Gián án Một số bài toán hay chọn lọc

Chứng minh : Trọng tâm của tam giác ABC nằm trong tam giác AMN.. Lời giải : của bạn Nguyễn Thị Quỳnh Mai, 6B, THCS Bán công Hương Khê, Hà Tĩnh Gọi G là trọng tâm ABC.. Chứng minh rằng P

Bài 1(2) : Tìm tất cả các số chính phương dạng

Lời giải :

Lại vì : 10001 ≤ ≤ 99999, => 101 ≤ k < 317 Vậy k phải là số có ba chữ số Đặt k = Cũng

từ giả thiết bài toán là số chính phương nên a thuộc {1, 4, 5, 6, 9}

+) Nếu a = 1 thì : 100 < < 142 (trong đó p = 1 hoặc p = 9)

Với p = 1, ta có các số thỏa mãn điều kiện bài toán là : 1012 = 10201, 1112 = 12321, 1212 = 14641 ; còn với p = 9 ta thấy không có số nào thỏa mãn điều kiện đề bài

+) Nếu a = 4 thì : 200 < < 224 (p = 2 hoặc p = 8) Thử trực tiếp ta có các số thỏa mãn là :

2022 = 40804, 2122 = 44944

+) Nếu a = 5 thì : 223 < < 245 (trong đó p = 5) Trong trường hợp này không có số nào thỏa mãn điều kiện đề bài

+) Nếu a = 6 thì : 244 < < 265 (p = 4 hoặc p = 6) Chỉ có một số thỏa mãn trường hợp này là :

2642 = 69696

+) Nếu a = 9 thì : 300 < < 317 (p = 3 hoặc p = 7) Trường hợp này cũng chỉ có một số thỏa mãn

là : 3072 = 94249 Tóm lại có 7 số thỏa mãn điều kiện bài ra : 10201, 12321, 40804, 14641, 44844,

69696, 94249

Nhận xét :

- Nếu bài toán có thêm điều kiện a, b, c đôi một khác nhau thì chỉ có 5 số thỏa mãn đề bài

Bài 3(2) : Cho tam giác ABC Các điểm M, N theo thứ tự thuộc các cạnh AB, AC sao cho diện tích

tam giác AMN bằng một nửa diện tích tam giác ABC (M ≠ B ; N ≠ C) Chứng minh : Trọng tâm của tam giác ABC nằm trong tam giác AMN

Lời giải : (của bạn Nguyễn Thị Quỳnh Mai, 6B, THCS Bán công Hương Khê, Hà Tĩnh)

Gọi G là trọng tâm ABC Đặt L là giao điểm của BG và AC ; O là giao điểm của BL và MN

Ta có : AL = CL ; GB/GL = 2 (1)

Theo giả thiết : S(AMN) = 1/2 S(ABC) Mặt khác, vì AL = CL nên : S(ABL) = 1/2 S(ABC)

Vậy S(AMN) = S(ABL) => S(OLN) = S(OMB)

=> S(BLN) = S(NMB) => ML // BN

=> : OB/OL = BN/ML = AN/AL < AC/AL = 2 (2) (định lí Talét)

Từ (1), (2) => :

OB/OL < GB/GL => OB/OL + 1 < GB/GL + 1 => BL/OL < BL/GL

=> GL < OL => G thuộc đoạn OL => G thuộc tam giác AMN (đpcm)

Nhận xét :

1) Bài này có khá nhiều bạn tham gia giải, tất cả đều giải đúng Tuy nhiên, nhiều bạn giải quá dài và phức tạp

2) Ngoài cách giải trên còn một hướng giải khác nữa

Đặt P là giao điểm của AG và BC ; Q là giao điểm của AP và MN

Ta có đẳng thức quen thuộc :

AB/AM + AC/AN = 2.AP/AQ (3)

Theo giả thiết :

S(ABC) / S(AMN) = 2 => AB/AM AC/AN = 2 (4)

Từ (3), (4), sau một vài biến đổi đại số, ta có : AG < AQ Từ đó => đpcm

Bài 4(2) : Giải phương trình :

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

Lời giải : (của bạn Phan Việt Thành, 8D, THCS Lương Thế Vinh, Tuy Hòa, Phú Yên)

Ta có : x2 + x + 1 = (x + 1/2)2 + 3/4 > 0 với mọi x

Mặt khác : Với mọi x ta có x4 + x2 + 4 ≥ 4

=> (x2 + x + 1) (x4 + x2 + 4) ≥ 4 (x2 + x + 1)

= x2 + 2x + 3 + 2x2 + (x + 1)2 > x2 + 2x + 3

Chứng tỏ phương trình vô nghiệm

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

Bài 1 (3) : Tìm tất cả các cặp số nguyên không âm (x, y) sao cho : x - y = x2 + xy + y2

Lời giải :

Giả sử có cặp số nguyên không âm (x, y) thỏa mãn hệ thức x - y = x2 + xy + y2 (1)

Từ đó dễ dàng => rằng x ≥ x - y = x2 + xy + y2 ≥ 3xy (2)

- Nếu x = 0, từ (1) ta có -y = y2 => y = 0

- Nếu x ≠ 0, thay x = 1 vào (2) => 1 ≥ 3y => y = 0, thay y = 0 vào (1) => x = x2 => x = 1

Tóm lại : Có hai cặp số (0, 0); (1, 0) thỏa mãn đề bài

Bài 2(4) : Cho a, b, c là 3 số thỏa mãn điều kiện :

Tính tổng : a2001 + b2002 + c2003

Lời giải :

Từ (1) => a, b, c ≤ 1 Trừ từng vế của (1) cho (2) ta có : a2002(1 - a) + b2002(1 - b) + c2002(1 - c) = 0 (3)

Vì a, b, c ≤ 1 nên a2002(1 - a) ≥ 0 ; b2002(1 - b) ≥ 0 ; c2002(1 - c) ≥ 0

Từ đó ta có a2001 = a2003 ; b2002 = b2003

=> : a2001 + b2002 + c2003 = a2003 + b2003 + c2003 = 1

Nhận xét :

1/ Từ lời giải trên, kết hợp với (1) hoặc (2) có thể => trong ba số a, b, c có đúng một số bằng 1 và hai số còn lại bằng 0

2/ Một số bạn từ (1) => 0 ≤ a ≤ 1 là sai Một số bạn tự thêm giả thiết a, b, c là các số nguyên dương

Bài 4(4) : Cho rABC 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 rABC

Lời giải :

Vì rABC nhọn nên trực tâm H nằm trong rABC (hình dưới).

Lần lượt đặt I là giao điểm của AH và PQ ; K là giao điểm của AM và PQ Từ giả thiết => tứ giác APHQ là hình bình hành, nên I là trung điểm của AH

Cũng từ giả thiết => AP vuông góc với AC ; AQ vuông góc với AB =>  BAC = AQH;  ACB

=  AHQ (các cặp góc có hai cạnh tương ứng vuông góc)

=> rABC đồng dạng với rQAH (g.g) => AB/QA = BC/AH = AC/AH

Mặt khác M, I lần lượt là trung điểm của BC, AH nên :

AM/QI = BC/AH = MC/IH => AM/QI = MC/IH = AC/QH

=> rAMC đồng dạng với rQIH (c.c.c)

=>  CAM =  HQI hay  EAK =  EQK => tứ giác KAQE nội tiếp

=>  AKQ =  AEQ = 90o (cùng chắn cung AQ, BQ vuông góc với AC) => PQ vuông góc với

AM (đpcm)

Bài 3(5) : So sánh A và B biết :

A = (20032002 + 20022002)2003

B = (20032003 + 20022003)2002

Lời giải : (của bạn Võ Văn Tuấn)

Ta sẽ chứng minh bài toán tổng quát :

(an + bn)n + 1 > (an + 1 + bn + 1)n với a, b, n là các số nguyên dương

Thật vậy, không mất tính tổng quát, giả sử a ≥ b (an + bn)n + 1 = (an + bn)n.(an + bn) > (an + bn)n.an = [(an + bn)a]n = (an.a + bn.a)n ≥ (an.a + bn.b)n = (an + 1 + bn + 1)n

Với a = 2003, b = n = 2002, ta có A > B

Bài 4(5) : Tam giác ABC có E là trung điểm cạnh BC sao cho  EAB = 15o ,  EAC = 30 Tính 

C

Lời giải : (của bạn Phạm Thị Hồng Anh)

Gọi F là điểm đối xứng của C qua AE và I là giao điểm của CF và AE, => AI vuông góc với CI Xét tam giác vuông IAC, vuông tại I, có  IAC = 30o =>  ACF =  ACI = 60o (1)

Ta có AI là trung trực của CF nên rAFC cân, từ (1) => rAFC đều

Nhận xét rằng, IE là đường trung bình của rBFC nên IE // FB, mà IE vuông góc với FC => BF vuông góc với FC hay rBFC vuông tại F => góc BFC = 90o ; rAFC đều =>  CFA = CAF =

60o , => :

 BFA =  BFC + CFA = 90o + 60o = 150o

 FAB =  CAF -  CFA -  BAE = 60o - 30o - 15o = 15o

Xét rFBA,  BFA = 150o và  FAB = 15o =>  FBA = 15o su ra rFBA cân tại F => FB = FA =

FC Từ đó, rBFC vuông cân tại F =>  BCF = 45o (2)

Từ (1), (2) =>  ACB =  ACF +  BCF = 60o + 45o = 105o

Vậy  C = 105o

Bài 2(7) : Cho a, b, c thỏa mãn : a/2002 = b/2003 = c/2004

Chứng minh rằng : 4(a - b)(b - c) = (c - a)2

Lời giải : Theo tính chất của tỉ lệ thức ta có :

a/2002 = b/2003 = c/2004 = (a - b)/(2002 - 2003) = (b - c)/(2003 - 2004) = (c - a)/(2004 - 2002)

=> : (a - b)/-1 = (b - c)/-1 = (c - a)/2

=> : (a - b)(b - c) = [ (c - a)/2 ]2

=> 4(a - b)(b - c) = (c - a)2 (đpcm)

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

Lại có : DE/MF = DR/MR = 15/35 = 3/7 => MR/MD = 7/10 (1)

Vì MS/MC = MF/EC = 35/45 = 7/9 => MS/MC = 7/16 (2)

Ta có : SMDC = SABCD - SAMD - SBMC = AB.AD - 1/2AD.(AM + MB) = 300 (cm2) (3)

Mặt khác, từ (1) và (2) ta có :

SMRS/SMCD = (MR/MD).(MS/MC) = 7/10 7/16 = 47/160

Do đó, từ (3) ta có :

SMRS = 300 (49/160) = 91,875 (cm2)

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

Lời giải :

Trường hợp 1 : Tam giác ABC nhọn (hình vẽ) Gọi L là điểm đối xứng của H qua BC

Ta có :  BLC =  BHC =  B ' HC ' (đối đỉnh) = 180o -  BAC (Vì AC 'HB ' nội tiếp)

=>  BLC +  BAC = 180o

=> tứ giác ABLC nội tiếp

=>  CLA =  CBA (1)

Mặt khác, vì  BB 'C =  BC 'C ( = 90o) nên tứ giác BC’B’C nội tiếp =>  AB ' C ' =  CBC ' (2)

Từ (1) và (2) => :  CLI =  AB 'I => tứ giác CLIB ’ nội tiếp =>  B 'CI =  B 'LI (3)

Theo giả thiết, tam giác AHB’ vuông tại B’, B’K là trung tuyến nên KB’ = KH =>  KB 'H =  KHB ' =  BHL =  BLH (vì tam giác BLH cân tại B) => tứ giác KB’LB nội tiếp , suy ra  B 'BK

=  B 'LK (4)

Từ (3) và (4) => tứ giác BCB’E nội tiếp (E là giao của CI và BK)

=>  BEC =  BB 'C = 90o => CI vuông góc với BK

Chú ý rằng : KI vuông góc với BC

Vậy I là trực tâm của tam giác KBC

Trường hợp 2 : Tam giác ABC tù, chứng minh hoàn toàn tương tự như trường hợp 1

Bài 1(11) : Phân tích số 8030028 thành tổng của 2004 số tự nhiên chẵn liên tiếp

Lời giải :

Ta thấy : Tổng của 2004 số tự nhiên chẵn liên tiếp là S = a + (a + 2) + + (a + 4006) = [ a + (a + 4006)] : 2 x 2004 = (a + 2003) x 2004

Do đó S = 8030028 tương đương với (a + 2003) x 2004 = 8030028 hay a = 2004

Vậy 8030028 = 2004 + 2006 + 2008 + + 6010

Bài 2(11) : Tìm số nguyên a lớn nhất sao cho số T = 427 + 41016 + 4a là số chính phương

Lời giải : Ta xét a là số nguyên thỏa mãn a ≥ 27 và T là số chính phương Nhận xét T = 427 (1 + 4989

+ 4a - 27) = (227)2 (1 + 21978 + (2a - 27)2), => S = 1 + 21978 + (2a - 27)2 là số chính phương

Chú ý : 1 + 21978 + (2a - 27)2 > (2a - 27)2 => 1 + 21978 + (2a - 27)2 ≥ (2a - 27 + 1)2

Tức là ta có 21978 ≥ 2.2a - 27

=> 1978 ≥ a - 26 => 2004 ≥ a

Với a = 2004 thì T = (227)2 (21977 + 1)2 là số chính phương

Vậy số nguyên a lớn nhất cần tìm là a = 2004

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

Lời giải :Gọi I là giao điểm của AO2 với đường tròn (O)

Ta thấy :  IBO1 =  IO1B ( = ( A +  B)/2 ) => rIBO1 cân tại I, từ đó IB = IO1 (1)

Mặt khác  O1BO2 = 90o nên  IBO2 =  IO2B hay rIBO2 cân tại I => IB = IO2 (2)

Từ (1), (2) => IO1 = IO2

Theo giả thiết  O1OO2 = 90o => OI = 1/2.O1O2

Do đó OI = BI = OB = R (bán kính của đường tròn (O)) => rBIO đều =>  BOI = 60o , =>  BAI

= 30o Vậy  BAC = 60o

Bài 5(11) : Về phía ngoài của tam giác ABC ta dựng các tam giác vuông đồng dạng ABE, ACF (

ABE =  ACF = 90o)

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

Lời giải :

Cách 1 : (của bạn Võ Văn Tuấn, 7A5, THCS Buôn Hồ, KRông Buk, Đắk Lắk)

Vì rBEA đồng dạng với rCFA nên AB / EB = AC / FC

Trên tia đối của tia AH lấy điểm K sao cho : AK = AB/EB.BC = AC/FC.CB (hình 1)

Vì AK = AB/EB.BC nên AK/AB = BC/BE (1)

Mặt khác :  KAB =  CBE (2) (hai góc có cạnh tương ứng vuông góc và cùng tù)

Từ (1), (2) => : rKAB đồng dạng với rCBE

=> : ABK =  BEC =>  ABK +  EBK =  BEC +  EBK

=> : 90o =  ENB (N là giao điểm của EC và BK) => CE vuông góc với BK

Tương tự như vậy : BF vuông góc với CK

Vậy BF, CE, AH là ba đường cao của rBCK => BF, CE, AH đồng quy

Cách 2 : (của các bạn Huỳnh Quốc Uy và Trần Lương Khiêm, 9A, THCS Trần Hưng Đạo, Quảng

Ngãi)

Đặt I = BF giao với CE Gọi M, N là hình chiếu của A trên CE, BF (hình 2).

Dễ thấy các tứ giác AMBE, ANCF, AMIN, AMHC nội tiếp Vì các tứ giác AMBE, ANCF nội tiếp

và vì rABE đồng dạng với rACF nên ta có :

 BME =  BAE =  CAF =  CNF =>  BMC =  BNC

=> Tứ giác BMNC nội tiếp =>  MNB =  MCB (1)

Vì tứ giác AMIN nội tiếp nên :  MNB =  MAI (2)

Vì tứ giác AMHC nội tiếp nên :  MCB =  MAH (3)

Từ (1), (2), (3) => :  MAI =  MAH => tia AI trùng tia AH => I thuộc AH => BF, CE, AH đồng quy

Trên đây, ta mới chỉ vẽ hình và giải bài toán trong trường hợp các góc ABC, ACB < 90o Nếu  ACB ≥ 90o hoặc  ACB ≥ 90othì ta cũng có lời giải tương tự

Bài 1(12) : Cho số tự nhiên N = 20032004 Viết N thành tổng của k số tự nhiên nào đó n1, n2, …, nk S

= n1 + n2 + … + nk Tìm số dư của phép chia S cho 6

Lời giải :

Vì a3 - a = a.(a2 -1) = (a - 1).a.(a + 1) là tích của ba số nguyên liên tiếp nên a 3 - a chia hết cho 6 với mọi số nguyên a

Đặt N = n1 + n2 + … + nk, ta có :

S - N = (n1 + n2 + … + nk ) - (n1 + n2 + … + nk) = (n1 - n1) + (n1 - n1) + … + (nk - nk) chia hết cho

6 => S và N có cùng số dư khi chia cho 6

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

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)

áp dụng bổ đề, ta có : MN ≥ BC ; NP ≥ BC => MN + NP ≥ 2BC (1)

Dựng CH cuông góc với AD Nhận thấy tứ giác ABCH là hình vuông, => : CH = AH = AB = BC =

2 cm => DH = 2 cm

Ta có CH = AH = HD = 2 cm => rCAD vuông cân tại C

Vì P, M thuộc CD => PA ≥ AC ; AM ≥ AC => AM + PA ≥ 2AC (2)

Từ (1), (2) => T ≥ 2(AC + BC) =

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

đến B đến C đến A

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 : r KCF = r ABF (c.g.c)

=> FK = FA ;  CFK =  AFB

=> r 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 : r MEF vuông 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 r FMC = r FNB (c.g.c) => r MFN vuông cân tại F (bạn đọc tự chứng minh) Tương tự như vậy, r MEN vuông cân tại E

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

Bài 1(14) : Cho x ; y thỏa mãn :

Hãy tính giá trị của biểu thức sau :

T = x2003 + y2003

Lời giải : Nhận xét :

Do đó kết hợp với giả thiết ta suy ra :

Cộng theo từng vế của hai đẳng thức trên ta có : y + x = - x - y

Suy ra x + y = 0 Do đó T = x2003 + y2003 = x2003 + (- x)2003 = x2003 - x2003 = 0

Bài 4(14) : Cho ∆ABC Trên các tia đối của các tia CB, AC, BA lần lượt lấy các điểm A1, B1, C1

sao cho AB1 = BC1 = CA1 Chứng minh rằng nếu ∆A1B1C1 đều thì ∆ABC cũng đều

Lời giải :

Giả sử ∆A1B1C1 đều Không mất tính tổng quát ta có thể giả thiết :

Khi đó : CB1 ≥ AC1 ≥ BA1 hay CA ≥ AB ≥ BC (do AB1 = BC1 = CA1), suy ra

Mặt khác, từ (*) suy ra : (do ∆A1B1C1 đều) Nhưng