Mot so dang Toan Nang cao (On vao10).

Chứng minh rằng : trung điểm của các đoạn AB, CD, EF cùng thuộc một đường thẳng.. DÙNG BẤT ĐẲNG THỨC TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT VÀ GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT Bài toán tìm giá trị lớn nhất GTLN và giá tr

Bài 5(6) : Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Các điểm M, N theo thứ tự là trung điểm của BC,

CA Tia MN cắt (O) tại I .4

Chứng minh rằng : BC/IA = CA/IB + AB/IC 4

DÙNG BẤT ĐẲNG THỨC TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT VÀ GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT 4

Bài 1(8) : Tìm tất cả các số nguyên dương x, y, z sao cho : xyz = 9 + x + y + z (1) .8

Bài 4(9) : Cho các số không âm x1, x2, x, …, xn có tổng bằng 1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : x1x2 + x2x3 + … + xn-1xn .8

Bài 1(12) : Cho số tự nhiên N = 20032004 Viết N thành tổng của k số tự nhiên nào đó n1, n2, …, nk S = n13 + n23 + … + nk3 Tìm số dư của phép chia S cho 6 9

Bài 2(18) : Tìm nghiệm dương của phương trình : (x3 + y3) + 4(x2 + y2) + 4(x + y) = 16xy .9

Bài 2(19) : Cho các số x1, x,sub>2, x3, , x11 thỏa mãn : 1 ≤ x1 < x2 < x3 < < x11 ≤ 1000 Chứng minh rằng, tồn tại i Є {1, 2, 3, , 10} sao cho 9

Bài 3(20) : Cho x2 + y2 = 1 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức : S = (2 - x)(2 - y) .10

Bài 3(21) : Cho a ≠ -b, a ≠ -c, b ≠ -c Chứng minh rằng : 11

11

TỪ MỘT BÀI THI HỌC SINH GIỎI 13

Trong kì thi học sinh giỏi tỉnh Hà Tĩnh năm học 2003-2004 có bài toán thú vị sau : 13

Bài toán 1 : Giả sử các số dương a, b, c thỏa mãn (a2 + b2 + c2)2 > 2(a4 + b4 + c4) Chứng minh rằng : a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác .13

Bài 1(23) : Cho p là số nguyên tố lớn hơn 3 Chứng minh rằng phương trình 14

x2 + y2 + z2 = 4p2 + 1 luôn có nghiệm nguyên dương (x0 ; y0 ; z0) .14

Bài 2(23) : Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3 Chứng minh rằng : 14

14

Bài 5(5) : Cho hai tam giác đều ABC, A1B1C1 bằng nhau và chồng lên nhau sao cho phần giao của chúng là một lục giác mà ta kí hiệu là MNPQRS Chứng minh rằng : MN + PQ + RS = NP + QR + SM 15

Bài 4(7) : Cho tứ giác ABCD có AD = BC Về phía ngoài của tứ giác này, ta dựng hai tam giác bằng nhau ADE và BCF Chứng minh rằng : trung điểm của các đoạn AB, CD, EF cùng thuộc một đường thẳng .16

Bài 4(12) : Cho hình thang vuông ABCD có AD // BC, AB vuông góc với AD, AD = 4 cm, AB = BC = 2 cm Hãy tìm một con đường ngắn nhất đi từ đỉnh A tới một điểm M trên cạnh DC, rồi tới điểm N trên cạnh AB, quay lại một điểm P trên cạnh DC và trở về A .18

Bài 5(12) : Cho tứ giác ABCD I, J theo thứ tự là trung điểm của AC, BD Chứng minh rằng : AC + BD + 2IJ < AB + BC + CD + DA 19

Bài 5(13) : Cho hình thang ABCD có AB song song và bằng một nửa CD H là trung điểm của CD Điểm M nằm ngoài hình thang sao cho MH vuông góc và bằng một phần tư CD Bên ngoài hình thang, ta dựng các tam giác ADE, BCF vuông cân tại E, F Chứng minh rằng tam giác MEF vuông cân tại M .20

Bài toán : Cho hình thang ABCD (AB // CD) M là trung điểm của AD Qua M kẻ đường thẳng song song với AB, cắt BC tại N Chứng minh rằng N là trung điểm của BC Lời giải : Tìm được nhiều hướng giải quyết sáng tạo chính là sự hấp dẫn của bài toán này .22

PHÁT TRIỂN TỪ MỘT BÀI TOÁN CƠ BẢN 23

Bài 4(19) : Cho hình vuông ABCD Gọi E là trung điểm của AD Qua E vẽ đường thẳng vuông góc với BE, cắt CD tại F Tính tỉ số EF/EB 25

Bài 4(21) : Cho tam giác ABC có BC = a, CA = b, AB = c và a + b + c = 9 ; x, y, z lần lượt là độ dài các phân giác trong của các góc A, B, C Chứng minh rằng : 25

Bài 4(23) : Cho tam giác ABC (AB < AC) và P là điểm nằm trong tam giác sao cho ∠ PBA = ∠ PBC Gọi H và K lần lượt là chân các đường vuông góc hạ từ P xuống AB và AC ; I là trung điểm của BC Chứng minh rằng :∠ HIB < ∠ KIC 26

Bài toán 1 : Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác Chứng minh rằng : 1/(a + b + c) + 1/(a - b + c) + 1/(- a + b + c) ≥ 1/a + 1/b + 1/c (Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 trường THPT chuyên Lê Hồng Phong, TP Hồ Chí Minh, 1992-1993) 27

Bài toán 2 : Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác Chứng minh rằng : .28

Bài toán 4 : Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác Chứng minh rằng : 28

28

với mọi n thuộc N .28

Bài 3 : Cho tam giác ABC Các trung tuyến AM, BN, CP đồng qui tại G Giả sử bán kính các đường tròn nội tiếp các tam giác AGN, BGP, CGM là bằng nhau Chứng minh rằng : tam giác ABC là tam giác đều

29

Bài 5 : Giải phương trình : 29

29

Bài 5(2) : Tìm x, y để biểu thức : 31

31

đạt giá trị nhỏ nhất .31

Bài 2 (3) : Cho x, y, z > 0 Chứng minh rằng : 31

31

Bài 4 (3) : Cho tam giác ABC Một đường tròn đi qua A, tiếp xúc với đường thẳng BC tại một điểm T thuộc đoạn BC cắt AB, AC theo thứ tự tại E, F Chứng minh rằng : 32

EF/BC = (TE.TF)/(TB.TC) 32

Bài 3(7) : Cho các số dương a1, a2, …, a10 thỏa mãn : a1 = 1 ; a10 = 2 ; ai2 ≤ ai - 1ai + 1 với i = 2, 3, …, 9 Chứng minh rằng với mọi i = 1, 2, …, 10 thì : 33

Bài 1(7) : Chứng minh rằng: 33

33

Bài 5(7) : Tính tổng A = a1 + a2 + … + a2003, biết : 33

33

Bài 3(8) : Cho : ax3 = by3 = cz3 và 1/x + 1/y + 1/z = 1 Chứng minh rằng : 34

34

Bài 2(13) : Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : 35

35

Bài 4(13) : Cho các số thực dương a, b, x, y thỏa mãn các điều kiện a + b + x + y ≤ 2, a + b2 = x + y2, a2 + b = x2 + y .35

Chứng minh rằng : 35

35

Bài toán 1 : Gọi a và b là hai nghiệm của phương trình bậc hai x2 - x - 1 = 0 .36

Chứng ming rằng các biểu thức : 36

P = a + b + a3 + b3 ; 36

Q = a2 + b2 + a4 + b4 ; 36

R = a2001 + b2001 + a2003 + b2003 là những số nguyên và chia hết cho 5 .36

Bài toán 2 : Gọi x1 và x2 là hai nghiệm của phương trình x2 - 14x + 1 = 0 Chứng minh rằng biểu thức Sn = x1n + x2n nhận giá trị nguyên và không chia hết cho 13 với mọi n Є N* .37

Quá trình đi tìm lời giải của bài toán 2 giúp tôi phát hiện ra bài toán tổng quát .37

Bài toán 3 : Gọi x1 và x2 là hai nghiệm của phương trình x2 - mx + 1 = 0, với m > 3, m &1028; N Chứng minh rằng với mọi n Є N* thì biểu thức Sn = x1n + x2n là số nguyên và không chia hết cho m - 1 .37

Bài toán 4 : Gọi x1 và x2 là hai nghiệm của phương trình x2 - mx - 1 = 0 Chứng minh rằng với mọi m, n Є N* thì biểu thức 37

Sn = x1n + x2n + x1n + 2 + x2n + 2 là số nguyên và chia hết cho m(m2 + 4) .37

Bài 1(14) : Cho x ; y thỏa mãn : 37

37

Hãy tính giá trị của biểu thức sau : 37

T = x2003 + y2003 .37

Bài 3(14) : Cho a, b là hai số thỏa mãn : a + b ≥ 2 Chứng minh rằng ít nhất một trong hai phương trình sau có nghiệm : 38

x2 + 2a2bx + b5 = 0 (1) 38

x2 + 2ab2x + a5 = 0 (2) 38

Bài 2(15) : Giải phương trình : 38

38

Bài 3(18) : Giải phương trình : 40

40

Bài 1(19) : Cho 42

42

Chứng minh rằng A < 0,4 .42

Bài 3(19) : Giải phương trình : 43

43

Bài 1(20) : Giải hệ phương trình 44

44

Bài 2(21) : Chứng minh rằng : 44

44

MỘT HẰNG ĐẲNG THỨC THÚ VỊ 45

Bài 2(22) : Tìm a để phương trình (ẩn x) sau có nghiệm : 47

47

Bài 3(22) :Tìm m để phương trình sau có ít nhất bốn nghiệm nguyên : m2|x + m| + m3 + |m2x + 1| = 1 .49

Bài 3(23) : Giải phương trình : 49

49

Bài 4(4) : Cho ΔABC nhọn, ba đường cao AD, BE và CF cắt nhau tại H Qua A vẽ các đường thẳng song song với BE, CF lần lượt cắt các đường thẳng CF, BE tại P và Q Chứng minh rằng PQ vuông góc với trung tuyến AM của ΔABC .50

Bài 5(8) : Cho tam giác ABC không vuông Các đường cao BB’, CC’ cắt nhau tại H Gọi K là trung điểm của AH, I là giao điểm của AH và B’C’ Chứng minh rằng : I là trực tâm của tam giác KBC .51

Bài toán : Cho đường tròn tâm O và hai điểm A, B cố định nằm trên đường tròn Hai điểm M, N chạy trên đường tròn sao cho MN cắt đoạn thẳng AB Tìm quỹ tích trung điểm I của MN 51

Bài 2(9) : Cho hình vuông ABCD Tìm tập hợp các điểm M nằm trong (không nằm trên cạnh) hình vuông sao cho : MAB + MBC + MCD + MDA = 180o 53

Bài 4(11) : Tính góc A của tam giác ABC biết rằng O1OO2 = 90o với O1, O, O2 lần lượt là tâm của các đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp và bàng tiếp (trong góc A) của tam giác ABC .54

Bài 5(11) : Về phía ngoài của tam giác ABC ta dựng các tam giác vuông đồng dạng ABE, ACF ( ABE = ACF = 90o) .54

Chứng minh rằng : BF, CE và đường cao AH của tam giác đồng quy .54

Bài 5(14) : Cho ba điểm A, B, C thẳng hàng, AB = BC Một đường tròn (O) đi qua A, B Các tiếp tuyến với (O) kẻ từ A, C cắt nhau tại S T là tiếp điểm của SC và (O) SB cắt (O) tại E (E khác B) Chứng minh rằng : ET // AB .55

Bài 5(18) : Cho hình thang ABCD (AB // CD) O là giao điểm của AC và BD M là trung điểm của CD Các đường tròn ngoại tiếp các tam giác AOD, BOC cắt nhau tại K khác O Chứng minh rằng : ∠ KOC = ∠ MOD .56

Bài 5(19) : Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn tâm O, bán kính R D là điểm di động trên cạnh BC AD cắt (O) tại E (E khác A) Gọi R1, R2 lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp các tam giác EBD, ECD Xác định vị trí điểm D để R1.R2 đạt giá trị lớn nhất .57

Bài 5(20) : Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm O AC cắt BD tại I (O1), (O2) theo thứ tự là các đường tròn ngoại tiếp của các tam giác ABI, CDI Một đường thẳng bất kì đi qua I cắt (O) tại X ; Y và cắt (O1) ; (O2) theo thứ tự tại Z ; T (Z và T khác I) Chứng minh rằng XZ = YT .58

Bài 5(21) : Cho tam giác nhọn ABC, trực tâm H Chứng minh rằng : 59

59

Bài 4(22) :Cho tam giác ABC H là điểm bất kì trên cạnh BC AD là đường phân giác trong của Dựng AL đối xứng với AH qua AD (L thuộc BC) .60

Chứng minh rằng : BH.CH/(BL.CL) = HD2/LD2 .60

Bài 5(22) : Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn tâm O có bán kính bằng 1 Một đường thẳng đi qua O cắt hai cạnh AB và AC lần lượt tại M và N Kí hiệu SAMN là diện tích tam giác AMN .60

Chứng minh rằng : 60

Bài 5(23) : Cho tam giác ABC không cân, ngoại tiếp đường tròn (O) Gọi D, E, F lần lượt là các tiếp điểm của (O) với các cạnh BC, CA, AB Gọi M là giao điểm của các đường thẳng AO, DE ; N là giao điểm của các đường thẳng BO, EF ; P là giao điểm của các đường thẳng CO, DF Chứng minh các tam giác NAB, MAC, PBC có cùng diện tích .63

Bài 4(24) : Cho tam giác đều ABC có điểm M thuộc BC Gọi E và F lần lượt là hình chiếu vuông góc của

M trên AB và AC ; O là trung điểm của EF ; Q là hình chiếu vuông góc của A trên đường thẳng OM Chứng minh rằng khi M chuyển động trên BC thì Q luôn thuộc một đường tròn cố định .64

Bài 5(6) : Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Các điểm M, N theo thứ tự

là trung điểm của BC, CA Tia MN cắt (O) tại I

Chứng minh rằng : BC/IA = CA/IB + AB/IC

Lời giải : (của bạn Phan Xi Nê, 6A4, THCS Phước Mỹ, Tuy Phước, Bình Định)

Đặt K là giao điểm của tia NM và đường tròn (O) Vì M, N là trung điểm của BC, CA nên MN //

AB ị AIKB là hình thang, hơn thế, là hình thang cân (vì AIKB nội tiếp) => IA = KB ; IB = KA (1) Mặt khác, dễ thấy :

(Vì M, N là trung điểm của BC, CA)

Nhận xét :

1) Tất cả các bạn tham gia đều giải đúng

2) Đa số các bạn đều giải bằng phương pháp tam giác đồng dạng Một vài bạn cho lời giải thông qua việc chứng minh đẳng thức diện tích : S(IBC) = S(ICA) + S(IAB)

DÙNG BẤT ĐẲNG THỨC TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT VÀ GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT

Bài toán tìm giá trị lớn nhất (GTLN) và giá trị nhỏ nhất (GTNN) của một hàm số hoặc một biểu thức là dạng toán các bạn thường gặp trong các kì thi, không chỉ ở bậc THCS mà sau này các bạn vẫn gặp ở bậc THPT Tất nhiên ở mỗi bậc học, bài toán được đặt ra với các mức độ khác nhau ở bài viết này xin bước đầu trao đổi với các bạn một chút kinh nghiệm sử dụng bất đẳng thức để giảiquyết loại toán này

Kiến thức cơ bản cần biết để sử dụng là :

* Với a, b ≥ 0 thì :

và đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b Đây chính là bất đẳng thức Côsi trong trường hợp 2 số Các bạn có thể suy từ bất đẳng thức hiển nhiên đúng :

* Với mọi a, b thì |a| + |b| ≥ |a + b| (**) và đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ab ≥ 0 Các bạn chỉ cần bình phương hai vế để có bất đẳng thức tương đương và hiển nhiên đúng

* Với các số a, b, c, d tùy ý ta có :

(a2 + b2)(c2 + d2) ≥ (ac + bd)2 (***) và đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ad = bc Đây chính là bất đẳng thức Bunhiacôpski đối với hai cặp số Các bạn có thể suy ngay ra bất đẳng thức này dựa vào hằng đẳng thức :

(a2 + b2)(c2 + d2) = (ac + bd)2 + (ad - bc)2

* Cho a ≠ 0,

Do đó :

- Nếu a > 0 thì f(x) ≥ (4ac - b2)/(4a) với mọi x và đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = - b/(2a)

- Nếu a < 0 thì f(x) ≤ (4ac - b2)/(4a) với mọi x và đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = - b/(2a) Bây giờ các bạn theo dõi các thí dụ :

Thí dụ 3 : Tìm giá trị lớn nhất của hàm số :

y = - 2001 x2 + 2002 x - 2003

Lời giải : Như phần kiến thức đã trình bày ở trên, ta viết :

với mọi x

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 1001/2001 nên y đạt giái trị nhỏ nhất là - 3006002/2001

Chú ý : Khi gặp đa thức nhiều ẩn, các bạn có thể tạm coi đa thức là một ẩn với một ẩn nào đó và

thực hiện cách biến đổi tương tự cũng sẽ giải quyết được bài toán

Thí dụ 4 : Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :

Thí dụ 5 : Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số :

Lời giải : Tập xác định của hàm số là 0 ≤ x ≤ 2

Ta có :

với mọi x thuộc tập xác định Vì y ≥ 0 nên từ y2 ≥ 2 => y ≥

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 0 hoặc x = 2 Do đó GTNN của y là

Lời giải : Căn thức có nghĩa khi và chỉ khi 4 - x2 ≥ 0

Tương đương với x2 ≥ 4 hay |x| ≤ 2

Lời giải : Do vai trò bình đẳng của x, y, z trong phương trình (1), ta giả sử x y z

Chú ý, nếu z 3 thì xyz x.3.3 = 9x = 6x + 3x 18 + (x + y + z) > 9 + x + y + z Vậy z < 3

* Trường hợp z = 1 : ta có (1) tương đương với xy = 10 + x + y hay (x - 1)(y - 1) = 11

Vì x - 1 y - 1 => : x- 1 = 11 và y - 1 = 1 hay x = 12 và y = 2

* Trường hợp z = 2 : ta có (1) tương đương với 2xy = 11 + x + y hay (2x - 1)(2y - 1) = 23

Vì 2x - 1 2y - 1 3 và 23 là số nguyên tố nên phương trình trên vô nghiệm

Vậy với x y z thì (1) chỉ có nghiệm x = 12, y = 2, z = 1 Với x, y, z nguyên dương bất kì, (1) có

6 nghiệm (x, y, z) là 6 hoán vị của (12, 2, 1)

Ta có, a + b = 1 và T nhỏ hơn bằng a.b (các bạn hãy tự kiểm tra) Từ đó :

T nhỏ hơn bằng a.b = a.(1 - a) = - a2 + a = 1/4 - (a - 1/2)2 nhỏ hơn bằng 1/4

Nếu x1 = x2 thì x3 = x4 = … = xn = 0, khi đó T đạt giá trị lớn nhất bằng 1/4

Cách 2 :

Không mất tính tổng quát, giả sử x1 là số lớn nhất, ta có : x1x2 = x1x2 ; x2x3 nhỏ hơn bằng x1x3 ; … ;xn-1xn nhỏ hơn băng x1xn

=> ị T nhỏ hơn bằng x1(x2 + x3 + … + xn) = x1(1 - x1)

Đến đây, bài toán được giải quyết tiếp như ở cách 1

Nhận xét : Hầu hết các bạn đều tìm được kết quả đúng Tuy nhiên, có khá nhiều bạn xác định điều

kiện xảy ra đẳng thức là sai, việc này có thể tránh nếu “chịu khó” kiểm tra lại điều kiện Các bạn

có lời giải tốt :

Mặt khác, 2003 chia cho 6 dư 5 => 20032 chia cho 6 dư 1 => N = 20032004 = (20032)1002 chia cho 6

dư 1 Vậy : S chia cho 6 dư 1

Nhận xét :

1) Nhiều bạn đã có nhận xét đúng : “Với mọi số nguyên a và số tự nhiên m thì a2m + 1 - a chia hết cho 6”, dẫn đến kết quả : “n1 + n2 + … + nk và n12m + 1 + n22m + 1 + … + nk2m + 1 có cùng số dư khi chiacho 6 với n1, n2, …, n2 là các số nguyên”

2) Một số bạn đã vội có lập luận sai lầm khi từ a3 - a chia hết cho 6 đã => a3m - a chia hết cho 6 !

+ y) = 16xy

Lời giải :

Ta có (x3 + y3) + 4(x2 + y2) + 4(x + y) - 16xy = (x3 - 4x2 + 4x) + (y3 - 4y2 +4y) + (8x2 + 8y2 - 16xy)

= x(x - 2)2 + y(y - 2)2 + 8(x - y)2 ≥ 0 do x > 0 và y > 0

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = 2

Vậy phương trình có duy nhất một nghiệm dương x = y = 2

Nhận xét : 1) Để giải một hệ phương trình có số phương trình ít hơn số ẩn số hoặc một phương

trình nhiều ẩn chúng ta có một cách là dẫn đến một bất đẳng thức mà hệ hoặc phương trình được thỏa mãn chỉ khi bất đẳng thức trở thành đẳng thức

Bài 2(19) : Cho các số x1, x,sub>2, x3, , x11 thỏa mãn : 1 ≤ x1 < x2 < x3 < <

Lời giải : Ta có a3 + b3 + c3 - 3abc = = (a + b + c)(a2 + b2 + c2 - ab - bc - ca) = 1/2 (a + b + c)((a - b)2 + (b - c)2 + (c - a)2) (1)

Suy ra a3 + b3 + c3 < 3abc <=> a, b, c không đồng thời bằng nhau và a + b + c < 0

Do 1 ≤ x1 < x2 < x3 < < x11 ≤ 1000 suy ra

là 10 số dương có tổng bằng :

Do đó tồn tại i Є {1, 2, 3, , 10} sao cho

Từ (2), (3) suy ra điều phải chứng minh

Nhận xét : (1) là một hằng đẳng thức quen thuộc của lớp 8.

thức : S = (2 - x)(2 - y)

Lời giải : Ta có S = (2 - x)(2 - y)

Nhận xét : Đây là bài toán cơ bản, biến đổi đẹp

Bài 3(21) : Cho a ≠ -b, a ≠ -c, b ≠ -c Chứng minh rằng :

Lời giải : Đa số các bạn đã giải như sau :

Ta có

Tương tự ta có

Cộng theo từng vế của (1), (2), (3) ta có :

Vậy đẳng thức (*) được chứng minh

Nhận xét : 1) Một số bạn dùng cách biến đổi từng vế (quy đồng mẫu số, giản ước tử số), cách này

tuy dài nhưng cho ta thêm một kết quả đẹp, đó là :

2) Các bạn có thể tham khảo thêm lời giải :

Khi đó vế trái của (*) trở thành

bằng vế phải của (*)

TỪ MỘT BÀI THI HỌC SINH GIỎI

Trong kì thi học sinh giỏi tỉnh Hà Tĩnh năm học 2003-2004 có bài toán thú vị sau :

Bài toán 1 : Giả sử các số dương a, b, c thỏa mãn (a2 + b2 + c2)2 > 2(a4 + b4 +

Lời giải : Không mất tính tổng quát, giả sử a ≥ b ≥ c > 0 Ta có :

Suy ra a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác

Dễ dàng nhận ra rằng, cách chứng minh bài toán trên vẫn còn hiệu lực đối với bài toán mở rộng sau :

Bài toán 2 : Cho các số dương a, b, c thỏa mãn (a2k + b2k + c2k)2 > 2(a4k + b4k + c4k) Chứng minh rằng : a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác

Lời giải : Theo kết quả của bài toán 1 ta có ak, bk, ck là độ dài ba cạnh của một tam giác Khi đó nếu a + b Ê c thì ak + bk < (a + b)k ≤ ck là điều vô lí, suy ra a + b > c

Tương tự ta có b + c > a và c + a > b

Vậy ta có điều phải chứng minh

Tiếp tục mở rộng cho bộ n số dương a1, a2, , an ta có bài toán sau :

Bài toán 3 :

Cho n số dương a1, a2, , an thỏa mãn :

với n ≥ 3 Chứng minh rằng : Bất kì ba số nào trong n số trên đều là độ dài ba cạnh của một tam giác

Lời giải : + Với n = 3 : trở lại bài toán 1

+ Với n > 3 : Không mất tính tổng quát, ta chứng minh cho ba số a1, a2, a3

Theo điều kiện đề bài và áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-ski ta có :

Theo bài toán 1 ta có a1, a2, a3 là độ di ba cạnh của một tam giác Từ đó ta có điều phải chứng minh

Bài toán 3 chính là đề thi Vô định Toán Trung Quốc năm 1988

Nếu biết rằng b1 ≥ b2 ≥ ≥ bk > 0 và b1 < b2 + + bk thì b1, b2, , bk là độ dài các cạnh của một đagiác, các bạn sẽ chứng minh được bài toán tổng quát sau :

Bài toán 4 :

Cho n số dương a1, a2, , an thỏa mãn :

Chứng minh rằng : Bất kì k số nào trong n số trên đều là độ dài các cạnh của một đa giác lồi k cạnh (n ≥ k ≥ 3)

Bài 1(23) : Cho p là số nguyên tố lớn hơn 3 Chứng minh rằng phương trình

Lời giải : Vì p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên hoặc p chia cho 3 dư 1 hoặc p chia cho 3 dư 2

Trường hợp 1 : p chia cho 3 dư 1, tức là p = 3k + 1 (k ẻ N*)

Từ (1) và (2), bài toán đã được chứng minh

Nhận xét : Đây là bài toán cơ bản, hay của học sinh THCS

Bài 2(23) : Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3 Chứng minh rằng :

(1)

Lời giải : Ta có :

sao cho phần giao của chúng là một lục giác mà ta kí hiệu là MNPQRS Chứng minh rằng : MN + PQ + RS = NP + QR + SM.

Lời giải : (của bạn Hoàng Minh Hiếu)

Chú ý rằng, các góc của hai tam giác đều ABC, A1B1C1 bằng nhau (cùng bằng 60o), hai góc đối đỉnh bằng nhau, ta thấy : các tam giác A1MN, B1PQ, C1RS, CPN, ARQ, BMS đồng dạng Hai tam giác đồng dạng thì tỉ số giữa các độ dài tương ứng bằng nhau, ta => :

Theo tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta có :

Đặt độ dài các cạnh của hai tam giác đều bằng a, MN + PQ + RS = x, NP + QR + SM = y

Ta có : x/(3a ) = y/(3a x) => x(3a x) = y(3a y) => (x y)3a (x y)(x + y) = 0 => (x y)(3a

-x - y) = 0 (1)

Mặt khác, ta có :

3a = BC + CA + AB = (BM + MN + NC) + + (CP + PQ + QA) + (AR + RS + SB) = (CN + CP) + (AQ + AR) + (BS + BM) + + (MN + PQ + RS) > (NP + QR + SM) + (MN + PQ + RS) (bất đẳng thức tam giác)

= y + x => 3a - x - y > 0 (2)

1/ Lời giải của các bạn đều đúng, tuy nhiên có một số bạn giải quá dài

2/ Ngoài lời giải nêu trên, một số bạn còn có lời giải khác cũng khá ngắn gọn

Gọi M, N, K, I, J lần lượt là trung điểm của các đoạn AB, CD, EF, EB, DB Dễ thấy các tam giác IKM, JNM cân lần lượt tại I, J Sau đó sử dụng nguyên tắc : X, Y, Z thẳng hàng tương đương với góc YXZ = 0o hoặc góc YXZ = 180o

Từ đó => kết quả

Bài 4(8) : Cho hình chữ nhật ABCD (như hình vẽ), biết rằng AB = 30 cm, AD = 20 cm, AM = 10

cm, BP = 5 cm, AQ = 15 cm Tính diện tích tam giác MRS

Lời giải : Giả sử đường thẳng PQ cắt các đường thẳng CD, AB tương ứng tại E, F.

Ta có : DE/EC = QD/CP = 5/15 = 1/3 , hay DE/DC = 1/2 => DE = 15 cm

Ta thấy tam giác QDE = tam giác PBF => BF = DE = 15 cm

Lời giải : Gọi M là trung điểm của BC, dựng BI, CK song song với d (I, K nằm trên AM), khi đó

MI = MK, => AI + AK = 2 AM = 3AG Vậy có : AB/AD + AC/AE = AI/AG + AK/AG =

3AG/AG =3

Dựng AH, BB1, MM1, CC1 vuông góc với d, lúc đó AH = 2MM1

Mặt khác, MM1 là đường trung bình của hình thang BB1C1C nên : BB1 + CC1 = 2MM1 = AH

Từ đó :

áp dụng BĐT Cô-si cho hai số dương ta được :

Do đó :

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi AD/AB = AE/AC hay d // BC Vậy giá trị nhỏ nhất của tổng diện tích của hai tam giác BDE và CDE là 4/9 diện tích tam giác ABC, đạt được khi d // BC

Bài 4(12) : Cho hình thang vuông ABCD có AD // BC, AB vuông góc với AD,

AD = 4 cm, AB = BC = 2 cm Hãy tìm một con đường ngắn nhất đi từ đỉnh A tới một điểm M trên cạnh DC, rồi tới điểm N trên cạnh AB, quay lại một điểm P trên cạnh DC và trở về A

Lời giải : Bài toán đưa về tìm giá trị nhỏ của tổng T = AM + MN + NP + PA

Ta cần kết quả sau

Bổ đề : Trong một hình thang vuông, độ dài đoạn thẳng nối hai điểm nằm trên hai cạnh bên không

nhỏ thua độ dài đáy nhỏ (các bạn tự chứng minh bổ đề này)

đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi P, M, C trùng nhau và N trùng với B

Vậy con đường ngắn nhất thỏa mãn điều kiện đề bài dài chính là con đường : A đến

C đến B đến C đến A

Nhận xét :

1) Kết quả bài toán có thể đoán nhận được qua hình sau (“lật” liên tiếp ba lần hình thang ABCD) :

Bài 5(12) : Cho tứ giác ABCD I, J theo thứ tự là trung điểm của AC, BD Chứng minh rằng : AC + BD + 2IJ < AB + BC + CD + DA.

Lời giải : Trước hết, xin phát biểu, không chứng minh một nhận xét đơn giản : “Trong một tứ

giác, tổng các độ dài hai đường chéo lớn hơn tổng các độ dài hai cạnh đối và nhỏ hơn chu vi.” Trở lại bài toán, có hai trường hợp xảy ra :

Trường hợp 1 : ABCD là hình bình hành

Vì ABCD là hình bình hành nên I trùng J Theo nhận xét trên, AC + BD + 2IJ = AC + BD < AB +

BC + CD + DA

Trường hợp 2 : ABCD không là hình bình hành Vì ABCD không là hình bình hành nên tồn tại

một cặp cạnh đối không song song Không mất tính tổng quát, giả sử AB và CD không song song đặt E là giao điểm của AB va CD Không mất tính tổng quát, giả sử E thuộc tia đối của các tia AB,

DC Ta có : ( DAB + ABC)+( BCD+ CDA)=360o

=> DAB + ABC ≥ 180o hoặc BCD + CDA ≥ 180o

Không mất tính tổng quát, giả sử : DAB + ABC ≥180o (1)

Dựng hình bình hành ABCF Từ (1), ta thấy : tia AF nằm trong (2)

Mặt khác, trong tam giác EBC, ta có : EBC + ECB ≤180o

=> ị tia CD nằm trong Từ (2) và (3) => tứ giác ACFD lồi Theo nhận xét trên, ta có : AC + DF <

AF + CD Chú ý rằng DF = 2IJ, AF = BC, ta có : AC + 2IJ < BC + CD (4) Trong tam giác ABD, ta

có : BD < AB + DA (5) Từ (4) và (5) => : AC + BD + 2IJ < AB + BC + CD + DA

Nhận xét : 1) Bài này có 5 bạn giải sai Nguyên nhân của những sai lầm này là không sử dụng

thành thạo các bất đẳng thức hình học và đại số cơ bản

2) đa số các bạn giải theo hướng trên đều không chứng minh được tứ giác ACFD lồi Có hai kiểu sai lầm :

+ Không thấy sự cần thiết phải chứng minh tứ giác ACFD lồi

+ Có chứng minh tứ giác ACFD lồi nhưng chứng minh không chặt chẽ

Bài 1(13) : Tìm các diện tích a, b, c trong hình sau (đơn vị cm2)

Lời giải : (Theo bạn Vương Bằng Việt, 71, THCS Nam Hà, TX Hà Tĩnh, Hà Tĩnh)

Từ SIAB/SIAF = SIBC/SIFC = (IB/IF) => (b + c)/a = (30 + 40)/35 hay b + c = 2a (1)

Mặt khác : SIAB/SIDB = SIAC/SIDC (IA/ID) => (b + c)/40 = (a + 35)/40 hay 6a = 4(a + 35) (theo (1) =>

a = 70, từ đó b + c = 140 (2)

Lại vì : SIBC/SIBE = SICA/SIEA (IC/IE) nên (30 + 40)/b = (a + 35)/c (3)

Từ (2), (3) ta nhận được b = 56, c = 84 Do đó các diện tích a, b, c lần lượt là 70 cm2, 56 cm2, 84

cm2

Nhận xét : Một số bạn sử dụng định lí Xê-va cho DABC với 3 đường đồng quy AD, BF, CE cũng

đi đến kết quả trên Lưu ý rằng khi áp dụng định lí Xê-va để giải quyết bài toán trên, các bạn phải chứng minh định lí này

Bài 5(13) : Cho hình thang ABCD có AB song song và bằng một nửa CD H

là trung điểm của CD Điểm M nằm ngoài hình thang sao cho MH vuông góc và bằng một phần tư CD Bên ngoài hình thang, ta dựng các tam giác ADE, BCF vuông cân tại E, F Chứng minh rằng tam giác MEF

vuông cân tại M

Lời giải :

Cách 1 : (của bạn Chu Toàn Thắng) Trước hết, ta nhắc lại một bổ đề quen thuộc

Bổ đề (*) : Cho tam giác ABC Về phía ngoài của tam giác, ta dựng các tam giác ABE, ACF

vuông cân tại E, F M là trung điểm của AB Khi đó, tam giác MEF vuông cân

Trở lại bài toán

Trên tia đối của tia MD, lấy điểm K sao cho : MK = MD (hình 1) Dễ thấy : KC vuông góc với DC

(1) và CK = 2MH (2)

dd>Từ (1) => : KCF = 360o - KCD - DCB - BCF = 360o - 90o -(180o - CBA) - 45o = 45o+ CBA = FBC + CBA = ABF Vậy: KCF = ABF

Từ (2) => : KC = 1/2 CD = AB (4)

Từ (3), (4) và CF = BF (do tam giácBCF vuông cân tại F) ta có : Δ KCF = Δ ABF (c.g.c)

=> FK = FA ; CFK = AFB

=> KFA = CFB + CFK - BFA = CFB = 900

=> Δ AKF vuông cân tại F

áp dụng bổ đề (*) cho tam giác ADK và các tam giác ADE, AKF vuông cân tại E, F ta có : Δ MEFvuông cân tại M

Cách 2 : (của bạn Nguyễn Tài Đại)

Gọi K là trung điểm của AB Lấy điểm N nằm ngoài hình thang ABCD sao cho NK = AB ; NK

vuông góc với AB (hình 2)

Dễ thấy : tam giác MHC = tam giác BKN => MC = NB ; mặt khác, AB // CD và tam giác BCF vuông cân tại F nên Δ FMC = Δ FNB (c.g.c) => Δ MFN vuông cân tại F (bạn đọc tự chứng minh) Tương tự như vậy, Δ MEN vuông cân tại E

=> MENF là hình vuông => tam giác MEF vuông cân tại M

GIẢI TOÁN SÁNG TẠO

LTS Một kết quả quen thuộc có còn “hấp dẫn” bạn không ? Chắc rằng câu trả lời của khá nhiều

bạn sẽ là : “không” Đối với bạn Đỗ Việt Thành thì không phải như vậy Các bạn hãy cùng bạn Thành khám phá một bài toán rất quen thuộc và đơn giản để nhìn ra sự hấp dẫn nhé

Bài toán : Cho hình thang ABCD (AB // CD) M là trung điểm của AD Qua M

kẻ đường thẳng song song với AB, cắt BC tại N Chứng minh rằng N là trung điểm của BC Lời giải : Tìm được nhiều hướng giải quyết sáng tạo chính là sự hấp dẫn của bài toán này

Cách 1 : Lấy N’ là trung điểm của BC (hình 1), vậy MN’ là đường trung bình của hình thang

ABCD, suy ra MN’ // AB

Từ giả thiết MN // AB => MN // MN’ => MN MN’ => N N’ => N là trung điểm của BC ∶ ∶

Cách 2 : Gọi P = AC ∩ MN (hình 2)

Từ giả thiết suy ra MN // CD Xét ∆ADC, M là trung điểm của AD, MP // CD nên MP là đường trung bình của tam giác, suy ra P là trung điểm của AC

Xét ∆CAB, tương tự ta có PN là đường trung bình của tam giác nên N là trung điểm của BC

Cách 3 : Qua B, kẻ đường thẳng song song với AD, cắt MN, CD lần lượt tại P, Q (hình 3) Kết

hợp với giả thiết, ta suy ra ABPM và MPQD là các hình bình hành nên AM = PB, MD = PQ Mặt khác, M là trung điểm của AD hay MA = MD nên PB = PQ hay P là trung điểm của BQ

Xét ∆BQC, tương tự như cách 2 ta có PN là đường trung bình của tam giác nên N là trung điểm của BC

Cách 4 : Qua B, N kẻ các đường thẳng song song với AD, lần lượt cắt MN, CD tại P, Q (hình 4)

Dễ thấy ABPM và MNQD là các hình bình hành nên AM = PB, MD = NQ => PB = NQ (do MA =MD) Mặt khác, ∠ PNB = ∠ QNC (đồng vị), ∠ BPN = ∠ NQC (cạnh tương ứng song song cùng chiều)

Vậy ∆BPN = ∆NQC (g.c.g) => BN = CN => N là trung điểm của BC

Cách 5 : (dùng phương pháp diện tích) Lấy điểm E bất kì trên đoạn MN (hình 5)

Vì M là trung điểm của AD, MN // AB, AB // CD nên hoàn toàn có thể chứng minh được khoảng cách từ các điểm A, B, C, D xuống MN bằng nhau, ta kí hiệu là h

Suy ra SBEN = SCEN = 1/2.h.EN Mặt khác, hai tam giác này có chung chiều cao xuất phát từ E xuống BC nên BN = CN hay N là trung điểm của BC

PHÁT TRIỂN TỪ MỘT BÀI TOÁN CƠ BẢN

Mọi dòng sông lớn đều bắt nguồn từ những con suối nhỏ, mọi bài toán khó đều khởi nguồn từ những bài toán đơn giản hơn Vì vậy để học giỏi môn toán thì không những bạn cần phải nắm vững và biết vận dụng các bài toán cơ bản mà còn nên biết cách phát triển một bài toán để có thêmnhững bài toán mới

Bài toán sau là một bài toán quen thuộc trong chương trình hình học lớp 8 :

Bài toán 1 : Cho tứ giác ABCD có AB < CD Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của AB, AC,

Bài toán 2 : Cho tứ giác ABCD có AD = BC, AB < CD Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của

AB, AC, CD, BD Chứng minh rằng tứ giác MNPQ là hình thoi

Lưu ý QM, MN, NP, PQ lần lượt là các đường trung bình của các tam giác BAD, ABC, CAD,

DBC ta sẽ có điều phải chứng minh (xem hình 1)

Con đường đi từ bài toán 1 đến bài toán 2 chính là nhờ phép đặc biệt hóa

Đường chéo QN của hình thoi MNPQ là đáy của tam giác cân PQN nên đường thẳng QN cắt AD,

BC lần lượt tại I, K thì BKN = PQN và AIQ = PNQ (các cặp góc so le trong) Do đó

AIQ = BKN (xem hình 2) Ta có thêm kết quả :

Bài toán 3 : Cho tứ giác ABCD có AD = BC, AB < CD Gọi N, Q lần lượt là trung điểm của hai

đường chéo AC, BD Chứng minh rằng đường thẳng NQ tạo với AD, BC các góc bằng nhau

Tương tự, MP là đáy của tam giác cân NMP nên đường thẳng MP cũng sẽ tạo với các đường thẳng

AD, BC những góc bằng nhau Từ đó ta có bài toán :

Bài toán 4 : Cho ∆EDC có ED < EC Lấy A, B lần lượt trên ED, EC sao cho DA = CB Gọi P, M

lần lượt là trung điểm của DC, AB PM cắt EC, ED lần lượt tại H, G Chứng minh rằng ∆EGH cântại E

Các bạn có thể chứng minh được ngay khi xem hình 3

Đến đây, ta nhận thấy rằng DEC là góc ngoài của ∆EGH (cân tại E) nên dễ dàng phát hiện thấy đường thẳng GH song song với đường phân giác trong của DEC Nếu cho E, A, B cố định thì M

là trung điểm của AB cũng cố định, phân giác trong của AEB cũng cố định Từ đó ta được một kết quả khá thú vị

Bài toán 5 : Cho ∆EAB, EA < EB D, C lần lượt chạy trên các tia đối của tia AE, tia BE sao cho

DA = CB Chứng minh trung điểm P của DC chạy trên một đường thẳng cố định

Các bạn có thể chứng minh được ngay điểm P nằm trên đường thẳng d đi qua trung điểm M của

AB cố định và song song với đường phân giác trong cố định của AEB Tất nhiên đường thẳng d

là đường thẳng cố định (xem hình 3)

Dựa vào các kết quả trên và đọc thêm bài viết “Phương tích và bài toán Castillon” của tác giả TrầnAnh Dũng, đăng trên TTT2 số 16 thì các bạn có thể giải quyết được bài toán :

Bài toán 6 : Cho ∆ABC (AB < AC), phân giác AD và trung tuyến AM Đường tròn ngoại tiếp

∆ADM cắt AB, AC lần lượt tại E, F Gọi I là trung điểm của EF, đường thẳng MI cắt AB, AC lần lượt tại Q, P Chứng minh rằng ∆APQ cân tại A

Trong quá trình suy nghĩ để tiếp tục phát triển bài toán 2, tình cờ tôi gặp đề toán 4(7) của TS Nguyễn Minh Hà (trang 32, TTT2 số 7) Nhờ bài toán 2, ta có một cách giải khá đơn giản đề toán 4(7) và đề xuất được kết quả mở rộng hơn

Trước hết, ta giải bài toán 4(7)

Bài toán 4(7) : Cho tứ giác ABCD có AD = BC Về phía ngoài của tứ giác này, ta dựng hai tam

giác bằng nhau là ADE và BCF Chứng minh rằng trung điểm các đoạn AB, CD, EF cùng thuộc một đường thẳng

Lời giải :

Trường hợp AB < CD : Gọi I, K, H, M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của AB, EF, CD, CE, DF,

BD, AC (hình 4)

Từ giả thiết ∆ADE = ∆BCF và dựa vào tính chất của đường trung bình trong tam giác ta dễ dàng

có được kết quả :

∆HNP = ∆HMQ (c.c.c)

Suy ra MHQ = NHP → MHP = NHQ → MHN = PHQ có cùng tia phân giác

Mặt khác, áp dụng bài toán 2 cho hai tứ giác ABCD và EFCD, ta có IPHQ và KMHN là các hình thoi Suy ra HK và HI lần lượt là phân giác của MHN và PHQ

Suy ra H, I, K thẳng hàng

Trường hợp AB = CD : dành cho bạn đọc

Các bạn thử chứng minh kết quả mở rộng của bài toán trên :

“Cho tứ giác ABCD có AD = BC Về phía ngoài của tứ giác này, ta dựng hai đa giác bằng nhau là ADM1M2 Mn và BCN1N2 Nn Chứng minh rằng trung điểm các đoạn AB, CD, M1N1, M2N2, , MnNn cùng thuộc một đường thẳng.”

Bài 4(19) : Cho hình vuông ABCD Gọi E là trung điểm của AD Qua E vẽ đường thẳng vuông góc với BE, cắt CD tại F Tính tỉ số EF/EB

Lời giải (của bạn Đậu Thị Kiều Oanh) :

Qua A kẻ đường thẳng vuông góc với BE, cắt CD tại M Ta thấy : ∠ ABE = ∠ DAM (hai góc có cạnh tương ứng vuông góc)

Mặt khác, vì ABCD là hình vuông nên AB = AD => ∆ ABE = ∆ DAM => BE = AM

Lại có EF và AM cùng vuông góc với BE nên EF // AM ; E là trung điểm của AD nên EF là đườngtrung bình trong ∆DAM Suy ra

Nhận xét : 1) Bài toán không khó nên các bạn tham gia giải đều có lời giải đúng, Tuy nhiên cũng

có nhiều lời giải quá dài

2) Từ nhận xét ∆DEF đồng dạng với ∆ABE theo tỉ số 1/2 cho ta một lời giải khác cũng khá ngắn gọn

Bài 4(21) : Cho tam giác ABC có BC = a, CA = b, AB = c và a + b + c = 9 ; x,

y, z lần lượt là độ dài các phân giác trong của các góc A, B, C Chứng minh rằng :

Lời giải : Gọi AD là phân giác của Dựng qua B đường thẳng song song với AD cắt đường thẳng

AC tại E

Khi đó : ∠CAD = ∠ AEB (hai góc đồng vị) ; ∠ DAB = ∠ ABE (hai góc so le trong) mà ∠ DAB =

∠ CAD nên ∠ ABE = ∠ AEB

=> ∆ ABE cân tại A => AB = AE = c

Mặt khác : AD/BE = CA/CE hay x/BE = b/(b + c)

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dương ta có :

kết hợp với giả thiết a + b + c = 9 ta được 1/a + 1/b + 1/c ≥ 1

Từ (3), (4) suy ra 1/x + 1/y = 1/z > 1 , điều phải chứng minh

Nhận xét : 1) Hai bạn Nguyễn Tiến Thanh, 9C, THCS Nguyễn Quang Bích, Tam Nông, Phú Thọ ; Vũ Hồng Hạnh, 6A1, THCS Bình Minh, TP Hải Dương đã đề xuất bất đẳng thức mạnh

hơn là :

Tuy nhiên để chứng minh được bất đẳng thức trên, các bạn phải sử dụng đến định lí hàm số Cô-sintrong tam giác của chương trình Toán THPT

Bài 4(23) : Cho tam giác ABC (AB < AC) và P là điểm nằm trong tam giác

góc hạ từ P xuống AB và AC ; I là trung điểm của BC Chứng minh

Lời giải : (Dựa theo bạn Nguyễn Văn Sơn A, 7B, THCS Yên Lạc, Vĩnh Phúc)

Gọi E, F lần lượt là trung điểm của PB và PC Xét các tam giác vuông HBP và KPC, ta thấy ∠ HEP = 2∠ PBH ; ∠ KFP = 2 ∠ PCK mà ∠ PAB = ∠ PCA (gt) nên ∠ HEP = ∠ KFP (1)

Mặt khác do tứ giác PEIF là hình bình hành, suy ra ∠ PEI = ∠ PFI (2)

Từ (1) và (2) ta nhận được ∠ HEI = ∠ KFI Lại có EI = KF (=1/2 PC) ; IF = HE (=1/2 PB), do đó

∆ HEI = ∆ FIK (c.g.c) => ∠ HIE = ∠ IKF (3)

Vì AB < AC nên∠ PBC > ∠ ACB , kết hợp với ∠ PBA = ∠ PCA => ∠ PBC < ∠ PCB, từ đó PB

< PC dẫn đến IF < FC suy ra ∠ FIC < ∠ FCI hay ∠ FIC < ∠ EIB (4)

Từ (3) và IF < FK suy ra KIF < ∠ IKF hay KIF < ∠ HIE (5)

Từ (4) ; (5) suy ra ∠ HIE + ∠ EIB < ∠ KIF + ∠ FIC hay ∠ HIB < ∠ KIC (đpcm)

Bài toán 1 : Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác Chứng minh rằng :

1/(a + b + c) + 1/(a - b + c) + 1/(- a + b + c) ≥ 1/a + 1/b + 1/c

(Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 trường THPT chuyên Lê Hồng Phong, TP

Hồ Chí Minh, 1992-1993)

Hướng dẫn

Bài toán phụ : Cho x, y > 0 Chứng minh rằng : 1/x + 1/y ≥4/(x + y)

Lời giải : Vận dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương ta có:

Vì a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác nên:

a + b > c ; a + c > b ; b + c > a ; a + b - c > 0 ; a - b + c > 0 ; - a + b + c > 0

Vận dụng bài toán phụ trên ta có:

1/(a + b - c) + 1/(a - b + c) ≥ 4/(a + b - c + a - b + c ) = 4/(2a) = 2/a (1)

Chứng minh tương tự ta cũng có:

1/(a + b - c) + 1/(- a + b + c) ≥ 2/b (2)

1/(a - b + c) + 1/(- a + b + c) ≥ 2/c (3)

Từ (1), (2), (3) ta có điều cần chứng minh

Bài toán phụ giúp ta nhận ra rằng nếu n thuộc N thì:

Từ đó ta đến với bài toán mới, bài toán tổng quát của bài toán 1

Bài toán 2 : Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác Chứng minh

rằng :

với mọi n thuộc N

Vẫn chưa vừa lòng với kết quả nhận được tôi thử tìm cách thay đổi tử của các phân thức ở vế trái của bất đẳng thức ở bài toán 1 và nhận được bài toán mới

Bài toán 3 : Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác Chứng minh rằng :

c/(a + b - c) + b/(a - b + c) + a/(- a + b + c) ≥ 3

(Đề kiểm tra đội tuyển toán 9, quận Tân Bình, TP Hồ Chí Minh 2000-2001)

Hướng dẫn :

Đặt - a + b + c = x, a - b + c = y, a + b - c = z

Ta có a = (y + z)/2 ; b = (x + z)/2 ; c = (x + y)/2 Do đó:

c/(a + b - c) + b/(a - b + c) + a/(- a + b + c) = (x + y)/(2z) + (x + z)/(2y)

= (y + z)/(2x) = 1/2[(x/y + y/x) + y/z + z/y) + x/z + z/x)] ≥ 1/2.(2 + 2 + 2) = 3

Suy nghĩ và suy nghĩ giúp tôi tìm và giải được bài toán 4, bài toán tổng quát của bài toán 1 và bài toán

Bài 3 : Cho tam giác ABC Các trung tuyến AM, BN, CP đồng qui tại G Giả

sử bán kính các đường tròn nội tiếp các tam giác AGN, BGP, CGM là bằng nhau Chứng minh rằng : tam giác ABC là tam giác đều

Lời giải : (Dựa theo bạn Trần Anh Minh, 6A1, THCS Chu Văn An, Thanh Hà, Hải Dương)

Nhận xét rằng : Trong một tam giác cạnh nào lớn hơn khi và chỉ khi độ dài đường trung tuyến ứng với cạnh đó nhỏ hơn

Mặt khác a = min {a, b, c} nên a = b => ma = mb Từ (1), (2) => b = c

Vậy a = b = c hay ΔABC đều (đpcm)

Bài 5 : Giải phương trình :

Lời giải : (Theo bạn Nguyễn Thu Thủy, 9A1, THCS Hai Bà Trưng, Phúc Yên, Mê Linh, Vĩnh

Phúc)

Đặt :

với u ; v ; t ≥ 0 thì x = 2 - u2 = 3 - v2 = 5 - t2 = uv + vt + tu

Từ đó ta có hệ

1) Bạn Thủy ; bạn Nguyễn Kim Thuật, 8A, THCS Yên Lạc, Yên Lạc, Vĩnh Phúc đã giải quyết

luôn phương trình tổng quát :

với a, b, c khác 0 và tìm được nghiệm duy nhất là :

2) Một số bạn khi giải bằng phương pháp lũy thừa đã đặt thiếu các điều kiện của ẩn Chẳng hạn khi nhận được phương trình :

thì ngoài điều kiện đã đặt ban đầu là 0 ≤ x ≤ 2 phải có thêm điều kiện 4x - 1 ≥ 0 tức là x ≥ 1/4

Bài 5(2) : Tìm x, y để biểu thức :

đạt giá trị nhỏ nhất

Lời giải :

Ta có:

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi y = -1 và 3 ≥ x ≥ -1

Nhận xét : Đây là bài toán vận dụng các kĩ năng cơ bản : Phân tích một biểu thức thành các tổng

bình phương và tính chất của giá trị tuyệt đối

Bài 2 (3) : Cho x, y, z > 0 Chứng minh rằng :

thì a, b, c > 0 Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với : abc ≥ (a + b - c)(b + c - a)(c + a - b) (**)

Trong 3 thừa số ở vế phải không có quá một thừa số âm, chẳng hạn nếu a + b - c < 0 và b + c - a <

0 thì cộng từng vế dẫn đến 2b < 0 vô lí

- Nếu đúng một thừa số âm thì (**) đúng

- Nếu cả 3 thừa số đều dương thì áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có :

Nhân từng vế của ba bất đẳng thức ta có bất đẳng thức (**)

Bài 4 (3) : Cho tam giác ABC Một đường tròn đi qua A, tiếp xúc với đường thẳng BC tại một điểm T thuộc đoạn BC cắt AB, AC theo thứ tự tại E, F Chứng minh rằng :

EF/BC = (TE.TF)/(TB.TC)

Lời giải: (của bạn Nguyễn Thị Việt Lê)

Vì tứ giác AETF nội tiếp nên :

ETF = 180o - BAC = ABC + ACB

=> trên đoạn EF tồn tại điểm D sao cho : DTE = FCT và DTF = EBT (1)

Mặt khác, ta có : DFT = ETB ( cùng chắn cung ET) và DET = FTC (cùng chắn cung FT) (2)

Từ (1), (2) => : ΔDTE đồng dạng với ΔFCT và ΔDTF đồng dạng với ΔEBT

=> DE/TE = FT/CT và DF/TF = ET/BT

=> DE/(TE.TF) = 1/TC và DF/(TE.TF) = 1/TB

=> (DE + DF)/(TE.TF) = 1/TB + 1/TC => EF/(TE.TF) = (TC + TB)/(TB.TC)

=> EF/(TE.TF) = BC/(TB.TC) => EF/BC = (TE.TF)/(TB.TC)

Nhận xét : Đây là bài toán khó nhưng không quá khó Lời giải trên hoàn toàn tương tự cách chứng

minh một định li nổi tiếng, định lí Ptôlêmê