GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 GV NGÔ THỊ LIÊN TRƯỜNG THCS AN HOÀ NS 2016

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn 

Giáo án bồi dưỡng học sinh giỏi Toán 9 

------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 

Ngày soạn: 22/9/2016 

Ngày dạy: 1/10/2016 

Buổi 1: 

Chuyªn ®Ò 1: 

Sè chÝnh ph−¬ng 

www.daykemquynhon.ucoz.com 

Produced by Nguyen Thanh Tu 

I- §Þnh nghÜa: Sè chÝnh ph−¬ng lµ sè b»ng b×nh ph−¬ng ®óng cña mét sè nguyªn. 

II- tÝnh chÊt: 

1- Sè chÝnh ph−¬ng chØ cã thÓ cã ch÷ sè tËn cïng b»ng 0, 1, 4, 5, 6, 9; kh«ng thÓ cã 

ch÷ tËn cïng b»ng 2, 3, 7, 8. 

2- Khi ph©n tÝch ra thõa sè nguyªn tè, sè chÝnh ph−¬ng chØ chøa çc thõa sè nguyªn tè 

víi sè mò ch½n. 

3- Sè chÝnh ph−¬ng chØ cã thÓ cã mét trong hai d¹ng 4n hoÆc 4n+1. Kh«ng cã sè chÝnh 

ph−¬ng nµo cã d¹ng 4n + 2 hoÆc 4n + 3 (n ∈ N). 

4- Sè chÝnh ph−¬ng chØ cã thÓ cã mét trong hai d¹ng 3n hoÆc 3n +1. Kh«ng cã sè chÝnh 

ph−¬ng nµo cã d¹ng 3n + 2 ( n ∈ N ). 

5- Sè chÝnh ph−¬ng tËn cïng b»ng 1, 4 hoÆc 9 th× ch÷ sè hµng chôc lµ ch÷ sè ch½n. 

Sè chÝnh ph−¬ng tËn cïng b»ng 5 th× ch÷ sè hµng chôc lµ 2. 

Sè chÝnh ph−¬ng tËn cïng b»ng 6 th× ch÷ sè hµng chôc lµ ch÷ sè lÎ. 

6- Sè chÝnh ph−¬ng chia hÕt cho 2 th× chia hÕt cho 4. 

Sè chÝnh ph−¬ng chia hÕt cho 3 th× chia hÕt cho 9 

Sè chÝnh ph−¬ng chia hÕt cho 5 th× chia hÕt cho 25 

Sè chÝnh ph−¬ng chia hÕt cho 8 th× chia hÕt cho 16. 

III- Mét sè d¹ng bµi tËp vÒ sè chÝnh ph−¬ng. 

A- D¹ng 1: chøng minh mét sè lµ sè chÝnh ph−¬ng. 

Bµi 1: Chøng minh r»ng mäi sè nguyªn x, y th×: 

A= (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + 

4 

y lµ sè chÝnh ph−¬ng. 

4 

Gii : Ta cã A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y 

§Æt 

= ( x + 5xy + 4 y )( x + 5xy + 6 y ) + y 

2 2 2 2 4 

2 2 

x xy y t t Z 

+ 5 + 5 = ( ∈ ) th× 

A = ( t − y )( t + y ) + y = t − y + y = t = ( x + 5xy + 5 y ) 

V× x, y, z ∈ Z nªn 

Google.com/+DạyKèmQuyNhơn 

2 2 4 2 4 4 2 2 2 2 

2 2 2 2 

x ∈ Z xy ∈ Z y ∈ Z ⇒ x + xy + y ∈ Z 

, 5 , 5 5 5 

VËy A lµ sè chÝnh ph−¬ng. 

Bµi 2: Chøng minh tÝch cña 4 sè tù nhiªn liªn tiÕp céng 1 lu«n lµ sè chÝnh ph−¬ng. 

Gii : Gäi 4 sè tù nhiªn, liªn tiÕp ®ã lµ n, n+1, n+2, n+3 (n ∈ Z). Ta cã: 

n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 = n . ( n + 3)(n + 1)(n + 2) + 1 

= ( n 2 + 3 n)( n 2 + 3n 

+ 2) + 1 (*) 

---------------------------------------------------------------------------------------------- 

Giáo viên: Ngô Thị Liên 

Trường THCS An Hoà 

Nơi bồi dưỡng kiến thức Toán - Lý - Hóa cho học sinh cấp 2+3 / Diễn Đàn Toán - Lý - Hóa 

1000B Trần Hưng Đạo Tp.Quy Nhơn Tỉnh Bình Định



------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 

2 

§Æt n + 3 n = t ( t∈ N) 

th× (*) = t(t + 2) + 1 = t 2 + 2t + 1 = (t + 1) 2 

= (n 2 + 3n + 1) 2 

V× n ∈ N nªn n 2 + 3n + 1 ∈ N. VËy n(n + 1)(n + 2)(+ 3) + 1 lµ sè chÝnh ph−¬ng. 

Bµi 3: Cho S = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + ...+ k(k + 1)(k + 2) 

Chøng minh r»ng 4S + 1 lµ sè chÝnh ph−¬ng. 

Gii : Ta cã: k(k + 1)(k + 2) = 1 4 k (k + 1)(k + 2). 4= 1 4 

k(k + 1)(k + 2). [( k + 3) − ( k − 1) ] 



= 1 4 k(k + 1)(k + 2)(k + 3) - 1 k(k + 1)(k + 2)(k - 1) 

4 

=> 4S =1.2.3.4 - 0.1.2.3 + 2.3.4.5 - 1.2.3.4 + . . . + k(k + 1)(k + 2)(k + 3) 

- k(k + 1)(k + 2)(k - 1) = k(k + 1)(k + 2)(k + 3) 

=> 4S + 1 = k(k + 1)(k + 2)(k + 3) + 1 

Theo kÕt qu bµi 2 => k(k + 1)(k + 2)(k + 3) + 1 lµ sè chÝnh ph−¬ng. 

Bµi 4: Cho dy sè 49; 4489; 444889; 44448889; . . . 

- Dy sè trªn ®−îc x©y dùng b»ng çch thªm sè 48 vµo gi÷a çc ch÷ sè ®øng tr−íc vµ 

®øng sau nã. Chøng minh r»ng tÊt c çc sè cña dy trªn ®Òu lµ sè chÝnh ph−¬ng. 

Ta cã 44 ...488...89 = 44...488...8 + 1 = 44...4 . 10 n + 8 . 11 ... 1 + 1 

n ch÷ sè 4 n - 1 ch÷ sè 8 n ch÷ sè 4 n ch÷ sè 8 n ch÷ sè 4 n ch÷ sè 1 

n 

n 

10 −1 n 10 −1 

= 4. .10 + 8. + 1 

9 9 

= 

2n n n 2n n 

4.10 − 4.10 + 8.10 − 8+ 9 4.10 + 4.10 + 1 

2 

= 

9 9 

n 

⎛ 2.10 + 1⎞ 

= ⎜ ⎟ 

⎝ 3 ⎠ 

Ta thÊy 2.10 n + 1 = 200...01 cã tæng çc ch÷ sè chia hÕt cho 3 nªn nã chia hÕt cho 3 

=> 

n 

⎛ 2.10 + 1⎞ 

⎜ ⎟ 

⎝ 3 ⎠ 

2 

n - 1 ch÷ sè 0 


∈ Z hay çc sè cã d¹ng 44 ... 488 ... 89 lµ sè chÝnh ph−¬ng. 

Çc bµi t−¬ng tù: 

Chøng minh r»ng sè sau ®©y lµ sè chÝnh ph−¬ng. 

A = 11 ... 1 + 44 ... 4 + 1 

2n ch÷ sè 1 n ch÷ sè 4 

B = 11 ... 1 + 11 . . .1 + 66 . . . 6 + 8 

2n ch÷ sè 1 n+1 ch÷ sè 1 n ch÷ sè 6 

C= 44 . . . 4 + 22 . . . 2 + 88 . . . 8 + 7 

---------------------------------------------------------------------------------------------- 







------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 

2n ch÷ sè 4 n+1 ch÷ sè 2 n ch÷ sè 8 

D = 22499 . . .9100 . . . 09 

n-2 ch÷ sè 9 n ch÷ sè 0 

E = 11 . . .155 . . . 56 



n ch÷ sè 1 n-1 ch÷ sè 5 

KÕt qu: A= 

n 

2 

n 

2 

n 

2 

⎛ 10 + 2 ⎞ 10 8 2.10 7 

; B 

⎛ + ⎞ ; C 

⎛ + 

⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ = ⎜ ⎞ 

⎟ 

⎝ 3 ⎠ ⎝ 3 ⎠ ⎝ 3 ⎠ 

2 

D = (15.10 n - 3) 2 n 

⎛ 10 + 2 ⎞ 

E = 

⎜ 

3 

⎟ 

⎝ ⎠ 

Bµi 5: Chøng minh r»ng tæng çc b×nh ph−¬ng cña 5 sè tù nhiªn liªn tiÕp kh«ng thÓ 

lµ mét sè chÝnh ph−¬ng. 

Gäi 5 sè tù nhiªn liªn tiÕp ®ã lµ n - 2, n - 1, n +1, n + 2 ( n ∈ N, n >2). 

Ta cã (n - 2) 2 + ( n - 1) 2 + n 2 + (n + 1) 2 + (n + 2) 2 = 5 . (n 2 + 2) 

V× n 2 kh«ng thÓ tËn cïng bëi 3 hoÆc 8 do ®ã n 2 + 2 kh«ng thÓ chia hÕt cho 5 

=> 5. (n 2 + 2) kh«ng lµ sè chÝnh ph−¬ng hay A kh«ng lµ sè chÝnh ph−¬ng. 

Bµi 6: Chøng minh r»ng sè cã d¹ng n 6 - n 4 + 2n 3 + 2n 2 trong ®ã n ∈ N vµ n >1 

kh«ng phi lµ sè chÝnh ph−¬ng. 

n 6 - n 4 + 2n 3 + 2n 2 = n 2 . (n 4 - n 2 + 2n +2) = n 2 . [n 2 (n-1)(n+1) +2(n+1)] 

= n 2 [(n+1)(n 3 - n 2 + 2)] = n 2 (n + 1) . [(n 3 + 1) - (n 2 - 1)] 

= n 2 (n + 1) 2 . (n 2 - 2n + 2) 

Víi n∈N, n > 1 th× n 2 - 2n + 2 = ( n -1) 2 + 1 > ( n - 1) 2 

Vµ n 2 - 2n + 2 = n 2 - 2(n - 1) < n 2 

VËy (n - 1) 2 < n 2 - 2n + 2 < n 2 => n 2 - 2n + 2 kh«ng phi lµ mét sè chÝnh ph−¬ng. 

Bµi 7: Cho 5 sè chÝnh ph−¬ng bÊt kú cã ch÷ sè hµng chôc kh¸c nhau cßn ch÷ sè hµng 

®¬n vÞ ®Òu lµ 6. Chøng minh r»ng tæng çc ch÷ sè hµng chôc cña 5 sè chÝnh ph−¬ng ®ã 

lµ mét sè chÝnh ph−¬ng. 

Ta biÕt mét sè chÝnh ph−¬ng cã ch÷ sè hµng ®¬n vÞ lµ 6 th× ch÷ sè hµng chôc cña nã 

lµ sè lÎ. V× vËy ch÷ sè hµng chôc cña 5 sè chÝnh ph−¬ng ®ã lµ 1,3,5,7,9 khi ®ã tæng cña 

chóng b»ng 1 + 3 + 5 + 7 + 9 = 25 = 5 2 lµ sè chÝnh ph−¬ng. 

Bµi 8: Chøng minh r»ng tæng b×nh ph−¬ng cña 2 sè lÎ bÊt kú kh«ng phi lµ sè chÝnh 

ph−¬ng. 

a vµ b lÎ nªn a = 2k + 1, b= 2m + 1 (Víi k, m ∈ N). 

=> a 2 + b 2 = (2k + 1) 2 + ( 2m + 1) 2 = 4k 2 + 4k + 1 + 4m 2 + 4m + 1 

= 4 (k 2 + k + m 2 + m) + 2 

=> a 2 + b 2 kh«ng thÓ lµ sè chÝnh ph−¬ng. 

Bµi 9: Chøng minh r»ng nÕu p lµ tÝch cña n (víi n > 1) sè nguyªn tè ®Çu tiªn 

th× p - 1 vµ p + 1 kh«ng thÓ lµ çc sè chÝnh ph−¬ng. 

V× p lµ tÝch cña n sè nguyªn tè ®Çu tiªn nªn p⋮2 vµ p kh«ng thÓ chia hÕt cho 4 (1) 

---------------------------------------------------------------------------------------------- 




1000B Trần Hưng Đạo Tp.Quy Nhơn Tỉnh Bình Định 

Google.com/+DạyKèmQuyNhơn





------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 

a- Gi sö p + 1 lµ sè chÝnh ph−¬ng. §Æt p + 1 = m 2 ( m ∈ N). 

V× p ch½n nªn p + 1 lÎ => m 2 lÎ => m lÎ. 

§Æt m = 2k + 1 (k ∈ N). Ta cã m 2 = 4k 2 + 4k + 1 => p + 1 = 4k 2 + 4k + 1 

=> p = 4k 2 + 4k = 4k (k + 1) ⋮ 4 m©u thuÉn víi (1). 

=> p + 1 kh«ng phi lµ sè chÝnh ph−¬ng. 

b- p = 2.3.5... lµ sè chia hÕt cho 3 => p - 1 cã d¹ng 3k + 2. 

=> p - 1 kh«ng lµ sè chÝnh ph−¬ng. 

VËy nÕu p lµ tÝch n (n >1) sè nguyªn tè ®Çu tiªn th× p - 1 vµ p + 1 kh«ng lµ sè chÝnh 

ph−¬ng. 

Bµi 10: Gi sö N = 1.3.5.7 . . . 2007. 2011 

Chøng minh r»ng trong 3 sè nguyªn liªn tiÕp 2N - 1, 2N vµ 2N + 1 kh«ng cã sè nµo lµ 

sè chÝnh ph−¬ng. 

a- 2N - 1 = 2.1.3.5.7 . . . 2011 - 1 

Cã 2N ⋮ 3 => 2N - 1 = 3k + 2 (k ∈ N) 

=> 2N - 1 kh«ng lµ sè chÝnh ph−¬ng. 

b- 2N = 2.1.3.5.7 . . . 2011 => 2N ch½n. 

=> N lÎ => N kh«ng chia hÕt cho 2 vµ 2N ⋮ 2 nh−ng 2N kh«ng chia hÕt cho 4. 

2N ch½n nªn 2N kh«ng chia cho 4 d− 1 hoÆc d− 3 => 2N kh«ng lµ sè chÝnh ph−¬ng. 

c- 2N + 1 = 2.1.3.5.7 . . . 2011 + 1 

2N + 1 lÎ nªn 2N + 1 kh«ng chia hÕt cho 4 

2N kh«ng chia hÕt cho 4 nªn 2N + 1 kh«ng chia cho 4 d− 1. 

=> 2N + 1 kh«ng lµ sè chÝnh ph−¬ng. 

Bµi 11: Cho a = 11 . . . 1 ; b = 100 . . . 05 

2010 ch÷ sè 1 2009 ch÷ sè 0 

Chøng minh ab + 1 lµ sè tù nhiªn. 

Gii: b = 100 . . . 05 = 100 . . . 0 - 1 + 6 = 99 . . . 9 + 6 = 9a + 6 

2009 ch÷ sè 0 2010 ch÷ sè 0 2010 ch÷ sè 9 

⇒ ab + 1 = a(9a + 6) + 1 = 9a 2 + 6a + 1 = (3a + 1) 2 

⇒ 

2 

ab + 1 = (3a 

+ 1) = 3a 

+ 1 ∈ N 


---------------------------------------------------------------------------------------------- 







------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 



Buổi 2: 



B. d¹ng 2: t×m gi¸ trÞ cña biÕn ®Ó biÓu thøc lµ sè chÝnh ph−¬ng 

Bµi 1: T×m sè tù nhiªn n sao cho çc sè sau lµ sè chÝnh ph−¬ng 

a) n 2 + 2n + 12 b) n(n + 3) 

c) 13n + 3 d) n 2 + n + 1589 

Gii: 

a) V× n 2 + 2n + 12 lµ sè chÝnh ph−¬ng nªn ®Æt n 2 + 2n + 12 = k 2 (k ∈ N) 

⇒ (n 2 + 2n + 1) + 11 = k 2 ⇔ k 2 – (n + 1) 2 = 11 ⇔ (k + n + 1)(k – n - 1) = 11 

NhËn xÐt thÊy k + n + 1 > k - n - 1 vµ chóng lµ nh÷ng sè nguyªn d−¬ng, nªn ta cã thÓ viÕt (k 

+ n + 1) (k - n - 1) = 11.1 ⇔ k + n + 1 = 11 ⇔ k = 6 

k - n – 1 = 1 n = 4 

b) ®Æt n(n + 3) = a 2 (n ∈ N) ⇒ n 2 + 3n = a 2 ⇔ 4n 2 + 12n = 4a 2 

⇔ (4n 2 + 12n + 9) – 9 = 4a 2 

⇔ (2n + 3) 2 – 4a 2 = 9 

⇔ (2n + 3 + 2a)(2n + 3 – 2a) = 9 

NhËn xÐt thÊy 2n + 3 + 2a > 2n + 3 – 2a vµ chóng lµ nh÷ng sè nguyªn d−¬ng, nªn ta cã thÓ 

viÕt (2n + 3 + 2a)(2n + 3 – 2a) = 9.1 ⇔ 2n + 3 + 2a = 9 ⇔ n = 1 

2n + 3 – 2a = 1 a = 2 

c) §Æt 13n + 3 = y 2 (y ∈ N) ⇒ 13(n - 1) = y 2 – 16 

⇔ 13(n - 1) = (y + 4)(y – 4) 

⇒(y + 4)(y – 4) ⋮ 13 mµ 13 lµ sè nguyªn tè nªn y + 4 ⋮ 13 hoÆc y – 4 ⋮ 13 

⇒ y = 13k ± 4 (víi k ∈ N) 

⇒ 13(n - 1) = (13k ± 4) 2 – 16 = 13k.(13k ± 8) 

⇒13k 2 ± 8k + 1 

VËy n = 13k 2 ± 8k + 1 (víi k ∈ N) th× 13n + 3 lµ sè chÝnh ph−¬ng 

d) §Æt n 2 + n + 1589 = m 2 (m ∈ N) ⇒ (4n 2 + 1) 2 + 6355 = 4m 2 

⇔ (2m + 2n + 1) (2m – 2n – 1) = 6355 

NhËn xÐt thÊy 2m + 2n + 1 > 2m – 2n – 1 > 0 vµ chóng lµ nh÷ng sè lÎ, nªn ta cã thÓ viÕt (2m 

+ 2n + 1) (2m – 2n – 1) = 6355.1 = 1271.5 = 205.31 = 155.41 

Suy ra n cã thÓ cã çc gi¸ trÞ sau : 1588 ; 316 ; 43 ; 28 

Bµi t−¬ng tù : 

T×m a ®Ó çc sè sau lµ nh÷ng sè chÝnh ph−¬ng 

a) a 2 + a + 43 

b) a 2 + 81 

c) a 2 + 31a + 1984 

KÕt qu: a) 2; 42; 13 

b) 0; 12; 40 

c) 12 ; 33 ; 48 ; 97 ; 176 ; 332 ; 565 ; 1728 


---------------------------------------------------------------------------------------------- 









------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 

Bµi 2 : T×m sè tù nhiªn n ≥ 1 sao cho tæng 1! + 2! + 3! + … + n! lµ mét sè chÝnh 

ph−¬ng. 

Víi n = 1 th× 1! = 1 = 1 2 lµ sè chÝnh ph−¬ng 

Víi n = 2 th× 1! + 2! = 3 kh«ng lµ sè chÝnh ph−¬ng 

Víi n = 3 th× 1! + 2! + 3! = 1 + 1.2 + 1.2.3 = 9 = 3 3 lµ sè chÝnh ph−¬ng 

Víi n ≥ 4 ta cã 1! + 2! + 3! + 4! = 1 + 1.2 + 1.2.3 + 1.2.3.4 = 33 cßn 5!; 6!; …; n! ®Òu tËn 

cïng bëi 0 do ®ã 1! + 2! + 3! + … n! cã tËn cïng bëi ch÷ sè 3 nªn nã kh«ng phi lµ sè 

chÝnh ph−¬ng. 

VËy cã 2 sè tù nhiªn n tho mn ®Ò bµi lµ n = 1; n = 3 

Bµi 3: Cã hay kh«ng sè tù nhiªn n ®Ó 2010 + n 2 lµ sè chÝnh ph−¬ng. 

Gi sö 2010 + n 2 lµ sè chÝnh ph−¬ng th× 2010 + n 2 = m 2 (m∈ N ) 

Tõ ®ã suy ra m 2 - n 2 = 2010 ⇔ (m + n) (m – n) = 2010 

Nh− vËy trong 2 sè m vµ n phi cã Ýt nhÊt 1 sè ch½n (1) 

MÆt kh¸c m + n + m – n = 2m ⇒ 2 sè m + n vµ m – n cïng tÝnh ch½n lÎ (2) 

Tõ (1) vµ (2) ⇒ m + n vµ m – n lµ 2 sè ch½n. 

⇒ (m + n) (m – n) ⋮ 4 nh−ng 2006 kh«ng chia hÕt cho 4 

⇒ §iÒu gi sö sai. 

VËy kh«ng tån t¹i sè tù nhiªn n ®Ó 2006 + n 2 lµ sè chÝnh ph−¬ng. 

Bµi 4: BiÕt x∈ N vµ x > 2. T×m x sao cho x ( x −1). 

x( 

x −1) 

= ( x − 2) xx( 

x −1) 

§¼ng thøc ® cho ®−îc viÕt l¹i nh− sau: x ( x −1) 

= ( x − 2) xx( 

x −1) 

Do vÕ tr¸i lµ mét sè chÝnh ph−¬ng nªn vÕ phi còng lµ mét sè chÝnh ph−¬ng. 

Mét sè chÝnh ph−¬ng chØ cã thÓ tËn cïng bëi mét trong çc ch÷ sè 0; 1; 4; 5; 6; 9 nªn x 

chØ cã thÓ tËn cïng bëi mét trong çc ch÷ sè 1; 2; 5; 6; 7; 0 (1) 

Do x lµ ch÷ sè nªn x ≤ 9, kÕt hîp víi ®iÒu kiÖn ®Ò bµi ta cã x∈ N vµ 2 < x ≤ 9 (2) 

Tõ (1) vµ (2) ⇒ x chØ cã thÓ nhËn mét trong çc gi¸ trÞ 5; 6; 7 

B»ng phÐp thö ta thÊy chØ cã x = 7 tho mn ®Ò bµi, khi ®ã 76 2 = 5776 

Bµi 5: T×m sè tù nhiªn n cã 2 ch÷ sè biÕt r»ng 2n + 1 vµ 3n + 1 ®Òu lµ çc sè chÝnh 

ph−¬ng. 

Ta cã 10 ≤ n ≤ 99 nªn 21 ≤ 2n + 1 ≤ 199. T×m sè chÝnh ph−¬ng lÎ trong khong trªn ta 

®−îc 2n + 1 b»ng 25; 49; 81; 121; 169 t−¬ng øng víi sè n b»ng 12; 24; 40; 60; 84 

Sè 3n + 1 b»ng 37; 73; 121; 181; 253. ChØ cã 121 lµ sè chÝnh ph−¬ng. 

VËy n = 40 

Bµi 6: Chøng minh r»ng nÕu n lµ sè tù nhiªn sao cho n + 1 vµ 2n + 1 ®Òu lµ çc sè chÝnh 

ph−¬ng th× n lµ béi sè cña 24 

V× n + 1 vµ 2n + 1 lµ çc sè chÝnh ph−¬ng nªn ®Æt n + 1 = k 2 , 2n + 1 = m 2 (k, m ∈ N ) 

Ta cã m lµ sè lÎ ⇒ m = 2a + 1 ⇒ m 2 = 4a(a + 1) + 1 


2 

m −1 

4a( 

a + 1) 

Mµ n = = = 2a( 

a + 1) 

2 2 

---------------------------------------------------------------------------------------------- 





2





------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 

⇒ n ch½n ⇒ n + 1 lÎ ⇒ k lÎ ⇒ ®Æt k = 2b + 1 (víi b∈ N ) ⇒ k 2 = 4b(b+1) + 1 

⇒ n = 4b(b+1) ⇒ n ⋮ 8 (1) 

Ta cã: k 2 + m 2 = 3n + 2 ≡ 2 (mod3) 

MÆt kh¸c k 2 chia cho 3 d− 0 hoÆc 1, m 2 chia cho 3 d− 0 hoÆc 1 

Nªn ®Ó k 2 + m 2 ≡ 2 (mod3) th× k 2 ≡ 1 (mod3) 

m 2 ≡ 1 (mod3) 

⇒ m 2 – k 2 ⋮ 3 hay (2n + 1) – (n + 1) ⋮ 3 ⇒ n ⋮ 3 (2) 

Mµ (8; 3) = 1 (3) 

Tõ (1), (2), (3) ⇒ n ⋮ 24 

Bµi 7: T×m tÊt c çc sè tù nhiªn n sao cho sè 2 8 + 2 11 + 2 n lµ sè chÝnh ph−¬ng 

Gi sö 2 8 + 2 11 + 2 n = a 2 (a ∈ N) th× 

2 n = a 2 – 48 2 = (a + 48) (a – 48) 

2 p . 2 q = (a + 48) (a – 48) víi p, q ∈ N ; p + q = n vµ p > q 

⇒ a + 48 = 2 p ⇒ 2 p 2 q = 96 ⇔ 2 q (2 p-q – 1) = 2 5 .3 

a – 48 = 2 q 

⇒ q = 5 vµ p – q = 2 ⇒ p = 7 

⇒ n = 5 + 7 = 12 

Thö l¹i ta cã: 2 8 + 2 11 + 2 n = 80 2 


---------------------------------------------------------------------------------------------- 







------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 



Buổi 3: 



C.d¹ng 3 : T×m sè chÝnh ph−¬ng 

Bµi 1 : Cho A lµ sè chÝnh ph−¬ng gåm 4 ch÷ sè. NÕu ta thªm vµo mçi ch÷ sè cña A 

mét ®¬n vÞ th× ta ®−îc sè chÝnh ph−¬ng B. Hy t×m çc sè A vµ B. 

2 

Gäi A = abcd = k . NÕu thªm vµo mçi ch÷ sè cña A mét ®¬n vÞ th× ta cã sè 

2 

B = ( a + 1)( b + 1)( c + 1)( d + 1) = m víi k, m ∈ N vµ 32 < k < m < 100 

2 

⇒ Ta cã: A = abcd = k 

a, b, c, d = 1 ; 9 

2 

B = abcd + 1111 = m . §óng khi céng kh«ng cã nhí 

⇒ m 2 – k 2 = 1111 ⇔ (m - k)(m + k) = 1111 (*) 

NhËn xÐt thÊy tÝch (m – k)(m + k) > 0 nªn m – k vµ m + k lµ 2 sè nguyªn d−¬ng. 

Vµ m – k < m + k < 200 nªn (*) cã thÓ viÕt (m – k) (m + k) = 11.101 

Do ®ã: m – k = 11 ⇔ m = 56 ⇔ A = 2025 

m + k = 101 n = 45 B = 3136 

Bµi 2: T×m mét sè chÝnh ph−¬ng gåm 4 ch÷ sè biÕt r»ng sè gåm 2 ch÷ sè ®Çu lín h¬n 

sè gåm 2 ch÷ sè sau mét ®¬n vÞ. 

2 

§Æt abcd = k ta cã ab − cd = 1 vµ k ∈ N, 32 ≤ k < 100 

Suy ra : 101 cd = k 2 – 100 = (k – 10)(k + 10) ⇒ k + 10 ⋮ 101 hoÆc k – 10 ⋮ 101 

Mµ (k – 10; 101) = 1 ⇒ k + 10 ⋮ 101 

V× 32 ≤ k < 100 nªn 42 ≤ k + 10 < 110 ⇒ k + 10 = 101 ⇒ k = 91 

⇒ abcd = 91 2 = 8281 

Bµi 3: T×m sè chÝnh ph−¬ng cã 4 ch÷ sè biÕt r»ng 2 ch÷ sè ®Çu gièng nhau, 2 ch÷ sè 

cuèi gièng nhau. 

Gäi sè chÝnh ph−¬ng phi t×m lµ: aabb = n 2 víi a, b ∈ N, 1 ≤ a ≤ 9; 0 ≤ b ≤ 9 

Ta cã: n 2 = aabb = 11. a0 b = 11.(100a + b) = 11.(99a + a + b) (1) 


NhËn xÐt thÊy aabb ⋮ 11 ⇒ a + b ⋮ 11 

Mµ 1 ≤ a ≤ 9; 0 ≤ b ≤ 9 nªn 1 ≤ a + b ≤ 18 ⇒ a + b = 11 

Thay a + b = 11 vµo (1) ®−îc n 2 = 11 2 (9a + 1) do ®ã 9a + 1 lµ sè chÝnh ph−¬ng 

B»ng phÐp thö víi a = 1; 2;…; 9 ta thÊy chØ cã a = 7 tho mn ⇒ b = 4 

Sè cÇn t×m lµ: 7744 

Bµi 4: T×m mét sè cã 4 ch÷ sè võa lµ sè chÝnh ph−¬ng võa lµ mét lËp ph−¬ng. 

Gäi sè chÝnh ph−¬ng ®ã lµ abcd . V× abcd võa lµ sè chÝnh ph−¬ng võa lµ mét lËp 

ph−¬ng nªn ®Æt abcd = x 2 = y 3 víi x, y ∈ N 

V× y 3 = x 2 nªn y còng lµ mét sè chÝnh ph−¬ng. 

---------------------------------------------------------------------------------------------- 









------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 

Ta cã : 1000 ≤ abcd ≤ 9999 ⇒ 10 ≤ y ≤ 21 vµ y chÝnh ph−¬ng 

⇒ y = 16 ⇒ abcd = 4096 

Bµi 5 : T×m mét sè chÝnh ph−¬ng gåm 4 ch÷ sè sao cho ch÷ sè cuèi lµ sè nguyªn tè, 

c¨n bËc hai cña sè ®ã cã tæng çc ch÷ sè lµ mét sè chÝnh ph−¬ng. 

Gäi sè phi t×m lµ abcd víi a, b, c, d nguyªn vµ 1 ≤ a ≤ 9; 0 ≤ b, c, d ≤ 9 

abcd chÝnh ph−¬ng ⇒ d ∈ { 0,1,4,5,6,9 } 

d nguyªn tè ⇒ d = 5 

§Æt abcd = k 2 < 10000 ⇒ 32 ≤ k < 100 

k lµ mét sè cã hai ch÷ sè mµ k 2 cã tËn cïng b»ng 5 ⇒ k tËn cïng b»ng 5 

Tæng çc ch÷ sè cña k lµ mét sè chÝnh ph−¬ng ⇒ k = 45 

⇒ abcd = 2025 

VËy sè phi t×m lµ: 2025 

Bµi 6: T×m sè tù nhiªn cã hai ch÷ sè biÕt r»ng hiÖu çc b×nh ph−¬ng cña sè ®ã vµ viÕt 

sè bë hai ch÷ sè cña sè ®ã nh−ng theo thø tù ng−îc l¹i lµ mét sè chÝnh ph−¬ng 

Gäi sè tù nhiªn cã hai ch÷ sèphi t×m lµ ab (a, b ∈ N, 1 ≤ a, b ≤ 9) 

Sè viÕt theo thø tù ng−îc l¹i ba 

Ta cã ab 2 - ba 2 = (10a + b) 2 – (10b + a) 2 = 99 (a 2 – b 2 ) ⋮ 11 ⇒ a 2 – b 2 ⋮ 11 

Hay (a - b) (a + b) ⋮ 11 

V× 0 < a – b ≤ 8, 2 ≤ a + b ≤ 18 nªn a + b ⋮ 11 ⇒ a + b = 11 

Khi ®ã: ab 2 - ba 2 = 3 2 . 11 2 . (a – b) 

§Ó ab 2 - ba 2 lµ sè chÝnh ph−¬ng th× a – b phi lµ sè chÝnh ph−¬ng do ®ã a – b = 1 hoÆc 

a – b = 4 

NÕu a – b = 1 kÕt hîp víi a + b = 11 ⇒ a = 6, b = 5 , ab = 65 

Khi ®ã 65 2 – 56 2 = 1089 = 33 2 

NÕu a – b = 4 kÕt hîp víi a + b = 11 ⇒ a = 7,5 lo¹i 

VËy sè phi t×m lµ 65 

Bµi 7: Cho mét sè chÝnh ph−¬ng cã 4 ch÷ sè. NÕu thªm 3 vµo mçi ch÷ sè ®ã ta còng 

®−îc mét sè chÝnh ph−¬ng. T×m sè chÝnh ph−¬ng ban ®Çu. 

(KÕt qu: 1156) 

Bµi 8: T×m sè cã 2 ch÷ sè mµ b×nh ph−¬ng cña sè Êy b»ng lËp ph−¬ng cña tæng çc ch÷ 

sè cña nã. 

Gäi sè phi t×m lµ ab víi a, b ∈ N, 1 ≤ a ≤ 9; 0 ≤ b ≤ 9 

Theo gi thiÕt ta cã: ab = (a + b) 3 


⇔ (10a +b) 2 = (a + b) 3 

⇒ ab lµ mét lËp ph−¬ng vµ a + b lµ mét sè chÝnh ph−¬ng 

§Æt ab = t 3 (t ∈ N), a + b = 1 2 (1 ∈ N) 

V× 10 ≤ ab ≤ 99 ⇒ ab = 27 hoÆc ab = 64 

---------------------------------------------------------------------------------------------- 







------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 

NÕu ab = 27 ⇒ a + b = 9 lµ sè chÝnh ph−¬ng 

NÕu ab = 64 ⇒ a + b = 10 kh«ng lµ sè chÝnh ph−¬ng ⇒ lo¹i 

VËy sè cÇn t×m lµ ab = 27 



Bµi 9 : T×m 3 sè lÎ liªn tiÕp mµ tæng b×nh ph−¬ng lµ mét sè cã 4 ch÷ sè gièng nhau. 

Gäi 3 sè lÎ liªn tiÕp ®ã lµ 2n - 1 ; 2n + 1 ; 2n + 3 (n ∈ N) 

Ta cã : A = (2n – 1) 2 + (2n + 1) 2 + (2n +3) 2 = 12n 2 + 12n + 11 

Theo ®Ò bµi ta ®Æt 12n 2 + 12n + 11 = aaaa = 1111 . a víi a lÎ vµ 1 ≤ a ≤ 9 

⇒ 12n(n + 1) = 11(101a – 1) 

⇒ 101a – 1 ⋮ 3⇒ 2a – 1 ⋮ 3 

V× 1 ≤ a ≤ 9 nªn 1 ≤ 2a – 1 ≤ 17 vµ 2a – 1 lÎ nªn 2a – 1 ∈ { 3;9;15} 

⇒ a ∈ { 2;5;8} 

V× a lÎ ⇒ a = 5 ⇒ n = 21 

3 sè cÇn t×m lµ: 41; 43; 45 

Bµi 10 : T×m sè cã 2 ch÷ sè sao cho tÝch cña sè ®ã víi tæng çc ch÷ sè cña nã b»ng 

tæng lËp ph−¬ng çc ch÷ sè cña sè ®ã. 

ab (a + b) = a 3 + b 3 

⇔ 10a + b = a 2 – ab + b 2 = (a + b) 2 – 3ab 

⇔ 3a (3 + b) = (a + b) (a + b – 1) 

a + b vµ a + b – 1 nguyªn tè cïng nhau do ®ã 

a + b = 3a hoÆc a + b – 1 = 3a 

a + b – 1 = 3 + b 

a + b = 3 + b 

⇒ a = 4, b = 8 hoÆc a = 3, b = 7 

VËy ab = 48 hoÆc ab = 37 


---------------------------------------------------------------------------------------------- 







------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 



Buổi 4: 


ph−¬ng tr×nh nghiÖm nguyªn 



1. T×m nghiÖm nguyªn cña Ph−¬ng tr×nh vµ hÖ ph−¬ng tr×nh bËc nhÊt hai Èn 

Tuú tõng bµi cô thÓ mµ lµm çc çch kh¸c nhau. 

VD1: T×m nghiÖm nguyªn cña ph−¬ng tr×nh: 2x + 3y = 11 (1) 

Çch 1: Ph−¬ng ph¸p tæng qu¸t: 

Ta cã: 2x + 3y = 11 

11− 

3y 

y −1 

⇔ x = = 5 − y − 

2 

2 

−1 

§Ó ph−¬ng tr×nh cã nghiÖm nguyªn ⇔ y nguyªn 

2 

y −1 

§Æt = t ∈ Z 

2 

⇒ y = 2t + 1 

x = -3t + 4 

Çch 2 : Dïng tÝnh chÊt chia hÕt 

V× 11 lÎ ⇒ 2x + 3y lu«n lµ sè lÎ mµ 2x lu«n lµ sè ch½n ⇒ 3y lÎ ⇒ y lÎ 

Do ®ã : y = 2t + 1 víi t ∈ Z 

x = -3t + 4 

Çch 3 : Ta nh©n thÊy ph−¬ng tr×nh cã mét cÆp nghiÖm nguyªn ®Æc biÖt lµ 

x 0 = 4 ; y 0 = 1 

ThËt vËy : 2 . 4 + 3.1 = 11 (2) 

Trõ (1) cho (2) vÕ theo vÕ ta cã : 

2(x - 4) + 3(y - 1) = 0 

⇔ 2(x -4) = -3(y -1) (3) 

Tõ (3) ⇒ 3(y - 1) ⋮ 2 mµ (2 ; 3) = 1 ⇒ y - 1 ⋮ 2 


⇔ y = 2t + 1 víi t ∈ Z 

Thay y = 2t + 1 vµo (3) ta cã : x = -3t + 4 

NhËn xÐt : Víi çch gii nµy ta phi mß ra mét cÆp nghiÖm nguyªn (x 0 , y 0 ) cña ph−¬ng 

tr×nh ax + by = c ; çch nµy sÏ gÆp khã kh¨n nÕu hÖ sè a, b, c qu¸ lín. 

Çc bµi tËp t−¬ng tù : T×m nghiÖm nguyªn cña ph−¬ng tr×nh. 

a) 3x + 5y = 10 

b) 4x + 5y = 65 

c) 5x + 7y = 112 

---------------------------------------------------------------------------------------------- 







------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 

VD2 : HÖ ph−¬ng tr×nh. 

T×m nghiÖm nguyªn d−¬ng cña hÖ ph−¬ng tr×nh sau : 

3x + y + z = 14 (1) 

5x + 3y + z = 28 (2) 

Gii : Tõ hÖ ® cho ta cã : 2(x + y) = 14 vËy x = 7 - y (*) 

Thay (*) vµo (1) ta ®−îc z = 14 - y - 3x = 2y -7 

V× x > 0 nªn 7 - y > 0 ⇒ y < 7 mµ z > 0 nªn 2y - 7 > 0 ⇒ y > 2 

7 



VËy 2 

7 < y < 7 vµ 

y ∈ Z ⇒ y ∈{ 

4;5;6} 

Gii tiÕp hÖ ® cho cã 3 nghiÖm (3; 4; 1); (2; 5; 3); (1; 6; 5) 

Bµi tËp t−¬ng tù: 

a) T×m nghiÖm nguyªn cña hÖ 

2x -5y = 5 

2y - 3z = 1 

b) Tr¨m tr©u ¨n tr¨m bã cá – tr©u ®øng ¨n n¨m, tr©u n»m ¨n ba, tr©u giµ 3 con 1 bã. 

T×m sè tr©u mçi lo¹i. 

c) T×m sè nguyªn d−¬ng nhá nhÊt chia cho 1000 d− 1 vµ chia cho 761 d− 8. 


---------------------------------------------------------------------------------------------- 







------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 



Buổi 5: 



2. T×m nghiÖm nguyªn cña ph−¬ng tr×nh, hÖ ph−¬ng tr×nh bËc cao. 

Ph−¬ng ph¸p 1 : Dïng dÊu hiÖu chia hÕt ®Ó gii ph−¬ng tr×nh. 

VD1: a) T×m cÆp sè nguyªn (x ; y) tho mn ph−¬ng tr×nh 

6x 2 + 5y 2 = 74 (1) 

Çch 1 : Ta cã : 6 (x 2 - 4) = 5 (10 - y 2 ) (2) 

Tõ (2) ⇒ 6(x 2 - 4) ⋮ 5 vµ (6 ; 5) = 1 ⇒ x 2 - 4 ⋮ 5 

⇒ x 2 = 5t + 4 víi t ∈ N 

Thay x 2 - 4 = 5t vµo (2) ta cã : y 2 = 10 – 6t 

V× x 2 > 0 vµ y 2 > 0 ⇒ 5t + 4 > 0 

10 - 6t > 0 

4 5 

⇒ − < t < víi 

5 3 

t ∈ N 

⇒ t = 0 hoÆc t = 1 

Víi t = 0 ⇒ y 2 = 10 (lo¹i) 

Víi t = 1 ⇒ x 2 = 9 ⇔ x = ± 3 

y 2 = 4 y = ± 2 

VËy çc cÆp nghiÖm nguyªn lµ :........................ 

Çch 2 : Tõ (1) ta cã x 2 + 1 ⋮ 5 

0 < x 2 ≤ 12 ⇒ x 2 = 4 hoÆc x 2 = 9 

Víi x 2 = 4 ⇒ y 2 = 10 (lo¹i) 

Víi x 2 = 9 ⇒ y 2 = 4 (tho mn) 

VËy..................... 

Çch 3 : Ta cã : 

(1) ⇒ y 2 ch½n 

0 < y 2 ≤ 14 ⇒ y 2 = 4 ⇒ x 2 = 9 

VËy............... 

VD2 : Chøng minh r»ng ph−¬ng tr×nh sau kh«ng cã nghiÖm nguyªn 

a) x 5 + 29x = 10(3y + 1) 

b) 7 x = 2 y - 3 z - 1 

Gii : x 5 - x + 30x = 10(3y+1) 

VP ⋮ 30 cßn VT ⋮ 30 ⇒ ph−¬ng tr×nh v« nghiÖm 

Ph−¬ng ph¸p 2: Ph©n tÝch mét vÕ thµnh tÝch, mét vÕ thµnh h»ng sè nguyªn 

VD1: T×m nghiÖm nguyªn cña ph−¬ng tr×nh: 

a) xy + 3x - 5y = -3 


---------------------------------------------------------------------------------------------- 









------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 

b) 2x 2 - 2xy + x - y + 15 = 0 

c) x 2 + x = y 2 - 19 

Gii : a) Çch 1: x(y + 3) – 5(y + 3) = -18 

⇔ (x – 5) (y + 3) = -18... 

Çch 2 : 

5y 

− 3 

x = = 5 − 

y + 3 

18 

y + 3 

b) T−¬ng tù. 

c) 4x 2 + 4x = 4y 2 - 76 

⇔ (2x + 1) 2 - (2y) 2 = -75... 

Ph−¬ng ph¸p 3 : Sö dông tÝnh ch½n lÎ (®Æc biÖt cña chia hÕt) 

VD2 : T×m nghiÖm nguyªn. 

x 3 - 2y 3 - 4z 3 = 0 

Gii : ⇔ x 3 = 2(y 3 + 2z 3 ) 

VP ⋮ 2 ⇒ x 3 ⋮2 ⇒ x ⋮ 2 ®Æt x = 2k 

8k 3 = 2(y 3 + 2z 3 ) ⇔ 4k 3 = y 3 + 2z 3 

⇒ y 3 = 4k 3 - 2z 3 = 2(2k 3 - z 3 ) 

⇒ y ch½n. §Æt y = 2t ta cã : 

8t 3 = 2(2k 3 - z 3 ) ⇒ 4t 3 = 2k 3 - z 3 

⇒ z 3 = 2k 3 - 4t 3 ⇒ z ch½n ⇒ z = 2m 

⇒ 8m 3 = 2(k 3 - 2t 3 ) ⇒ ......k ch½n....... 

Ph−¬ng ph¸p 4 : Ph−¬ng ph¸p sö dông tÝnh chÊt cña sè chÝnh ph−¬ng 

VD1 : T×m nghiÖm nguyªn cña. 

a) x 2 - 4xy + 5y 2 = 169 

b) x 2 - 6xy + 13y 2 = 100 

Gii : 

a) (x - 2y) 2 + y 2 = 169 = 0 + 169 = 25 + 144... 

b) (x – 3y) 2 + (2y) 2 = 100 = 0 + 100 = 36 + 64 = ... 

Ph−¬ng ph¸p 5 : Ph−¬ng ph¸p c«ng thøc nghiÖm ph−¬ng tr×nh bËc 2 

VD1 : T×m nghiÖm nguyªn cña ph−¬ng tr×nh. 

a) 2x 2 -2xy + x + y + 15 = 0 

b) 5(x 2 + xy + y 2 ) = 7(x+2y) (®Ò thi häc sinh giái tØnh 2009 – 2010) 

c) x(x + 1) = y (y + 1) (y 2 + 2) 

Ph−¬ng ph¸p 6 : Ph−¬ng ph¸p ®Æt Èn phô 


VD: T×m nghiÖm nguyªn cña ph−¬ng tr×nh: 

§Æt y = x 2 + 2x + 2 (y ∈ Z) 

x 

x 

2 

2 

+ 2x 

+ 1 x 

+ 

+ 2x 

+ 2 x 

2 

2 

+ 2x 

+ 2 

= 

+ 2x 

+ 3 

7 

6 

(1) 

---------------------------------------------------------------------------------------------- 









------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 

y −1 

y 7 

(1) ⇔ + = ⇔ 5y 2 – 7y – 6 = 0 

y y + 1 6 

1 

= − 

3 

5 

y (lo¹i) ; y 2 = 2 (tho mn) ⇒ x 1 = 0; x 2 = -2 

Çc bµi tËp t−¬ng tù: 

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

b) 

1 1 

− 

x( 

x + 2) ( x + 1) 

2 = 

1 

12 

* Mét sè ph−¬ng ph¸p kh¸c. 

VD1 : T×m nghiÖm nguyªn cña ph−¬ng tr×nh : 

2x 2 + 4x = 19 -3y 2 

Gii : ⇔ 4x 2 + 8x + 4 = 42 - 6y 2 

(2x + 2) 2 = 6 (7 - y 2 ) 

V× (2x + 2) 2 ≥ 0 ⇒ 7 - y 2 ≥ 0 ⇒ y 

2 ≤ 7 

Mµ y ∈ Z ⇒ y = 0 ; ± 1 ; ± 2 Tõ ®©y ta t×m ®−îc gi¸ trÞ t−¬ng øng cña x 



---------------------------------------------------------------------------------------------- 







------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 


Buổi 6: 



3. Mét sè bµi to¸n liªn quan tíi h×nh häc. 

a) Cho tam gi¸c cã ®é dµi cña 3 ®−êng cao lµ nh÷ng sè nguyªn d−¬ng vµ ®−êng trßn 

néi tiÕp tam gi¸c ®ã cã b¸n kÝnh b»ng 1(®.v.®.d). Chøng minh tam gi¸c ®ã lµ tam gi¸c 

®Òu 

Gii: Gäi ®é dµi çc c¹nh vµ çc ®−êng cao t−¬ng øng theo thø tù lµ a; b; c vµ x; y; z. R lµ 

b¸n kÝnh ®−êng trßn néi tiÕp. 

Ta cã R = 1⇒ x; y; z > 2 vµ gi sö x ≥ y ≥ z > 2 

Ta cã : ax = by = cz = (a + b+ c).1 (=2S) 

a + b + c a + b + c a + b + c 

Suy ra: x = ; y = ; z = 

a 

b 

c 

a 

⇒ 1 1 b 1 c 

= ; = ; = 

x a + b + c y a + b + c z a + b + c 

1 1 1 

⇒ + + = 1 mµ x ≥ y ≥ z > 2 

x y z 

⇒ 

1 1 1 1 1 1 1 3 

≥ vµ ≥ nªn + + ≤ 

z x z y x y z z 

3 

⇒ 1 ≤ ⇒ z ≤ 3 ⇒ z = 3 

z 

T−¬ng tù ta cã: x = 3; y = 3 ⇒ tam gi¸c ®ã lµ tam gi¸c ®Òu 

b) T×m tÊt c çc h×nh ch÷ nhËt víi ®é dµi çc c¹nh lµ çc sè nguyªn d−¬ng cã thÓ c¾t 

thµnh 13 h×nh vu«ng b»ng nhau sao cho mçi c¹nh cña h×nh vu«ng lµ sè nguyªn d−¬ng 

kh«ng lín h¬n 4 (®.v.®.d) 

Gii : Gäi çc c¹nh h×nh ch÷ nhËt cÇn t×m lµ a vµ b, c¹nh h×nh vu«ng lµ c. Tõ gi thiÕt 

h×nh ch÷ nhËt c¾t thµnh 13 h×nh vu«ng nªn phi cã: 

ab = 13c 2 (1) víi 0 < c ≤ 4 (2) 

Tõ (1) suy ra a hoÆc b chia hÕt cho 13. V× vai trß a, b nh− nhau ta cã thÓ gi gi sö a 

chia hÕt cho 13, tøc lµ a = 13d 

Thay vµo (1) ta ®−îc : 13db = 13c 2 

Hay db = c 2 

Ta hy xÐt çc tr−êng hîp cã thÓ cã cña c. 

Víi c = 1, chØ cã thÓ: d = 1, b = 1, suy ra a = 13 


d = 2, b = 2, suy ra a = 26 

d = 4, b = 1, suy ra a = 52 



---------------------------------------------------------------------------------------------- 









------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 

d = 3, b = 3, suy ra a = 39 

d = 9, b = 1, suy ra a = 117 


d = 2, b = 8, suy ra a = 26 

d = 4, b = 4, suy ra a = 52 

d = 8, b = 2, suy ra a = 104 

d = 16, b = 1, suy ra a = 208 

Víi 12 nghiÖm cña ph−¬ng tr×nh (1) chØ cã 4 tr−êng hîp tho mn bµi to¸n. Bµi to¸n cã 

4 nghiÖm. Ta t×m ®−îc 4 h×nh ch÷ nhËt tho mn ®Ò bµi: 

(a = 13, b = 1); (a = 26, b = 2); (a = 39, b = 3); (a = 52, b = 4) 



---------------------------------------------------------------------------------------------- 







------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 


Buổi 7: 


Gii ph−¬ng tr×nh v« tû vµ hÖ ph−¬ng tr×nh 



I. Gii ph−¬ng tr×nh v« tû 

* Çc ph−¬ng ph¸p 

1. Luü thõa khö c¨n 

2. §Æt Èn phô 

3. Dïng bÊt ®¼ng thøc 

4. XÐt khong 

II. ¸p dông çc ph−¬ng ph¸p 

A. Phương pháp luỹ thừa khử căn 

1. Gii çc ph−¬ng tr×nh 

a) x −1 + 2x 

− 3 = 2(1) 

§iÒu kiÖn: 

Víi 

⇔ 2 

3 

≤ x 

2 

3 

2 

x ≥ PT (1) ⇔ x −1+ 

2x 

− 3 + 2 2x 

− 5x 

+ 3 = 4 

2 

2 

2x − 5x 

+ 3 = 8 − 3x 

2 

⎧4(2x 

− 5x 

+ 3) = 64 + 9x 

⎪ 

⇔ ⎨ 8 

⎪x 

≤ 

⎩ 3 

2 

PT (2) ⇔ x − 28x 

+ 52 = 0 

⎡x 

= 2( tm) 

⇔ ⎢ 

⎣x 

= 26( Kotm) 

VËy PT ® cho cã nghiÖm x=2 

2 

− 48x(2) 


2 

2 

b) 3( x − x + 1) = ( x + x −1) 

(1) 

§K: x ≥ 1 

2 

2 

Víi x ≥ 1 PT (1) ⇔ 3( x − x + 1) = x + 2x 

x −1 

+ x −1 

2 2 2 

⇔ x − 4x 

+ 4 = 2x 

x −1 

⇔ x − 2x 

+ 2 = x x −1 

---------------------------------------------------------------------------------------------- 







------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 

Do x ≥ 1 nªn 2 vÕ cña PT nµy kh«ng ©m v× vËy PT nµy 

⇔ x 

⇔ x 

4 

4 

− 

4 

8 

2 

3 

2 3 2 

4x 

+ 4 − x − x + x = x − x 

− 5x 

2 

⇔ ( x − 2) ( x 

3 

+ 9x 

2 

2 

4 

− 8x 

+ 4 = 0 

− x + 1) = 0 



⎡x 

− 2 = 0 

⇔ ⎢ 2 

⎣x 

− x + 1 = 0 

⇔ x = 2 

c) 3 3 

x − 2 − 2x 

− 2 = − 1(1) 

Gii: 

Pt (1) ⇔ ( ) 3 3 

x − 2 − 2x 

− 2 = − 1 

⇔ x − 

⇒ 

2 

3 

3 

− 2x 

+ 2 − 3 

3 ( x − 2)(2x 

− 2).( 

3 

( x − 2) − (2x 

− 2) = − 1 

3 2 

1 − x = 3 2x 

− 6x 

+ 

⇔ 1− 

3x 

+ 3x 

2 

− x 

3 

4 

= 27(2x 

⇔ x 

3 + 51x 

2 −159x 

+ 107 = 0 

⇔ ( x −1)( 

x 

2 

+ 52x 

−107) 

= 0 

⎡x 

= 1 

⇔ ⎢ 2 

⎣x 

− 52x 

+ 107 = 0 

B. Ph−¬ng ph¸p ®Æt Èn phô 

(2) Gii çc ph−¬ng tr×nh: 

a) 3 x − 2 + x + 1 = 3 

Gii: 

§K: x ≥ −1 

§Æt 

2 

− 6x 

+ 4) 

⎡x 

= 1 

⎢ 

⇔ ⎢x 

= −26 

+ 

⎢ 

⎣x 

= −26 

− 


3 x − 2 = a ; x +1 = b ( b ≥ 0 ) 

783 

783 

Ta cã hÖ PT 

3 2 

⎧a 

− b = −3 

⎨ 

⎩a 

+ b = 3 

3 2 

Suy ra − a + 6a 

− 6 = 0 

2 

a ⇔ ( a −1)( 

a + 6) = 0 

⇔ a = 1 ⇒ x = 3( T / m) 

VËy ph−¬ng tr×nh nghiÖm x = 3 

2 

b. x − x + 5 = 5(1) 

---------------------------------------------------------------------------------------------- 







------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 

§K: x ≥ −5 

§Æt : x + 5 = y ( y ≥ 0) 

ta cã hÖ ph−¬ng tr×nh 

⎪⎧ 

x 

⎨ 

⎪⎩ y 

2 

2 

⇒ ( x 

− y = 5 

− x = 5 

2 

− y 

2 

) + ( x − y) 

= 0 



⎧x 

= y 

⇔ ⎨ 

⎩x 

+ y + 1 = 0 

+) 

x = y ⇒ 

x + 

⎧x 

≥ 0 

⎪ 

⇔ ⎨ 1± 

21 

⎪x 

= 

⎩ 2 

+) + y +1 = 0 

⎧x 

≥ 0 

= x ⇔ ⎨ 

⎩x 

− x − 5 = 0 

5 

2 

1+ 21 

⇔ x = 

(Ko T/m) 

2 

x ⇒ x + x + 5 + 1 = 0 

⇔ x + 1 = − x + 5 ⇔ x + 5 = −( 

x + 1) 

⎧x 

+ 1 ≤ 0 

⇔ ⎨ 2 

⎩x 

+ 2x 

+ 1 = x + 5(*) 

2 

PT (*) x + x − 4 = 0 

⎡ −1+ 

17 

⎢x 

= 

⇔ ⎢ 2 

⎢ −1− 

17 

⎢x 

= 

⎣ 2 

VËy PT v« nghiÖm 

(ko t/m) 

x + 4 

c) ( x + 2)( x + 4) + 5( x + 2). = 6 

x + 2 

x + 4 

§K: ≥ 0 

x + 2 


x + 

§Æt 4 .( x + 2) = a ⇒ a 

2 = ( x + 4)( x + 2) 

x + 2 

2 

Ta cã PT: a + 5a − 6 = 0 

⎡a 

= 1 

⎢ 

⎣a 

= −6 

---------------------------------------------------------------------------------------------- 







------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 

2 

+) a = 1 ⇒ x + 6x 

+ 8 −1 

= 0 

⇒ x 

2 

+ 6x 

+ 7 = 0 

⎡ − 3 + 

⎢x 

= 

⎢ 1 

⎢⎣ 

x = −3 

− 

2 

( tm) 

2 

2 

+) a = −6 

⇒ x + 6x 

+ 8 − 36 = 0 



⇒ x 

2 

⎡x 

= −3 

+ 

⎢ 

⎢⎣ 

x = −3 

− 

+ 6x 

− 28 = 0 

37 

37( tm) 

VËy pt cã 2 nghiÖm 

x = −3 + 2; −3 

− 

37 

C. ¸p dông bÊt ®¼ng thøc 

(3) Gii çc ph−¬ng tr×nh 

a) 2 x + 4 + 6 2x 

− 5 + 2x 

− 4 − 2 2x 

− 5 = 4 (1) 

§K: 

5 

x ≥ 

2 

Víi §k: 

5 

x ≥ PT (1) 

2 

⇔ 2 x − 5 + 3 + 2x 

− 5 −1 

= 4 

Ta cã: 

2x 

− 5 + 3 + 2x 

− 5 −1 

≥ 4 

§¼ng thøc xÈy ra 

5 

⇔ ≤ x ≤ 3 

2 

⎧( 

2x 

− 5 + 3)( 

⎪ 

⇔ ⎨ 5 

⎪x 

≥ 

⎩ 2 

5 

VËy nghiÖm cña PT ® cho lµ ≤ x ≤ 3 

2 

2x 

− 5 −1) 

≤ 0 


2 

b) x − 4 + 6 − x = x −10x 

+ 27(1) 

Gii 

§K 4 ≤ x ≤ 6 

---------------------------------------------------------------------------------------------- 







------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 

2 2 

Trªn TX§ x − 4 + 6 − x ≤ (1 + 1 )( x − 4 + 6 − x) 

⇔ x − 4 + 6 − x ≤ 2 

L¹i cã 

x 

2 

−10x 

+ 27 = ( x − 5) 

2 

+ 2 ≥ 2 

2 

⇒ x −10x 

+ 27 ≥ x − 4 + 6 − x 

§¼ng thøc xÈy ra 



⎧ x − 4 = 6 − x 

⎪ 

⇔ ⎨x 

= 5 

⎪ 

⎩ 

4 ≤ x ≤ 6 

⇔ x = 5 

VËy PT (1) cã nghiÖm lµ x=5 

c) Gii ph−¬ng tr×nh 

x 

Gii 

§K: 

2 

2 

+ x −1 

+ x − x + 1 = x − x + 2 

2 

⎪⎧ 

x + x −1 

≥ 0 

⎨ 

2 

⎪⎩ − x + x + 1 ≥ 0 

¸p dông B§T c« si cho çc sè kh«ng ©m ta cã 

2 

2 

x + x −1+ 

1 ⎫ 

( x + x −1).1 

≤ 

⎪ 

2 

⎬ ⇒ 

2 

2 

− x + x + 1+ 

1 

( −x 

+ x + 1).1 ≤ 

⎪ 

2 ⎪⎭ 

x 

2 

Ta cã 

2 

+ x −1 

+ x − x + 1 ≤ x + 1 

2 

x − x + 2 ≥ x + 1 (V× ( x −1) 

2 ≥ 0 ) 

⇒ 


x 

2 

+ x −1 

+ 

x − x 

2 

+ 1 ≤ x 

§¼ng thøc xÈy ra ⇔ x = 1 

VËy pt cã nghiÖm lµ x=1 

D. XÐt khong 

(4) Gii çc PT 

2 

− x + 2 

2 

2 

a) x + 48 = 4x 

− 3 + x + 35(1) 

Gii 

---------------------------------------------------------------------------------------------- 







------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 

TX§: ∀ x 

2 

2 

PT(1) ⇔ x + 48 − x + 35 = 4x 

− 3 

⇔ 

x 

2 

13 

+ 48 + 

x 

2 

= 4x 

− 3 

+ 35 

ThÊy x = 1 lµ nghiÖm cña PT (1) 

2 

2 

+) x > 1 ⇒ x + 48 + x + 35 > 13 



13 

⇒ 

2 

x + 48 + 

4x 

− 3 > 1 

3 

+) ≤ x < 1 

4 

⇒ 

x 

2 

+ 48 + 

x 

x 

2 

2 

⎫ 

< 1⎪ 

+ 35 ⎬ ⇒ PT v« nghiÖm 

⎪ 

⎭ 

+ 35 < 13 

13 

⎫ 

> 1 

2 

2 

⎪ 

⇒ x + 48 + x + 35 ⎬ ⇒ PT v« nghiÖm 

4x 

− 3 < 1 

⎪ 

⎭ 

VËy ph−¬ng tr×nh cã nghiÖm duy nhÊt lµ x=1 

6 3 4 

b) 5 − x − 3x 

− 2 = 1(1) 

Gii 

Ta cã: 

4 6 

x > 1 th× x ; x > 1 

4 6 

x < 1 th× x ; x < 1 

6 

4 

+) XÐt x > 1 ⇒ 5 − x < 4;3x 

− 2 > 1 

⇒ 


6 3 4 

5 − x − 3x 

− 

2 

PT (1) v« nghiÖm 

Xet x < 1 tương tự ta suy ra phương trình vô nghiệm 

ThÊy x= 1 hoÆc x= -1 lµ nghiÖm cña PT (1) 

Bµi tËp: 

Gii çc PT 

2 

3 

(1) a) 2( x + 2) = 5 x + 1( B) 

---------------------------------------------------------------------------------------------- 







------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 

2 

2 

(b) x + 17 − x + x. 

17 − x = 9( B) 

(2) 3 − x = x. 

3 + x (A) 

2 

2 

(3) x + 24 + 1 = 3x 

+ x + 8 (D) 

2 

(4) 6 − x + x + 2 = x − 6x 

+ 13( C) 

(5) 4 − 3 10 − 3x 

= x − 2( A) 



(6) 5 10 6 5 

27. 

x − 5x 

+ 864 = 0 (C) 




---------------------------------------------------------------------------------------------- 







------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 

Buổi 8: 



III. Gii hÖ ph−¬ng tr×nh 

* Çc ph−¬ng ph¸p: 

1. Ph−¬ng ph¸p thÕ 

2. C«ng thøc trõ, nh©n, chia çc vÕ 

3. §Æt Èn phô 

4. Dïng bÊt ®¼ng thøc. 

IV. ¸p dông çc ph−¬ng ph¸p. 

A. Ph−¬ng ph¸p thÕ. 

1. Gii çc hÖ pg−¬ng tr×nh 

a) 

Gii 

⎧3x 

+ y = 11 

⎨ 

⎩7x 

+ 4y 

= 29 

HÖ ® cho t−¬ng ®−¬ng víi 

⎧y 

= 11− 

3x 

⎨ 

⎩7x 

+ 4(11 − 3x) 

= 29 

⎧y 

= 11− 

3x 

⇔ ⎨ 

⎩5x 

= 15 

⎧x 

= 3 

⎨ 

⎩y 

= 2 

VËy hÖ ® cho cã nghiÖm lµ: (x;y) = (3;2) 

2 

2 

⎪⎧ 

x − 5xy 

+ 6 = 0 

b) ⎨ ⎪⎩ 

2 

4x 

+ 2xy 

+ 6y 

− 27 = 0 

Gii 



⎧( 

x − 2y)( 

x − 3y) 

= 0 

⎨ 2 

⎩4x 

+ 2xy 

+ 6y 

− 27 = 0 

⎡⎧x 

= 2y 

⎢⎨ 

2 

⎢⎩20y 

+ 6y 

− 27 = 0 

⇔ 

⎢ 

⎢ 

⎧x 

= 3y 

⎨ 2 

⎢ 

⎣⎩42y 

+ 6y 

− 27 = 0 

---------------------------------------------------------------------------------------------- 









------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 

⎡⎧x 

= 2y 

⎢⎪ 

⎢ 

⎢ 

⎪⎡ 

549 − 3 

⎢y 

= 

⎨ 

⎢ ⎢ 20 

⎪ 

⎢ ⎢ 

⎪ − 3 − 549 

⎢⎪ 

⎢y 

= 

⎢ 

⎩⎣ 

20 

⇔ 

⎢⎧x 

= 3y 

⎢⎪ 

⎢⎪⎡ 

1+ 

127 

⎢ ⎢y 

= 

⎨ 

⎢ ⎢ 14 

⎪ 

⎢ ⎢ 

⎪ −1− 

127 

⎢ 

⎣⎪⎢y 

= 

⎩⎣ 

14 

⎧ − 3 + 549 

⎪x 

= 

10 

⎨ 

⎪ − 3 + 549 

⎪ 

y = 

⎩ 20 

⎧ − 3 + 3 127 

⎪x 

= 

14 

⎨ 

⎪ −1+ 

127 

⎪ 

y = 

⎩ 14 

c) 

Gii: 

⎪⎧ 

x 

⎨ 

⎪⎩ x 

2 

+ y 

2003 

Ta cã: 

⎪⎧ 

x 

⎨ 

⎪⎩ x 

2 

2 

+ y 

+ y 

2003 

+ z 

2003 

2 

+ y 

2 

+ z 

+ z 

2003 

2 

+ z 

HoÆc 

HoÆc 

= xy + yz + zx 

2003 

= 3 

= 3 

2004 

= xy + yz + zx(1) 

2003 

2004 

(2) 

⎧ − 3 − 549 

⎪x 

= 

10 

⎨ 

⎪ − 3 − 549 

⎪ 

y = 

⎩ 20 

⎧ − 3 − 3 127 

⎪x 

= 

14 

⎨ 

⎪ −1− 

127 

⎪ 

y = 

⎩ 14 

2 2 2 

PT (1) ⇔ 2x 

+ 2y 

+ 2z 

− 2xy 

− 2yz 

− 2zx 

= 0 

⇔ ( x − y) 

2 

⇔ x = y = z 

+ ( y − z) 

2003 2004 

ThÕ vµo (2) ta cã: 3 x = 3 

2 

+ ( z − x) 

2 

= 0 


x 

2003 

= 3 

2003 

Do ®ã x= y=z = 3 

x = 3 

VËy nghiÖm cña hÖ ® cho lµ: 

(x;y;z) = (3;3;3) 

---------------------------------------------------------------------------------------------- 







------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 

B. Ph−¬ng ph¸p céng, trõ, nh©n, chia çc vÕ 

(2) Gii çc hÖ ph−¬ng tr×nh 

⎪⎧ 

5x 

3 + y = 2 2 

a) ⎨ ⎪⎩ x 6 − y 2 = 2 

Gii: 

HÖ ® cho t−¬ng ®−¬ng víi: 



⎪⎧ 

5x 

6 + y 2 = 4 

⎨ 

⎪⎩ x 6 − y 2 = 2 

⎧ 1 

⎪⎧ 

6 6x 

= 6 

⎪x 

= 

6 

⇔ ⎨ 

⎨ 

⎪⎩ 5x 

3 + y = 2 2 ⎪ −1 

y = 

⎪⎩ 

2 

⎪⎧ 

x 

b) ⎨ ⎪⎩ y 

Gii: 

3 

3 

= 2y 

+ 1 

= 2x 

+ 1 


⎪⎧ 

x 

⎨ 

⎪⎩ x 

3 

3 

= 2y 

+ 1 

− y 

3 

+ 2( x − y) 

= 0 

3 

⎪⎧ 

x = 2y 

+ 1 

⇔ ⎨ 

2 

⎪⎩ ( x − y)( 

x + xy + y 

3 

⎧x = 2y 

+ 1 

⇔ ⎨ 

⎩x 

= y 

3 

⎧x − 2x 

−1 

= 0 

⇔ ⎨ 

⎩x 

= y 

⎧⎡ 

⎪⎢x 

= −1 

⎪⎢ 

⎪⎢ 

1− 

5 

x = 

⇔ ⎨ 

⎢ 2 

⎪ 

⎢ 

⎪ 

⎢ 1+ 

5 

⎪ 

⎢ 

x = 

⎣ 2 

⎪ 

⎩x 

= y 

2 

+ 2) = 0 

2 

2 

(do + xy + y + 2 > 0 

x ) 

2 

⎧( 

x + 1)( x − x −1) 

= 0 

⇔ ⎨ 

⎩x 

= y 


---------------------------------------------------------------------------------------------- 







------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 

⎧ 1− 

5 ⎧ 1+ 

5 

⎧x 

= −1 

⎪x 

= 

⎪x 

= 

⇔ ⎨ hoÆc 

2 

⎨ hoÆc 

2 

⎨ 

⎩y 

= −1 

⎪ 1− 

5 

⎪ 

y = 

⎪ 1+ 

5 

⎩ 2 

⎪ 

y = 

⎩ 2 



⎧( 

x + xy + y = 1 

⎪ 

c) ⎨y 

+ yz + z = 4 trong ®ã x , y, 

z ≻ 0 

⎪ 

⎩z 

+ zx + x = 9 

Gii 

HÖ ®¸ cho t−¬ng ®−¬ng víi 

⎧( 

x + 1)( y + 1) = 2 

⎪ 

⎨( 

y + 1)( z + 1) = 5 

⎪ 

⎩( 

z + 1)( x + 1) = 10 

[( 

x + 1)( y + 1)( z + 1) ] 

⎧ 

⎪ 

( x + 1)( y + 1) = 2 

⇔ ⎨ 

⎪( 

y + 1)( z + 1) = 5 

⎪ 

⎩( 

z + 1)( x + 1) = 10 

⎧( 

x + 1)( y + 1)( z + 1) = 10 

⎪ 

( x + 1)( y + 1) = 2 

⇔ ⎨ 

⎪( 

y + 1)( z + 1) = 5 

⎪ 

⎩( 

z + 1)( x + 1) = 10 

⎧z 

+ 1 = 5 

⎪ 

⇔ ⎨x 

+ 1 = 2 

⎪ 

⎩y 

+ 1 = 1 

2 

= 100 

⎧x 

= 1 

⎪ 

⇔ ⎨y 

= 0 

⎪ 

⎩z 

= 4 

VËy hÖ ® cho cã nghiÖm lµ 

(x;y;z)=(1;0;4) 

C. Ph−¬ng ph¸p ®Æt Èn phô 

(3). Gii çc hÖ ph−¬ng tr×nh 

(Do x,y,z>0) 


⎪⎧ 

x 

a) ⎨ ⎪⎩ x 

§Æt: 

2 

3 

+ x = 5 + y 

+ y 

3 

= x 

2 

2 

+ y 

y + xy 

x-y=a; x+y =b 

HÖ ® cho trë thµnh 

2 

+ 6 

---------------------------------------------------------------------------------------------- 







------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 

⎧ab 

+ a = 5(1) 

⎨ 

⎩a 2 b = 6(2) 



Tõ PT (2) ta suy ra a ≠ 0 

6 

Do ®ã: b = 

2 

a 

ThÕ vµo (1) ta ®−îc: 

6 

+ a = 5 

a 

2 

⇔ a − 5a 

+ 6 = 0 (V× a ≠ 0 ) 

⇔ ( a − 2)( a − 3) = 0 

⎧a 

= 2 

⇔ ⎨ 

⎩a 

= 3 

+) 

Hay 

+) 

Hay 

3 

a = 2 ⇒ b = 

2 

⎧ 7 

⎧ 3 

⎪ 

x = 

⎪x 

+ y = 4 

⎨ 2 ⇔ ⎨ 

⎪ 

⎪ −1 

⎩x 

− y = 2 

y = 

⎩ 4 

2 

a = 3 ⇒ b = 

3 

⎧ 11 

⎧ 2 

⎪ 

x = 

⎪x 

+ y = 6 

⎨ 3 ⇔ ⎨ 

⎪ 

⎪ − 7 

⎩x 

− y = 3 y = 

⎩ 6 

Tãm l¹i hÖ ph−¬ng tr×nh ® cho cã nghiÖm lµ: 

(x;y) = 

b) 

Gii: 

⎛ 7 −1⎞ 

⎛11 

− 7 ⎞ 

⎜ ; ⎟; 

⎜ ; ⎟ 

⎝ 4 4 ⎠ ⎝ 6 6 ⎠ 


3 3 3 

⎧x 

+ x y + y 

⎨ 

⎩x 

+ xy + y = 5 

§Æt x+y = a; xy=b 

3 

= 17 

HÖ ® cho trë thµnh 

3 3 

⎧a 

+ b − 3ab 

= 17 

⎨ 

⎩a 

+ b = 5 

⎧a 

= 5 − b 

⇔ ⎨ 2 

⎩b 

− 5b 

+ 6 = 0 

---------------------------------------------------------------------------------------------- 







------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 

⎧a 

= 5 − b 

⇔ ⎨ 

⎩( 

b − 2)( b − 3) = 0 

⎧a 

= 3 

⎧a 

= 2 

⇔ ⎨ 

HoÆc ⎨ 

⎩b 

= 2 

⎩b 

= 3 

⎧a 

= 3 

⎧x 

+ y = 3 

+) ⎨ Ta cã hÖ ph−¬ng tr×nh ⎨ 

⎩b 

= 2 

⎩xy 

= 2 



⎧x 

= 3 − y 

⎧x 

= 3 − y 

⇔ ⎨ 

⇔ 

2 

⎨ 

⎩y 

− 3y 

+ 2 = 0 

⎩( 

y −1)( 

y − 2) = 0 

⎧x 

= 2 

⇔ ⎨ 

⎩y 

= 1 

+) 

⎧a 

= 2 

⎨ 

⎩b 

= 3 

⎧x 

= 2 − y 

⇔ ⎨ 2 

⎩y 

− 2y 

+ 3 = 0 

HÖ nµy v« nghiÖm 

HoÆc 

⎧x 

= 1 

⎨ 

⎩y 

= 2 

Ta cã hÖ ph−¬ng tr×nh 

VËy nghiÖm cña hÖ ® cho lµ: 

(x;y) = (1;2); (2;1) 

c) 

Gii 

( x + y) 

⎪⎧ 

⎨ 

⎪⎩ xy( 

x 

2 

4 

2 

= 6x 

y 

+ y 

2 

2 

) = −78 

− 215 


⎪⎧ 

x 

⎨ 

⎪⎩ x 

4 

3 

+ 4x 

3 

y + xy 

y + 4xy 

3 

3 

= −78 

+ y 

4 

= −215 

4 

3 

3 

⎪⎧ 

78x 

+ 312x 

y + 312xy 

+ 78y 

⇔ ⎨ ⎪⎩ 

3 

3 

215x 

y + 215xy 

= −16770 

4 3 

⎪⎧ 

78x 

+ 97x 

y + 97xy 

⇔ ⎨ ⎪⎩ 

3 3 

x y + xy = −78 

3 

(V« nghiÖm) 

+ 78y 

4 

4 

⎧x 

+ y = 2 

⎨ 

⎩xy 

= 3 

= −16770 


= 0(1) 

§Æt 

x 

t = PT (1) trë thµnh 

y 

78t 

4 

3 

+ 97t 

+ 97t 

+ 78 = 0 

⇔ (3t 

+ 2)(2t 

+ 3)(13t 

2 

−12t 

+ 13) = 0 

---------------------------------------------------------------------------------------------- 







------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 

⎡ − 2 

⎢ 

t = 

3 

⇔ ⎢ 

⎢ − 3 

t = 

⎢⎣ 

2 

− 2 

+) t = 

2 ⇒ x = 

− y 

3 3 

26 

ThÕ vµo (2) ta ®−îc y 4 

= 78 

27 



⇔ y 

4 = 81 

⇔ y HoÆc y = −3 

= 3 

Suy ra: 

⎧x 

= −2 

⎨ 

⎩y 

= 3 

− 3 

+) t = 

3 ⇒ x = 

− y 

2 2 

HoÆc 

39 

ThÕ vµo (2) ta ®−îc y 4 

= 78 

8 

⇔ y 

4 = 16 

= 2 

⎧x 

= 2 

⎨ 

⎩y 

= −3 

⇔ y HoÆc y = −2 

Suy ra: 

⎧x 

= −3 

⎨ 

⎩y 

= 2 

HoÆc 

Tãm l¹i hÖ ® cho cã nghiÖm lµ: 

(x;y) = (-2;3); (2;-3); (-3;2) ; (3;-2) 

D. ¸p dông bÊt ®¼ng thøc 

(4) Gii çc hÖ ph−¬ng tr×nh 

a) 

Gii: 

⎧x 

+ y + z = 1 

⎨ 4 4 4 

⎩x 

+ y + z = xyz 

⎧x 

= 3 

⎨ 

⎩y 

= −2 


2 

2 

2 

NhËn xÐt: Tõ B§T ( a − b) 

+ ( b − c) 

+ ( c − a) 

≥ 0 

2 2 2 

Ta suy ra: a + b + c ≥ ab + bc + ca(*) 

¸p dông liªn tiÕp B§T (*) ta ®−îc 

x + 

≥ xyz + + 

4 4 4 2 2 2 2 2 2 

+ y + z ≥ x y + y z z x ( x y z) 

4 4 4 

⇔ x + y + z ≥ xyz 

---------------------------------------------------------------------------------------------- 







------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 

1 

§¼ng thøc xÈy ra khi: x = y = z = 

3 

VËy hÖ ® cho cã nghiÖm lµ: 

⎛ 1 1 1 ⎞ 

( x ; y; 

z) 

= ⎜ ; ; ⎟ 

⎝ 3 3 3 ⎠ 

b) ⎪⎩ 

⎪ ⎨ 

⎧ 

4 

Gii: 

x + 

x + 

4 

32 − x 

32 − x 

= y 

2 

− 3 

= 24 − 6y 



§K: 0 ≤ x ≤ 32 


⎪⎧ 

( 

⎨ 

⎪⎩ 

x + 

x + 

4 

32 − x) 

+ ( 

32 − x = y 

2 

4 

x + 

− 3 

4 

32 − x) 

= y 

2 

− 6y 

+ 21 

Theo bÊt ®¼ng thøc BunhiaCèp xki ta cã 

( 

⇒ 

2 2 2 

x + 32 − x) 

≤ (1 + 1 )( x + 32 − x) 

= 64 

x + 

32 − x ≤ 8 

( ) [ ] 4 4 

2 

4 

x + 32 − x ≤ 2( x + 32 − x) 

≤ 256 

⇒ 4 4 

x + 32 − x ≤ 4 

4 

Suy ra ( x + 32 − x) 

+ ( 

4 x + 32 − x) 

≤ 12 

2 

2 

MÆt kh¸c y − 6y 

+ 21 = ( y − 3) + 12 ≥ 12 

§¼ng thøc xÈy ra khi x= 16 vµ y=3 (t/m) 

VËy hÖ ® cã nghiÖm lµ (x;y) = (16;3) 


---------------------------------------------------------------------------------------------- 







------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 



Buổi 9: 


BẤT ĐẲNG THỨC 



1) Phương pháp đổi tương đương 

• Để chứng minh: A ≥ B 

Ta biến đổi A ≥ B ⇔ A1 ≥ B1 ≥ … An ≥ Bn 

(đây là bất đẳng thức đúng) 

Hoặc từ bất đẳng thức đứng An 

≥ Bn 

, ta biến đổi 

An ≥ Bn ⇔ An −1 ≥ Bn 

−1 ≥… 

A1 ≥ B1 

⇔ A ≥ B 

Ví dụ 1.1 

2 2 

( + ) ≥ ( + ) 2 

CMR : a) 2 a b a b (1) 

2 2 2 

b) a (1) 

+ b + c ≥ ab + bc + ca 

2 2 

( ) ( ) ( ) 

a) 1 ⇔ 2 a + b − a + b ≥ 0 

2 2 

⇔ a + b − ab ≥ 

( a b) 

2 

2 0 

2 

Giải 

⇔ − ≥ 0 (2) 

Do bất đẳng thức (2) đúng nên bất đẳng thức (1) được chứng minh. 

2 2 2 

b) ( 1) ⇔ 2( a + b + c ) − 2( ab + bc + ca) 

≥ 0 

b) 

2 2 2 2 2 2 

⇔ a − 2ab + b + b − 2bc + c + c − 2ca + a ≥ 0 

( ) ( ) ( ) 

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

2 2 2 

⇔ − + − + − ≥ 0 (2) 

Bất đẳng thức (2) đúng suy ra điều phải chứng minh. 

Ví dụ 1.2 

CMR 

( 

4 4 

) ( )( 

3 3 

a) 2 a + b ≥ a + b a + b ) (1) 

4 4 4 3 3 3 

b ( a + b + c ) ≥ ( a + b + c)( a + b + c ) 


) 3 (1) 

Giải 

a) 1 

4 4 

⇔ 2a + 2b − 

4 3 3 4 

a + a b + ab + b ≥ 0 

( ) ( ) 

4 3 3 3 

⇔ ( a − a b) − ( ab − b ) ≥ 0 

( ) ( ) 

3 3 

⇔ a a − b − b a − b ≥ 

0 

2 

( a b)( a 3 b 3 ) 0 ( a b) ( a 2 ab b 

2 

) 0 ( 2) 

⇔ − − ≥ ⇔ − + + ≥ 

Do bất đẳng thức (2) đúng suy ra điều phải chứng minh. 

---------------------------------------------------------------------------------------------- 







------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 

4 4 4 4 3 3 4 3 3 3 3 4 

b) 1 ⇔ 3a + 3b + 3c − a + a b + a c + b + ab + b c + ac + bc + c ≥ 0 

( ) ( ) 

4 4 3 3 4 4 3 3 4 4 3 3 

⇔ ( a + b − a b − ab ) + ( b + c − b c − bc ) + ( a + c − a c − ac ) ≥ 0 

2 2 2 

( a b) ( a 2 ab b 2 ) ( b c) ( b 2 bc c 2 ) ( a c) ( a 2 ac c 

2 

) 

⇔ − + + + − + + + − + + ≥ 0 



Ví dụ 1.3 

2 2 2 2 

2 

( + )( + ) ≥ ( + ) ( ) 

CMR : a) a b x b ax by 1 

2 2 

( ) ( ) ( ) 

2 2 2 2 

b) 1 

a + b + c + d ≥ a + c + b + d 

Giải 

a) 1 ⇔ a x + a y + b x + b y ≥ a x + 2abxy + b y 

( ) 

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 

2 2 2 2 

⇔ a y − abxy + b y ≥ 

( ay bx) 

⇔ − ≥ 0 

2 0 

2 

2 2 2 2 2 2 2 2 

( ) ⇔ + + + + ( + )( + ) ≥ ( + ) + ( + ) 

2 2 2 2 

( )( ) 

2 2 

b) 1 a b c d 2 a b c d a c b d 

⇔ a + b c + d ≥ ac + bd 

Nếu ac + bd < 0 thì (2) đúng 

Nếu ac + bd ≥ 0 thì 

2 2 2 2 

( 2) ⇔ ( a + b )( c + d ) ≥ ( ac + bd ) 

( ad bc) 

2 

(2) 

⇔ a c + a d + b c + b d ≥ a c − 2abcd + b d 

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 

⇔ − ≥ 0 

Suy ra đpcm. 

Ví dụ 1.4 

2 

2 2 2 

a b c 

b c a 

Giải 

3 3 3 2 2 2 

1 ⇔ a c + b a + c b − a bc − b ac − c ab ≥ 0 

Cho a, b, c > 0, chứng minh rằng: + ≥ a + b + c ( 1) 

( ) 


2 2 2 2 2 2 

( ) ( ) ( ) 

⇔ ac a − 2ab + b + ab b − 2bc + c + bc c − 2ca + a ≥ 0 

( ) ( ) ( ) 

2 2 2 

⇔ ac a − b + ab b − c + bc c − a ≥ 0 

⇒ đpcm. 

Ví dụ 1.5 

2 2 2 

Cho a, b, c > 0. CMR: a ( b + c − a) + b ( a + c − b) + c ( b + a − c) 

≤ 3abc 

(1) 

Giải 

---------------------------------------------------------------------------------------------- 









------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 

G / s a, b ≥ c > 0 

2 2 2 

( ) abc a ( b c a) b ( a c b) c ( b a c) 

1 ⇔ 3 − + − + + − + + − ≥ 0 

2 2 2 

( ) ( ) ( ) 

⇔ a a − ab − ac + bc + b b − bc − ba + ac + c c − ac − bc + ab ≥ 0 

( )( ) ( )( ) ( )( ) 

⇔ a a − b a − c + b b − c b − a + c c − a c − b ≥ 0 

2 2 

( a b)( a ac b bc) c( a c)( b c) 

⇔ − − − + + − − ≥ 0 

2 

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

⇔ − + − + − − ≥ 0 

Suy ra ĐPCM. 

2) Phương pháp biến đổi đồng nhất 

Để chứng minh BĐT: A ≥ B. Ta biến đổi biểu thức A – B thành tổng các biểu thức có 

giá trị không âm. 

Ví dụ 2.1 

Chứng minh rằng: 

2 2 2 2 

a) a + b + c + d ≥ ab + ac + ad 1 

( ) 

( ) 

2 2 2 

) 4 4 4 4 8 1 

b a + b + c ≥ ab − ac + bc 

2 2 2 2 

a) Ta có a b c d ab ac ad 

= 

+ + + − − − 

Giải 

⎛ a ⎞ ⎛ a ⎞ ⎛ a ⎞ a 

⎜ − ab + b ⎟ + ⎜ − ac + c ⎟ + ⎜ − ad + d ⎟ + 

⎝ 4 ⎠ ⎝ 4 ⎠ ⎝ 4 ⎠ 4 

2 2 2 2 

2 2 2 

2 2 2 2 

⎛ a ⎞ ⎛ a ⎞ ⎛ a ⎞ a 

= ⎜ − b⎟ + ⎜ − c⎟ + ⎜ − d ⎟ + ≥ 0 

⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ 4 

2 2 2 

b) Ta có : a + 4b + 4c − 4ab + 4ac − 8bc 

2 2 2 

( a 4ab 4b ) 4c ( 4ac 8bc) 

= − + + + − 

2 2 

( a 2b) 4c 4c( a 2b) 

= − + + − 

( a b c) 

= − 2 + 2 ≥ 0 

Ví dụ 2.2 


3 3 

a) 4( a b ) ( a b) 3 

2 

+ ≥ + với a, b > 0 

3 3 3 

3 3 3 

b) 8( a b c ) ( a b) ( b c) ( c a) 

+ + ≥ + + + + + với a, b, c > 0 

c) ( ) 3 3 3 3 

a + b + c ≥ a + b + c + 24abc 

với a, b, c ≥ 0 

Giải 

3 3 2 2 

a) Ta có : 4 a + b − a + b = a + b ⎡4 

a − ab + b 

⎣ 

− a + b 

( a b)( a b) 


= 3 + − ≥ 0 

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 

2 

3 2 

---------------------------------------------------------------------------------------------- 





⎤ 

⎦





------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 

3 3 3 

3 3 3 

b) Ta có :8 a + b + c − a + b − b + c − c + a 

( ) ( ) ( ) ( ) 

3 3 3 3 3 3 

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

3 3 3 

⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ 

= 4 + − + + 4 + − + + 4 + − + 

⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ 

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

3 3 3 3 

( + + ) − − − − 

2 2 2 

= 3 + − + 4 + − + 3 + − ≥ 0 

c) Ta có : a b c a b c 24abc 

( ) ( ) ( ) 

3 2 2 3 3 3 3 

= a + b + 3 a + b c + 3 a + b c + c − a − b − c − 24abc 

3 2 2 3 2 2 2 3 3 

a a b ab b a c abc ac bc a b abc 

= + 3 + 3 + + 3 + 6 + 3 + 3 − − − 24 

2 2 2 2 2 2 

( a b c b abc) ( a c b c abc) ( b a c a abc) 

= 3 + − 2 + 3 + − 2 + 3 + − 2 

( ) ( ) ( ) 

2 2 2 

= 3b a − c + 3c a − b + 3a b − c ≥ 0 

Ví dụ 2.3 

Với a, b, c > 0. Chứng minh rằng: 

1 1 4 1 1 1 9 a b c 3 

a) + ≥ b) + + ≥ c) 

+ + ≥ 

a b a + b a b c a + b + c b + c c + a a + b 2 

Giải 

2 2 

1 1 4 ( a + b) − 4ab ( a − b) 

a) Ta có : + − = = ≥ 0 

a b a + b a + b a + b 

⎛ 1 1 1 ⎞ ⎛ a b ⎞ ⎛ b c ⎞ ⎛ a c ⎞ 

b)Ta có :( a + b + c) 

⎜ + + ⎟ − 9 = ⎜ + − 2⎟ + ⎜ + − 2⎟ + ⎜ + − 2⎟ 

⎝ a b c ⎠ ⎝ b a ⎠ ⎝ c b ⎠ ⎝ c a ⎠ 

2 2 2 

( a − b) ( b − c) ( a − c) 

= + + ≥ 0 

ab bc ac 


---------------------------------------------------------------------------------------------- 









------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 

a b c 3 ⎛ a 1 ⎞ ⎛ b 1 ⎞ ⎛ c 1 ⎞ 

c)Ta có : + + − = ⎜ − ⎟ + ⎜ − ⎟ + ⎜ − ⎟ 

b + c c + a a + b 2 ⎝ b + c 2 ⎠ ⎝ c + a 2 ⎠ ⎝ a + b 2 ⎠ 

( a − b) + ( a − c) 

( b − a) + ( b − c) 

( c − a) + ( c − b) 

= + + 

2 b + c 2 c + a 2 a + b 

( ) 

( ) 

( )( ) 

( ) 

( ) 

( )( ) 

( ) 

1 ⎛ 1 1 ⎞ 1 ⎛ 1 1 ⎞ 1 ⎛ 1 1 ⎞ 

= ( a − b) ⎜ − ⎟ + ( b − c) ⎜ − ⎟ + ( c − a) 

⎜ − ⎟ 

2 ⎝ b + c c + a ⎠ 2 ⎝ a + c a + b ⎠ 2 ⎝ a + b b + c ⎠ 

( ) 

( )( c) 

2 2 2 

1 ⎡ a − b b − c a − c 

= ⎢ 

+ + 

2 ⎢⎣ 

a + c b + c a + c a + b a + b b + 

Cách 2 

⎤ 

⎥ ≥ 0 

⎥⎦ 

a b c 3 ⎛ a 1 ⎞ ⎛ b 1 ⎞ ⎛ c ⎞ 

Ta có : + + − = ⎜ + ⎟ + ⎜ + ⎟ + ⎜ + 1⎟ 

− 3 

b + c c + a a + b 2 ⎝ b + c 2 ⎠ ⎝ c + a 2 ⎠ ⎝ a + b ⎠ 

( a + b) + ( a + c) ( a + b) + ( b + c) ( a + c) + ( b + c) 

1 ⎡ 

⎤ 

= ⎢ 

+ + − 6⎥ 

2 ⎣ b + c a + c a + b ⎦ 

1 ⎡ ⎛ a + b b + c ⎞ ⎛ b + c a + c ⎞ ⎛ a + c a + b ⎞⎤ 

= 2 2 2 

2 

⎢⎜ + − ⎟ + ⎜ + − ⎟ + ⎜ + − ⎟ 

b + c a + b a + c b + c a + b a + c 

⎥ ≥ 0 

⎣⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎦ 

Ví dụ 2.4 

a) Cho a, b ≥ 0. CMR: a + b ≥ 2 ab 

(Bất đẳng thức Cô – si) 

b) Cho a, b, c ≥ 0. CMR: a + b + c ≥ 3 3 abc (Bất đẳng thức Cô – si) 

c) Cho a ≥ b ≥ c và x ≤ y ≤ z. 

CMR 

a + b + c x + y + z ≥ 3 ax + by + cz (Bất đẳng thức Trê bư sếp) 

( )( ) ( ) 

a) Ta có: ( ) 2 

Giải 

a + b − 2 ab = a − b ≥ 0 

3 1 3 3 3 3 3 3 3 3 3 

b) a b c abc ( a b c 

⎡ 

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

2 2 2 

+ + − 3 = + + − + − + − 

⎤ 

≥ 0 

2 

⎢⎣ 

⎥⎦ 


c) ( a + b + c )( x + y + z ) − 3 ( ax + by + cz ) 

( y x)( a b) ( z x)( b c) ( x z)( c a) 

= − − + − − + − − ≥ 0 

Ví dụ 2.5 

Cho a, b, c > 0. Chứng minh: 

---------------------------------------------------------------------------------------------- 









------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 

bc ac ab 

a) 

+ + ≥ a + b + c 

a b c 

bc ac ab 

2 2 2 

b) + + ≥ 3( a + b + c ) 

a b c 

Giải 

2 

2 2 2 

( ) 

( a − b) ( a − c) ( b − c) 

2 2 2 

bc ac ab 

1 1 1 

a) + + − ( a + b + c) 

= c + b + a ≥ 0 

a b c 2 ab 2 ac 2 bc 

⎛ bc ac ab ⎞ 

b) ⎜ + + ⎟ − 3 a + b + c 

⎝ a b c ⎠ 

2 2 2 

1 ⎡ c 2 2 

2 a 2 2 

2 b 2 2 

2 ⎤ 

= 

2 2 ( a b ) 2 2 ( c b ) 2 2 ( a c ) 0 

2 

⎢ − + − + − ≥ 

a b c b a c 

⎥ 

⎣ 

⎦ 

Ví dụ 2.6 

Chứng minh rằng 

1 1 2 

a) 

+ ≥ 

2 2 

1+ a 1+ b 1+ 

ab 

nếu ab ≥ 0 

1 1 2 

b) 

+ ≤ 

2 2 

1+ a 1+ b 1+ 

ab 

nếu a 2 + b 2 < 2 

1 1 2 

c) 

+ ≥ 

2 2 

1− a 1− b 1− 

ab 

nếu -1 < a, b < 1 

1 1 1 

d) 

+ ≥ 

1+ a 

2 1+ 

b 

2 

1 + ab 

nếu a, b > 0 

( ) ( ) 

Giải 

1 1 2 ⎛ 1 1 ⎞ ⎛ 1 1 ⎞ 

a) + − = + 

2 2 ⎜ − 

2 ⎟ ⎜ − 

2 ⎟ 

1+ a 1+ b 1+ ab ⎝1+ a 1+ ab ⎠ ⎝1+ b 1+ 

ab ⎠ 

2 

( a − b) ( ab −1) 

2 2 

( 1+ a )( 1+ b )( ab + 1) 

≥ 0 

2 

( ) ( ) 

2 2 

a + b ⎧ab + 1≥ 0 a − b ab −1 

b) ab ≤ = 1⇒ ⎨ ⇒ ≤ 0 

2 ⎩ab −1≤ 0 1+ a 1+ b ab + 1 


2 2 2 

( a − b) ( 1− 

a b ) 

2 2 

( 1− a )( 1− b )( ab −1) 

2 

2 2 

( )( )( ) 

1 1 2 ⎛ 1 1 ⎞ ⎛ 1 1 ⎞ 

c) + − = + 

2 2 ⎜ − 

2 ⎟ ⎜ − 

2 ⎟ 

1− a 1− b 1− ab ⎝1− a 1− ab ⎠ ⎝1− b 1− 

ab ⎠ 

≥ 0 

( ) ( ) 

2 2 

1 1 1 ab a − b + ab −1 

d) + − = ≥ 0 

2 2 2 2 

( 1+ a) ( 1+ b) 

1+ 

ab ( 1+ a) ( 1+ b) ( 1+ 

ab) 

---------------------------------------------------------------------------------------------- 







------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 



Buổi 10: 



3) Phương pháp sử dung tính chất của bất đẳng thức 

Cơ sở của phương pháp này là các tính chất của bất đẳng thức và một số bất đẳng thức 

cơ bản như: 

a) a ≥ b, 

b ≥ c ⇒ a ≥ c 

Ví dụ 3.1 

1 1 

b) a ≥ b và a.b > 0 ⇒ ≤ 

a b 

⎧a 

≥ b ≥ 0 

c) 

⎨ ⇒ ac ≥ bd 

⎩c 

≥ d ≥ 0 

( − ) 2 

d) a b ≥ 0 

Cho a + b > 1 . Chứng minh: 

( ) 

2 2 

( a + b ) 

4 4 

⇒ + ≥ > 

2 

1 1 4 

e) a, b > 0 ⇒ + ≥ 

a b a + b 

( a + b) 

2 2 2 

1 

a − b ≥ 0 ⇒ a + b ≥ > 

2 2 

a 

b 

1 

2 8 

Ví dụ 3.2 Với a, b, c > 0. CMR 

3 3 3 

a b c 

a) 

+ + ≥ ab + ac + bc 

b c a 

3 3 3 

a b c 

b) 

+ + ≥ a + b + c 

2 2 2 

b c a 

2 

a 

+ b > 

8 

Giải 

4 4 1 

x 

a x xy y x y 

y 

2 

2 2 

) Ta có : ≥ + − , > 0 

( ) 

Giải 


3 3 3 

a b c 2 2 2 2 2 2 

⇒ + + ≥ ( a + ab − b ) + ( b + bc − c ) + ( c + ac − a ) = ab + ac + bc 

b c a 

3 

x 

b) Ta có : ≥ 3x − 3 y 

2 

( x, y > 0) 

y 

3 3 3 

a b c 

⇒ + + ≥ 

2 2 2 

( 3a − 2b) + ( 3b − 2c) + ( 3c − 2a) 

= a + b + c 

b c a 

---------------------------------------------------------------------------------------------- 







------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 

Ví dụ 3.3 

Cho a, b, c > 0. CMR: 

bc ac ab 

a) 

+ + ≥ a + b + c 

a b c 

2 2 2 

a b c a + b + c 

b) 

+ + ≥ 

b + c c + a a + b 2 



Giải 

bc ac 

+ ≥ 2c 

⇒ 

a) dễ dàng chứng minh a b đpcm 

2 

a b + c 

b) dễ dàng chứng minh + ≥ a ⇒ đpcm 

b + c 4 

Ví dụ 3.4 

1 1 1 1 1 1 

a) cho x, y, z >0. t/m: + + = 4. CMR : + + ≤1 

x y z 2x + y + z x + 2y + z x + y + 2z 

b) Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh 

1 1 1 1 1 1 

+ + ≥ + + 

a + b − c a + c − b b + c − a a b c 

c) Cho a, b, c > 0 thỏa mãn: abc = ab + bc + ca. Chứng minh: 

1 1 1 3 

+ + ≤ 

a + 2b + 3c b + 2c + 3a c + 2a + 3b 

16 

Giải 

1 1 4 

a) Ta có : a, b > 0 ⇒ + ≥ 

a b a + b 

1 1 1 ⎛ 1 1 ⎞ 1 ⎛ 2 1 1 ⎞ 

⇒ = ≤ ⎜ + ⎟ ≤ ⎜ + + ⎟ 

2x + y + z ( x + y) + ( x + zx) 

4 ⎝ x + y x + z ⎠ 16 ⎝ x y z ⎠ 


1 1 1 2 1 1 1 1 1 2 

Tương tự: ≤ ⎛ ⎜ + + ⎞ ⎟; 

≤ ⎛ ⎜ + + 

⎞ 

⎟ 

x + 2y + z 16 ⎝ x y z ⎠ x + y + 2z 16 ⎝ x y z ⎠ 

1 1 1 4 ⎛ 1 1 1 ⎞ 

+ + ≤ ⎜ + + ⎟ = 1 

2x + y + z x + 2y + z x + y + 2z 16 ⎝ x y z ⎠ 

---------------------------------------------------------------------------------------------- 







------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 

1 1 4 2 

b) 

+ ≥ = 

a + b − c a − b + c 2 a a 



1 1 2 

+ ≥ ; 

a + b − c b + c − a b 

1 1 2 

+ ≥ 

a − b + c b + c − a c 

1 1 1 1 1 1 

⇒ + + ≥ + + 

a + b − c a − b + c b + c − a a b c 

1 1 1 ⎡ 1 1 ⎤ 1 1 3 

c) 

= ≤ ⎢ + ⎥ ≤ + + 

a + 2 b + 3 c ( a + c ) + 2( b + c ) 4 ⎣ a + c 2( b + c ) ⎦ 16 a 32 b 32 c 

1 3 1 1 1 1 3 1 

tt: ≤ + + ; ≤ + + 

3a + b + 2c 32a 16b 32c 2a + 3b + c 32a 32b 16c 

1 1 1 6 ⎛ 1 1 1 ⎞ 3 

⇒ + + ≤ ⎜ + + ⎟ = 

a + 2b + 3c 3a + b + 2c 2a + 3b + c 32 ⎝ a b c ⎠ 16 

Ví dụ 3.5 

Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng: 

a b c 

a) + + < 2 

a + b b + c c + a 

b a b c a b c 

) + + ≥ + + 

b c c a a b 2 2 2 

+ + + 1+ a 1+ b 1+ 

c 

Giải 

a) áp dụng BĐT: 0, 0. ta có: y y + 

x > y > t > < t 

x x + t 

a a + c b b + a c c + b 

Ta có : < ; < ; < 

a + b a + b + c b + c b + c + a c + a a + b + c 

a b c 

⇒ + + < 2 

a + b b + c c + a 

2 

a 1 

Ta có : a + 1≥ 2a 

⇒ ≤ 

2 

a + 1 2 

a b c 3 

b) ⇒ + + ≤ 

2 2 2 

a + 1 b + 1 c + 1 2 

a b c 3 

mà + + ≥ 

b + c c + a a + b 2 

suy ra điều phải chứng minh. 


---------------------------------------------------------------------------------------------- 







------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 



Buổi 11: 

4)Phương pháp sử dung bất đẳng thức kinh điển 



4.1)Phương pháp sử dung bất đẳng thức Co-si 

*) Cho a1, a2,..., a ≥ 0, ta có : a1 + a2 + ... + a ≥ n 

n 

a1. a2... 

a 

Dấu “=” xảy ra khi a1 = a2 = ... = a n 

≥ 0 

Ví dụ 4.1 

n n n 

Cho a, b > 0 thỏa mãn ab = 1. CMR: ( a b )( a b ) 

Áp dụng BĐT Cosi ta có 

2 2 

a + b ≥ 2ab 

= 2 

a + b ≥ 2 ab = 2 

4 4 

a + b + ≥ 2 ( a + b) 

= 4 

a + b a + b 

2 2 4 4 

⇒ ( a + b + 1)( a + b ) + ≥ 2( a + b + 1) 

+ 

a + b a + b 

⎛ 4 ⎞ 

= ⎜ a + b + ⎟ + ( a + b) 

+ 2 ≥ 4 + 2 + 2 = 8 

⎝ a + b ⎠ 

Ví dụ 4.2 


( ) 2 

a + b a + b 

a) 

+ ≥ a b + b a với a, b ≥ 0 

2 4 

b) a + b + c > 2 với a,b,c > 0 

b + c c + a a + b 

Giải 

+ + 1 + + 8 

a + b 

≥ 

Giải 

2 2 4 


---------------------------------------------------------------------------------------------- 









------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 

( ) 

( ) 

2 

2 

a + b a + b a + b ⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ 

a) Ta có : + = ⎜ a + b + ⎟ ≥ ab ⎜ a + b + ⎟ 

2 4 2 ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ 

1 1 ⎛ 1 ⎞ 

mà a + ≥ a, 

b + ≥ b ⇒ ⎜ a + b + ⎟ ≥ a + b 

4 4 ⎝ 2 ⎠ 

a + b a + b 

⇒ + ≥ a b + b a 

2 4 

b + c 1 ⎛ b + c ⎞ a + b + c 

b) ⋅1 ≤ ⎜ + 1⎟ 

= 

a 2 ⎝ a ⎠ a 

⇒ 

a a 

≥ 

b + c a + b + c 

b b c c 

tt: ≥ ; ≥ 

a + c a + b + c a + b a + b + c 

Cộng vế với vế ta được: a + b + c ≥ 2 

b + c c + a a + b 

⎧a = b + c 

⎪ 

Dấu “=” xảy ra khi ⎨b = a + c ⇒ a + b + c = 0 vô lí. 

⎪ 

⎩c = a + b 

Vậy dấu “=” không xảy ra. 

Ví dụ 4.3 

Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng: 

2 2 2 3 3 3 

a b c a + b + c 

a) 

+ + ≤ 

2 2 2 2 2 2 

b + c c + a a + b 2abc 

3 3 3 

1 1 1 a + b + c 

2 2 2 

b) + + ≤ + 3; ( a + b + c = 1) 

2 2 2 2 2 2 

a + b b + c c + a 2abc 

Giải 

2 2 2 2 2 2 

a a b b c c 

a) Ta có : ≤ ; ≤ ; ≤ 

2 2 2 2 2 2 

b + c 2bc a + c 2ac a + b 2ab 

2 2 2 2 2 2 3 3 3 

a b c a b c a + b + c 

⇒ + + ≤ + + = 

2 2 2 2 2 2 

b + c a + c a + b 2bc 2ac 2ab 2abc 

1 1 1 2 2 2 ⎛ 1 1 1 

b) Ta có : + + = ( a + b + c ) ⎜ + + 

a + b b + c c + a ⎝ a + b b + c c + a 


2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 

2 2 2 3 3 3 

c a b a + b + c 

= + + + 3 ≤ + 3 

2 2 2 2 2 2 

a + b b + c c + a 2abc 

Ví dụ 4.4 

Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng 

1 1 1 1 

+ + ≤ 

3 3 3 3 3 3 

a + b + abc b + c + abc c + a + abc abc 

---------------------------------------------------------------------------------------------- 





⎞ 

⎟ 

⎠





------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 

Giải 

2 2 3 3 

Ta có : a + b ≥ 2ab ⇒ a + b ≥ ab a + b > 0 

( ) 

( ) 

abc abc c 

⇒ ≤ = 

3 3 

a + b + abc ab a + b + abc a + b + c 

tt: abc ≤ a ; 

abc ≤ 

b 

3 3 3 3 

b + c + abc a + b + c c + a + abc a + b + c 

Cộng vế với vế suy ra điều phải chứng minh 

Ví dụ 4.5 

Cho a, b, c > 0 thỏa mãn a 2 +b 2 + c 2 = 3. Chứng minh rằng 

ab bc ca 

+ + ≥ 3 (1) 

c a b 

Gải 

2 2 2 2 2 2 

a b b c c a 

2 2 2 2 2 2 

( 1) ⇔ + + + 2 

2 2 2 ( a + b + c ) ≥ 3( a + b + c ) 

c a b 

2 2 2 2 2 2 

a b b c c a ab bc ab ac bc ca 

mà : + + ≥ ⋅ + ⋅ + ⋅ = a 

2 2 2 

c a b c a c b a b 

+ b + c 

Suy ra điều phải chứng minh. 

Ví dụ 4.6 

Cho x, y, z > 0 thỏa mãn xyz = 1. Chứng minh 

3 3 3 

x y z 3 

a) + + ≥ 

1 1 1 1 1 1 4 

( + y)( + z) ( + z)( + x) ( + x)( + y) 

xy yz zx 

b) + + ≤1 

x 

5 xy y 

5 y 

5 yz z 

5 z 

5 zx x 

5 

+ + + + + + 

Giải 

a) Áp dụng bất đẳng thức cô si ta có: 

3 

x 1+ y 1+ 

z 3x 

+ + ≥ 

1+ y 1+ 

z 8 8 4 

( )( ) 

x + y + z 3 3 

Tương tự suy ra VT 

3 xyz 3 3 

≥ − ≥ − = 

2 4 2 4 4 

2 2 5 5 2 2 

b) Ta có : x + y ≥ 2xy ⇒ x + y ≥ x y x + y > 0 

( ) 

xy xy 1 z 

≤ = = 

( ) 1 ( ) 

5 5 2 2 

x + xy + y xy + x y x + y + xy x + y x + y + z 

yz x zx y 

tt: ≤ ; 

≤ 

+ + + + + + + + 

5 5 5 5 

y yz z x y z z xz x x y z 

xy yz zx 

⇒ + + ≤1 

5 5 5 5 5 5 

x + xy + y y + yz + z z + xz + x 

2 2 2 


---------------------------------------------------------------------------------------------- 









------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 

Ví dụ 4.7 

Cho x, y, z > 0. Chứng minh 

3 3 3 

x y z 

+ + ≥ x + y + z 

yz zx xy 

Giải 

Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có: 

x 3 3 3 

+ z + y ≥ 3 x; y + z + x ≥ 3 y; z + x + y ≥ 3z 

yz zx xy 

3 3 3 

x y z 

⇒ + + ≥ x + y + z 

yz zx xy 

4.2)Phương pháp sử dung bất đẳng thức Bunhiacopski 

2 2 2 2 

*) ( a + b )( x + y ) ≥ ( xa + by) 2 

⎧a 

= kx 

dấu “=” xảy ra khi ⎨ 

⎩b 

= ky 

2 2 2 2 2 2 

*) ( a b c )( x y z ) ( xa by cz) 2 

Tổng quát: 

+ + + + ≥ + + dấu “=” xảy ra khi 

( a 2 2 2 )( 2 2 2 

) ( ) 2 

1 

a2 ... an x1 x2 ... xn a1x1 a2x2 

... anxx 

⎧a 

= kx 

⎪ 

⎨b 

= ky 

⎪ ⎩c 

= kz 

+ + + + + + ≥ + + + dấu “=” xảy ra khi a i = 

kx i 

Ví dụ 5.1 

Cho a, b > 0. Chứng minh 

( m + n) 2 

2 2 

1 1 4 

n m 

a) + ≥ b) 

+ ≥ 

a b a + b a b a + b 

Giải 

a) Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski ta có: 

⎛ 1 1 ⎞ ⎛ 1 1 ⎞ 

⎜ + ⎟( a + b) 

≥ . a . b 4 

a b 

⎜ + ⎟ = 

⎝ ⎠ ⎝ a b ⎠ 

1 1 4 

a b a b 

⇒ + ≥ + 

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 

2 

b) ( a b) . a . b ( n m) 

2 

( n + m) 2 

2 2 2 2 

n m n m 2 n m 

⎜ + ⎟ + ≥ 

a b 

⎜ + ⎟ = + ⇒ + ≥ 

⎝ ⎠ ⎝ a b ⎠ 

a b a + b 

Tổng quát: 

• Cho b 0, i 1. n 

i 

2 2 2 

a 

> = thì 

( ) 2 

1 

a2 

a a1 + a2 

+ ... + a 

n 

n 

• Với a c > 0 với i = 1. n thì 

Thật vậy: 

i 

i 


+ + ... + ≥ 

b b b b + b + ... + b 

1 2 n 1 2 

n 

(1) 

( a + a + ... + a ) 2 

a1 a2 

an 

1 2 

n 

+ + ... + ≥ 

c c c a c + a c + ... + a c 

1 2 n 1 1 2 2 

n n 

(2) 

---------------------------------------------------------------------------------------------- 









------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 

2 

2 2 2 

a1 a2 a ⎞ 

⎛ 

n 

a1 a2 

a ⎞ 

n 

2 

+ + ... + ( b1 + b2 + ... + bn ) ≥ ⎜ . b1 + . b2 + ... + . bn ⎟ = ( a1 + a2 

+ ... + an 

) 

b1 b2 bn 

b1 b2 

bn 

⎛ 

⎜ 

⎝ 

⎟ 

⎠ 

⎜ 

⎝ 

⎟ 

⎠ 

2 2 2 

2 

a1 a2 

a ( a1 + a2 

+ ... + a 

n 

n ) 

⇒ + + ... + ≥ 

b1 b2 bn 

b1 + b2 

+ ... + bn 

đặt a i c i = b i > 0 thay vào (1) được (2) 

Ví dụ 5.2 

Cho a,b,c là các số thực dương. Chứng minh 

2 2 2 2 2 2 


a) + + ≥ a + b + c. b) 

+ + ≥ 

b c a b + c c + a a + b 2 

a b c 2 2 2 a b c a + b + c 

c) + + ≥ a + b + c d) 

+ + ≥ 

b c a b + c c + a a + b 2 

Giải 

3 3 3 3 3 3 2 2 2 

( a + b + c) 

2 2 2 

a b c 

a) Ta có : + + ≥ = a + b + c 

b c a a + b + c 

2 

2 

( a b c) 

( ) 

+ + + + 

b) 

+ + ≥ = 

b + c c + a a + b 2 a + b + c 2 

2 2 2 

a b c a b c 

2 2 2 

( a + b + c ) 

3 3 3 4 4 4 

a b c a b c 

2 2 2 

c) 

+ + = + + ≥ ≥ a + b + c 

b c a ab bc ca ab + bc + ca 


d) 

+ + = + + ≥ 

b + c a + c a + b ab + ac ab + bc ac + bc 2 

Ví dụ 5.3 

Cho a, b, c > 0. Chứng minh: 25a + 16b + c > 8 

b + c c + a a + b 

Giải 

⎛ a ⎞ ⎛ b ⎞ c 

Ta có : VT = 25⎜ + 1⎟ + 16⎜ + 1⎟ 

+ + 1− 42 = 

⎝ b + c ⎠ ⎝ c + a ⎠ a + b 

3 3 3 4 4 4 2 2 2 

( ) ( ) ( ) 

2 

⎛ 25 16 1 ⎞ 

5 + 4 + 1 

a + b + c ⎜ + + ⎟ ≥ a + b + c 

− 42 = 8 

⎝ b + c c + a a + b ⎠ 

2( a + b + c) 

b + c a + c a + b 

Dấu “=” xảy ra khi = + ⇒ a = 0 vô lí suy ra điều phải chứng minh. 

5 4 1 

Ví dụ 5.4 Cho x, y, z > 0. Chứng minh: 

Giải 

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopki ta có 

2 


2 2 2 

x y z x y z 

+ + ≥ + + 

2 2 2 

y z x y z x 

2 2 2 

2 

x y z 1 ⎛ x y z ⎞ 1 ⎛ x y z ⎞⎛ x y z ⎞ x y z 

+ + ≥ 

2 2 2 

y z x 

⎜ + + 

y z x 

⎟ ≥ ⎜ + + 

y z x 

⎟⎜ + + ≥ + + 

y z x 

⎟ 

y z x 

3⎝ ⎠ 3⎝ ⎠⎝ ⎠ 

---------------------------------------------------------------------------------------------- 









------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 



Buổi 12: 


CỰC TRỊ 

Cho biểu thức f(x,y…) 

• Ta nói M là giá trị lớn nhất của f(x,y…) kí hiệu maxf(x,y…) = M, nếu hai điều 

kiện sau được thỏa mãn: 

- Với mọi x,y… để f(x,y…) xá định thì f(x,y…) ≤ M 

- Tồn tại x 0 , y 0 … sao cho f(x 0 ,y 0 …) = M 

• Ta nói m là giá trị nhỏ nhất của f(x,y…) kí hiệu minf(x,y…) = m, nếu hai điều 

kiện sau được thỏa mãn: 

- Với mọi x,y… để f(x,y…) xá định thì f(x,y…) ≥ m 

- Tồn tại x 0 , y 0 … sao cho f(x 0 ,y 0 …) = m 

I) TÌM GTLN, GTNN CỦA ĐA THỨC BẬC HAI 

1) Đa thức bậc hai một biến 

Ví dụ 1.1 

a) Tìm GTNN của A = 3x 2 – 4x + 1 

b) Tìm GTLN của B = - 5x 2 + 6x – 2 

c) Tìm GTNN của C = (x – 2) 2 + (x – 3) 2 

d) Cho tam thức bậc hai P = ax 2 + bx + c 

Tìm GTNN của P nếu a > 0 

Tìm GTNN của P nếu a > 0 

Giải 

a) A = 

b) B = 

2 

⎛ 2 4 4 ⎞ 1 ⎛ 2 ⎞ 1 1 

3⎜ x − x + ⎟ − = 3⎜ x − ⎟ − ≥ − . Vậy minA= − 1 khi x = 

2 

⎝ 3 9 ⎠ 3 ⎝ 3 ⎠ 3 3 

3 3 

⎛ 2 6 9 ⎞ 1 ⎛ 3 ⎞ 1 1 

−5⎜ x − x + ⎟ − = −5⎜ x − ⎟ − ≤ − . Vậy maxB = 

⎝ 5 25 ⎠ 5 ⎝ 5 ⎠ 5 5 

2 

2 

1 3 

− khi x = 

5 5 

2 2 ⎛ 2 25 ⎞ 1 ⎛ 5 ⎞ 1 1 

c) C = x − 4x + 4 + x − 6x + 9 = 2⎜ x − 5x + ⎟ + = 2⎜ x − ⎟ + ≥ . 

⎝ 4 ⎠ 2 ⎝ 2 ⎠ 2 2 

Vậy maxC = 1 khi x = 

5 

2 2 

2 2 2 

2 

⎛ 2 b b ⎞ b ⎛ b ⎞ b 

d) Ta có: P = a⎜ x + x + ⎟ + c − = a⎜ a + ⎟ + c − 

⎝ a 4a ⎠ 4a ⎝ 2a ⎠ 4a 

2 

2 

b 

b 

b 

Nếu a > 0 thì P ≥ c − . Vậy minP = c − khi x = − 

4a 

4a 

2a 

2 

2 

b 

b 

b 

Nếu a < 0 thì P ≤ c − . Vậy maxP = c − khi x = − 

4a 

4a 

2a 

Ví dụ 1.2 


---------------------------------------------------------------------------------------------- 









------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 

a) Tìm GTNN của M = x 2 – 3x + 1 với x ≥ 2 

b) Tìm GTLN của N = x 2 – 5x + 1 với −3 ≤ x ≤ 8 

Giải 

x −1 x − 2 −1≥ − 1. Vậy minM = -1 khi x = 2 

a) M = ( )( ) 

b) N = ( x )( x ) 

+ 3 − 8 + 25 ≤ 25. Vậy maxN = 25 khi x = -3, x = 8 

2. Đa thức bậc hai hai biến 

a) Đa thức bậc hai hai biến có điều kiện 

Ví dụ 2a.1 

a) Cho x + y = 1. Tìm GTLN của P = 3xy – 4 

b) Cho x – 2y = 2. Tìm GTNN của Q = x 2 + 2y 2 – x + 3y 

Giải 

⎛ 1 ⎞ 13 −13 

a) x + y = 1⇒ x = 1− y ⇒ P = 3( 1− y) 

y − 4 = −3⎜ 

y − ⎟ − ≤ 

⎝ 2 ⎠ 4 4 

−13 1 

Vậy maxP = khi x = 

4 2 

2 2 

b) x − 2y = 2 ⇒ x = 2y + 2 ⇒ Q = 4y + 8y + 4 + 2y − 2y − 2 + 3y 

2 ⎛ 2 3 9 ⎞ 11 11 

= 6y + 9y + 2 = 6⎜ 

y + y + ⎟ − ≥ − 

⎝ 2 16 ⎠ 8 8 

11 3 

Vậy minQ = − khi x = − 

8 4 

Ví dụ 2a.2 

Tìm GTLN của của P = xy vói x, y thỏa mãn 

a) x + y = 6, y ≥ 4 

S 

b) x + y = S, 

y ≥ a > 

2 

P = 6 − y y = 8 − y − 2 y − 4 ≤ 8. Vậy maxP = 8 khi x = 2, y = 4 

a) ( ) ( )( ) 

b) ( ) ( ) ( )( ) ( ) 

Q = S − y y = S − a a − y − a y + a − S ≤ S − a a . 

Vậy maxQ = (S – a)a khi x = S – a, y = a 

b) Đa thức bậc hai hai biến 

Cho đa thức: P(x,y) = ax 2 + bxy + cy 2 + dx + ey + h (1), với a,b,c ≠ 0 

Ta thường đưa P(x, y) về dạng 


P(x, y) = mF 2 (x, y) + nG 2 (y) + k (2) 

P(x, y) = mH 2 (x, y) + nG 2 (x) + k (3) 

Trong đó G(y), H(x) là hai biểu thức bậc nhất một ẩn, H(x, y) là biểu thức bậc nhất 

hai ẩn. 

Chẳng hạn nếu ta biến đổi (1) về (2) với a, (4ac – b 2 ) ≠ 0 

2 

---------------------------------------------------------------------------------------------- 









------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 

2 2 2 

4 aP( x, y) = 4a x + 4abxy + 4acy + 4adx + 4aey + 4ah 

( ) ( ) 

( ) ( ) 

= 4a x + b y + d + 4abxy + 4adx + 2bdy + 4ac − b + 2 2ae − bd y + 4ah − d 

2 2 2 2 2 2 2 

( 2ae 

− bd ) 

2 

2 2 ⎛ 2ae 

− bd ⎞ 

2 

2 2 

= 2ax + by + d + 4ac − b ⎜ y + ⎟ + 4ahd 

− 

⎝ 4ac − b ⎠ 

4ac − b 

(Tương tự nhân hai vế của (1) với 4c để chuyển về (3)) 

Ví dụ 3.1 

a) Tìm GTNN của P = x 2 + y 2 + xy + x + y 

b) Tìm GTLN của Q = -5x 2 – 2xy – 2y 2 + 14x + 10y – 1 

Giải 

2 2 2 2 2 

a) 4P = 4x + 4y + 4xy + 4x + 4y = 4x + y + 1+ 4xy + 4x + 2y + 3y + 2y 

−1 

2 

2 ⎛ 1 ⎞ 4 4 

= ( 2x + y + 1) 

+ 3⎜ 

y + ⎟ − ≥ − 

⎝ 3 ⎠ 3 3 

4 1 

Vậy minP = − khi x = y = − 

3 3 

2 2 

2 2 

b) − 5Q = 25x + 10xy + 10y − 70x − 50y + 5 = 5x − y − 7 + 3y 

− 6 − 80 

( ) ( ) 

1 2 9 

2 

⇒ Q = − ( 5x − y − 7) − ( y − 2) 

+ 16 ≤16 

5 5 

Vậy maxQ = 16 khi x = 1, y = 2 

Ví dụ 3.2 

Tìm cặp số (x, y) với y nhỏ nhất thỏa mãn: x 2 + 5y 2 + 2y – 4xy – 3 = 0 (*) 

Giải 

( x y) 2 ( y ) 2 ( y ) 2 

( y )( y ) 

(*) ⇔ − 2 + + 1 = 4 ⇒ + 1 ≤ 4 ⇒ + 3 −1 ≤ 0 

⇒ −3 ≤ y ≤1 

Vậy miny = -3 khi x = -6. Vậy ccawpj số (x, y) = (-6; -3) 

Ví dụ 3.3 

Cho x, y liên hệ với nhau bởi hệ thức x 2 + 2xy + 7(x + y) + 7y 2 + 10 = 0 (**). 

Hãy tìm GTLN, GTNN của S = x + y + 1. 

Giải 

2 2 

** ⇔ 4x + 8xy + 28x + 28y + 4y 

+ 40 = 0 

( ) 


2 

( x y ) y ( x y ) 

2 2 

⇔ 2 + 2 + 7 + 4 = 9 ⇒ 2 + 2 + 7 ≤ 9 

⎧x 

+ y + 5 ≥ 0 

⇔ + + + + ≤ ⇔ ⎨ + + ≤ + + 

⎩x 

+ y + 2 ≤ 0 

⇔ −4 ≤ S ≤ −1 

Vậy minS = -4 khi x = -5, y = 0. maxS = -1 khi x = -2, y = 0. 

( x y 5)( x y 2) 0 ( vì x y 2 x y 5) 

2 

---------------------------------------------------------------------------------------------- 







------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 



Buổi 13: 



II. PHƯƠNG PHÁP MIỀN GIÁ TRỊ 

Ví dụ 1 

2 

x + 4 2x 

+ 3 

Tìm GTLN, GTNN của A = 

2 

x + 1 

Giải 

Biểu thức A nhận giá trị a khi phương trình sau đây cóa nghiệm 

2 

x + 4 2x 

+ 3 

a = 

2 

x + 1 

⇔ a −1 x 2 − 4 2x + a − 3 = 0 1 

( ) ( ) 

2 

Nếu a = 1 thì phương trình (1) có nghiệm x = − 

4 

Nếu a ≠ 1 thì phương trình (1) có nghiệm khi –a 2 + 4a +5 ≥ 0 ⇔ −1≤ a ≤ 5. 

Vậy minA = -1 khi x = − 2 

2 

maxA = 5 khi x = 

2 

Ví dụ 2 

x + 2y 

+ 1 

Tìm GTLN, GTNN của biểu thức B = 

2 2 

x + y + 7 

Giải 

Biểu thức B nhận giá trị b khi phương trình sau có nghiệm 

x + 2y 

+ 1 

b = 

2 2 

x + y + 7 

2 2 

⇔ bx − x + by − 2y + 7b 

− 1 = 0 ( 2) 

Trong đó x là ẩn, y là tham số và b là tham số có điều kiện 

Nếu b = 0 ⇒ x + 2y 

+ 1= 

0 

Nếu b ≠ để (2) có nghiệm x khi 1 – 4b(by 2 – 2y + 7b -1) ≥ 0 (3) 

Coi (3) là bất phương trình ẩn y. BPT này xảy ra với mọi giá trị của y khi 

16b 2 + 4b 2 (-28b 2 + 4b + 1) ≥ 0 

2 5 1 

⇔ − 28b + 4b + 5 ≥ 0 ⇔ − ≤ b ≤ 

14 2 

5 7 14 

Vậy minB = − khi x = - , y = − 

14 5 5 


maxB = 1 khi x = 1, y = 2 

2 

---------------------------------------------------------------------------------------------- 







------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 



Buổi 14: 



III. PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC 

1) Sử dụng bất đẳng thức Cô-si 

Ví dụ 1.1 

Tìm GTLN, GTNN của A = 3x 

− 5 + 7 − 3x 

với 5 ≤ x ≤ 

7 

3 3 

Giải 

( )( ) ( )( ) 

2 

A 3x 5 7 3x 2 3x 5 7 3x 2 2 3x 5 7 3x 

= − + − + − − = + − − 

Vậy A 2 5 7 

≥ 2 ⇒ A ≥ 2. Vậy minA = 2 khi x = , y = 

3 3 

2 

A ≤ 4 ⇒ A ≤ 2 ⇒ max A = 2 khi x = 2 

(Biểu thức được cho dưới dạng tổng hai căn thức. Hai biểu thức lấy căn có 

tổng là hằng số) 

Ví dụ 1.2 

6 8 

Cho x, y > 0 thỏa mãn x + y ≥ 6 . Hãy tìm GTNN của P = 3x 

+ 2y 

+ + 

x y 

Giải 

3 3x 6 y 8 3 3x 6 y 8 

Ta có: P = ( x + y) 

+ + + + ≥ .6 + 2 . + 2 . = 9 + 6 + 4 = 19 

2 2 x 2 y 2 2 x 2 y 

Vậy minP = 19 khi x = 2, y = 4. 

Ví dụ 1.3 

x y − 2 + y x − 3 

Tìm GTLN của biểu thức M = 

với x ≥ 3; y ≥ 2 

xy 

Giải 

x − 3 y − 2 

To có: M = + 

x y 

Theo bất đẳng thức Cô – si ta có: 

x x − 3 3 y y − 2 2 

3( x − 3 ) ≤ ⇒ ≤ ; 2( y − 2) 

≤ ⇒ ≤ 

2 x 6 2 y 4 


3 2 3 2 

⇒ M ≤ + ⇒ max M = + khi x = 6; y = 4 

6 4 6 4 

Ví dụ 1.4 

Cho x, y, z > 0 thỏa mãn: 1 + 1 + 1 ≥ 2 ( 1) 

. Tìm TGLN của P = xyz 

1+ x 1+ y 1+ 

z 

Giải 

---------------------------------------------------------------------------------------------- 









------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 

1 ⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ y z z 

( 1) 

⇒ ≥ ⎜1− ⎟ + ⎜1+ ⎟ = + ≥ 2 

1+ x ⎝ 1+ y ⎠ ⎝ 1+ z ⎠ 1+ y 1+ z ( 1+ y)( 1+ 

z) 

Tương tự: 

1 xz 1 

xy 

≥ 2 ; ≥ 2 

1+ y 1+ x 1+ z 1+ z 1+ x 1+ 

y 

( )( ) ( )( ) 

1 1 1 

Nhân vế với vế của ba BĐT trên ⇒ P = xyz ≤ ⇒ max P = khi x = y = z = 

8 8 2 

Ví dụ 1.5 

3 4 

Cho 0 < x < 1, Tìm GTNN của Q = + 

1− 

x x 

Giải 

( − x) x ( − x) 

( ) 

3x 

4 1 3 4 1 

2 

Ta có : P = + + 7 ≥ 2 . + 7 = 2 + 3 

1− 

x x 1− 

x x 

2 3x 

4( 1− 

x) 

2 

⇒ minP = ( 2 + 3 ) khi = ⇒ x = ( 3 −1) 

1− 

x x 

3ax 

4b( 1- x) 

(Đặt P = + + c đồng nhất hệ số suy ra a = b = 1; c = 7) 

1- x x 

Ví dụ 1.6 

Cho x, y, z, t > 0. Tìm GTNN của biểu thức. 

x − t t − y y − z z − x 

M = + + + 

t + y y + z z + x x + t 

Giải 

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có: 1 + 1 ≥ 4 với a, b > 0. 

a b a + b 

⎛ x − t ⎞ ⎛ t − y ⎞ ⎛ y − z ⎞ ⎛ z − x ⎞ 

Ta có : M = M + 4 − 4 = ⎜ + 1 1 1 1 4 

t y 

⎟ + ⎜ + 

y z 

⎟ + ⎜ + ⎟ + ⎜ + ⎟ − 

⎝ + ⎠ ⎝ + ⎠ ⎝ z + x ⎠ ⎝ x + t ⎠ 

x + y t + z y + x z + t 

⎛ 1 1 ⎞ ⎛ 1 1 ⎞ 

= + + + − 4 = ( x + y) + + ( z + t) 

+ 

t + y y + z z + x x + t 

⎜ 

t y z x 

⎟ ⎜ 

y z x t 

⎟ 

⎝ + + ⎠ ⎝ + + ⎠ 

4( x + y) 4( z + t) 

≥ + − 4 = 0 

x + y + z + t x + y + z + t 


⇒ minM = 0 khi x = y và z = t 

2. Sử dụng BĐT Bunhiacopski (BCS) 

Ví dụ 2.1 

Cho x, y, z thỏa mãn: xy + yz + zx =1. Tìm GTNN của biểu thức 

A = x 4 + y 4 + z 4 

Áp dụng BĐT BCS ta có 

Giải 

---------------------------------------------------------------------------------------------- 









------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 

( xy yz zx) ( x y z )( x y z ) ( x y z ) 

2 

( x 2 y 2 z 2 ) ( )( x 4 y 4 z 

4 

) 

1 = + + ≤ + + + + = + + 

⇒1≤ + + ≤ 1+ 1+ 1 + + 

1 1 3 

⇒ P ≥ ⇒ minP = khi x = y = z = 

3 3 3 

Ví dụ 2.2 

4a 9b 16c 

Tìm GTNN của P = + + 

b + c − a c + a − b a + b − c 

cạnh của một tam giác. 

Giải 

⎛ a 1 ⎞ ⎛ b 1 ⎞ ⎛ c 1 ⎞ 29 

P = 4⎜ + ⎟ + 9⎜ + ⎟ + 16⎜ + ⎟ − 

⎝ b + c − a 2 ⎠ ⎝ c + a − b 2 ⎠ ⎝ a + b − c 2 ⎠ 2 

a + b + c ⎛ 4 9 16 ⎞ 29 

= ⎜ + + ⎟ − 

2 ⎝ b + c − a c + a − b a + b − c ⎠ 2 

2 

( + + ) 

( b + c − a) + ( c + a − b) + ( a + b − c) 

a + b + c 

2 3 4 29 

≥ . 

− 

2 2 

a + b + c 81 29 81 29 

= . − = − = 26 

2 a + b + c 2 2 2 

a b c 

⇒ minP = 26 khi = = 7 6 5 

Ví dụ 2.3 

a 

Tìm giá trị nhỏ nhất của Q = 

1+b-a + b 

1+c-b + c 

1+a-c 

trong đó a, b, c > 0 thỏa mãn a + b + c = 1 

Giải 

( ) 

( ) ( ) ( ) 

2 

trong đó a, b, c là độ dài ba 

( ) 

( ) 

2 2 

a b c 

a + b + c a + b + c 

2 

Ta có : 1 4 

Q = + + ≥ = ≥ b − ac 

2b + c 2c + a 2a + b a 2b + c + b 2c + a + c 2a + b 3 ab + bc + ca 

1 

⇒ minQ = 1 khi a = b = c = 

3 


Ví dụ 2.4 

Cho a, b, c > 0 thỏa mãn a + b + c = 1. Tìm GTNN của 

1 1 1 1 

P = + + + 

a 

2 b 

2 c 

2 

+ + ab bc ca 

Giải 

---------------------------------------------------------------------------------------------- 









------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 

1 1 1 9 

+ + ≥ 

ab bc ca ab + bc + ca 

1 9 

⇒ P ≥ + 

a 

2 b 

2 c 

2 

+ + ab + bc + ca 

⎛ 1 4 ⎞ 7 

= ⎜ 

+ ⎟ + 

⎝ + + 2( + + ) ⎠ + + 

2 2 2 

a b c ab bc ca ab bc ca 

2 

( 1+ 

2) 

9 21 

( a + b + c) ab + bc + ca ( a + b + c) 

≥ + ≥ 9 + = 30 

2 2 

1 

⇒ minP = 30 khi a = b = c = 3 


---------------------------------------------------------------------------------------------- 







------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 


Ngày dạy: 7/1/2017 

Buổi 15: 


Tø gi¸c néi tiÕp 



I -çc dÊu hiÖu nhËn biÕt tø gi¸c néi tiÕp 

1- Tæng hai gãc ®èi b»ng 180 0 

2- Hai gãc liªn tiÕp cïng nh×n mét c¹nh d−íi hai gãc b»ng nhau. 

3- NÕu hai c¹nh ®èi diÖn cu gi¸c ABCD c¾t nhau t¹i M tháa mn: 

MA.MB =MC.MD ; hoÆc hai ®−êng chÐo c¾t nhau t¹i O tháa mn 

OA.OC = OB.OD th× ABCD lµ tø gi¸c néi tiÕp 

4- Sö dông ®Þnh lý Pt«lªmª 

II- Çc vÝ dô 

VÝ dô1: Cho ®−êng trßn t©m O vµ mét ®iÓm C ë ngoµi ®−êng trßn ®ã. Tõ C kÎ hai tiÕp 

tuyÕn CE ; CF ( E vµ F lµ çc tiÕp ®iÓm) vµ çt tuyÕn CMN ( N n»m gi÷a C vµ M ) tíi 

®−êng trßn.§−êng th¼ng CO c¾t ®−êng trßn t¹i hai ®iÓm A vµ B. Gäi I lµ giao ®iÓm cña 

AB víi EF. Chøng minh r»ng: 

a, Bèn ®iÓm O, I, M, N cïng thuéc mét ®−êng trßn 

b, AIM = BIN 

Gii 

a, Do CE lµ tiÕp tuyÕn cña (O) nªn: 

CEM = CNE (Cïng ch¾n ME ) 

∆CEM ~ ∆CNE . 

CE 

 

CM = CN 

CE 

CM.CN =CE 2 

MÆt Kh¸c , do CE; CF lµ çc tiÕp tuyÕn cña (O) nªn 

AB⊥ EF t¹i I v× vËy trong tam gi¸c vu«ng CEO ®−êng cao EI ta cã: 

CE 2 = CI.CO 

C 


Tõ (1) vµ (2) suy ra CM.CN = CI.CO => CM 

CI 

= CO 

CN 

A 

M 

M' 

F 

E 

I 

O 

N 

B 

∆CMI ~ ∆CON 

CIM = CNO 

Tø gi¸c OIMN néi tiÕp 

b KÐo dµi NI c¾t ®−êng trßn t¹i M’. 

---------------------------------------------------------------------------------------------- 







------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 

Do tø gi¸c IONM néi tiÕp nªn : 

IOM = I NM 1 = 

2 s® NM 

=> AM = AM ' . Do ®ã: 

AIM = AIM ' = BIN 

VÝ Dô 2 Cho tam gi¸c ABC cã Â = 45 0 ; BC =a néi tiÕp trong ®−êng trßn t©m O; 

çc ®−êng cao BB’ vµ CC’. Gäi O’ lµ ®iÓm ®èi xøng cña O qua ®−êng th¼ng B’C’. 

a. Chøng minh r»ng A; B’; C’; O’ cïng thuéc mét ®−êng trßn 

b. TÝnh B’C’ theo a. 



Lêi gii 

a. Do O lµ t©m ®−êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c ABC nªn 

BOC = 2 BAC =90 0 

Tõ ®ã suy ra çc ®iÓm O; B’; C’ 

Cïng thuéc ®−êng trßn ®−êng kÝnh BC.XÐt tø 

néi tiÕp CC’OB’ cã : 

C ' OB ' = 180 

0 

- C ' CB ' 

O 

B' 

= 180 0 - ( 90 0 - Â ) =135 0 . 

Mµ O’ ®èi xøng víi O qua B’C’ nªn: 

O' 

C ' O ' B ' = C ' OB ' = 135 

0 

=180 0 - Â 

B 

Hay tø gi¸c AC’O’B’ néi tiÕp. 

b. Do Â = 45 0 nªn ∆BB’A vu«ng c©n t¹i B’ 

V× vËy B’ n»m trªn ®−êng trung trùc cña ®o¹n AB hay B’O ⊥ AB 

C’OB’C lµ h×nh thang c©n nªn B’C’ =OC 

MÆt kh¸c ∆BOC vu«ng c©n nªn: B’C’ =OC = 

BC 2 a 2 

= 

2 2 


A 

C' 

C 

gi¸c 

---------------------------------------------------------------------------------------------- 







------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 

Ngày soạn: 7/1/2017 

Ngày dạy: 14/1/2017 

Buổi 16: 

III bµi tËp ¸p dông 

Tø gi¸c néi tiÕp (tiếp) 



Bài tập 1: 

Cho tứ giác ABCD nội tiế đường tròn đường kính AD. Hai đường chéo AC và BD cắt 

nhau tại E. Vẽ EF vuông góc với AD. Chứng minh: 

a/ Tứ giác EBEF, tứ giác DCEF nội tiếp. 

b/ CA là phân giác của BCF 

c/ Gọi M là trung điểm của DE. Chứng minh tứ giác BCMF nội tiếp. 

Bài tập 2: 

Tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường kính AD. Hai đường chéo AC, BD cắt nhau tại 

E. Hình chiếu vuông góc của E trên AD là F. Đường thẳng CF cắt đường tròn tại điểm thứ 

hai là M. Giao điểm của BD và CF là N. Chứng minh: 

a/ CEFD là tứ giác nội tiếp 

b/ Tia FA là phân giác của góc BFM 

c/ BE.DN = EN.BD. 

Bài tập 3: 

Cho tam giác ABC vuông ở A và một điểm D nằm giữa A và B. Đường tròn đường kính 

BD cắt BC tại E. Các đường thẳng CD, AE lần lượt cắt đường tròn tại các điểm thứ hai F, G. 

Chứng minh: 

a/ Tam giác ABC đồng dạng với tam giác EBD 

b/ Tứ giác ADEC và AFBC nội tiếp được một đường tròn 

c/ AC song song với FG 

d/ Các đường thẳng AC, DE, BF đồng quy. 

Bài tập 4: 

Cho tam giác ABC có A ˆ = 90 0 ; AB > AC, và một điểm M nằm trên đoạn AC ( M không 

trùng với A và C ). Gọi N và D lần lượt là giao điểm thứ hai của BC và MB với đường tròn 

đường kính MC; gọi S là giao điểm thứ hai giữa AD với đường tròn đường kính MC; T là 

giao điểm của MN và AB. Chứng minh: 

a/ Bốn điểm A, M, N, B cùng thuộc một đường tròn 

b/ CM là phân giác của góc BCS. 


c/ 

TA 

TD 

TC 

= 

TB 

Bài tập 5: 

Cho đường tròn (O) và điểm A nằm ngoài đường tròn. Qua A dựng hai tiếp tuyến AM và 

AN với đường tròn ( M, N là các tiếp điểm ) và một cact tuyến bất kỳ cắt đường tròn tại P, Q. 

Gọi L là trung điểm của PQ. 

a/ Chứng minh 5 điểm: O, L, M, A, N cùng thuộc một đường tròn 

b/ Chứng minh LA là phân giác của góc MLN 

c/ Gọi I là giao điểm của MN và LA. Chứng minh: MA 2 = AI. AL 

---------------------------------------------------------------------------------------------- 









------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 

d/ Gọi K là giao điểm của ML với (O). Chứng minh rằng: KN // AQ 

e/ Chứng minh tam giác KLN cân. 

Bài tập 6: 

Cho đường tròn (O;R) tiếp xúc với đường thẳng d tại A. Trên d lấy điểm H không trùng với 

điểm A và AH < R. Qua H kẻ đường thẳng vuông góc với d, đường thẳng này cắt đường tròn 

tại hai điểm E và B ( E nằm giữa B và H ) 

a/ Chứng minh: góc ABE bằng góc EAH và tam giác AHB đồng dạng với tam 

giác EAH. 

b/ Lấy điểm C trên d sao cho H lá trung điểm của đoạn AC, đường thẳng CE cắt 

AB tại K. Chứng minh: AHEK là tứ giác nội tiếp 

c/ Xác định vị trí của điểm H để AB = R 3 

Bài tập 7: 

Từ điểm P nằm ngoài đường tròn (O), kẻ hai tiếp tuyến PM và PN với đường tròn (O) ( 

M, N là tiếp điểm ). Đường thẳng đi qua điểm P cắt đường tròn (O) tại hai điểm E và F. 

Đường thẳng qua O song song với MP cắt PN tại Q. Gọi H là trung điểm của đoạn EF. 

Chứng minh: 

a/ Tứ giác PMON nội tiếp đường tròn 

b/ Các điểm P, N, O, H cùng nằm trên một đường tròn 

c/ Tam giác PQO cân 

d/ MP 2 = PE. PF 

∃ ∃ 

e/ PHM = PHN 

Bài tập 8: 

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O). Các đường cao AD, BE, CF 

cắt nhau tại H và cắt đường tròn (O) lần lượt tại M, N, P. 


a/ Các tứ giác AEHF, BFHD nội tiếp. 

b/ Bốn điểm B, C, E, F cùng nằm trên một đường tròn. 

c/ AE. AC = AH. AD và AD. BC = BE. AC 

d/ H và M đối xứng nhau qua BC 

e/ Xác định tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF. 

Bài tập 9: 

Cho tam giác ABC không cân, đường cao AH, nội tiếp trong đường tròn tâm O. Gọi E, F 

thứ tự là hình chiếu của B, C lên đường kính AD của đường tròn (O) và M, N thứ tự là trung 

điểm của BC, AB. Chứng minh: 

a/ Bốn điểm A, B, H, E cùng nằm trên một đường tròn tâm N và HE // CD. 

b/ M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HEF. 

Bài tập 10: 

Cho đường tròn (O) và điểm A ở bên ngoài đường tròn. Vẽ các tiếp tuyến AB, AC và cát 

tuyến ADE với đường tròn ( B và C là các tiếp điểm ). Gọi H là trung điểm của DE. 

a/ CMR: A, B,H, O, C cùng thuộc một đường tròn. Xác định tâm của đường 

tròn này. 

∃ 

b/ Chứng minh: HA là tia phân giác . DHC 


c/ Gọi I là giao điểm của BC và DE. Chứng minh: AB 2 = AI.AH 

d/ BH cắt (O) tại K. Chứng minh: AE // CK. 

---------------------------------------------------------------------------------------------- 







------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 




Từ một điểm S ở ngoài đường tròn (O) vẽ hai tiếp tuyến SA, SB và cát tuyến SCD của 

đường tròn đó. 

a/ Gọi E là trung điểm của dây CD. Chứng minh 5 điểm S, A, E, O, B cùng thuộc 

một đường tròn. 

b/ Nếu SA = AO thì SAOB là hình gì? Tại sao?. 

c/ CMR: AC.BD = BC.DA = 

AB. 

CD 

2 


Trên đường thẳng d lấy 3 điểm A, B, C theo thứ tự đó. Trên nửa mặt phẳng bờ d kẻ hai tia 

Ax, By cùng vuông góc với d. Trên tia Ax lấy I. Tia vuông góc với CI tại C cắt By tại K. 

Đường tròn đường kính IC cắt IK tại P. 

a/ Chứng minh tứ giác CBPK nội tiếp được đường tròn 

b/ Chứng minh: AI. BK = AC. CB 

c/ Giả sử A, B, I cố định hãy xác định vị trí điểm C sao cho diện tích hình thang 

vuông ABKI lớn nhất. 


Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O). M là điểm di động trên cung nhỏ BC. 

Trên đoạn thẳng MA lấy điểm D sao cho MD = MC. 

a/ Chứng minh: △ DMC đều 

b/ Chứng minh: MB + MC = MA 

c/ Chứng minh tứ giác ADOC nội tiếp được. 

d/ Khi M di động trên cung nhỏ BC thì D di động trên đường cố định nào?. 


Cho đường tròn (O;R), từ một điểm A trên O kẻ tiếp tuyến d với O. Trên đường thẳng d 

lấy điểm M bất kỳ ( M khác A ) kẻ cát tuyến MNP và gọi K là trung điểm của NP, kẻ tiếp 

tuyến MB ( B là tiếp điểm ). Kẻ AC ⊥ MB, BD ⊥ MA, gọi H là giao điểm của AC và BD, I 

là giao điểm của OM và AB. 

a/ Chứng minh tứ giác AMBO nội tiếp 

b/ Chứng minh năm điểm O, K, A, M, B cùng nằm trên một đường tròn. 

c/ Chứng minh OI. OM = R 2 ; OI. IM = IA 2 

d/ Chứng minh OAHB là hình thoi 

e/ chứng minh ba điểm O, H, M thẳng hàng 

f/ Tìm quỹ tích của điểm H khi M di chuyển trên đường thẳng d. 


Cho hình thang cân ABCD ( AB > CD; AB // CD ) nội tiếp trong đường tròn (O). Tiếp 

tuyến với đường tròn (O) tại A và D cắt nhau tại E. Gọi I là giao điểm của hai đường chéo 

AC và BD. 

a/ Chứng minh tứ giác AEDI nội tiếp. 

b/ Chứng minh AB // EI 

c/ Đường thẳng EI cắt cạnh bên AD và BC của hình thang tương ứng ở R và S. 

Chứng minh: * I là trung điểm của RS 

1 1 2 

* = = 

AB CD RS 



---------------------------------------------------------------------------------------------- 







------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 

Cho ba điểm M, N, P thẳng hàng theo thứ tự đó. Một đường tròn (O) thay đổi đi qua hai 

điểm M, N. Từ P kẻ các tiếp tuyến PT, PQ với đường tròn (O). 

a/ Chứng minh: PT 2 = PM. PN. Từ đó suy ra khi (O) thay đổi vẫn qua M, N thì T, Q 

thuộc một đường tròn cố định. 

b/ Gọi giao điểm của TQ với PO, PM là I và J. K là trung điểm của MN. Chứng 

minh các tứ giác OKTP, OKIJ nội tiếp. 

c/ CMR: Khi đường tròn (O) thay đổi vẫn đi qua M, N thì TQ luôn đi qua điểm cố 

định. 

∃ 

d/ Cho MN = NP = a. Tìm vị trí của tâm O để TPQ =60 0 




Cho tam giác ABC vuông ở A. Trên AC lấy điểm M (M ≠ A và C). Vẽ đường tròn đường 

kính MC. Gọi T là giao điểm thứ hai của cạnh BC với đường tròn. Nối BM kéo dài cắt đường 

tròn tại điểm thứ hai là D. Đường thẳng AD cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai S. Chứng 

minh: 

a/ Tứ giác ABTM nội tiếp. 

∃ 

b/ Khi M chuyển động trên AC thì ADM có số đo không đổi 

c/ AB // ST. 


Cho đường tròn (O), đường kính AB cố định, điểm I nằm giữa A và O sao cho AI = 

2/3AO. Kẻ dây MN vuông góc với AB tại I, gọi C là điểm tùy ý thuộc cung lớn MN sao cho 

C không trùng với M, N và B. Nối AC cắt MN tại E. 

a/ Chứng minh tứ giác IECB nội tiếp. 

b/ Chứng minh: ∆AME ~ ∆ACM 

c/ Chứng minh AM 2 = AE. AC 

d/ chứng minh AE. AC – AI. IB = AI 2 

e/ Hãy xác định vị trí của C sao cho khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp 

tam giác CME là nhỏ nhất. 

Bài tập 19:Cho điểm A bên ngoài đường tròn (O; R). Từ A vẽ tiếp tuyến AB, AC và cát 

tuyến ADE đến đường tròn (O). Gọi H là trung điểm của DE. 

a/ Chứng minh năm điểm: A, B, H, O, C cùng nằm trên một đường tròn. 

∃ 

b/ Chứng minh AH là tia phân giác của DHC 


c/ DE cắt BC tại I. Chứng minh: AB 2 = AI. AH 

d/ Cho AB = R 3 và OH = 2 

R 

. Tính HI theo R. 

Bài tập 20: Cho đường tròn (O) đường kính AB = 2R. Đường thẳng (d) tiếp xúc với đường 

tròn (O) tại A. M và Q là hai điểm trên (d) sao cho M ≠ A, M ≠ Q, Q ≠ A. Các đường thẳng 

BM và BQ lần lượt cắt đường tròn (O) tại các điểm thứ hai là N và P. Chứng minh: 

a/ Tích BN. BM không đổi 

b/ Tứ giác MNPQ nội tiếp 

c/ Bất đẳng thức: BN + BP + BM + BQ > 8R. 

---------------------------------------------------------------------------------------------- 







------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 

Ngày soạn: 14/1/2017 

Ngày dạy: 21/1/2017 

Buổi 17: 


®−êng ®i qua ®iÓm cè ®Þnh 



Trong çc ®Ò thi häc sinh giái, thi vµo tr−êng chuyªn, líp chän th−êng cã nh÷ng bµi 

to¸n liªn quan ®Õn t×m ®iÓm cè ®Þnh, chøng minh ®−êng ®i qua ®iÓm cè ®Þnh. Thùc tÕ 

cho thÊy ®©y lµ bµi to¸n khã, häc sinh th−êng khã kh¨n khi gÆp phi bµi to¸n d¹ng nµy. 

Bµi to¸n “§−êng ®i qua ®iÓm cè ®Þnh” ®ßi hái HS phi cã kÜ n¨ng nhÊt ®Þnh céng víi 

sù ®Çu t− suy nghÜ, t×m tßi nh−ng ®Æc biÖt phi cã ph−¬ng ph¸p lµm bµi. 

T×m hiÓu néi dung bµi to¸n 

Dù ®o¸n ®iÓm cè ®Þnh 

T×m tßi h−íng gii 

Tr×nh bµy lêi gii 

T×m hiÓu bµi to¸n: 

YÕu tè cè ®Þnh.( ®iÓm, ®−êng …) 

YÕu tè chuyÓn ®éng.( ®iÓm, ®−êng …) 

YÕu tè kh«ng ®æi.( ®é dµi ®o¹n, ®é lín gãc … ) 

Quan hÖ kh«ng ®æi ( Song song, vu«ng gãc, th¼ng hµng … ) 

Kh©u t×m hiÓu néi dung bµi to¸n lµ rÊt quan träng. Nã ®Þnh h−íng cho çc thao t¸c tiÕp 

theo. Trong kh©u nµy ®ßi hái häc sinh phi cã tr×nh ®é ph©n tÝch bµi to¸n, kh n¨ng 

ph¸n ®o¸n tèt. Tuú thuéc vµo kh n¨ng cña tõng ®èi t−îng häc sinh mµ gi¸o viªn cã thÓ 

®−a ra hÖ thèng c©u hái dÉn d¾t thÝch hîp nh»m gióp häc sinh t×m hiÓu tèt néi dung bµi 

to¸n. CÇn x¸c ®Þnh râ yÕu tè cè ®Þnh, kh«ng ®æi, çc quan hÖ kh«ng ®æi vµ çc yÕu tè 

thay ®æi, t×m mèi quan hÖ gi÷a çc yÕu tè ®ã. 

Dù ®o¸n ®iÓm cè ®Þnh: 


---------------------------------------------------------------------------------------------- 









------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 

Dùa vµo nh÷ng vÞ trÝ ®Æc biÖt cña yÕu tè chuyÓn ®éng ®Ó dù ®o¸n ®iÓm cè ®Þnh. Th«ng 

th−êng ta t×m mét hoÆc hai vÞ trÝ ®Æc biÖt céng thªm víi çc ®Æc ®iÓm bÊt biÕn kh¸c nh- 

− tÝnh chÊt ®èi xøng, song song, th¼ng hµng … ®Ó dù ®o¸n ®iÓm cè ®Þnh 

T×m tßi h−íng gii 

Tõ viÖc dù ®o¸n ®iÓm cè ®Þnh t×m mèi quan hÖ gi÷a ®iÓm ®ã víi çc yÕu tè chuyÓn 

®éng, yÕu tè cè ®Þnh vµ yÕu tè kh«ng ®æi. Th«ng th−êng ®Ó chøng tá mét ®iÓm lµ cè 

®Þnh ta chØ ra ®iÓm ®ã thuéc hai ®−êng cè ®Þnh, thuéc mét ®−êng cè ®Þnh vµ tho mn 

mét ®iÒu kiÖn (thuéc mét tia vµ çch gèc mét ®o¹n kh«ng ®æi, thuéc mét ®−êng trßn vµ 

lµ mót cña mét cung kh«ng ®æi ...) th«ng th−êng lêi gii cña mét bµi to¸n th−êng ®−îc 

c¾t bá nh÷ng suy nghÜ bªn trong nã chÝnh v× vËy ta th−êng cã cm gi¸c lêi gii cã çi 

g× ®ã thiÕu tù nhiªn, kh«ng cã tÝnh thuyÕt phôc chÝnh v× vËy khi tr×nh bµy ta cè g¾ng 

lµm cho lêi gii mang tÝnh tù nhiªn h¬n, cã gi¸ trÞ vÒ viÖc rÌn luyÖn t− duy cho häc 

sinh. 

mét vµi vÝ dô: 

Bµi 1: Cho ba ®iÓm A, C, B th¼ng hµnh theo thø tù ®ã. VÏ tia Cx vu«ng gãc víi 

CE CA 

AB.Trªn tia Cx lÊy hai ®iÓm D, E sao cho = = 3 . §−êng trßn ngo¹i tiÕp tam 

CB CD 

gi¸c ADC c¾t ®−êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c BEC t¹i H kh¸c C. Chøng minh r»ng: 

§−êng th¼ng HC lu«n ®i qua mét ®iÓm cè ®Þnh khi C 

di chuyÓn trªn ®o¹n th¼ng AB. 

T×m hiÓu ®Ò bµi: 

* YÕu tè cè ®Þnh: §o¹n AB 

* YÕu tè kh«ng ®æi: 

+ Gãc BEC = 30 0 , Gãc ADB = 60 0 do ®ã s® cung BC, 

cung CA kh«ng ®æi 

+ B, D, H th¼ng hµng; E, H, A th¼ng hµng 

m 

b 

C 

a 


Dù ®o¸n ®iÓm cè ®Þnh: 

khi C trïng B th× (d) t¹o víi BA mét gãc 60 0 => ®iÓm 

cè ®Þnh thuéc tia By t¹o víi tia BA mét gãc 60 0 

D 

E 

h 

---------------------------------------------------------------------------------------------- 









------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 

khi C trïng A th× (d) t¹o víi AB mét gãc 30 0 => ®iÓm cè ®Þnh thuéc tia Az t¹o víi tia 

AB mét gãc 30 0 

By vµ Az c¾t nhau t¹i M th× M lµ ®iÓm cè ®Þnh? NhËn thÊy M nh×n AB cè ®Þnh d−íi 90 0 

=> M thuéc ®−êng trßn ®−êng kÝnh AB. 

T×m h−íng chøng minh: 

M thuéc ®−êng trßn ®−êng kÝnh AB cè ®Þnh do ®ã cÇn chøng minh s® cung AM kh«ng 

®æi thËt vËy: 

s® cung AM = 2s®Gãc MCA=2s®Gãc CHA =2s®Gãc CDA = 120 0 

Lêi gii: 

CA 

Ta cã tgD = = 3 => Gãc D=60 0 

CD 

cã Gãc CHA = Gãc CDA = 60 0 

G/s ®−êng trßn ®−êng kÝnh AB c¾t CH t¹i M 

ta cã Gãc MHA= 60 0 => s® cung MA kh«ng ®æi 

l¹i cã ®−êng trßn ®−êng kÝnh AB cè ®Þnh vËy: 

M cè ®Þnh do ®ã CH lu«n qua M cè ®Þnh. 

Bµi 2: Cho ®−êng trßn (O) vµ ®−êng th¼ng (d) n»m ngoµi ®−êng trßn. I lµ ®iÓm di ®éng 

trªn (d). §−êng trßn ®−êng kÝnh OI c¾t (O) t¹i M, N. Chøng minh ®−êng trßn ®−êng 

kÝnh OI lu«n ®i qua mét ®iÓm cè ®Þnh kh¸c O vµ ®−êng th¼ng MN lu«n ®i qua mét 

®iÓm cè ®Þnh. 

M 

O 

F 

E 

N 

d 

I 

H 


H−íng dÉn: 

do tÝnh chÊt ®èi xøng nªn ®iÓm cè ®Þnh n»m trªn trôc ®èi xøng hay ®−êng th¼ng qua O 

vµ vu«ng gãc víi (d) 

Gii: 

KÎ OH vu«ng gãc víi (d) c¾t MN t¹i E. 

---------------------------------------------------------------------------------------------- 









------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 

ta cã H cè ®Þnh vµ H thuéc ®−êng trßn ®−êng kÝnh OI vËy ®−êng trßn ®−êng kÝnh OI 

lu«n ®i qua K cè ®Þnh. 

XÐt tam gi¸c OEF vµ tam gi¸c OIH cã gãc O chung, gãc OFE = gãc OHI = 90 0 

Nªn tam gi¸c OEF ®ång d¹ng víi tam gi¸c OIH do ®ã: OF/ OE = OH/ OI => OE. OH 

= OF. OI 

L¹i cã gãc IMO = 90 0 ( néi tiÕp ch¾n nöa ®−êng trßn ®−êng kÝnh OI ) 

XÐt tam gi¸c vu«ng OMI cã ®−êng cao øng víi c¹nh huyÒn MF nªn: 

OF. OI = OM 2 

2 

OM 

Do ®ã: OE = = h»ng sè v©y E cè ®Þnh do ®ã MN ®i qua E cè ®Þnh. 

OH 


---------------------------------------------------------------------------------------------- 







------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 

Ngày soạn: 27/1/2017 

Ngày dạy: 4/2/2017 

Buổi 18: 


®−êng ®i qua ®iÓm cè ®Þnh (tiếp) 



Bµi 3: Cho ®−êng trßn (O; R) vµ d©y AB cè ®Þnh. C lµ mét ®iÓm chuyÓn ®éng trªn 

®−êng trßn vµ M lµ trung ®iÓm cña AC. Chøng minh r»ng ®−êng th¼ng kÎ tõ M vu«ng 

gãc víi BC lu«n ®i qua mét ®iÓm cè ®Þnh. 

B 

Gii: 

VÏ ®−êng kÝnh BD => D cè ®Þnh. 

Gi sö ®−êng th¼ng qua M vµ vu«ng gãc víi BC c¾t BC c¾t AD t¹i I. 

DÔ thÊy gãc BCD = 90 0 hay MI // CD. 

XÐt tam gi¸c ACD cã MC = MA; MI // CD => I lµ trung ®iÓm cña DA cè ®Þnh hay 

®−êng th¼ng qua M vu«ng gãc víi BC ®i qua I cè ®Þnh. 

Bµi 4: Cho tam gi¸c ABC vµ hai ®iÓm M, N thø tù 

chuyÓn ®éng trªn hai tia BA, CA sao cho BM= CN. 

Chøng minh r»ng ®−êng trung trùc cña MN lu«n ®i 

qua mét ®iÓm cè ®Þnh. 

O 


C 

M 

d 

I 

A 

I 


Khi M ≡B th× N ≡C khi ®ã ®−êng trung trùc cña 

MN lµ trung trùc cña BC. VËy ®iÓm cè ®Þnh n»m trªn 

®−êng trung trùc cña BC 

B 

A 

M 

N 

C 

---------------------------------------------------------------------------------------------- 







------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 

Gii: Gi sö trung trùc cña BC c¾t trung trùc cña MN t¹i I 

DÔ thÊy tam gi¸c IMB = tam gi¸c INC (c-c-c) vËy gãc MBI = gãc NCI 

XÐt tø gi¸c ABCI cã gãc MBI = gãc NCI vËy tø gi¸c ABCI néi tiÕp hay I thuéc ®−êng 

trßn Ngo¹i tiÕp tam gi¸c ABC cè ®Þnh, mµ Trung trùc cña BC cè ®Þnh VËy I cè ®Þnh 

hay trung trùc cña MN ®i qua I cè ®Þnh. 



Bµi 5: Cho ®−êng trßn (O; R) vµ d©y cung AB = R 

3 . §iÓm P kh¸c A vµ B. Gäi (C; 

R 1 ) lµ ®−êng trßn ®i qua P tiÕp xóc víi ®−êng trßn (O; R) t¹i A.Gäi (D; R 2 ) lµ ®−êng 

trßn ®i qua P tiÕp xóc víi ®−êng trßn (O; R) t¹i B. Çc 

®−êng trßn (C; R 1 ) vµ (D; R 2 ) c¾t nhau t¹i M kh¸c P. 

Chøng minh r»ng khi P di ®éng trªn AB th× ®−êng th¼ng 

PM lu«n ®i qua mét ®iÓm cè ®Þnh. 

T×m hiÓu ®Ò bµi: 

* YÕu tè cè ®Þnh: (O; R), d©y AB 

* YÕu tè kh«ng ®æi: DPCO lµ h×nh b×nh hµnh. S® cung 

BP cña (D), s® cung AP cña (C), Gãc BMA kh«ng ®æi 

Dù ®o¸n 

Khi P ≡ A th× PM lµ tiÕp tuyÕn cña (O; R) => ®iÓm cè ®Þnh n»m trªn tiÕp tuyÕn cña 

(O; R) t¹i A 

Khi P ≡ B th× PM lµ tiÕp tuyÕn cña (O; R)=> ®iÓm cè ®Þnh n»m trªn tiÕp tuyÕn cña (O; 

R) t¹i B 

Do tÝnh chÊt ®èi xøng cña h×nh => §iÓm cè ®Þnh n»m trªn ®−êng th¼ng qua O vµ 

vu«ng gãc víi AB 

=> §iÓm cè ®Þnh n»m trªn ®−êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c OAB 

Lêi gii: 

VÏ ®−êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c OAB c¾t PM t¹i I . 

v× AB = R 3 => s® cung AB cña (O) b»ng 120 0 


tam gi¸c BDP c©n do ®ã gãc OBA = gãc DPB 

tam gi¸c OAB c©n do ®ã gãc OBA = gãc OAB => gãc BDP = gãc BOA => s®cung BP 

cña (D) = s® cung BA cña (O) = 120 0 . 

t−¬ng tù s® cung PA cña (C) = 120 0 . 

B 

M 

D 

P 

I 

O 

C 

A 

---------------------------------------------------------------------------------------------- 







------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 

ta cã gãc BMP = 2 

1 s® cung BP cña (D) = 60 

0 

ta cã gãc AMP = 2 

1 s® cung AP cña (C) = 60 

0 



VËy gãc BMA = gãc BMP + gãc AMP = 120 0 

= gãc BOA 

xÐt tø gi¸c BMOA cã gãc BMA = gãc BOA do ®ã tø gi¸c BMOA néi tiÕp hay M thuéc 

®−êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c BOA. 

1 1 

VËy s® cung IA = gãc IMA = gãc PMA = s® cung PA cña (C) = 120 

0 

.VËy I 

2 2 

thuéc ®−êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c AOB vµ s® cung IA = 120 0 => I cè ®Þnh hay MP 

®i qua I cè ®Þnh. 

Bµi 6: Cho ®o¹n AB cè ®Þnh, M di ®éng trªn AB. Trªn cïng mét nöa mÆt ph¼ng bê AB 

vÏ hai h×nh vu«ng MADE vµ MBHG. Hai ®−êng trßn ngo¹i tiÕp hai h×nh vu«ng c¾t 

nhau t¹i N. Chøng minh ®−êng th¼ng MN lu«n ®i qua mét ®iÓm cè ®Þnh khi M di 

chuyÓn trªn AB. 


T−¬ng tù bµi 1 

Gii: 

Gi sö MN c¾t ®−êng trßn ®−êng kÝnh AB t¹i I 

Ta cã Gãc ANM = Gãc ADM = 45 0 ( gãc néi tiÕp cïng 

ch¾n cung AM cña ®−êng trßn ngo¹i tiÕp h×nh vu«ng 

AMDE) 

Ta cã Gãc BNM = Gãc BGM = 45 0 ( gãc néi tiÕp cïng ch¾n 

cung BM cña ®−êng trßn ngo¹i tiÕp h×nh vu«ng MBGH) 


=> gãcANB = Gãc ANM + Gãc BNM = 90 0 => N thuéc 

®−êng trßn ®−êng ®−êng kÝnh AB vËy s® cung AI = 2s®Gãc ANI 

=2s®Gãc ANM = 90 0 

VËy I thuéc ®−êng trßn ®−êng kÝnh AB vµ sè ®o cung AI b»ng 90 0 => I cè ®Þnh hay 

MN ®i qua I cè ®Þn 

E 

A 

N 

G 

M 

D 

I 

H 

B 

---------------------------------------------------------------------------------------------- 







------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 

Ngày soạn: 4/2/2017 

Ngày dạy: 11/2/2017 

Buổi 19: 

Vµi ®Þnh h−íng khai th¸c bµi to¸n h×nh häc 

Bài toán 1: Cho ∆ABC đều cạnh a, gọi O là trung điểm của BC. Trên cạnh AB, AC 

theo thứ tự lấy M, N sao cho góc MON = 60 0 . 



a) Chứng minh 

2 

a 

BM . CN = ; 

4 

b) Gọi I là giao điểm của BN và OM. Chứng minh BM.IN = BI.MN; 

c) Chứng minh MN luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định. 

Phân tích bài toán: 

a) Ở phần a là một dạng toán chứng minh 

hệ thức, chính vì vậy việc hướng dẫn học 

sinh tìm lời giải bài toán hết sức quan 

trọng nhằm phát triển tư duy hình học ở 

học sinh. 

Chúng ta có thể dùng phương pháp phân 

tích đi lên để tìm lời giải bài toán. Với sơ 

đồ như sau: 

2 

a 

BM . CN = 

4 

⇑ 

a a 

BM . CN = . 

2 2 

⇑ 

BM . CN = BO. 

CO 

⇑ 

BM = 

BO 

⇑ 

CO 

CN 

Căn cứ vào sơ đồ ta có lời giải sau: 

Ta có ∆BMO: gócB+gócM+gócO = 180 0 

gócBMO+gócMON+gócNOC = 180 0 (gócBOC = 180 0 ) 


0 

⇒gócBMO = gócCON; lại có B ˆ = Cˆ 

= 60 (vì∆ABCđều) 

⇒∆BMO đồng dạng ∆CON (g.g), từ đó suy ra 

hay 

BM . CN = BO. 

CO ; mà 

2 

a 

BM . CN = (đpcm) 

4 

BC a 

BO = CO = = do đó 

2 2 

BM = 

BO 

∆BMO đồng dạng ∆CON 

---------------------------------------------------------------------------------------------- 





B 

M 

I 

A 

O 

N 

C 

CO 

CN



------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 

⇑ 

B ˆ = Cˆ 

= 

0 

60 

gócBMO = gócCON 



⇑ 

gócB+gócBMO+gócBOM = gócBMO+gócMON+gócNOC (= 180 0 ). 

b) Cũng tương tự như vậy ở phần b) thày giáo cũng giúp học sinh phát triển tư 

duy lôgic, thao tác tư duy phân tích, tổng hợp, đặc biệt là tư duy phân tích đi lên- một 

thao tác tư duy đặc trưng của môn hình học. Với sự phân tích như vậy học sinh sẽ thấy 

đó chính là sử dụng tính chất đường phân giác của tam giác BMN. Nghĩa là học sinh 

cần chỉ ra MI là tia phân giác của gócBMN. Từ đó ta có lời giải sau: 

BM MO BM MO 

Theo phần a) ∆BMO đồng dạng ∆CON suy ra = hay = lại có gócB = 

CO ON BO ON 

gócMON (=60 0 ) ⇒∆BMO đồng dạng ∆OMN (c.g.c). Từ đó suy ra gócBMO = 

gócOMN do đó MO là tia phân giác của góc BMN hay MI là tia phân giác gócBMN. 

Xét ∆BMN có MI là tia phân giác của gócBMN, áp dụng tính chất đường phân giác 

trong tam giác ta có 

MB IB = hay BM . IN = BI. 

MN (đpcm). 

MN IN 

c) Đây là một dạng toán liên quan giữa tính bất biến (cố định) và tính thay đổi: 

Ứng với mỗi điểm M, N thì ta có vị trí của đoạn thẳng MN thay đổi theo (chuyển 

động) nhưng lại luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định (bất biến). Vậy trước khi tìm 

lời giải của bài toán giáo viên cần cho học sinh chỉ ra yếu tố cố định, yếu tố nào thay 

đổi. 

A 

N 

K 

M 


H 

I 

B 

O 

C 

---------------------------------------------------------------------------------------------- 









------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 

Ta có lời giải sau: Từ O kẻ OH, OK theo tứ tự vuông góc với AB và MN. Do O, AB 

cố định nên OH cố định Vậy đường tròn (O;OH) là đường tròn cố định. 

Vì MO là tia phân giác của góc BMN nên OK = OH (t/c đường phân giác) 

→ K∈(O;OH) (1) lại có OK ⊥ MN ( cách dựng) (2) 

từ (1) và (2) suy ra MN là tiếp tuyến của đường tròn (O;OH). Vậy MN luôn tiếp xúc 

với một đường tròn (O;OH) cố định. 

Khai thác bài toán: 

Ở phần a) của bài toán ta thấy tích BM.CN không đổi, nếu sử dụng BĐT Côsi ta 

có thêm câu hỏi sau: 

1.1: Tìm vị trí của M, N trên AB, AC để BM + CN đạt giá trị nhỏ nhất. 

Lời giải: Áp dụng BĐT Côsi cho hai số không âm là BM, CN ta có 

BM + CN ≥ 2 BM . CN dấu "=" xảy ra ⇔ BM = CN. Theo phần a) 

2 

a 

do đó BM + CN ≥ 2 = a (không đổi). 

4 

2 

a 

BM . CN = 

4 

Vậy GTNN của BM+CN = a ⇔ BM = CN = 2 

a ⇔ M, N theo thứ tự là trung điểm của 

AB và AC. 

1.2: Ta thử suy nghĩ nếu tam giác ABC là tam giác cân thì bài toán còn đúng 

không? và giả thiết như thế nào? từ đó ta có bài toán sau: 

Bài toán 1.2: Cho tam giác ABC cân ở A, O là trung điểm BC. Trên cạnh AB, 

AC theo thứ tự lấy các điểm M, N sao cho gócBMO = gócCON. 



2 

BC 

a) BM . CN = ; 

4 

b) BN∩ MO = { I }, Chứng minh 

BI.MN = IN.BM; 

c) Khi M, N thay đổi trên AB, AC thì 

MN luôn tiếp xúc với một đường tròn cố 

định. 

M 

A 

I 

N 

Vớ 

B 

O 

C 

---------------------------------------------------------------------------------------------- 







------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 

Bài toán 1.3: Cho tam giác ABC cân ở A, O thuộc cạnh BC đường tròn tâm O 

tiếp xúc với các cạnh AB, AC của tam giác. Trên AB, AC theo thứ tự lấy hai điểm M, 

N. 



Chứng minh rằng MN là tiếp tuyến của đ ường tròn (O) ⇔ 

Giải: Vì (O) tiếp xúc với các cạnh AB, AC 

nên AC O nên cách O đều cách AB, đều AC AB, do AC đó do O đó thuộc O tia 

phân thuộc giác tia của phân góc giác A. của Lại có góc ∆A. ABC Lại cân có nên 

phân ∆ ABC giác cân góc nên A đồng phân thời giác là góc trung A tuyến đồng mà 

O∈BC 

thời là 

nên 

trung 

O là 

tuyến 

trung 

mà 

điểm 

O∈BC 

cạnh 

nên 

BC. 

O là 

trung điểm cạnh BC. 

(⇒): Giả sử MN là tiếp tuyến (O). 

(⇒ ): Giả sử MN là tiếp tuyến (O). 

Nối 

Nối 

OM, 

OM, 

ON. 

ON. 

Do Do MB, MB, MP MP là là hai hai tiếp tiếp tuyến tuyến cắt cắt nhau nhau của 

(O), của NP, (O), NC NP, cũng NC cũng là hai là tiếp hai tuyến tiếp tuyến cắt nhau 

của cắt (O), nhau sử của dụng (O), tính sử chất dụng hai tính tiếp chất tuyến hai cắt 

nhau tiếp tuyến ta suy cắt ra được nhau ta suy ra được 

2 

BC 

BM . CN = 

4 

góc MON = gócB; gócBOM = gócONC; gócNOC = gócBMO; từ đó suy ra ∆BMO 

đồng dạng ∆CON (g.g) 

( ⇐) Giả sử có 

2 

BM BO 

BC 

⇒ = ⇒ BM . CN = (đpcm). 

CO CN 

4 

2 

BC 

BM . CN = cần phải chứng minh MN là tiếp tuyến của (O). 

4 

Cách 1: Chứng minh tương tự bài toán 1; 

Cách 2: Từ M dựng tiếp tuyến với (O) cắt AC ở N'. Ta chứng minh N' ≡N. 

Theo phần thuận ta có 

2 

BC 

BM . CN' 

= kết hợp với giả thiết ta suy ra BM.CN' = BM.CN 

4 

⇔ CN' = CN. Mà N', N cùng thuộc cạnh AC do đó N' ≡ N (đpcm). 

Chú ý: - Nếu M nằm trong đoạn AB thì N nằm trong đoạn AC. 

- Nếu M nằm ngoài đoạn AB thì N cũng nằm ngoài đoạn AC. 

Bài toán 1.4: Cho tam giác ABC cân ở B có gócB = 40 0 , O là trung điểm cạch 

AC, K là chân đường vuông góc kẻ từ O xuống AB, (O) là đường tròn tâm O bán kính 

OK. 


1) Chứng minh (O) tiếp xúc với BC; 

2) Giả sử E là một điểm thay đổi trên cạnh AC sao cho 

B 

M 

P 

A 

O 

N 

C 

---------------------------------------------------------------------------------------------- 









------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 

0 

0 

góc AOE = α (20 < α < 90 ) , kẻ tiếp tuyến EF với đường tròn (O) tiếp súc với (O) tại 

P. a) Tính theo α các góc của tứ giác AEFC; 

b) ∆ AEO đồng dạng với ∆ COF; 

c) Tính α để AE + CF nhỏ nhất. (Đề thi chuyên toán ĐHSP H N năm 2005) 

HD Giải: Giải: Vì (O) tiếp xúc với các cạnh AB, 

1) AC Kẻ nên OH O vuông cách góc đều với AB, BC. AC do do tam đó giác O 

ABC thuộc cân tia ở phân B nên giác OH của = OK góc do A. đó Lại H nằm có 

trên ∆ ABC (O), cân lại có nên OH phân ⊥ BC giác tại H góc nên A BC đồng là 

tiếp 

thời 

tuyến 

là trung 

của (O). 

tuyến mà O∈BC nên O là 

trung điểm cạnh BC. 

0 

2) (⇒ 

a) ): Ta Giả có sử A ˆ MN =Cˆ 

= là 70tiếp , tương tuyến tự (O). bài toán 

trên Nối ta OM, suy ON. ra góc AEF = 2(110 0 -α ), 

góc Do CFE MB, = MP 2α . là hai tiếp tuyến cắt nhau 

của b) (O), ∆ AEO NP, đồng NC dạng cũng với là hai ∆ COF tiếp (c.g.c) tuyến 

cắt nhau của (O), sử dụng tính chất hai 

c) Tương tự lời giải bài ý 1.1 ta suy ra 

tiếp tuyến cắt nhau ta suy ra được 

0 

E, F là trung điểm của BA, BC ⇔ α = 70 

Bài toán 1.5: Cho đường tròn (I) tiếp xúc với hai cạnh của góc xOy tại A và B. 

Từ C trên cung nhỏ AB kẻ tiếp tuyến với đường tròn (I) cắt Ox, Oy theo thứ tự tại M, 

N. Xác định vị trí của C trên cung nhỏ AB để MN có độ dài nhỏ nhất. 

Giải: Ta hãy Vì đưa (O) bài tiếp toán xúc về với bài các toán cạnh quen AB, 

thuộc AC nên bằng O cách cách qua đều I AB, kẻ đường AC do thẳng đó O 

thuộc tia phân giác của góc A. Lại có 

song song với AB cắt Ox, Oy thứ tự ở P 

∆ ABC cân nên phân giác góc A đồng 

thời và Q. là Ta trung có ∆tuyến AOB cân mà nên O∈BC ∆ POQ nên cân O là 

ở trung O, I∈PQ điểm mà cạnh MN BC. là tiếp tuyến của (I). 

(⇒ ): Giả sử MN là tiếp tuyến (O). 

2 

PQ 

Nối Áp dụng OM, bài ON. toán trên ⇒ PM . QN = . 

4 P 

Do MB, MP là hai tiếp tuyến cắt nhau 

Lại của do (O), ∆ AOB NP, , ∆NC POQcũng cân là chung hai tiếp đỉnh tuyến O 

cắt ⇒ nhau AP = của BQ (O), (không sử đổi) dụng tính chất hai 

tiếp tuyến cắt nhau ta suy ra được 

A 

B 

F 

P 

E 


A 

M 

C 

O 

O 

I 

N 

B 

C 

Q 

Ta có MN = AM + BN = MP + NQ - AP - BQ = MP + NQ - 2AP. 

Do đó MN nhỏ nhất ⇔ MP + NQ nhỏ nhất (Áp dụng kết quả bài toán 1.1) ta có được 

C là điểm chính giữa cung nhỏ AB. 

Nếu vẫn tiếp tục khai thác bài toán ban đầu ta có thể đưa ra một số bài toán cho học 

sinh tự làm, coi như bài tập về nhà để học sinh tự giải quyết. 

---------------------------------------------------------------------------------------------- 







------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 

Bài toán 1.6: Cho ∆ ABC cân ở A. Lấy M, N trên cạnh AB, AC sao cho 

2 

BC 

BM . CN = . Tìm vị trí của M, N sao cho ∆ AMN có diện tích lớn nhất. 

4 

Bài toán 1.7: Cho M, M' trên tia AB và tia đối của tia BA; N, N' thuộc tia CA 

và tia đối của tia CA. Chứng minh rằng: 



2 

BC 

1) Nếu MB.NC = M'B.N'C = thì tứ giác MM'N'N ngoại tiếp được một 

4 

đường tròn; 

2)Phân giác tạo bởi MN và MM' đi qua một điểm cố định. 

Bài toán 1.8: 

1) Cho ∆ ABC. Dựng hai điểm P, Q thứ tự trên AB và AC sao cho AP = AQ và 

2 

PQ 

BP.CQ = ; 

4 

2) Cho hình vuông ABCD, lấy điểm F thuộc CD, G thuộc BC sao cho EG//AF 

(với E là trung điểm của AB). Chứng minh rằng FG là tiếp tuyến của đường tròn 

nội tiếp hình vuông. 

Bài toán 1.9: Cho tam giác ABC cân ở A. Đường tròn có tâm O là trung điểm 

của BC tiếp xúc với AB, AC thứ tự ở H và K. Lấy P thuộc đoạn AB, Q thuộc đoạn AC 

sao cho PQ là tiếp tuyến của (O). Tìm quĩ tích tâm O' của đường tròn ngoại tiếp tam 

giác OPQ. 

Với cách làm tương tự trên, bằng phương pháp đặc biệt hoá, khái quát hoá, 

tương tự và thao tác tư duy thuận đảo ta cũng hình thành cho học sinh tư duy lôgíc, tư 

duy sáng tạo, tính độc đáo trong toán học. Chẳng hạn ta có bài toán sau: 

Bài toán 2: Cho đường tròn (O) đường kính CD. Từ C và D kẻ hai tiếp tuyến Cx, Dy 

với đường tròn. Từ một điểm E nằm trên đường tròn, kẻ tiếp tuyến với đường tròn đó 

cắt Cx tại A và Dy tại B. Chứng minh góc AOB = 90 0 . 

y 



x 

B 

A 

K 

E 

J 

C 

O 

D 

---------------------------------------------------------------------------------------------- 









------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 

Để chứng minh góc AOB = 90 0 , ta có thể làm bằng nhiều cách khác nhau. 

Chẳng hạn: 

- Ta chứng minh OA, OB là hai tia phân giác của cặp góc kề bù; 

- Ta chứng minh góc AOB = góc CED, mà góc CED = 90 0 

nên gócAOB = 90 0 . 

Do 

+) ∆AOB 

đồng dạng với ∆ CED (g.g) nên góc AOB = góc CED, 

mà góc CED = 90 0 vậy góc AOB = 90 0 . 

+) Tứ giác OKEJ là hình chữ nhật ( có ba góc vuông) nên góc AOB = 90 0 . 

Tiếp tục tư duy chúng ta còn tìm được thêm một vài cách giải khác nữa. Sau đây 

ta xét một trong các cách giải đó: 

Ta có góc ACO = gócAEO = 90 0 (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) 

suy ra gócACO + góc AEO = 180 0 suy ra tứ giác ACOE nội tiếp 

Do đó ta có gócEAO = gócECO (hai góc cùng chắn một cung OE) 

Tương tự ta cũng có gócEBO = gócEDO, mà gócECO + gócEDO = 90 0 (vì gócCEO = 

90 0 -góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). Nên gócEAO + gócEBO = 90 0 . Từ đó suy ra 

gócAOB = 90 0 . (Đpcm). 


- Nếu ta thay đổi một vài điều kiện của bài toán, chẳng hạn vị trí của điểm O 

thay bằng điểm M bất kì trên CD. Khi đó đường thẳng vuông góc với ME tại E không 

còn là tiếp tuyến nữa mà trở thành cát tuyến với (O). Thế thì yêu cầu của bài toán 

chứng minh gócAMB = 90 0 còn đúng nữa hay không?. Điều này vẫn còn đúng, từ đó 

ta có bài toán khác như sau: 


---------------------------------------------------------------------------------------------- 







------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 

Ngày soạn: 11/2/2017 

Ngày dạy: 18/2/2017 

Buổi 20: 

Vµi ®Þnh h−íng khai th¸c bµi to¸n h×nh häc (tiếp) 



Bài toán 2.1: Cho đường tròn (O) đường kính CD. Từ C, D kẻ hai tiếp tuyến 

Cx, Dy. Một điểm E bất kỳ nằm trên đường tròn, điểm M bất kỳ nằm trên CD (M 

không trùng với C, D, O). Qua E kẻ đường thẳng vuông góc với ME cắt Cx, Dy theo 

thứ tự tại A và B. Chứng minh rằng gócAMB = 90 0 . 

-)Tại sao ta lại đặt vấn đề M khác 

C, D, O. 

- Vì nếu M ≡ O thì trở lại bài toán trên. 

- Còn nếu M ≡ C thì đường thẳng ⊥ ME 

cắt Cx tại A, cắt Dy tại B ≡ D. Khi đó ta 

có góc AMB = 90 0 . 

Nếu M ≡ D thì tương tự trên. 

x 

A 

E 

A 

x 

M ≡C 


C 

D 

M O 

y 

E 

B 

O 

y 

D ≡B 

Ta trở lại bài toán: Như vậy tương tự bài toán trên ta cũng có: 

gócMAB = gócECM (do tứ giác ACME nội tiếp) 

gócEBM = gócEDM (do tứ giác BDME nội tiếp) 

mà gócECM + góc EDM = 90 0 (do gócCED = 90 0 ). Nên gócAMB = 90 0 . 

---------------------------------------------------------------------------------------------- 









------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 

-) Ta tiếp tục khai thác và mở rộng bài toán, chẳng hạn điểm M không nằm 

trong đoạn CD mà nằm trên đường thẳng CD và giữ nguyên các điều kiện của bài toán 

2.1 thì sao? từ đó ta có bài toán sau: 

Bài toán 2.2: Cho đường tròn (O) đường kính CD. Từ C, D kẻ hai tiếp tuyến 

Cx, Dy. Một điểm E bất kỳ nằm trên đường tròn, điểm M bất kỳ nằm trên đường thẳng 

CD (M không trùng với C, D, O). Qua E kẻ đường thẳng vuông góc với ME cắt Cx, 

Dy theo thứ tự tại A và B. Chứng minh rằng gócAMB = 90 0 . 

- Muốn chứng minh góc AMB = 90 0 ta dựa vào cách chứng minh bài toán trên. 

Ta chứng minh gócMAB + gócMBA = 90 0 . 

Muống chứng minh gócMAB + góc MBA = 90 0 ta chứng minh 

gócMAB + gócMBA = gócCDE + gócDCE = 90 0 

Để chứng minh điều này ta cần chứng minh gócMAB = gócECD, 

gócMBA = gócMDE. Như vậy ta cần phải chứng minh các tứ giác AMCE, 

MEDB nội tiếp. 

Từ đó ta có lời giải sau: 

Chứng minh: Ta có gócACM = gócAEM = 90 0 , do đó tứ giác AMCE nội tiếp 

⇒ gócMAB = góc ECD (cùng bù gócMCE) 

Tương tự tứ giác MEDB nội tiếp ⇒ gócMAB = gócMDE (cùng chắn một cung). 

Mà gócECD + gócEDC = 90 0 . Do đó gócMBA + gócMAB = 90 0 . 

Suy ra gócAMB = 90 0 . 

M 

A 

C 

Như vậy nhìn lại bài toán trên ta có thể đưa thành bài toán tổng quát hơn như sau: 

x 


---------------------------------------------------------------------------------------------- 





E 

O 

y 

D 

B



------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 

Bài toán 2.3: (Bài toán tổng quát) 

Cho đường tròn (O) đường kính CD. Một điểm E thuộc đường tròn (O). M là 

điểm bất kì thuộc đường thẳng CD. Kẻ đường thẳng vuông góc với ME tại E cắt các 

tiếp tuyến Cx, Dy của đường tròn tại A và B. Chứng minh góc AMB = 90 0 . 

Vẫn tiếp tục bài toán 2 ta khai thác theo khía cạnh khác, ta có bài toán sau: 



Bài toán 2.4: Cho đường tròn (O; 

AB ), qua A và B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By của 

2 

đường tròn. Một điểm M thuộc đường tròn, qua M kẻ tiếp tuyến cắt Ax, By theo thứ tự 

ở C và D. 

1) Chứng minh CD = AC + BD; 

2) Đường tròn ngoại tiếp tam giác COD luôn tiếp xúc với một đường thẳng cố 

định khi M thay đổi trên đường tròn. 

3) AD cắt BC ở H chứng minh MH // AC. 


1) Với phần này rất phù hợp với học sinh trung bình khi học xong bài tính chất 

hai tiếp tuyến cắt nhau, Ta thấy ngay CM = CA; DM = DB 

từ đó suy ra CM + DM = CA + DB mà M nằm giữa C và D nên CD = CA + DB. 

x 

C 

A 


M 

H 

K 

O 

y 

D 

B 

---------------------------------------------------------------------------------------------- 







------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 

2) Cũng tương tự bài toán trên ta có ∆ COD vuông ở O. Mặt khác gọi I là trung 



⎛ ⎞ 

điểm của CD thì O ∈ ⎜ I ; CD ⎟ (1). 

⎝ 2 ⎠ 

Lại có tứ giác ABDC là hình thang, OI là đường trung bình nên OI // CA, mà 

CA ⊥ AB do đó IO ⊥ AB (2) 

Từ (1) và (2) suy ra AB là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác COD. 

Mà AB là đường thẳng cố định nên đường tròn ngoại tiếp tam giác COD luôn tiếp xúc 

với đường thẳng AB cố định khi M thay đổi trên đường tròn. 

3) Với phần này là một bài toán rất hay vì nó đòi hỏi học sinh phải dùng phương 

pháp phân tích đi lên để tìm lời giải của bài toán. Hơn nữa để tìm ra lời giải học sinh 

còn phải huy động kiến thức về định lí Talét đảo. 

lên, như sau: 

Giáo viên hướng dẫn học sinh tìm lời giải của bài toán bằng sơ đồ phân tích đi 

MH //AC 

⇑ 

DM = 

MC 

⇑ 

DH 

HA 

DB DH = (vì DM=DB; 

AC HA 

⇑ 

MC=CA) 

AC // DB ( ⊥ AB) 


Từ đó yêu cầu học sinh lên bảng căn cứ vào sơ đồ 

trình bày lời giải của bài toán: 

Ta có AC, BD là hai tiếp tuyến của (O) đường kính 

AB nên AC ⊥ AB, BD ⊥ AB do đó AC // BD. 

Xét ∆ ACH có AC // BD áp dụng hệ quả định lí 

Talét, ta có 

ta có 

DB DH = mà DB = DM; AC = MC nên 

AC HA 

DM DH = áp dụng định lí Talét đảo trong tam 

MC HA 

giác DAC suy ra MH // AC. 

-) Giáo viên đặt vấn đề cho học sinh suy nghĩ. Gọi giao điểm của MH và AB là 

K, có nhận xét gì về vị trí của H đối với MK? Từ đó ta có bài toán: 

MK. 


Bài toán 2..5: Với giả thiết của bài toán trên. Chứng minh H là trung điểm của 

---------------------------------------------------------------------------------------------- 







------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 

-) Nếu gọi P là giao điểm của BM và Ax. Thì ta cũng có kết quả C là trung điểm 

của AP. 

-) Nếu giáo viên cho thêm điều kiện AC = R 3 (AB = 2R) thì chúng ta lại có 

bài toán liên quan đến tính toán. Từ đó ta có bài toán sau: 



Bài toán 2.6: Cho 

⎛ ⎞ 

⎜O 

; AB ⎟ , từ A, B kẻ các tiếp tuyến Ax, By của đường tròn. 

⎝ 2 ⎠ 

Một điểm C trên tia Ax sao cho AC = R 3 . Từ C kẻ tiếp tuyến CM tới đường tròn cắt 

By ở D. AD cắt BC ở H. 

1) Tính số đo gócAOM; 

2) Chứng minh trực tâm của tam giác ACM nằm trên (O); 

3) Tính MH theo R. 

-) Bây chúng ta lại xét bài toán không tĩnh như trên nữa, mà cho điểm C thay đổi 

trên tia Ax sao cho AC ≥ R 3 thì khi đó trực tâm của ∆ ACM cũng thay đổi theo. Từ 

đó ta có bài toán sau: 


⎛ ⎞ 

⎜O 

; AB ⎟ , từ A, B kẻ các tiếp tuyến Ax, By của đường tròn. 

⎝ 2 ⎠ 

Một điểm C trên tia Ax sao cho AC ≥ R 3 . Từ C kẻ tiếp tuyến CM tới đường tròn cắt 

By ở D.Gọi H là trực tâm của tam giác ACM. Tìm quĩ tích điểm H. 

-) Lại nhìn bài toán dưới góc độ bài toán cực trị hình học, ta có bài toán sau: 


⎛ ⎞ 

⎜O ; AB ⎟ từ A, B kẻ các tiếp tuyến Ax, By của đường tròn. 

⎝ 2 ⎠ 

Một điểm M trên đường tròn, từ M kẻ tiếp tuyến của (O) cắt Ax, By thứ tự ở C và D. 

Tìm vị trí của điểm M để: 

1) CD có độ dài nhỏ nhất; 


2) Diện tích tam giác COD nhỏ nhất. 

---------------------------------------------------------------------------------------------- 









------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 

Ngày soạn: 18/2/2017 

Ngày dạy: 25/2/2017 

Buổi 21: 

RÈN LUYỆN MỘT ĐỀ THI 

Bài 1 

1.1 . Rút gọn biểu thức A = 

ĐỀ 1 

⎛ 1 1 ⎞ 1 2 ⎛ 1 1 ⎞ 

⎜ + ⎟. + . 

+ 

: 

⎝ x y ⎠ x + y + 2 xy ⎜ x y ⎟ 

+ ⎝ ⎠ 

( x y ) 3 

3 

1.2 Tính giá trị biểu thức: M = ( x − y) + 3( x − y)( xy + 1) , biết 

3 3 3 3 

x = 3 + 2 2 − 3 − 2 2 , y = 17 + 12 2 − 17 − 12 2 

Bài 2 Cho các số x, y, z thoả mãn điều kiện x + y + z = 5 và xy + yz + zx = 8, 

7 

chứng minh rằng 1 ≤ x, y, z ≤ 

3 

2 2 

⎧ ⎪x + y + 3 = 4 x (1) 

Bài 3 Giải hệ phương trình: ⎨ 

3 3 2 

⎪⎩ x + 12x + y = 6 x +9 (2) 

Bài 4. Tìm số có 2 chữ số mà bình phương của số ấy bằng lập phương của tổng các chữ số 

của nó. 

Bài 5. Các số thực dương x, y, z thoả mãn điều kiện: x + y +z = 1. 

4 4 4 

x y z 

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: F = + + 

2 2 2 2 2 2 

( x + y )( x + y) ( y + z )( y + z) ( z + x )( z + x) 

Bài 6. Cho đường tròn (O; R) và hai đường kính AB và CD sao cho tiếp tuyến tại A của 

đường tròn (O; R) cắt các đường thẳng BC và BD tại hai điểm tương ứng là E và F. Gọi P và 

Q lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng AE và AF. 

a. Chứng minh rằng trực tâm H của tam giác BPQ là trung điểm của đoạn thẳng OA. 

b. Gọi α là số đo của góc BFE. Hai đường kính AB và CD thoả mãn điều kiện gì thì biểu 

6 6 

thức P = sin α + cos α . Đạt giá trị nhỏ nhất? tìm giá trị nhỏ nhất đó. 

3 

c. Chứng minh các hệ thức sau: CE.DF.EF = CD 3 BE CE 

và = . 

3 

BF DF 

Bài 7. Cho một cái bàn hình chữ nhật. Hai người chơi như sau: người thứ nhất dùng 1 đồng 

xu màu trắng đặt lên bàn, sau đó người thứ hai đặt 1 đồng xu đen lên bàn ở vị trí mà trước đó 

chưa có đồng xu nào đặt và cứ như vậy cho đến khi không còn chỗ để đặt đồng xu nào nữa. 

Biết rằng tất cả các đồng xu là bằng nhau. Người nào đến lượt đi mà không đặt được đồng xu 

nào lên bàn thì người đó thua cuộc. Chứng minh rằng có cách chơi để người thứ nhất luôn 

luôn thắng cuộc. 

------Hết------ 

ĐÁP ÁN 

Câu Đáp án Điểm 

1.1 ĐKXĐ : x >0 ; y>0 ; x ≠ y 

A = 


⎛ 1 1 ⎞ 1 2 ⎛ 1 1 ⎞ 

⎜ + ⎟. + . 

+ 

: 

⎝ x y ⎠ x + y + 2 xy ⎜ x y ⎟ 

+ ⎝ ⎠ 

( x y ) 3 

x − y 

xy xy 

x − 

xy 

xy 

y 

---------------------------------------------------------------------------------------------- 









------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 

= 

= 

( ) 

2( x + y ) 

( ) ( ) 

x + y 

+ 

2 3 

xy. x + y x + y . x. 

y 

x + y + 2 xy 

( + ) 2 

xy x y 

1 xy xy 

= . xy x − y 

1.2 Ta có 

. 

= 

xy 

x − 

xy 

x − 

xy 

y 

y 

. 

xy 

x − 

3 

3 3 

( 3 2 2 3 2 2 ) 

3 

( )( 

3 

) ( 

3 

) 

3 

x = + − − 

= 3+ 2 2 − 3+ 2 2 − 3 3+ 2 2 3− 2 2 . 3+ 2 2 − 3− 

2 2 

= 4 2 − 3 ⇒ + 3 = 4 2 (1). 

3 3 

x x x x 

3 

Tương tự: y + 3y 

= 24 2 (2) 

Lấy phương trình (1) trừ phương trình (2) vế theo vế ta được 

− + 3( − ) = ( − ) + 3( − )( + 1) = − 20 2 

3 3 3 

x y x y x y x y xy 

Vậy M = − 20 2 

2 Theo bài 

⎧⎪ y + z = 5 − x 

Ta có ⎨ 

⎪⎩ y. z = 8 − ( xy + xz) = 8 − x( 5 − x) 

Do đó y, z là nghiệm của phương trình bậc hai 

u 2 + (x - 5)u + x 2 - 5x + 8 = 0 (1) 

∆ = (x - 5) 2 – 4(x 2 - 5x + 8) 

= -3x 2 + 10x -7 

Vì (1) có nghiệm nên ∆ ≥ 0 ⇔ -3x 2 7 

+ 10x -7 ≥ 0 ⇔ 1 ≤ x ≤ 

3 

7 

Vai trò của x, y, z như nhau nên 1 ≤ x, y, z ≤ (đpcm) 

3 

3 

2 2 

⎧ ⎪x + y + 3 = 4 x (1) 

Giải hệ phương trình: ⎨ 

3 3 2 

⎪⎩ x + 12x + y = 6 x +9 (2) 

2 2 

Từ phương trình (1) ta suy ra: 9 = 12x − 3x − 3y 

thế vào phương trình (2) thu 

gọn ta được: 

3 3 2 2 2 2 

⎡x 

+ y = 0 

x + y = 3( x − y ) ⇔ ( x + y)( x − xy + y − 3x + 3 y) = 0 ⇔ ⎢ 2 2 

⎣x − xy + y − 3x + 3y 

= 0 

2 2 

* Nếu x + y = 0 ⇔ y = −x ⇒ y = x thế vào phương trình (1) ta được 

2 2 

2x + 3 = 4x ⇔ 2( x − 1) + 1 = 0 phương trình này vô nghiệm. 

2 2 

* Nếu x − xy + y − 3x + 3y 

= 0 , trừ vế theo vế của phương này với phương trình 


xy 

y 

1 

điểm 

0,25 

đ 

0,25đ 

0,5 đ 

0,25 

đ 

0,25 

đ 

0,25đ 

0,25đ 

0,25 

đ 

0,25đ 

---------------------------------------------------------------------------------------------- 









------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 

(1) ta được: 

⎡x 

= 3 

−xy − 3x + 3y − 3 = −4x ⇔ xy − x − 3y + 3 = 0 ⇔ ( x − 3)( y − 1) = 0 ⇔ ⎢ 

⎣ y = 1 

+ Nếu x =3 thay vào phương trình (1) ta suy y 2 = 0 suy ra y = 0, cặp (x;y) = 

(3; 0) thoả mãn phương trình (2). 

+ Nếu y =1 thay vào phương trình (1) ta suy (x - 2) 2 = 0 suy ra x = 2, cặp 

(x;y) = (2; 1) thoả mãn phương trình (2). 

Vậy nghiệm của hệ đã cho là (x; y) = (3;0), (2; 1). 

4 Gọi số phải tìm là ab với a,b ∈ N và 1 ≤ a ≤ 9 , 0 ≤ b ≤ 9 

5 

Theo giả thiết ta có : 

2 

ab = ( a + b ) 3 ⇔ (10a+b) 2 = ( a + b ) 3 

⇒ ab là một lập phương và a+b là một số chính phương 

Đặt ab = t 3 ( t ∈ N ) , a + b = l 2 ( l ∈ N ) 

Vì 10 ≤ ab ≤ 99 ⇒ ab = 27 hoặc ab = 64 

• Nếu ab = 27 ⇒ a + b = 9 là số chính phương 

• Nếu ab = 64 

Vậy số cần tìm là ab = 27 

2 

Ta có ( a b) 0 

( a b) 

Ta có: 

Tương tự: 

⇒ a + b = 10 không là số chính phương ⇒ loại 

2 2 

a + b 

2 

− ≥ ⇔ ≥ + (dấu “=” xảy ra khi a = b) 

2 

4 4 

x 

y 

− = x − y ; 

x y x y x y x y 

2 2 2 2 

( + )( + ) ( + )( + ) 

y 4 4 4 4 

− z = y − z; 

z − x = z − x 

2 2 2 2 2 2 2 2 

( y + z )( y + z) ( y + z )( y + z) ( z + x )( z + x) ( z + x )( z + x) 

Do đó 

x y z 

F = + + 

4 4 4 


2 2 2 2 2 2 

( x + y )( x + y) ( y + z )( y + z) ( z + x )( z + x) 

0,25đ 

0,25đ 

0,25 

đ 

0,25đ 

0,25đ 

0,25đ 

0,25 

đ 

0,25đ 

0,25đ 

---------------------------------------------------------------------------------------------- 









------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 

4 4 4 4 4 4 

1 ⎛ x + y y + z z + x ⎞ 

= ⎜ 

+ + 

2 2 2 2 2 2 ⎟ 

2 ⎝ ( x + y )( x + y) ( y + z )( y + z) ( z + x )( z + x) 

⎠ 

0,25đ 

2 2 

2 

2 2 

2 

2 2 

2 

⎛ 

1 ( x + y ) ( y + z ) ( z + x ) 

⎞ 

≥ ⎜ 

+ + 

⎟ 

2 2 2 2 2 2 

4 ⎜ ( x + y )( x + y) ( y + z )( y + z) ( z + x )( z + x) 

⎟ 

⎝ 

⎠ 

6 

a 

2 2 2 2 2 2 

( x + y ) ( y + z ) ( z + x ) 

1 ⎛ 

= + + 

4 ⎜ ( x + y) ( y + z) ( z + x) 

⎝ 

( x + y) ( y + z) ( z + x) 

2 2 2 

⎛ ⎞ 

= x + y + z = 

1 

≥ + + 

1 ( ) 

1 

8 ⎜ ( x + y) ( y + z) ( z x) ⎟ 

⎝ 

+ 

⎠ 

4 4 

Do đó F đạt giá trị nhỏ nhất bằng 1 4 khi x = y = z = 1 3 

E 

C 

P 

1 

B 

A 

1 

O 

H 

I 

BA là đường cao của tam giác BPQ suy ra H thuộc BA 

D 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

Q 

Nối OE, ∆ BEF vuông tại B; BA ⊥ EF nên AB 2 = AE. AF 

AE AB AE AB AE 

AB 

⇒ = ⇒ = ⇒ = 

AB AF 1 1 

AB AF 

OA AQ 

2 2 

Vậy ∆ AEO ∼ ∆ ABQ(c.g.c). 

Suy ra ABQ = AEO 

mà ABQ = P 1 

(góc có các cạnh tương ứng vuông góc) 

nên AEO = P 1 

, 

mà hai góc đồng vị => PH // OE. 

Trong ∆ AEO có PE = PA (giả thiết); PH// OE 

suy ra H là trung điểm của OA. 


F 

0,25 

đ 

0,25 

đ 

0,5 đ 

b 

Ta có: 

( ) ( co ) 

6 6 2 

3 

2 

3 

P = sin α + cos α = sin α + s α 

( ) 

( ) 2 

⎡ 

⎣ 

2 2 4 2 2 4 

P = sin α + cos α sin α − sin α cos α + cos α 

sin cos 3sin cos 1 3sin cos 

2 2 2 2 2 2 

P = α + α − α α = − α α 

Ta có: 

---------------------------------------------------------------------------------------------- 





⎤ 

⎦ 

0,25



------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 

( ) 2 

sin α + cos α ≥ 4sin α cos α ⇔ 1 ≥ 4sin α cos α ⇔ sin α cos α ≤ 

4 

Suy ra: 

2 2 2 2 2 2 2 2 1 

2 2 3 1 

P = 1− 3sin α cos α ≥1− = 4 4 

0,25đ 

. 



c 

1 

2 2 

Do đó: P 

min 

= khi và chỉ khi: sin = cos 

4 

⇔ sin = cos 

(vì α là góc nhọn) 

sinα 

0 

⇔ = 1 ⇔ tanα 

= 1 ⇔ α = 45 

cosα 

Khi đó CD vuông góc với AB 

α α α α 

Ta có ∆ ACB và ∆ ADB nội tiếp đường tròn (O) có AB là đường kính nên 

0 

ACB = ADB 

= 90 => ADBC là hình chữ nhật. 

Ta có: CD 2 = AB 2 = AE. AF => CD 4 = AB 4 = AE 2 . AF 2 

= (EC.EB)(DF.BF)=(EC.DF)(EB.BF)= EC.DF.AB.EF 

⇒ AB 3 = CE.DF.EF. Vậy CD 3 = CE.DF.EF 

Ta có: 

2 4 2 

BE EA.EF AE BE AE CE. 

BE 

= = ⇒ = = ⇒ 

2 4 2 

BF FA. EF AF BF AF DF. 

BF 

BE 

BF 

7 Ta tô đen - trắng các ô bàn cờ như hình vẽ. Khi đó số ô đen 

nhiều hơn số ô trắng. Như vậy số con bọ dừa ở ô đen sẽ 

nhiều hơn số con bọ dừa ở ô trắng. Do mỗi con bọ dừa chỉ di 

chuyển sang ô bên cạnh(ngang hoặc dọc), vì thế sau khi di 

chuyển các ô đen sẽ chứa các con bọ dừa ở ô trắng. 

Mà số con bọ dừa ở ô đen nhiều hơn số con bọ dừa ở ô 

3 

3 

CE 

= 

DF 

trắng nên sau khi các con bọ dừa bò đi sẽ có ít nhất một ô đen bị bỏ trống . 

Vậy : Có thể khẳng định rằng sau khi di chuyển sẽ luôn có ít nhất một ô 

trong bàn cờ không có con bọ dừa nào trong đó. 


0,25đ 

. 

0,25đ 

0,25đ 

0,25đ 

0,25đ 

0,25đ 

1đ 

---------------------------------------------------------------------------------------------- 









------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 

Ngày soạn: 25/2/2017 

Ngày dạy: 4/3/2017 

Buổi 22: 

RÈN LUYỆN MỘT ĐỀ THI 

ĐỀ 2 

Câu 1 (3 điểm): Cho a, b, c > 0 thỏa a + b + c = 1 


⎛ 1 1 1 ⎞ 

⎜1 ⎜1 

⎟ ⎜1 

+ ⎟ ≥ 64 

⎠⎛ ⎞ ⎟ 

⎠⎛ ⎞ + + 

⎝ a ⎝ b ⎝ c ⎠ 

Câu 2 (3 điểm): Tìm tất cả các số thực x, y, z thỏa mãn phương trình: 

x + y + z + 4 = 2 x − 2 + 4 y − 3 + 6 z − 5 

Câu 3 (4 điểm): Giải hệ phương trình sau: 

⎧ xyz 

⎪ = 2 

x + y 

⎪ 

⎪ xyz 1 

⎨ = 1 

⎪ y + z 5 

⎪ xyz 1 

⎪ = 1 

⎩ x + z 2 

2 

Câu 4 (2 điểm): Cho x = 

1 

− 

2 + 1 − 1 

Tính giá trị của biểu thức: 

A = (x 4 – x 3 – x 2 + 2x – 1) 2003 

1 

2 + 1 

Câu 5 (4 điểm): Cho hình thoi ABCD có góc A = 120 0 , tia Ax tạo với tia AB góc BAx 

bằng 15 0 và cắt cạnh BC tại M, cắt đường thẳng DC tại N. 

1 1 4 

Chứng minh: + = 

2 2 

2 

AM AN 3AB 

Câu 6 (4 điểm): Cho tam giác ABD vuông tại D, lấy C là điểm thuộc cạnh AB. Kẻ CH 

vuông góc với AD (H∈AD). Đường phân giác của góc BAD cắt đường tròn đường kính AB 

tại E, cắt CH tại F; DF cắt đường tròn trên tại K. 

a) Chứng minh rằng tứ giác AFCK nội tiếp. 

b) Chứng minh ba điểm K, C, E thẳng hàng. 

c) Cho BC = AD, kẻ CI song song với AD (I∈DK). Chứng minh CI = CB và DF là 

đường trung tuyến của tam giác ADC. 

ĐÁP ÁN 


+ 

1 

Câu 1 (3 điểm): 

1 

Ta có 1 + = 

a 

a + 1 

a 

= 

a + a + b + c 

a 

(0,5 điểm) 

---------------------------------------------------------------------------------------------- 









------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 

Do a, b, c > 0, theo bất đẳng thức Cauchy ta có: 

1 

1 + = 

a 

a + a + b + c 

≥ 

a 

1 

Vậy: 1 + ≥ 

a 

Tương tự: 

1 

1 + ≥ 

b 

1 

1 + ≥ 

c 

Từ đó, suy ra: 

4 

2 

a bc 

a 

4 2 

4 

4 

b ac 

b 

4 2 

c ab 

c 

4 2 

a 2 + 2 

a 

bc 

≥ 

2.2 

2 

a . 

a 

bc 

= 

4 

a bc 

a 

4 2 

(0,5 điểm) 

(0,5 điểm) 

(0,5 điểm) 

4 4 4 4 

⎛ 1 1 1 ⎞ a b c 

⎜1 1 ⎟ ⎜1 

⎟ ≥ 64. 

a b ⎠⎛ ⎞ ⎟ ⎜ + 

⎠⎛ ⎞ + + 

= 64 (đpcm) (1 điểm) 

⎝ ⎝ ⎝ c ⎠ abc 


ĐK: x ≥ 2 ; y ≥ 3 ; z ≥ 5 

Ta có: 

x + y + z + 4 = 2 x − 2 + 4 y − 3 + 6 z − 5 

⇔ (x - 2 - 2 x − 2 + 1) + (y - 3 - 2.2 y − 3 + 4) + (z-5 - 2.3 z − 5 + 9) = 0 

(0,5 điểm) 

⇔ ( x − 2 -1) 2 + ( y − 3 - 2) 2 + ( z − 5 - 3) 2 = 0 (0,5 điểm) 

⎧ x − 2 − 1 = 0 

⎪ 

⇔ ⎨ y − 3 − 2 = 0 

⎪ 

⎪⎩ 

z − 5 − 3 = 0 

⎧ x − 2 = 1 

⎪ 

⇔ ⎨ y − 3 = 2 

⎪ 

⎪⎩ 

z − 5 = 3 

⎧x 

− 2 = 1 

⎪ 

⇔ ⎨y 

− 3 = 4 

⎪ 

⎩z 

− 5 = 9 

⎧x 

= 3 

⎪ 

⇔ ⎨y 

= 7 

⎪ 

⎩z 

= 14 

(0,5 điểm) 

(0,5 điểm) 

(0,5 điểm) 


(0,5 điểm) 

Câu 3 (4 điểm): Giải hệ phương trình: 

---------------------------------------------------------------------------------------------- 







------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 

⎧ xyz 

⎧ x + y 1 ⎧ 1 1 1 

⎪ 

= 2 

x + y 

⎪ = 

⎪ 

⎪ 

xyz 2 

⎪ + = (1) 

⎪ 

yz xz 2 

⎪ xyz 1 ⎪ y + z 5 ⎪ 1 1 5 

⎨ = 1 ⇔ ⎨ = ⇔ ⎨ + = (2) 

(1 điểm) 

⎪ y + z 5 ⎪ xyz 6 ⎪ xz xy 6 

⎪ xyz 1 ⎪ x + z 2 ⎪ 1 1 2 

⎪ = 1 ⎪ = ⎪ + = (3) 

⎩ x + z 2 ⎩ xyz 3 ⎩ yz xy 3 



1 1 1 

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

xz xy yz 

1 1 

Lấy (4) – (1): = 

xy 2 

1 1 

(4) – (2): = 

yz 6 

1 1 

(4) – (3): = 

xz 3 

Vậy xy = 2, yz = 6, xz = 3 

Ta có: (xyz) 2 = 36 ⇒ xyz = 6 hay xyz = -6 

Trường hợp 1: xyz = 6. Ta có: x = 1, y = 2, z = 3 

Trường hợp 2: xyz = -6. Ta có: x = -1, y = -2, z = -3 


Ta có 

x = 

= 

1 

2 + 1 

− 

1 

2 + 1 + 1 

2 

− 

2 

− 

2 + 1 − 1 

1 

2 + 1 

+ 

2 + 1 + 1 

1 

(0,5 điểm) 

(0,5 điểm) 

(0,5 điểm) 

(0,5 điểm) 

(0,5 điểm) 

(0,5 điểm) 

(0,5 điểm) 

2 

= = 2 

(0,5 điểm) 

2 

2 

Ta lại có: 

A = (x 4 – x 3 – x 2 + 2x – 1) 2003 

Thay x = 

3 

= [( − 1 )( x − x + 1) 

] 2003 

x (0,5 điểm) 


2 vào A, ta được: 

A = [( 2 − 1)( 2 2 − 2 + 1) 

] 2003 

= [( 2 1)( 2 + 1) 

] 2003 

− = 1 2003 = 1 (0,5 điểm) 


---------------------------------------------------------------------------------------------- 







------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 



Vẽ hình; viết GT, KL đúng 

(0,75 điểm) 

Trên cạnh DC lấy điểm E sao cho góc DAE bằng 15 0 , suy ra NAE = 90 0 (0,5 điểm) 

⇒ ΛDAE = ΛBAM (g.c.g) (0,5 điểm) 

⇒ AE =AM (0,25 điểm) 

Xét tam giác EAN vuông tại A, đường cao AH, 

1 1 1 

ta có: + = 

(0,5 điểm) 

2 2 

2 

AE AN AH 

1 1 1 

suy ra: + = (1) (0,5 điểm) 

2 2 

2 

AM AN AH 

Xét tam giác đều ADC, đường cao AH 

ta có: AH 2 3 2 3 2 

= AD = AB 

4 4 

(2) (0,5 điểm) 

1 1 4 

Từ (1), (2) suy ra + = 

2 2 

2 

AM AN 3AB 

(Đpcm) (0,5 điểm) 


Vẽ hình và viết giả thiết kết luận đúng và đầy đủ 

A 

D 

H 

F 

I 

C 

E 

∧ 

(0,5 điểm) 


K 

B 

a) Ta có CH ⊥ AD và BD ⊥ AD (gt) 

∧ 

∧ 

⇒ HCA = DBA ( hai góc đồng vị) mà 

⇒ 

∧ 

HCA = DKA Mà 

∧ 

∧ 

∧ 

1 

DKA ∧ 

= DBA 

∧ 

= Sđ DA (0,5 điểm) 

2 

HCA, DKA cùng chắn FA nên tứ giác AFCK nội tiếp. (0,5 điểm) 

---------------------------------------------------------------------------------------------- 









------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 

∧ ∧ 

1 

b) Ta có DKE = DAE = Sđ DE 

2 

∧ ∧ 

1 

FAC = DKC = SđFC do tứ giác AFCK nội tiếp. (0,5 điểm) 

2 

∧ 

∧ 

∧ 

∧ 

Mà FAC = DAE (gt)⇒ DKE = DKC vậy hai tia KC và KE trùng nhau 

Vậy K, C, E thẳng hàng 

c) Ta có AD//IC (gt) suy ra DAB = ICA (đồng vị) 

∧ ∧ 

1 

Mà DAB = DKB = Sđ DEB 

2 

∧ 

∧ 

∧ 

∧ 

(0,5 điểm) 

⇒ DKB = ICA 

(0,25 điểm) 

∧ 

∧ 

∧ 

∧ 

0 

⇒ ICB + ICA = ICB+ 

DKB = 180 nên tứ giác KBCI nội tiếp 

⇒ 

∧ 1 

= ∧ 

1 

EKB CIB = Sđ BC và DKE ∧ 

= IBA 

∧ 

= Sđ IC (0,25 điểm) 

2 

2 

Mặt khác 

∧ 

∧ 

∧ 

EKB = DKE ( vì cùng chắn hai cung EB, ED bằng nhau) 

∧ 

⇒ IBA = CIB vậy tam giác BIC cân tại C nên BC = IC (0,5 điểm) 

* Ta có AD = BC và AD//IC (gt) 

⇒ IC = AD và AD//IC nên tứ giác ADCI là hình bình hành 

⇒ DF đi qua trung điểm của AC (tính chất đường chéo hình bình hành ) 

Vậy DF là đường trung tuyến của tam giác ADC. 

(0,5 điểm) 

Ghi chú: Thí sinh có thể giải nhiều cách khác nhau nếu đúng, chặt chẽ, vẫn được điểm 

tối đa. 


----------------------------------------------------------------------------------------------

GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 GV NGÔ THỊ LIÊN TRƯỜNG THCS AN HOÀ NS 2016

Create successful ePaper yourself

Delete template?

Save as template?