mới áp dụng và đi đến kết quả đợc.

1 a

1

1

4

1 b a ab

b a b 1

b a ab

Đó là điều phải chứng minh: Dấu "="  a = b = c

Bài số 7: Chứng minh rằng nếu n  3 , n là số tự nhiên Thì n n  n  1 n  1

Hớng dẫn:Nhìn vào bài toán học sinh cảm nhận rất khó, cha biết áp dụng cách giải

nào Nhng ở đây ta biến đổi bất đẳng thức đã cho về dạng đơn giản hơn:

Vì 2 vế đều dơng luỹ thừa cả hai vế bậc n(n + 1) ta có:

4 3

4x-

z  2  2  2  

2

cb

a a

1c11c

1b11b

1a1

1(1 

2

cb

a a

1c11c

1b11b

1a1

Ta có k >

Do đó (1) đúng với n = k + 1

Vậy nếu n  3, n là số tự nhiên Thì n n  n  1 n  1

Bài số 8: Giải phơng trình: x2 + y2 + z 2 = x(y + z)

Hớng dẫn:

Ta chứng minh: x2 + y2 + z2  xy + xz (1)

Bất đẳng thức (1)  2x2 + 2y2 + 2z2 - 2xy - 2xz  0

 (x – y)2 + (y - z)2 + y2 + z2  0 (2)Xảy ra dấu "="  x = y = z = 0

Vậy x = y = z = 0 là nghiệm của phơng trình

Bài số 9: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:A = x - 2006+x - 2007

Hớng dẫn: áp dụng bất đẳng thức a + b  a + b

Ta có:A = x - 2006 + x - 2007

= x - 2006 + 2007 - x x - 2006 + 2007 - x = 1  A  1

Dấu "=" xảy ra  (x - 2006)(2007 - x)  0

 2006  x  2007Vậy Min A = 1  2006  x  2007

Bài số 10: Cho x2 + y2 = 1 Tìm giá trị lớn nhất của A = 3x + 4y

Hớng dẫn: áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpxki.

(3x + 4y)2  (32 + 42)(x2 + y2) = 25 1 = 25

 3x + 4y  5Max A = 5  x2 + y2 = 1Max A = 5  (x, y) =

Bài số 11: Chứng minh: Trong một tam giác ABC ta có h a + h b + h c  9r trong đó

 ha + hb + hc  9 r (Điều phải chứng minh)

Dấu "=" xảy ra   ABC đều

Bài số 12: Cho tam giác ABC vẽ 3 phân giác AA', BB , CC' gọi a’ 1 , b 1 , c 1 tơng ứng là các khoảng cách từ A' đến AB, B' đến BC và C' đến AC gọi h a , b b , h c là 3 chiều cao của tam giác kẻ từ A, B, C.

)k

1(1)k

1 k(1 

)k

1(11

k    



;4

y3

x



5

4 5

35

4 5

1h

1h

1h

9c

1b

1a

1 c)b

1 ) c h b h a (h 9 h

1 h

1 h

1 ) h h (h

c b

h

c h

b h

a

2

3

1 1 1







c b a

(1) c

BA' h

b

c C A'

BA' AC

AB C A'

cb

c BA'C

(2) cb

ac BA'





cb

ah

a(2)

và (1)