Tạp chí toán tuổi thơ 2 kỳ số 33

Trªn mçi hµng ngang lµ mét tõ liªn quan ®Õn tr­êng häc cña chóng ta.[r]

l Kết quả : Veừ hai ủửụứng thaỳng (TTT2 số 31)

song song

lSố lần thao tác không ít hơn ba vì đã mất

hai thao tác vẽ hai đường thẳng song song

theo yêu cầu

Do hai đường tròn giao nhau thì dây chung

vuông góc với đường nối tâm suy ra AB, CD

cùng vuông góc với OO’  AB // CD

+ Chú ý : Thực ra chỉ cần cho trước một

đường tròn tâm O ta vẫn dựng được hai

đường thẳng song song nhờ ba thao tác :

- Vẽ đường tròn tâm O’ : tâm O’ nằm trên

đường tròn tâm O, bán kính bằng bán kínhcủa đường tròn tâm O hai đường tròn cắtnhau tại hai điểm A, B

- Vẽ đường thẳng qua O, A ;

- Vẽ đường thẳng qua O’, B

Kết quả : OA // O’B (OAO’B là hình thoi)

l Các bạn được thưởng kì này : Đào ánhDương, 13 Thái Phiên, Q Hai Bà Trưng, HàNội ; Võ Thị Ngọc Lưu, 8/6, THCS Trần Phú,Phú Ninh, Quảng Nam ; Nguyễn MạnhTuấn, 8B, THCS Lí Nhật Quang, Đô Lương,Nghệ An ; Hoàng Quốc Việt, 9A, THCSPhong Châu, TX Phú Thọ, Phú Thọ ; BùiVui, 9B, Phú Thái, Kim Thành, Hải Dương

Anh Compa

Bạn hãy cho biết, bốn hình tròn đườngkính là bốn cạnh của một tứ giác lồi cóphủ kín được tứ giác đó không ?

Nguyễn đình dũng(248 Lê Trọng Tấn, Thanh Xuân, Hà Nội)Bạn hãy cho biết, bốn hình tròn đường

lKỡ naứy :

TTT2 số 22 đã từng nhắc nhở các bạn

không được coi nhẹ kiến thức cơ bản Tôi

muốn nói thêm rằng, việc tiếp thu kiến thức

mang tính chất kế thừa, vì vậy cần phải

thực hiện một cách chắc chắn, đầy đủ, có

hệ thống qua từng lớp học, cấp học, tạo

nền tảng vững chắc, giúp ích cho các bạn

sau này

Thậm chí, đối với một số bài toán, dạng

toán của lớp trên, không cần chờ đến khi

học tới “lớp đó” thì mới giải quyết được Đề

thi tuyển sinh ĐH, CĐ môn Toán, khối A

năm 2005 là một ví dụ (có hai câu chỉ cần

dùng kiến thức THCS) :

Bài toán 1 (trích câu II.2) :

Giải bất phương trình :

(1)Lời giải : Điều kiện căn thức có nghĩa :

Bất đẳng thức này đúng với mọi a, b,

đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b Nhậnxét trên được chứng minh

Sau đây là hai cách chứng minh dựa vàobất đẳng thức (2) :

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x  y  z

chắc kiến thức ngay từ các lớp dưới sẽ giúp

các bạn giải quyết tốt các bài toán trong

các kì thi sau này

Mặc dù không phải bạn nào cũng đều

đã được dùng điện thoại di động, song kìnày, tất cả các thám tử Tuổi Hồng đều cócâu trả lời chính xác : mỗi chữ cái trongmật thư tuyết trắng ứng với một chữ sốtrên bàn phím điện thoại Đó là chữ sốcùng nằm trên một nút phím với chữ cái

đó Ta có T-8, U-8, Y-9, E-3, T-8, T-8, R-7,A-2, N-6, G-4 Vậy mật mã két sắt là

8893887264 Phần thưởng được trao chonăm bạn giải thích rõ ràng và trình bày

đẹp : Trần Diệu Linh, 7E, THCS VănLang, TP Việt Trì, Phú Thọ ; NguyễnQuang Tùng, số 12 ngách 38 ngõ 515Hoàng Hoa Thám, Hà Nội ; Hoàng MinhTuấn, 8G, THCS Trần Mai Ninh, TP.Thanh Hóa, Thanh Hóa ; Trần Lê ThùyLinh, 9B, THCS Hoàng Xuân Hãn, ĐứcThọ, Hà Tĩnh ; Nguyễn Văn Quốc Bảo,7/4, THCS Nguyễn Khuyến, Đà Nẵng

Thám tử Sê-Lốc-Cốc

l K Kếếếếếếếế Kếếtếtếtếếtếtttếtếếtế qqqqqqqqqqqqqqqqqqquuuuuuu qu quảảảảả uả uảả ::::: (TTT2 số 31)

KHOÂNG TOÀN TAẽI TAM GIAÙC CAÂN ?

Moọt lụứi giaỷi cho keỏt quaỷ ủuựng !

l Keỏt quaỷ : (TTT2 số 31)

Hầu hết các bạn đều chỉ ra được chỗ sai

của lời giải khi nhân từng vế của hai bất

đẳng thức cùng chiều trong khi có những vế

nhận giá trị âm Một số bạn đưa ra phản thí

dụ khá cụ thể, chẳng hạn 5 > 3 và 2 > 3

nhưng 5.(2) < 3.(3) Lời giải đúng khá

đơn giản : P  (x2 1)(x2 1)  x4 1  1

Ta có P = 1 khi và chỉ khi x4 0 hay x  0

Do đó giá trị nhỏ nhất của P là 1 đạt được

khi và chỉ khi x  0

Nhận xét : Một số bạn lập luận chưa

thuyết phục, chỉ nói rằng nhân từng vế của

hai bất đẳng thức cùng chiều như thế là

không được mà không nói gì thêm Có

những bạn giải lại tuy đúng nhưng rất phức

tạp Xin trao thưởng cho các bạn có lập

luận tốt nhất : Phạm Đình Tuyến, 8B, THCS

Nguyễn Chích, Đông Sơn, Thanh Hóa ; Võ

Hoài Duy, 63, THCS Nguyễn Thị Minh Khai,

Cam Phúc Bắc, Cam Ranh, Khánh Hòa ;

Lê Võ Châu Anh, tiểu khu 3, khu phố 2, thị

trấn Kỳ Anh, Hà Tĩnh (báo gấp địa chỉ lớp,

DGiả sử tồn tại tam giác ABC cân ở A

Dựng đường cao AH và phân giác BD của tam giác ABC (H  BC,

D  AC) ; dựng DI  BC ; dựng DE // BC (I  BC, E  AB)

Do BD là phân giác của suy ra

và

AD  DC  AC  0 A  C, vô lí.Vậy không thể tồn tại tam giác cân.Một phép chứng minh “hoàn hảo” chomột mệnh đề vô lí ! Các bạn nghĩ thế nào ?

phan ngọc hiếu(Lớp 8/3, THCS Lê Quý Đôn,

l Kết quả :

v Kỡ naứy :

(TTT2 số 31)

VEế TIEÁP HèNH CUOÁI !

TTT đăng bài giải của bạn Trần Thị Kim Phụng,

6/2, THCS Nguyễn Khuyến, Đà Nẵng :

Chuyển sang hình mới, phải xem màu

Hai bài quy luật giống như nhau

Sát cạnh trái màu, ô đổi chỗ

Cùng màu để vậy, có sao đâu

Dọc ngang, lên xuống đều như vậy

Phải trái, tung hoành chẳng thấy lâu

Cứ theo cách ấy làm bạn nhé

Hình cuối ra rồi, phải gửi mau

Ngoài bạn Phụng, TTT thưởng cho các bạn :

Nguyễn Quang Tùng, số nhà 12, ngách 38, ngõ

515 Hoàng Hoa Thám, Hà Nội ; Trần Thị Hải

Anh, 8A, THCS Liên Bảo, TX Vĩnh Yên, Vĩnh

Phúc ; Doãn Thành Luân, 8C, THCS Phùng Hưng,

TX Sơn Tây, Hà Tây ; Nhóm “Bút xanh”, 7E,

THCS Tiên Cát, địa chỉ liên lạc - số nhà 85 phố

Âu Cơ, phường Tiên Cát, TP Việt Trì, Phú Thọ

Nguyễn Đăng Quang

Bài 1 :

Bài 2 :

SUY LUAÄN VAỉ PHAÙT TRIEÅN

Tệỉ MOÄT BAỉI TOAÙN

Từ một bài toán cơ bản của sách giáo

khoa, ta có thể suy luận rồi phát hiện thêm

được những tính chất nào đó, sử dụng

những tính chất đó để phát triển, mở rộng

hay giải bài toán đó và các bài toán khác

Trong sách giáo khoa Toán 9 tập hai,

sau phần “Một số hệ thức về cạnh và

đường cao trong tam giác vuông” có bài

tập sau :

Bài toán 1 (Bài tập 9 trang 70) : Cho

hình vuông ABCD Gọi I là một điểm nằm

giữa A và B Tia DI và tia CB cắt nhau ở K

Kẻ đường thẳng qua D, vuông góc với DI

Đường thẳng này cắt đường thẳng BC tại L

Chứng minh rằng :

a) Tam giác DIL là một tam giác cân ;

b) Tổng không đổi khi I thay

đường thẳng BC mà PQ // DL thì PQ  DI

và PQ  DI (do PQ  DL, tính chất đoạnchắn) Từ đó có thể chứng minh được cáctính chất sau :

Tính chất 1 : Hai đoạn thẳng PQ và DI bịchắn bởi các đường thẳng chứa các cặpcạnh đối của một hình vuông mà vuônggóc với nhau thì bằng nhau

Tính chất 2 : Hai đoạn thẳng PQ và DI bịchắn bởi các đường thẳng chứa các cặpcạnh đối của một hình vuông mà cắt nhau

và bằng nhau thì vuông góc với nhau.Tính chất 3 : Hai đoạn thẳng PQ và DI bịchắn bởi các đường thẳng chứa các cặpcạnh đối của một hình chữ nhật mà bằngnhau và vuông góc với nhau thì hình chữnhật đó là hình vuông

Sau đây là một số bài toán về hìnhvuông đã khai thác và sử dụng các tínhchất trên

Bài toán 2 : Hãy dựng hình vuôngABCD biết đỉnh D và điểm I thuộc cạnh AB sao cho (k là hằng số cho trước).Lời giải :

Phân tích : Giả sử dựng được hình vuôngABCD thỏa mãn yêu cầu Qua I kẻ đườngthẳng vuông góc với DI, cắt các đườngthẳng AD, BC lần lượt tại P, Q

Theo tính chất 1 ta có ID  PQ ; Mặtkhác ta có AIP BIQ (g.g) suy ra :

Dựng hình : Qua I, dựng đường thẳng d

vuông góc với DI Trên d xác định P, Q thỏa

mãn (*) và I thuộc đoạn PQ

Nối DP, qua I dựng đường thẳng vuông

góc với DP, cắt DP tại A ; qua Q dựng

đường thẳng vuông góc với IA, cắt IA tại B ;

qua D dựng đường thẳng vuông góc với

BQ, cắt BQ tại C

ABCD chính là hình vuông cần dựng

Chứng minh : Dễ thấy I thuộc AB ;

và ABCD là hình chữ nhật

Theo tính chất 3 thì ABCD là hình vuông

Biện luận : Bài toán có hai nghiệm hình

(bạn đọc tự giải thích)

Bài toán 3 : Cho hình vuông ABCD, E là

một điểm bất kì trên đường chéo AC Dựng

EF, EG lần lượt vuông góc với AD, DC (F

thuộc AD, G thuộc DC) Chứng minh rằng

AG, BE, CF đồng quy

Lời giải :

Từ giả thiết ta suy ngay được EFDG làhình chữ nhật ; AFE là tam giác vuông cântại F Suy ra AF  DG  BAF  ADG 

BF  AG, dễ thấy BF cắt AG, theo tính chất 2

ta có BF vuông góc với AG ;Hoàn toàn tương tự, ta chứng minh được

BG vuông góc với CF ;Gọi H là giao của EF và BC, dễ thấy

vuông góc với BH nên BE vuông góc với GF.Vậy AG, BE, CF lần lượt chứa ba đườngcao của GBF, suy ra ba đường thẳng này

đồng quy

Bài toán 4 : Cho hình vuông ABCD,

quay xung quanh D (I thuộc cạnh AB, M thuộc BC) Chứng minh rằng

IBM có chu vi không đổi

Lời giải :

Dựng DL vuông góc với DI (L thuộc đườngthẳng BC) Theo tính chất 1 ta có DI  DL.Suy ra ADI  CDL (hai tam giác vuông,

Cuoọc thi voõ ủũch Toaựn Quoỏc gia

ma-laI-xi-a

Ma-lai-xi-a (Malaysia) đã từng không có đủ mặt bằng giáo dục Toán học tương thích

để có thể tham gia những cuộc thi khu vực hay quốc tế (IMO) Họ chú trọng đến việcnày khá muộn, vào năm 1995 Ma-lai-xi-a mới bắt đầu chọn ra chỉ hai học sinh và haiquan sát viên tham dự IMO Trong thời gian từ năm 1995 đến 1999, điểm số của độituyển IMO của Ma-lai-xi-a rất thấp, không dành được bất cứ huy chương nào

Nhưng vào năm 1996, giáo sư Abu Osman Md Tap nhận trách nhiệm chọn và huấnluyện đội tuyển IMO của Ma-lai-xi-a, theo đề nghị của ông và các cộng sự, vào năm

1998, lần đầu tiên họ tổ chức cuộc thi Toán quốc gia dành cho học sinh THPT Thànhtựu đầu tiên được ghi nhận vào năm 2000, khi hai học sinh Ong Shien Jin và Mohd.Suhaimi Ramly cùng dành được huy chương đồng IMO, điều đó chứng tỏ rằng, sự quantâm đúng mức thường dẫn đến những kết quả khả quan

Bạn đọc có thể tìm hiểu kĩ hơn ở địa chỉ :

http://www.eecs.harvard.edu/~shienjin/imo-malaysia.html

Kể từ năm 2002, Ma-lai-xi-a đã sáng lập và tài trợ chủ yếu cho cuộc thi Toán liên quốcgia vùng Đông nam á (SEAMEO Mathematics Olympiad), một cuộc thi mà chúng tôi hivọng sẽ được giới thiệu với các bạn vào một dịp gần nhất

Sau đây, chúng tôi xin giới thiệu một số bài trong các kì thi vô địch toán quốc gia Ma-lai-xi-a, các năm 1998, 1999, 2000

Bài 1 (năm 1998) : Chứng minh rằng a2 b2không thể là một số chính phương với

AB, CA, trong đó PQ // AC, PR // AB Gọi P’

là điểm đối xứng của P qua QR

Ta cần chứng minh ACBP’ là tứ giác nộitiếp Thật vậy :

ngày hôm đó và người Pi có mặt trong

khoảng thời gian từ aigiờ đến bigiờ (kí hiệu

 [ai, bi] và [aM, bM] rời nhau trong đó

[aM, bM] là khoảng thời gian sau ;

Từ bm [ai, bi] suy ra bm< bi bm< ai

 [ai, bi] và [am, bm] rời nhau trong đó

[am, bm] là khoảng thời gian trước

Suy ra [am, bm] ; [ai, bi] ; [aM, bM] là ba

khoảng thời gian đôi một rời nhau, mâu

thuẫn với giả thiết

Vậy aM [ai, bi] hoặc bm [ai, bi] với mọi

i  {1, 2, , n} hay T ; T’ chính là aM; bm

Bài 3 (năm 1952) :

ra Trên BC, CA, AB lần lượt lấy các điểm A’’,B’’, C’’ sao cho A’B’’ // AB ; B’C’’ // BC ; C’A’’ // CA Suy ra CA’B’’ CBA

 A’B’’  (1  k)AB ; CB’’  (1  k)CA

Cộng theo từng vế ba bất đẳng thức trên

ta có điều phải chứng minh

Bài 4 (năm 1953) : Đặt A  {a1, a2, , ak} ;

B  {b1, b2, , bh} Xét tập hợp các số :{a1, a2, , ak, n  b1, n  b2, , n  bh}.Tập hợp có hơn n  1 số, các số đều thuộctập hợp {1, 2, , n  1} nên phải có hai sốbằng nhau Do a1, a2, , akđôi một khácnhau và n  b1, n  b2, , n  bhđôi một khácnhau nên tồn tại ai n  bj, suy ra đpcm.Bài 5 (năm 1954) : Gọi X là một đấu thủ

có số trận thắng là n, không ít hơn mọi đấuthủ khác ; Y là một đấu thủ khác X

Nếu X thắng Y thì không có gì để bànthêm cả

Nếu X thua Y mà tất cả n đấu thủ thua X

đều thua Y thì Y thắng ít nhất n  1 trận,mâu thuẫn với giả định ban đầu Như vậytrong n đấu thủ thua X có ít nhất một đấuthủ Z nào đó phải thắng Y, trong trường hợpnày X thắng Z và Z thắng Y

Bài toán được chứng minh

ẹEÀ THI HOẽC SINH GIOÛI LễÙP 9, NAấM HOẽC 2004-2005

Bài 2 : (1,5 điểm) Cho hai số tự nhiên m và n thỏa mãn là số nguyên Chứng minh rằng : ước chung lớn nhất của m và n không lớn hơn

Bài 3 : (3,0 điểm) Cho hai đường tròn (O1) và (O2)) cắt nhau tại A và B Tiếp tuyếnchung gần B của hai đường tròn lần lượt tiếp xúc với (O1) và (O2)) tại C và D Qua A

kẻ đường thẳng song song với CD, lần lượt cắt (O1) và (O2)) tại M và N Các đườngthẳng BC, BD lần lượt cắt đường thẳng MN tại P và Q ; các đường thẳng CM và DN cắtnhau tại E Chứng minh rằng :

1) Đường thẳng AE vuông góc với đường thẳng CD ;

2) Tam giác EPQ là tam giác cân

Bài 4 : (2,0 điểm) Giải hệ phương trình

Chú ý : Đón đọc hướng dẫn giải của đề thi trên ở số tạp chí tiếp theo

CUOÄC CHễI CUỉNG TIN NHAẫN 986

(Tiếp theo trang 21)

3 Không chỉ là văn

Bạn hãy tìm một loại xe khác thích hợp

hơn để sửa lại câu sau đây : “Xe cẩu san

lấp mặt bằng” và soạn tin nhắn :

3T V đáp án và gửi đến 986

Ví dụ : Nếu đáp án của bạn là “xe ca”,

bạn hãy nhắn tin :

3T V XECA và gửi đến 986

4 Vào thăm vườn Anh

Giải ô chữ ở dòng thứ sáu từ trên xuống

bằng cách soạn tin nhắn :

3T OC đáp án và gửi đến 986

Ví dụ : Nếu ô chữ đáp án của bạn là

“SCHOOL” thì bạn hãy nhắn tin :

3T OC SCHOOL và gửi đến 986

5 Rừng cườiHãy giải đáp câu “Con gì gọi hạ vanglừng trên cây” bằng cách soạn tin nhắn :3T RC đáp án và gửi đến 986

Ví dụ : Nếu đáp án của bạn là “conchim”, bạn hãy nhắn tin :

3T RC CHIM và gửi đến 986

Cuộc chơi không hạn chế số tin nhắngiải đáp cho một câu đố Tòa soạn sẽ công

bố số máy trúng thưởng (số máy đã nhắntin đến số 986) Nếu bạn trúng thưởng thìbạn phải nhắn tin từ số máy đó về số máy

0903436757 với nội dung : “họ tên và địachỉ đầy đủ của bạn” để Tòa soạn gửi giảithưởng tới bạn Mong các bạn hưởng ứnghình thức thi mới qua tin nhắn tới số 986 !

Bảng A :Bài 1 : a) Với điều kiện x  0 ; y  0 ; x  y ta có :

Xét hai khả năng xy > 0 và xy < 0 ta đều dẫn đến kết quả P  1

b) Với điều kiện 0 < x < 4, quy đồng mẫu thức rồi khử mẫu ta đưa phương trình vềdạng :

thỏa mãn điều kiện ban đầu

Bài 2 : a) Số đo hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông là nghiệm của phươngtrình bậc hai (m  2)x2 2(m  1)x  m  0 nên hai nghiệm của phương trình này phảidương, do vậy ta có m  2 ;   0 ; P  x1 x2> 0 ; S  x1.x2> 0

a) Điều kiện cần : Nếu tứ giác ABCD nội tiếp thì (cùng bù với )

Vẽ đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE, cắt EF tại điểm thứ hai M, ta có

(cùng bù với ), suy ra tứ giác MADF nội tiếp

 EMA EDF và FAM FEB  EA.ED  EM.EF và FA.FB  FM.EF

 ADF AME 

 EA.ED  FA.FB  EM.EF  FM.EF

 (EM  FM).EF  EF2.b) Điều kiện đủ : Nếu EA.ED  FA.FB  EF2, vẽ

các đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABE và DAF,

giả sử chúng cắt EF lần lượt tại M, N Ta sẽ chứng

minh M trùng với N

Ta có

suy ra EA.ED  FA.FB  EF2 EN.EF  FM.FE  EF(EN  FM)  EN  FM  EF  M  N

Từ đó ta có : (cùng bù với ) ; (cùng bù với ) suy ra

hay tứ giác ABCD nội tiếp

Bài 4 : Đặt BC  6a

Vì nên BE  EC  CF  3a ;

AB  AC  4a ; AF  AC  CF  a

Dễ thấy OECF là tứ giác nội tiếp Để chứng

tỏ BF là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp

tứ giác đó, ta phải chứng minh BF2 BE.BC

Ta có BE.BC  3a.6a  18a2 (1)

Kẻ FH vuông góc với BC, ta có FH // AE, suy ra

Bài 2 : b) Ta tìm tất cả các giá trị của y để phương trình sau có nghiệm đối với ẩn x :

Nếu y  0, phương trình trên có nghiệm

Nếu y  0, phương trình là phương trình bậc hai, có nghiệm khi và chỉ khi :

Vậy tập giá trị của y là [1 ; 4] nên giá trị nhỏ nhất của y là 1 và giá trị lớn nhất của

y là 4

Bài 3 : a) Dễ thấy tam giác OAB vuông cân tại O

nên và O thuộc đường tròn đường

kính AB Như vậy OMAB là tứ giác nội tiếp, suy ra

 OM  CN Tương tự

ta có ON  CM Suy ra O là trực tâm của tam giác

CMN, suy ra OC  MN

b) Các bạn hãy chứng minh OMBN là hình thang

cân, suy ra MN  OB, suy ra 2.MN AB.

AD CF  AC CF

l Kết quả :

THI GIAÛI TOAÙN QUA THệ

12 chữ số Chứng minh rằng nếu thay các

dấu sao (*) bởi các chữ số khác nhau trong

ba chữ số 1, 2, 3 một cách tùy ý thì số đó

luôn chia hết cho 396

Lời giải : Ta nhận thấy, vị trí của các chữ

số thay thế ba dấu sao trong số trên đều ở

+ A chia hết cho 4 vì số tạo bởi hai chữ số

tận cùng của A là 16 chia hết cho 4

Vậy ta có điều phải chứng minh

Nhận xét : 1) Đa số các bạn đều giải

đúng, tuy nhiên vẫn còn một số lỗi đáng tiếc

như “A chia hết cho 396 vì A có tổng các

chữ số chia hết cho (3 9 6)”

2) Các bạn có lời giải tốt là : Trần Thanh

Huyền, 6A, THCS Nghèn ; Phan Thị Trang

Nhung, 6C, THCS bán công Xuân Diệu, Can

Lộc ; Lê Chí Hiệp, 6B, THCS Hoàng Xuân

Hãn, Đức Thọ , Hà Tĩnh ; Nguyễn Đức Tân,

6C, THCS Cao Xuân Huy, Diễn Châu, Nghệ

An ; Bùi Thế Bun, 6B, THCS Phú Thái, Kim

Thành ; Nguyễn Đức Nguyên, 6A, THCS

Phạm Sư Mạnh, Kinh Môn, Hải Dương ;

Đoàn Đức Dương, 6A, THCS An Tiến, An

Lão, Hải Phòng ; Hoàng Thị Vân Anh, 6B,

THCS Lê Hữu Lập, Hậu Lộc, Thanh Hóa ;Nguyễn Hoàng Giang, 6A, trường Hà Nội -Amsterdam, Hà Nội ; Võ Hoài Duy, 6/3,THCS Nguyễn Thị Minh Khai, Cam PhúcBắc, Cam Ranh, Khánh Hòa ; Nguyễn Thúc

Vũ Hoàng, 6M, THCS Nguyễn Huệ, TX Đông

Hà, Quảng Trị ; Phùng Quang Anh, 6A1,THCS Lâm Thao, Lâm Thao, Phú Thọ ;Nguyễn Vũ Hải, 6A3, THCS Hai Bà Trưng,

đều giải đúng và giải bằng nhiều cách khácnhau Có bạn sai lầm khi giải với điều kiện

x, y, z là số nguyên : “từ z(z  y)  1 ta có

z  1 hoặc z  1” Các bạn có lời giải ngắngọn hơn là : Tạ Thế Anh, Trần Quang Sự,9A1, THCS Yên Lạc, Yên Lạc, Vĩnh Phúc ;Phạm Quang Thịnh, 7H, THCS Hùng Vương,

TP Tuy Hòa, Phú Yên ; Võ Thị Hải Sâm, ĐậuPhi Lực, Hồ Hữu Quân, Nguyễn Công Hoan,8C, THCS Hồ Xuân Hương, Quỳnh Lưu,

2

2 2

Nghệ An ; Phạm Minh Quân, 82, THCS

Nguyễn Du, Phan Thiết, Bình Thuận ;

Nguyễn Danh Phú, 7/3, THCS Lê Văn Thiêm,

Long Bình Tân, TP Biên Hòa, Đồng Nai ;

Nguyễn Thanh Tùng, 6B, THCS Thị trấn Nho

Quan, Nho Quan, Ninh Bình ; Nguyễn Văn

Lương, 8A, THCS Đông Thọ, TP Thanh Hóa,

Thanh Hóa ; Võ Xuân Minh, 81, THCS

Nguyễn Văn Trỗi, Cam Nghĩa, Cam Ranh,

Khánh Hòa ; Đào Mạnh Linh, 7C1, THCS

Quang Trung, Hải Phòng ; Phạm Thị Thu

Nhàn, 9A1, THCS 719, Eakly, Krông Păk,

Đắk Lắk ; Trần Minh Đức, 9A7, THCS Trần

Đăng Ninh, TP Nam Định, Nam Định

ltnBài 3(31) : Tìm giá trị lớn nhất của biểu

thức A bằng :

Lời giải : (của bạn Lê Thị Nguyệt, 9A3,

THCS Chu Mạnh Trinh, Văn Giang, Hưng Yên)

Điều kiện để A có nghĩa là :

Viết biểu thức dưới dạng :

áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số

, đồng thời nhận xét x2 3x  4 > 0 với mọi x  2 cũng

Nguyễn Văn MạnhBài 4(31) : Cho a, b, c là độ dài ba cạnhcủa một tam giác Chứng minh rằng :

(1)Lời giải : Trước hết chúng ta chứng minh

áp dụng bất đẳng thức (2), ta suy ra

Bất đẳng thức (1) đã được chứng minh

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi :

a  b  c  b  c  a  c  a  b  a  b  c

Nhận xét : Hầu hết các bạn gửi lời giải tới

tòa soạn đều giải như trên Các bạn có lời

giải tốt là : Nguyễn Ngọc Long, 7A, THCS

Thuận Thành ; Nguyễn Hồng Vân, 7D,

THCS Tam Sơn, Từ Sơn, Bắc Ninh ; Nguyễn

Đại Thắng, 7A, THCS Nguyễn Quang Bích,

Tam Nông, Phú Thọ ; Đậu Thị Thanh Nga,

6B, THCS Quỳnh Thiện, Quỳnh Lưu ; Trần

Thị Thảo, 7B, THCS Hồ Xuân Hương,

Quỳnh Lưu ; Đậu Thế Vũ, 7B, THCS Cao

Xuân Huy, Diễn Châu, Nghệ An ; Trần Minh

Đức, Nguyễn Xuân Hoàn, 7/2 ; Nguyễn

Danh Phú, 7/3, THCS Lê Văn Thiêm, TX Hà

Tĩnh, Hà Tĩnh ; Nguyễn Phương Thảo, 7D,

THCS Quách Xuân Kỳ, Bố Trạch, Quảng

Bình ; Nguyễn Thúc Vũ Hoàng, 6M, THCS

Nguyễn Huệ, TX Đông Hà ; Võ Trần Tâm,

7E, THCS thị trấn Gio Linh, Quảng Trị

Nguyễn Minh ĐứcBài 5(31) : Cho tam giác ABC Đường

tròn tâm O nội tiếp tam giác lần lượt tiếp xúc

với các cạnh AB, BC theo thứ tự tại P, Q

Phân giác trong của cắt tia PQ tại E

Chứng minh rằng AE vuông góc với CE

Lời giải : Có ba trường hợp cần xem xét

Trường hợp 1 : AB  AC

Dễ thấy E trùng với Q Vì AB  AC nên

AQ  CQ  AE  CE (vì E trùng với Q).Trường hợp 2 : AB > AC Dễ thấy E thuộc

2) Các bạn sau đây có lời giải tương đối tốt :

Đặng Thế Thành, 9E, THCS thị trấn CẩmXuyên, Hà Tĩnh ; Văn Mạnh Tuấn, 9A1, THCSYên Lạc, Yên Lạc, Vĩnh Phúc ; Trần TấnThanh, 9A, THCS Hùng Phước, Nghĩa Hành,Quảng Ngãi ; Võ Minh Đức, Nguyễn KimTrọng, 9/2, THCS Nguyễn Khuyến, Đà Nẵng