37. Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 DHQGHN năm học 2015-2016 (chuyên) vòng 2

Nh ận xét: Bài toán sử dụng giả thiết, sau đó thể biến vào biểu thức cần tính giá trị và dùng điều kiện trị tuyệt đối suy ra giá tr ị của biểu thức. Ý tưởng: Bài toán với yêu cầu là tín[r]

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI

Đề chính thức

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN

NĂM HỌC 2015 - 2016 MÔN THI: TOÁN (Vòng 2)

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề) Câu I (2,5 điểm)

1) Cho a³ 0;a¹ Rút gọn biểu thức 1

2( 1)

a

a

2) Cho ;x y thỏa mãn 0< <x 1; 0< < và y 1 1

y x

Tính giá trị của biểu thức 2 2

P= + +x y x - xy+ y

Câu II (2,0 điểm) Một xe tải có chiều rộng là 2,4m và chiều cao là 2,5m muốn đi qua một cái cổng có hình Parabol Biết khoảng cách giữa hai chân cổng là 4m và khoảng từ đỉnh cổng (đỉnh Parabol) tới chân cổng là

2 5m (bỏ qua độ dày của cổng)

1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , gọi Parabol ( ) 2

:

P y= ax với a <0 là hình chiếu biểu diễn cổng mà xe tải muốn

đi qua Chứng minh a = - 1

2) Hỏi xe tải có thể đi qua cổng được không? Tại sao?

Câu III (1,5 điểm) Cho hai số nguyên ;a b thỏa mãn 2 2 ( )

1 2

a +b + = ab+ +a b Chứng minh a và b là hai số

chính phương liên tiếp

Câu IV (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC ( AB AC< ), M là trung điểm của cạnh BC O là tâm của đường , tròn ngoại tiếp tam giác Các đường cao AD BE CF ; ; của tam giác ABCV đồng quy tại H Các tiếp tuyến với

( )O tại B và C cắt nhau tại S Gọi , X Y lần lượt là giao điểm của đường thẳng EF với các đường thẳng

;

BS AO Chứng minh rằng

1) MX BF^

2) Hai tam giác SMX và DHF đồng dạng

3) EF BC

FY = CD

Câu V (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy Cho tam giác ABCV có các đỉnh là các điểm nguyên (một điểm gọi là điểm nguyên nếu hoành độ và tung độ của điểm đó là các số nguyên) Chứng minh rằng hai lần diện tích của

tam giác ABCV là một số nguyên

… HẾT………

LỜI GIẢI – NHẬN XÉT – BÀI TẬP TƯƠNG TỰ Câu I

1) Ta có ( ) ( ) ( ) ( ( ) )

2

1

a

a

1

a

a

-4 2 2 4

= - + = (với a³ 0;a¹ ) 1

Nhận xét: Vẫn là các bài toán nằm trong mô tuýp khai triển rút gọn biểu thức, bài toán này cũng vậy điểm nhấn chính là phát hiện ra các hằng đẳng thức bậc hai, bậc ba nằm trong căn thức

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

 Hằng đẳng thức bậc hai, bậc ba ( )2 2 2

2

x+ y = x + x y+ xy + y

 Khai căn bậc hai, bậc ba 3 3 2 2 3

x + x y+ xy + y = + x y

2

x + xy+ y = x+ y= +x y với x+ ³ y 0

2

x + xy+ y = x+ y= - -x y với x+ < y 0

Ý tưởng: Bài toán hơi đặc biệt ở chỗ, vừa xuất hiện hằng số, vừa xuất hiện biểu thức chứa biến vì thế ta sẽ đi rút

gọn từng biểu thức một

1 6 4 2 20 14 2

S = - + , có xuất hiện căn bậc hai, căn bậc ba vì thế ta sẽ nghĩ đến chuyện khai căn

thức Xét với căn bậc hai, ta sẽ đưa nó về dạng ( )2

6- 4 2= a+ b 2 = a +2 2ab+ 2b

1

4 2 2 2

b ab

Û íï Û íï =

-Tư duy tương tự ta sẽ có được ( )3

20+14 2 = 2+ 2 = +2 2

Do đó, suy ra S =1 (2- 2 2)( + 2)= -4 2= 2

 Với 3( )

2

1

2( 1)

a

a

= + - - êê - - úú

, biểu thức này cũng có chứa căn bậc ba nhưng nó đã khó hơn

vì chứa biến, vẫn kiểu tư duy ở S , d1 ễ thấy ( ) ( )3

3 a+3 a- 3a- 1= 3 a- 1 = a- 1 đồng thời ở đẳng

thức sau

- - suy ra S =2 2

Do đó kết luận được rằng S=S1+S2= 4

Bài toán kết thúc

3

P= + +x y x - xy+ y = + +x y x+ y - xy

y x

- - vào biểu thức P ta được

P= + +x y x+ y - x+ y + = + +x y x+ -y = + +x y x+ -y = (vì x+ < ) y 1

Giải thích x+ £ y 1

Từ giả thiết ta có ;

y x

- - là các số dương mà 1

y x

- - , nên ta có

1

x

y

Vậy P = 1

Nhận xét: Bài toán sử dụng giả thiết, sau đó thể biến vào biểu thức cần tính giá trị và dùng điều kiện trị tuyệt đối suy ra giá trị của biểu thức

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

 Hằng đẳng thức: ( )2 2 2

2

a+b = a + ab+ b

 Trị tuyệt đối f x( )= - f x( ) nếu f x <( ) 0

Ý tưởng: Bài toán với yêu cầu là tính giá trị của biểu thức với giả thiết cho sẵn, thì điều đầu tiên cần làm đó chính

là khai thác giả thiết Thường thì họ sẽ cho một giả thiết phức tạp và bắt ta đơn giản hóa nó, bài toán này cũng vậy,

giả thiết chứa hai phân thức do đó ta sẽ nghĩ đến chuyện quy đồng như sau có giả thiết

-= Û + - = - - +

-2x 2y 1 3xy

P= + +x y x - xy+ y , việc xuất hiện tổng x y+ độc lập sẽ hướng

ta tư duy đến việc trong căn thức cũng xuất hiện tổng đó, vậy ta có biến đổi:

P= + +x y x+ y - xy= + +x y x+ y - x+ y +

-Đề bài yêu cầu tính giá trị của P nên nhiều khả năng, P sẽ là một hằng số thì khi đó ta cần có

1 1

x+ -y = - x- y hay nếu chứng minh được bất đẳng thức x+ < thì y 1 P = và ta s1 ẽ chứng minh điều này

dựa vào giả thiết, đó từ giả thiết ta có ;

y x

- - là các số dương mà 1

y x

- - nên ta có

1

x

y

Bài toán kết thúc

Câu II

1) Đỉnh cổng là đỉnh của Parabol 2

y= ax (a <0) trùng với gốc tọa độ O( )0; 0 Gọi điểm biểu thị hai chân cổng trên đồ thị hàm số là ,A B ta có A B , đối xứng qua trục tung và cách nhau 4 đơn

vị H là giao điểm của AB với Oy ( ; ;A B H nằm phía dưới trục hoành)

2

ç ÷

è ø , suy ra H(0;- 4) từ đây suy ra A -( 2;- 4) và

(2; 4)

Parabol 2

y= ax (a <0) đi qua điểm A nên ta có ( )2

4 a 2

- = - Û - =4 4a Û = -a 1 (thỏa mãn), điều phải chứng minh

Nhận xét: Bài toán này, thực chất là sử dụng các tính chất của hàm số, đặc biệt là hàm số bậc hai dạng 2

y= ax với 0

a¹ , ngoài ra còn sử dụng các công thức liên quan đến khoảng cách, độ dài,…

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

 Đồ thị hàm số 2

y= ax với a < 0 là một Parabol nhận gốc tọa độ làm đỉnh và trục trung làm trục đối xứng, phần lõm hướng xuống dưới,

ta được hình vẽ

Các điểm khác gốc tọa độ nằm trên parabol này đều ở phía dưới trục hoành

 Định lý Py-ta-go: “Trong một tam giác vuông có tổng bình phương hai cạnh góc vuông bằng bình phương

cạnh huyền)

Tam giác DOAH vuông tại H , áp dụng định lý Py-ta-go ta có

2

Û = - ç ÷ç ÷è ø÷ = =

 Một điểm nằm trên trục tung thì khoảng cách của điểm đó với gốc tọa độ bằng giá trị tuyệt đối tung điểm của điểm đó

Điểm H nằm trên trục tung và nằm phía dưới trục hoành nên điểm H có tung độ âm và hoành độ bằng

0

Ta có OH= y H = - y H do H nằm dưới trục hoành nên y < H 0

-suy ra A(2;- 4) và B -( 2; 4)

 Một điểm thuộc đồ thị hàm số thì khi thay giá trị hoành độ và tung độ của điểm đó vào hàm số ta được một phương trình đúng

Điểm A(2;- 4) thuộc đồ thị hàm số 2

y= ax nên ta có thay x = 2 và y = - 4 vào hàm số ta được phương trình đúng 2

4 a.2 4a 4

- = Û = - Û = - (điều phải chứng minh) a 1 2) Gọi giao điểm cảu đường biểu diễn chiều cao của xe tải với Parabol ( )P t ại C và D ( ; C D nằm về hai phía

của trục tung)

Ta có CD song song với AB và Ox

K là giao điểm của CD và Oy

Khoảng cách giữa DC và AB là 2,5 đơn vị nên suy ra OK = 4- 2,5= 1,5 khi đó ta có phương trình đường thẳng

CD là 3

2

-=

Phương trình hoành độ giao điểm của CD và Parabol ( )P là 2

6

2

c

D

x x

x

ìï

-ïï = ï

- = Û íïïï =

ïïî

Khi đó CD = 6 Tại độ cao 2,5 m thì chiều rộng của cổng là 6m lớn hơn 2,4m là chiều rộng của xe tải nên xe

tải có thể đi qua cổng

Nhận xét: Vì chiều cao của xe tải thấp hơn chiều cao của cổng, để biết xe tải có thể đi qua cổng hay không ta phải xét xem, tại độ cao của cổng bằng với chiều cao của xe thì chiều rộng của cổng bằng bao nhiêu, nếu chiều rộng đó

lớn hơn chiều rộng của xe tải thì xe tải sẽ đi qua, nếu nhỏ hơn chiều rộng xe tải thì không đi qua, nếu bằng nhau thì

vì bài toán được xử lý trên lý thuyết nên ta chấp nhận là có đi qua

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

 Khoảng cách giữa hai điểm nằm trên một đường vuông góc với hai đường thẳng song song bằng khoảng cách giữa hai đường thẳng song song đó

Ta có khoảng cách giữa CD và AB chính là chiều cao của xe tải nên bằng 2,5 khi đó

4 2,5 1,5

OK

Û = - = suy ra K(0;- 1,5)

 Đường thẳng song song với trục hoành và đi qua một điểm nào đó thì chính tập hợp các điểm có tung độ là tung độ của điểm đó

Ta có CD OxP và CD đi qua điểm K(0; 1,5- ) nên ta có hàm số biểu thị đường thẳng CD là

3 1,5

2

y = - = -

 Phương trình hoành độ giao điểm/ Hệ phương trình tọa độ giao điểm

Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng CD với parabol là

ï = - ï =

- = - Û = Û íï Û íï

ïî

 Khoảng cách giữa hai điểm cùng thuộc một đường thẳng song song với trục hoành bằng giá trị tuyệt đối hiệu hai hoành độ của hai điểm

Ta có C và D cùng thuộc CD OxP nên 6 6

= - =

 Đối với bài toán trên, nếu tại độ cao của cổng bằng với chiều cao của xe thì chiều rộng của cổng bằng bao nhiêu, nếu chiều rộng đó lớn hơn chiều rộng của xe tải thì xe tải sẽ đi qua, nếu nhỏ hơn chiều rộng xe tải thì không đi qua, nếu bằng nhau thì vì bài toán được xử lý trên lý thuyết nên ta chấp nhận là có đi qua

Ta có 6 2,4> tức là chiều rộng của cổng tại độ cao 2,5 lớn hơn chiều rộng của xe tải nên xe tải đi qua được cổng

Câu III Từ đẳng thức đã cho ta có 2 ( ) ( )2

a - b+ a+ b- = là phương trình bậc hai ẩn a, ta có

( ) (2 )2

Vì phương trình trên có nghiệm nguyên nên điền kiện cần ta có ¢V là một số chính phương Khi đó ta có b là một

số chính phương

- Với b = 0, ta có a = Ta th1 ấy 0 và 1 là hai số chính phương liên tiếp (đúng với dpcm)

- Với b >0, ta có ( )

2

2

é

ê ê

-êë

Ta thấy b và ( )2

1

b + là hai số chính phương liên tiếp;( )2

1

b - và b là hai số chính phương liên tiếp (điều

phải chứng minh)

Vậy a và b là các số chính phương liên tiếp

Nhận xét: Bài toán này, thực chất là sử dụng các tính chất của hàm số, đặc biệt là hàm số bậc hai dạng 2

y= ax với 0

a¹ , ngoài ra còn sử dụng các công thức liên quan đến khoảng cách, độ dài,…

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

 Biến đổi đẳng thức đã cho thành phương trình bậc hai đối với một ẩn

a +b + = ab+ +a b Û a - a b+ + b + - b =

( ) ( )2 2

Û - + + - = coi là phương trình bậc hai ẩn a tham số b

 Phương trình bậc hai 2

Ax + Bx+C= với A¹ có biệt thức 0 D ¢ được tính bởi công thức

2

¢

D = -

Phương trình 2 ( ) ( )2

a - a b+ + b- = là phương trình bậc hai, ta có

¢

 Điều kiện để một phương trình bậc hai có nghiệm khi D ³ ¢ 0

Phương trình 2 ( ) ( )2

a - a b+ + b- = là phương trình bậc hai có nghiệm khi D ³ hay ¢ 0

4b³ 0Û ³ b 0

 Điều kiện cần để một phương trình bậc hai có nghiệm nguyên khi ¢D là số chính phương

Với ;a b là các số nguyên thì phương trình 2 ( ) ( )2

a - a b+ + b- = có ¢D là số chính phương suy ra 4b

là số chính phương

 Tích của một số chính phương với một số nguyên là một số chính phương khi số nguyên đó là số chính phương

Ta có 4b là số chính phương và 2

4= 2 là số chính phương nên b cũng là số chính phương

 Số chính phương luôn lớn hơn hoặc bằng 0

+ Với b = 0 là số chính phương ta suy ra a = 1 thỏa mãn là hai số chính phương liên tiếp

+ Với b > 0 là số chính phương thì D > ¢ 0

 Phương trình bậc hai 2

Ax + Bx+C= với A¹ có 0 D > ¢ 0 thì có hai nghiệm phân biệt x B

A

¢

- + D

=

hoặc x B

A

¢

- - D

Khi b >0 thì 2 ( ) ( )2

a - a b+ + b- = có D > ¢ 0 nên có hai nghiệm phân biệt

2

2

é

ê

ê

-êë

 Hai số chính phương liên tiếp là hai số bình phương của hai số nguyên liên tiếp

+ Với ( )2

1

a= b+ và b là số chính phương ta có b và ( b +1) là hai số nguyên liên tiếp nên ( )2

b và

1

b + là hai số chính phương liên tiếp hay b và a là hai số chính phương liên tiếp

+ Với ( )2

1

a= b- và b là số chính phương ta có b - 1 và b là hai số nguyên liên tiếp nên ( )2

1

b - và

b là hai số chính phương liên tiếp hay a và b là hai số chính phương liên tiếp

Câu IV

1) Nối EM Tứ giác EFBC là tứ giác nội tiếp nên · ABC= AEF· (1)

XBA= ACB (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến-dây cung cùng chắn cung AB của (O) (2)

MEC

2

BC

ME= MC= nên MECV cân tại M , suy ra · BCA= MEC·

Kết hợp với (2), ta có được ·XBA= ·MEC

Cộng vế theo vế với (1), ta được ·ABC+ XBC· = ·AEF+ MEC·

180

Suy ra EXBM là tứ giác nội tiếp, suy ra · XMB= XEB· (3)

Tứ giác AFHE là tứ giác nội tiếp nên · FEB= FAD·

Kết hợp với (3), suy ra ·XMB= FDA· mà ·FAD= FCB· nên ·XMB= FCB· hai góc này ở vị trí đồng vị của XM và

FC suy ra XM FCP mà FC^ AB, do đó XM AB^ (điều phải chứng minh)

Nhận xét: Bài toán chứng minh hai đường thẳng vuông góc ta sử dụng mối quan hệ của hai đường thẳng với một đường thẳng thứ ba bằng tính chất từ quan hệ vuông góc và quan hệ song song

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

 Tứ giác có hai đỉnh liên tiếp cùng nhìn một cạnh dưới hai góc bằng nhau là tứ giác nội tiếp

Trong ABCD có đường cao BE và CF nên ·· 90

90

ïïí

ïïî Tứ giác EFBC có hai đỉnh liên tiếp

E và F cùng nhìn c ạnh BC dưới hai góc cùng bằng 90° nên tứ giác EFBC là tứ giác nội tiếp

 Tứ giác nội tiếp có góc trong tại một đỉnh bằng góc ngoài tại đỉnh đối diện

Tứ giác EFBC là tứ giác nội tiếp có · ABC là góc trong t ại đỉnh B và · AEF là góc ngoài t ại đỉnh E đối diện

với B nên có · ABC= ·AEF

 Trong một đường tròn, góc tạo bởi tia tiếp tuyến - dây cung và góc nội tiếp cùng chắn một chung thì bằng nhau

+ ·XBA là góc t ạo bởi tia tiếp tuyến BX và dây cung BA chắn cung » BA của đường tròn ( )O ;

+ ·ACB là góc nội tiếp chắn cung »BA của đường tròn ( )O ;

suy ra ·XBA= ACB·

 Tam giác có hai cạnh bằng nhau là tam giác cân

MEC

V có

2

BC

ME= MC= nên MECV cân tại M

 Tam giác cân có hai góc kề cạnh đáy bằng nhau

MEC

D cân tại M nên · BCA= MEC· suy ra ·XBA= MEC· và ·ABC+ XBC· = AEF· +MEC·

180

 Tứ giác có tổng hai góc trong đối diện bằng 180° là tứ giác nội tiếp

+ Tứ giác EXBM có · · 0

180

XBM+XEM= nên tứ giác EXBM là tứ giác nội tiếp · XMB= XEB· (hai góc nội

tiếp cùng chắn cung »XB c ủa đường tròn ngoại tiếp tứ giác EXBM );

+ Tứ giác AFHE có · AFH+ ·AEH= 90°+90° = 180° nên tứ giác AFHE là tứ giác nội tiếp nên

FEB= FAD;

suy ra ·XMB= FDA· mà ·FAD= FCB· nên ·XMB= FCB·

 Hai góc ở vị trí đồng vị của hai đường thẳng bằng nhau thì hai đưởng thẳng này song song

Hai góc ·XMB và · FCB ở vị trí đồng vị của hai đường thẳng XM và FC thỏa mãn · XMB= FCB· nên suy ra

XM FCP

 Đường thẳng a b P và a c ^ thì b c^

Ta có XM FC XM AB

íï ^

ïî

P

(điều phải chứng minh)

2) Tứ giác ABME là tứ giác nội tiếp nên · SXM= BEM· mà ·BEM= EBM· ( MBEV cân tại M )

Tứ giác BFHD là tứ giác nội tiếp nên · EBM= ·DFE

Kết hợp với trên suy ra ·SXM= HFD· (*)

Ta có ;S M O th; ẳng hàng do OM và SO cùng vuông góc với BC , suy ra · 0 1¶

90 2

Tứ giác AFDE là tứ giác nội tiếp nên ta có

2

suy ra ·MSB= FDA· , kết hợp với (*) ta có MXSV ∽VHFD (g - g) (điều phải chứng minh)

Nhận xét: Chứng minh hai tam giác đồng dạng thông qua trường hợp đồng dạng góc.góc có nghĩa là chứng minh hai tam giác có hai cặp góc bằng nhau thì hai tam giác đó đồng dạng

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

 Tứ giác nội tiếp và các kiến thức liên quan đã nhắc lại ở trên

+ Tứ giác ABME là tứ giác nội tiếp nên · SXM= BEM· (hai góc nội tiếp cùng chắn cùng ¼BM của đường tròn

ngoại tiếp tứ giác ABME )

+ Tứ giác BFHD là tứ giác nội tiếp nên · EBM= DFE· (hai góc nội tiếp cùng chắn cung ¼HD của đường tròn

ngoại tiếp tứ giác BFHD )

 Tam giác cân có hai góc kề cạnh đáy bằng nhau

Tam giác BMED cân tại M nên · BEM= EBM· , suy ra ·SXM= HFD·

 Tiên đề Ơ-clit: “Từ một điểm nằm ngoài một đường thẳng đã cho kẻ được một và chỉ một đường thẳng vuông góc với đường thẳng đó

Ta có OM và SO cùng vuông góc với BC nên , , S M O thẳng hàng

 Tổng của hai góc nhọn trong một tam giác vuông bằng 90°

Tam giác SMBD vuông tại M nên · MSB+SBM· = 90°

 Trong một đường tròn, số đo góc tạo bởi tia tiếp tuyến - dây cung bằng nửa số đó cung mà góc đó chắn

Ta có ·SBM là góc t ạo bởi tia tiếp tuyến BS và dây cung BC chắn cung » BC nên · 1»

2

SBM= BC, suy ra

90

2

 Tứ giác nội tiếp

Tứ giác AFDE có hai đỉnh liên tiếp E và F cùng nhìn cạnh AD dưới góc vuông nên AFDE là tứ giác nội

tiếp, suy ra ·FDA= FCA· (hai góc nội tiếp cùng chắn cung »FA c ủa đường tròn ngoại tiếp tứ giác AFDE ),

suy ra ·MSB= FDA·

 Hai tam giác có hai cặp góc bằng nhau thì đồng dạng với nhau

Xét MXSD và HFDD có: ·MSX= FDH· ; ·SXM= HFD·

Suy ra MXSD ∽DHFD (g – g) (điều phải chứng minh)

3) Ta có

( - )

FY (g - g)

ïïï

íï

ïïïî

∽

∽

Þ = Û = (điều phải chứng minh)

Nhận xét: Chứng minh hai tỷ số bằng nhau dựa vào tam giác đồng dạng suy ra các cặp cạnh tương ứng tỷ lệ

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

 Hai tam giác có hai cặp góc bằng nhau thì đồng dạng

+ Xét AEFD và ABCD có:

- ·BAC chung;

- ·AEF= ABC· (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp FECB );

suy ra AEFD ∽DABC (g – g)

+ Xét ACDD và AFYD có:

- ·ADC= AYF· (=90° ; )

- ·ACD= ·AFY (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp FECB );

suy ra ACDD ∽DAFY (g – g)

 Hai tam giác đồng dạng có các cặp cạnh tương ứng tỷ lệ

+ AEF ABC AC BC

+ ACD AFY AC CD

suy ra BC CD EF BC

EF = FYÛ FY= CD (điều phải chứng minh)

Câu IV Đặt

ìï - =

ïïï - =

ïïí

ï - =

ïïï - =

ïïî

với ; ; ;a b c d là các số nguyên (hiệu các số nguyên là số nguyên)

Khi đó ta có A C

ìï - = +

ïí

ï - = +

( ) (2 )2

X= AB= a +b Y= BC= c +d Z=CA= a+c + b+d

Theo công thức Hê-rông ta có:

ABC

-=

V

( )( )( )( )

2S ABC X Y Z X Y Z Z X Y Y Z X

Tính (X+Y+Z X)( +Y- Z)như sau:

2

X+Y+Z X+Y- Z = X+Y - Z = X +Y + XY- Z

2 a b c d 2ac 2bd

Tính (Z+X Y Y- )( +Z- X)như sau:

2

Z+X Y Y- +Z- X = Z - X Y- = Z + XY- X - Y

2ac 2bd 2 a b c d

Kết hợp lại, ta có

2S ABC= 4 éê a + b c +d - ac- bd acùéúê +bd+ a +b c +d ùú

V

4 a b c d ac bd 4 a d 2abcd b c

4 ad bc 4ad bc

Là một số nguyên với mọi ; ; ;a b c d là số nguyên (điều phải chứng minh)

Nhận xét: Bài toán sử dụng tư duy của đại số và số học, áp dụng một số công thức tính toán của hình học

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

 Hiệu của hai số nguyên là một số nguyên

Đặt

ìï - =

ïïï - = ìï - = +

ïï - =

ïïî

với , , ,x A x B x C y A,y B,y C, , , ,a b c d là các số nguyên

 Công thức tính khoảng cách giữa hai điểm ;M N trong mặt phẳng tọa độ ( ) (2 )2

Ta có

ïïï

íï

ïïïî

 Công thức Hê-rông: Trong một tam giác có độ dài ba cạnh là ; ;a b c Với

2

= là nửa chu vi của tam giác Ta có công thức tính diện tích tam giác đó S= p p( - a p)( - b p)( - c)

Áp dụng vào tam giác ABCD với ba cạnh AB BC CA ; ; có độ dài lần lượt là ; ;X Y Z ta được:

ABC

S = + + æçç + + - Xö æ÷÷÷çç + + - Yö æ÷÷÷çç + + - Zö÷÷÷

V

X+Y+Z X+Y- Z Z+X- Y Y+Z- X

=

4

X+Y+ Z X+Y- Z Z+X- Y Y+Z- X

=

 Tính ; ;X Y Z theo ; ; a b c

+ Tính (X+Y+ Z X)( +Y- Z) như sau: