GV Ph¹m V¨n Mïi Trêng THCS Quang HiÕn – Lang Ch¸nh SỬ DỤNG DIỆN TÍCH TRONG CHỨNG MINH HÌNH HỌC Có nhiều bài toán hình học tưởng như không liên quan đến diện tích, nhưng nếu ta sử dụng diện tích thì lại dễ dàng tìm ra lời giải của bài toán. Bài toán 1 : Tam giác ABC có AC = 2 AB. Tia phân giác của góc A cắt BC ở D. Chứng minh rằng DC = 2 DB. Phân tích bài toán (h.1) Để so sánh DC và DB, có thể so sánh diện tích hai tam giác ADC và ADB có chung đường cao kẻ từ A. Ta so sánh được diện tích hai tam giác này vì chúng có các đường cao kẻ từ D bằng nhau, và AC = 2 AB theo đề bài cho. Giải : Kẻ DI vuông góc với AB, DK vuông góc với AC. Xét ΔADC và ΔADB : các đường cao DI = DK, các đáy AC = 2 AB nên S ADC = 2 S ADB . Vẫn xét hai tam giác trên có chung đường cao kẻ từ A đến BC, do S ADC = 2 S ADB nên DC = 2 DB. Giải tương tự như trên, ta chứng minh được bài toán tổng quát : Nếu AD là phân giác của ΔABC thì DB/DC = AB/AC. Bài toán 2 : Cho hình thang ABCD (AB // CD), các đường chéo cắt nhau tại O. Qua O, kẻ đường thẳng song song với hai đáy, cắt các cạnh bên AC và BC theo thứ tự tại E và F. Chứng minh rằng OE = OF. Giải : Cách 1 : (h.2) Kẻ AH, BK, CM, DN vuông góc với EF. Đặt AH = BK = h 1 , CM = DN = h 2 . Ta có : 1 GV Ph¹m V¨n Mïi Trêng THCS Quang HiÕn – Lang Ch¸nh Từ (1), (2), (3) => : Do đó OE = OF. Cách 2 : (h.3) Kí hiệu như trên hình vẽ. Ta có S ADC = S BDC . Cùng trừ đi S 5 được : S 1 + S 2 = S 3 + S 4 (1) Giả sử OE > OF thì S 1 > S 3 và S 2 > S 4 nên S 1 + S 2 > S 3 + S 4 , trái với (1). Giả sử OE < OF thì S 1 < S 3 và S 2 < S 4 nên S 1 + S 2 < S 3 + S 4 , trái với (1). Vậy OE = OF. Bài toán 3 : Cho hình bình hành ABCD. Các điểm M, N theo thứ tự thuộc các cạnh AB, BC sao cho AN = CM. Gọi K là giao điểm của AN và CM. Chứng minh rằng KD là tia phân giác của góc AKC. Giải : (h.4) Kẻ DH vuông góc với KA, DI vuông góc với KC. Ta có : 2 GV Ph¹m V¨n Mïi Trêng THCS Quang HiÕn – Lang Ch¸nh DH . AN = 2 S ADN (1) DI . CM = 2 S CDM (2) Ta lại có S ADN = 1/2.S ABCD (tam giác và hình bình hành có chung đáy AD, đường cao tương ứng bằng nhau), S CDM = 1/2.S ABCD nên S ADN = S CDM (3) Từ (1), (2), (3) => DH . AN = DI . CM. Do AN = CM nên DH = DI. Do đó KI là tia phân giác của góc AKC. Như vậy khi xét quan hệ giữa độ dài các đoạn thẳng, ta nên xét quan hệ giữa diện tích các tam giác mà cạnh là các đoạn thẳng ấy. Điều đó nhiều khi giúp chúng ta đi đến lời giải của bài toán. Bạn hãy sử dụng diện tích để giải các bài toán sau : 1. Cho tam giác ABC cân tại A. Gọi M là một điểm bất kì thuộc cạnh đáy BC. Gọi MH, MK theo thứ tự là các đường vuông góc kẻ từ M đến AB, AC. Gọi BI là đường cao của tam giác ABC. Chứng minh rằng MH + MK = BI. Hướng dẫn : Hãy chú ý đến S AMB + S AMC = S ABC . 2. Chứng minh rằng tổng các khoảng cách từ một điểm M bất kì trong tam giác đều ABC đến ba cạnh của tam giác không phụ thuộc vị trí của M. Hướng dẫn : Hãy chú ý đến S MBC + S MAC + S MAB = S ABC . 3. Cho tam giác ABC cân tại A. Điểm M thuộc tia đối của tia BC. Chứng minh rằng hiệu các khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng AC và AB bằng đường cao ứng với cạnh bên của tam giác ABC. Hướng dẫn : Hãy chú ý đến S MAC - S MAB = S ABC . 4. Cho hình thang ABCD (AB // CD, AB < CD). Các đường thẳng AD và BC cắt nhau tại O. Gọi F là trung điểm của CD, E là giao điểm của OF và AB. Chứng minh rằng AE = EB. Hướng dẫn : Dùng phương pháp phản chứng. MỘT PHƯƠNG PHÁP VẼ ĐƯỜNG PHỤ Bài toán 1 : Cho góc xOy. Trên Ox lấy hai điểm A, B và trên Oy lấy hai điểm C, D sao cho AB = CD. Gọi M và N là trung điểm của AC và BD. Chứng minh đường thẳng MN song song với phân giác góc xOy. Suy luận : Vị trí đặc biệt nhất của CD là khi CD đối xứng với AB qua Oz, phân giác góc xOy. Gọi C 1 và D 1 là các điểm đối xứng của A và B qua Oz ; E và F là các giao điểm của AC 1 và BD 1 với Oz. Khi đó E và F là trung điểm của AC 1 và BD 1 , và do đó vị trí của MN sẽ là EF. Vì vậy ta chỉ cần chứng minh MN // EF là đủ (xem hình 1). Thật vậy, do AB = CD (gt), AB = C 1 D 1 (tính chất đối xứng) nên CD = C 1 D 1 . Mặt khác ME và NF là đường trung bình của các tam giác ACC 1 và BDD 1 nên NF // DD 1 , NF = 1/2DD 1 , ME // CC 1 , ME = 1/2 CC 1 => ME // NF và NE = 1/2 NF => tứ giác MEFN là hình bình hành => MN // EF => đpcm. 3 GV Ph¹m V¨n Mïi Trêng THCS Quang HiÕn – Lang Ch¸nh Bài toán 1 có nhiều biến dạng” rất thú vị, sau đây là một vài biến dạng của nó, đề nghị các bạn giải xem như những bài tập nhỏ ; sau đó hãy đề xuất những “biến dạng” tương tự. Bài toán 2 : Cho tam giác ABC. Trên AB và CD có hai điểm D và E chuyển động sao cho BD = CE. Đường thẳng qua các trung điểm của BC và DE cắt AB và AC tại I và J. Chứng minh ΔAIJ cân. Bài toán 3 : Cho tam giác ABC, AB ≠ AC. AD và AE là phân giác trong và trung tuyến của tam giác ABC. Đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE cắt AB và AC tại M và N. Gọi F là trung điểm của MN. Chứng minh AD // EF. Trong việc giải các bài toán chứa các điểm di động, việc xét các vị trí đặc biệt càng tỏ ra hữu ích, đặc biệt là các bài toán “tìm tập hợp điểm”. Bài toán 4 : Cho nửa đường tròn đường kính AB cố định và một điểm C chuyển động trên nửa đường tròn đó. Dựng hình vuông BCDE. Tìm tập hợp C, D và tâm hình vuông. Ta xét trường hợp hình vuông BCDE “nằm ngoài” nửa đường tròn đã cho (trường hợp hình vuông BCDE nằm trong đường tròn đã cho được xét tương tự, đề nghị các bạn tự làm lấy xem như bài tập). Suy luận : Xét trường hợp C trùng với B. Khi đó hình vuông BCDE sẽ thu lại một điểm B và các điểm I, D, E đều trùng với B, trong đó I là tâm hình vuông BCDE. Vậy B là một điểm thuộc các tập hợp cần tìm. Xét trường hợp C trùng với A. Dựng hình vuông BAD 1 E 1 khi đó D trùng với D 1 , E trùng với E 1 và I trùng với I 1 (trung điểm của cung AB ). Trước hết, ta tìm tập hợp E. Vì B và E 1 thuộc tập hợp cần tìm nên ta nghĩ ngay đến việc thử chứng minh Đ BEE 1 không đổi. Điều này không khó vì Đ ACB = 90 o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) và ΔBEE 1 = ΔBCA (c. g. c) => Đ BEE 1 = Đ BCA = 90 o => E nằm trên nửa đường tròn đường kính BE 1 (1/2 đường tròn này và 1/2 đường tròn đã cho nằm ở hai nửa mặt phẳng khác nhau với “bờ” là đường thằng BE 1 ). Vì Đ DEB = Đ E 1 EB = 90 o nên D nằm trên EE 1 (xem hình 2) => Đ ADE 1 = 90 o = Đ ABE 1 => D nằm trên đường tròn đường kính AE 1 , nhưng ABE 1 D 1 là hình vuông nên đường tròn đường kính AE 1 cũng là đường tròn đường kính BD 1 . Chú ý rằng B và D 1 là các vị trí giới hạn của tập hợp cần tìm, ta => tập hợp D là nửa đường tròn đường kính BD 1 (nửa đường tròn này và điểm A ở về hai nửa mặt phẳng khác nhau với bờ là đường thẳng BD 1 ). Cuối cùng, để tìm tập hợp I, ta cần chú ý II 1 là đường trung bình của ΔBDD 1 nên II 1 // DD 1 => Đ BII 1 = 90 => tập hợp I là nửa đường tròn đường kính BI 1 (đường tròn này và A ở về hai nửa mặt phẳng khác nhau với bờ là BD 1 ). Để kết thúc, xin mời bạn giải bài toán sau đây : Bài toán 5 : Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB cố định và 1 điểm C chuyển động trên nửa đường tròn đó. Kẻ CH vuông góc với AB. Trên đoạn thẳng OC lấy điểm M sao cho OM = CH. Tìm tập hợp M. LÀM QUEN VỚI BẤT ĐẲNG THỨC TRÊ-BƯ-SEP 4 GV Ph¹m V¨n Mïi Trêng THCS Quang HiÕn – Lang Ch¸nh Các bạn đã từng được làm quen với các bất đẳng thức Cô si, Bunhiacôpski nhưng không ít bạn còn chưa biết về bất đẳng thức Trê - bư - sép. Con đường đi đến bất đẳng thức này thật là giản dị, quá gần gũi với những kiến thức cơ bản của các bạn bậc THCS. Các bạn có thể thấy ngay : Nếu a 1 ≤ a 2 và b 1 ≤ b 2 thì (a 2 - a 1 ) (b 2 - b 1 ) ≥ 0. Khai triển vế trái của bất đẳng thức này ta có : a 1 b 1 + a 2 b 2 - a 1 b 2 - a 2 b 1 ≥ 0 => : a 1 b 1 + a 2 b 2 ≥ a 1 b 2 + a 2 b 1 . Nếu cộng thêm a 1 b 1 + a 2 b 2 vào cả hai vế ta được : 2 (a 1 b 1 + a 2 b 2 ) ≥ a 1 (b 1 + b 2 ) + a 2 (b 1 + b 2 ) => : 2 (a 1 b 1 + a 2 b 2 ) ≥ (a 1 + a 2 ) (b 1 + b 2 ) (*) Bất đẳng thức (*) chính là bất đẳng thức Trê - bư - sép với n = 2. Nếu thay đổi giả thiết, cho a 1 ≤ a 2 và b 1 ≥ b 2 thì tất cả các bất đẳng thức trên cùng đổi chiều và ta có : 2 (a 1 b 1 + a 2 b 2 ) ≤ (a 1 + a 2 ) (b 1 + b 2 ) (**) Các bất đẳng thức (*) và (**) đều trở thành đẳng thức khi và chỉ khi a 1 = a 2 hoặc b 1 = b 2 . Làm theo con đường đi tới (*) hoặc (**), các bạn có thể giải quyết nhiều bài toán rất thú vị. Bài toán 1 : Biết rằng x + y = 2. Chứng minh x 2003 + y 2003 ≤ x 2004 + y 2004 . Lời giải : Do vai trò bình đẳng của x và y nên có thể giả sử x ≤ y. Từ đó => : x 2003 ≤ y 2003 . Do đó (y 2003 - x 2003 ).(y - x) ≥ 0 => : x 2004 + y 2004 ≥ x.y 2003 + y.x 2003 Cộng thêm x 2004 + y 2004 vào hai vế ta có : 2.(x 2004 + y 2004 ) ≥ (x+y) (x 2003 + y 2003 ) = 2.(x 2003 + y 2003 ) => : x 2004 + y 2004 ≥ x 2003 + y 2003 (đpcm). Để ý rằng : Bất đẳng thức vừa chứng minh trở thành đẳng thức khi và chỉ khi x = y = 1 ; các bạn sẽ có lời giải của các bài toán sau : Bài toán 2 : Giải hệ phương trình : Nếu các bạn quan tâm tới các yếu tố trong tam giác thì vận dụng các bất đẳng thức (*) hoặc (**) sẽ dẫn đến nhiều bài toán mới. Bài toán 3 : Cho tam giác ABC có diện tích bằng 1. AH và BK là các đường cao của tam giác. Chứng minh : (BC + CA).(AH + BK) ≥ 8. Lời giải : Ta có AH x BC = BK x CA = 2. Do vai trò bình đẳng của BC và CA nên có thể giả sử rằng BC ≤ CA => 2/BC ≥ 2/CA => AH ≥ BK. Do đó (CA - BC).(BK - AH) ≤ 0 => : CA x BK + BC x AH ≤ BC x BK + CA x AH Cộng thêm CA x BK + BC x AH vào 2 vế ta có : 2.(CA x BK + BC x AH) ≤ (BC + CA) (AH + BK) => : (BC + CA).(AH + BK) ≥ 8. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi BC = CA hoặc BK = AH tương đương với BC = CA hay tam giác ABC là tam giác cân đỉnh C. Bài toán 4 : Cho tam giác ABC với BC = a, CA = b, AB = c và các đường cao tương ứng của các cạnh này có độ dài lần lượt là h a , h b , h c . Chứng minh : với S là diện tích tam giác ABC. Lời giải : Do vai trò bình đẳng của các cạnh trong tam giác nên có thể giả sử rằng a ≤ b ≤ c => : 2S/a ≥ 2S/b ≥ 2S/c => h a ≥ h b ≥ h c . Làm như lời giải bài toán 3 ta có : (a + b).(ha + hb) ≥ 8S 5 GV Ph¹m V¨n Mïi Trêng THCS Quang HiÕn – Lang Ch¸nh => : 1/(h a + h b ) ≤ (a + b)/(8S) (1) Tương tự ta được : 1/(h b + h b ) ≤ (b + c)/(8S) (2) 1/(h c + h a ) ≤ (c + a)/(8S) (3) Cộng từng vế của (1), (2), (3) dẫn đến : Bất đẳng thức (4) trở thành đẳng thức khi và chỉ khi các bất đẳng thức (1), (2), (3) đồng thời trở thành đẳng thức tương đương với a = b = c hay tam giác ABC là tam giác đều. Bây giờ các bạn thử giải các bài tập sau đây : 1) Biết rằng x 2 + y 2 = 1. Tìm giá trị lớn nhất của F = (x 4 + y 4 ) / (x 6 + y 6 ) 2) Cho các số dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = 1. Chứng minh : 3) Cho tam giác ABC có độ dài các cạnh lần lượt là a, b, c và độ dài các đường phân giác trong thuộc các cạnh này lần lượt là l a , l b , l c . Chứng minh : 4) Hãy dự đoán và chứng minh bất đẳng thức Trê - bư - sép với n = 3. Từ đó hãy sáng tạo ra các bài toán. Nếu bạn thấy thú vị với những khám phá của mình ở bài tập này, hãy gửi gấp bài viết về cho chuyên mục EUREKA của TTT2. PHƯƠNG PHÁP HOÁN VỊ VÒNG QUANH Phân tích thành nhân tử là một trong những kĩ năng cơ bản nhất của chương trình đại số bậc THCS. Kĩ năng này được sử dụng khi giải các bài toán : biến đổi đồng nhất các biểu thức toán học, giải phương trình, chứng minh bất đẳng thức và giải các bài toán cực trị . Sách giáo khoa lớp 8 đã giới thiệu nhiều phương pháp phân tích thành nhân tử. Sau đây tôi xin nêu một phương pháp thường sử dụng, dựa vào việc kết hợp các phương pháp quen thuộc như đặt nhân tử chung, nhóm số hạng, hằng đẳng thức . Phương pháp này dựa vào một số nhận xét sau đây : 1/ Giả sử phải phân tích biểu thức F(a, b, c) thành nhân tử, trong đó a, b, c có vai trò như nhau trong biểu thức đó. Nếu F(a, b, c) = 0 khi a = b thì F(a, b, c) sẽ chứa các nhân tử a - b, b - c và c - a. Bài toán 1 : Phân tích thành nhân tử : F(a, b, c) = a 2 (b - c) + b 2 (c - a) + c 2 (a - b). Nhận xét : Khi a = b ta có : F(a, b, c) = a 2 (a - c) + a 2 (c - a) = 0, do đó F(a, b, c) có chứa nhân tử a - b. Tương tự F(a, b, c) chứa các nhân tử b - c, c - a. Vì F(a, b, c) là biểu thức bậc ba, do đó F(a, b, c) = k.(a - b)(b - c)(c - a). Cho a = 1, b = 0, c = -1 ta có : 1 + 1 = k.1.1.(-2) => k = -1. Vậy : F(a, b, c) = -(a - b)(b - c)(c - a). Bài toán 2 : Phân tích thành nhân tử : F(a, b, c) = a 3 (b - c) + b 3 (c - a) + c 3 (a - b). Nhận xét : Tương tự như bài toán 1, ta thấy F(a, b, c) phải chứa các nhân tử a - b, b - c, c - a. Nhưng ở đây F(a, b, c) là biểu thức bậc bốn, trong khi đó (a - b)(b - c)(c - a) bậc ba, vì vậy F(a, b, c) phải có một thừa số bậc nhất của a, b, c. Do vai trò a, b, c như nhau nên thừa số này có dạng k(a + b + c). Do đó : F(a, b, c) = k(a - b)(b - c)(c - a)(a + b + c) 6 GV Ph¹m V¨n Mïi Trêng THCS Quang HiÕn – Lang Ch¸nh Cho a = 0 ; b = 1 ; c = 2 => k = -1. Vậy : F(a, b, c) = -(a - b)(b - c)(c - a)(a + b + c). 2/ Trong một số bài toán, nếu F(a, b, c) là biểu thức đối xứng của a, b, c nhưng F(a, b, c) ≠ 0 khi a = b thì ta thử xem khi a = -b, F(a, b, c) có triệt tiêu không, nếu thỏa mãn thì F(a, b, c) chứa nhân tử a + b, và từ đó chứa các nhân tử b + c, c + a. Bài toán 3 : Chứng minh rằng : Nếu : 1/x + 1/y + 1/z = 1/(x + y + z) thì 1/x n + 1/y n + 1/z n = 1/(x n + y n + z n ) với mọi số nguyên lẻ n. Nhận xét : Từ giả thiết 1/x + 1/y + 1/z = 1/(x + y + z) => : (xy + xz + yz)(x + y + z) - xyz = 0 (*) Do đó ta thử phân tích biểu thức F(x, y, z) = (xy + xz + yz)(x + y + z) - xyz thành nhân tử. Chú ý rằng khi x = - y thì F(x, y, z) = - y 2 z + y 2 z = 0 nên F(x, y, z) chứa nhân tử x + y. Lập luận tương tự như bài toán 1, ta có F(x, y, z) = (x + y)(y + z)(x + z). Do đó (*) trở thành : (x + y)(y + z)(x + z) = 0 Tương đương với : x + y = 0 hoặc y + z = 0 hoặc z + x = 0 . Nếu x + y = 0 chẳng hạn thì x = - y và do n lẻ nên x n = (-y) n = -y n . Vậy : 1/x n + 1/y n + 1/z n = 1/(x n + y n + z n ) Tương tự cho các trường hợp còn lại, ta có đpcm. Có những khi ta phải linh hoạt hơn trong tình huống mà hai nguyên tắc trên không thỏa mãn : Bài toán 4 : Phân tích đa thức sau thành nhân tử : F(x, y, z) = x 3 + y 3 + z 3 - 3xyz. Nhận xét : Ta thấy rằng khi x = y hay x = -y thì F(x, y, z) ≠ 0. Nhưng nếu thay x = -(y + z) thì F(x, y, z) = 0 nên F(x, y, z) có nhân tử x + y + z. Chia F(x, y, z) cho x + y + z, ta được thương x 2 + y 2 + z 2 - xy - yz - zx và dư là 0. Do đó : F(x, y, z) = (x + y + z)(x 2 + y 2 + z 2 - xy - yz - zx). Ta có thể thêm bớt vào F(x, y, z) một lượng 3x 2 y + 3xy 2 để nhân được kết quả này. Các bạn hãy dùng các phương pháp và kết quả nêu trên để giải các bài tập sau đây. Bài toán 5 : Tính tổng : trong đó k = 1, 2, 3, 4. Bài toán 6 : Chứng minh rằng (a - b) 5 + (b - c) 5 + (c - a) 5 chia hết cho 5(a - b)(b - c)(c - a). TS. Lê Quốc Hán (ĐH Vinh) MỘT PHƯƠNG PHÁP TÌM NGHIỆM ĐỘC ĐÁO Bằng kiến thức hình học lớp 6 ta có thể giải được các phương trình bậc hai một ẩn được không ? Câu trả lời là ở trường hợp tổng quát thì không được, nhưng trong rất nhiều trường hợp ta vẫn có thể tìm được nghiệm dương. Ví dụ : Tìm nghiệm dương của phương trình x 2 + 10x = 39. Lời giải : 7 GV Ph¹m V¨n Mïi Trêng THCS Quang HiÕn – Lang Ch¸nh Ta có : x 2 + 10x = 39 tương đương x 2 + 2.5.x = 39 Từ biến đổi trên, ta hình dung x là cạnh của một hình vuông thì diện tích của hình vuông đó là x 2 . Kéo dài mỗi cạnh của hình vuông thêm 5 đơn vị (như hình vẽ), ta dễ thấy : Hình vuông to có độ dài cạnh là x + 5 sẽ có diện tích là 64. Do đó : (x + 5) 2 = 64 = 82 tương đương x + 5 = 8 hay x = 3. Vậy phương trình có nghiệm dương là x = 3. Phương pháp này đã được nhà toán học Italia nổi tiếng Jerôm Cacđanô (1501 - 1576) sử dụng khi tìm nghiệm dương của phương trình x 2 + 6x = 31. Các bạn hãy tìm nghiệm dương của phương trình x 2 - 8x = 33 bằng phương pháp hình học thử xem ? MỘT DẠNG TOÁN VỀ ƯCLN VÀ BCNN Trong chương trình số học lớp 6, sau khi học các khái niệm ước chung lớn nhất (ƯCLN) và bội chung nhỏ nhất (BCNN), các bạn sẽ gặp dạng toán tìm hai số nguyên dương khi biết một số yếu tố trong đó có các dữ kiện về ƯCLN và BCNN. Phương pháp chung để giải : 1/ Dựa vào định nghĩa ƯCLN để biểu diễn hai số phải tìm, liên hệ với các yếu tố đã cho để tìm hai số. 2/ Trong một số trường hợp, có thể sử dụng mối quan hệ đặc biệt giữa ƯCLN, BCNN và tích của hai số nguyên dương a, b, đó là : ab = (a, b).[a, b], trong đó (a, b) là ƯCLN và [a, b] là BCNN của a và b. Việc chứng minh hệ thức này không khó : Theo định nghĩa ƯCLN, gọi d = (a, b) => a = md ; b = nd với m, n thuộc Z + ; (m, n) = 1 (*) Từ (*) => ab = mnd 2 ; [a, b] = mnd => (a, b).[a, b] = d.(mnd) = mnd 2 = ab => ab = (a, b).[a, b] . (**) Chúng ta hãy xét một số ví dụ minh họa. Bài toán 1 : Tìm hai số nguyên dương a, b biết [a, b] = 240 và (a, b) = 16. Lời giải : Do vai trò của a, b là như nhau, không mất tính tổng quát, giả sử a ≤ b. Từ (*), do (a, b) = 16 nên a = 16m ; b = 16n (m ≤ n do a ≤ b) với m, n thuộc Z + ; (m, n) = 1. Theo định nghĩa BCNN : [a, b] = mnd = mn.16 = 240 => mn = 15 => m = 1 , n = 15 hoặc m = 3, n = 5 => a = 16, b = 240 hoặc a = 48, b = 80. Chú ý : Ta có thể áp dụng công thức (**) để giải bài toán này : ab = (a, b).[a, b] => mn.16 2 = 240.16 suyy ra mn = 15. Bài toán 2 : Tìm hai số nguyên dương a, b biết ab = 216 và (a, b) = 6. Lời giải : Lập luận như bài 1, giả sử a ≤ b. Do (a, b) = 6 => a = 6m ; b = 6n với m, n thuộc Z + ; (m, n) = 1 ; m ≤ n. Vì vậy : ab = 6m.6n = 36mn => ab = 216 tương đương mn = 6 tương đương m = 1, n = 6 hoặc m = 2, n = 3 tương đương với a = 6, b = 36 hoặcc là a = 12, b = 18. Bài toán 3 : Tìm hai số nguyên dương a, b biết ab = 180, [a, b] = 60. 8 GV Ph¹m V¨n Mïi Trêng THCS Quang HiÕn – Lang Ch¸nh Lời giải : Từ (**) => (a, b) = ab/[a, b] = 180/60 = 3. Tìm được (a, b) = 3, bài toán được đưa về dạng bài toán 2. Kết quả : a = 3, b = 60 hoặc a = 12, b = 15. Chú ý : Ta có thể tính (a, b) một cách trực tiếp từ định nghĩa ƯCLN, BCNN : Theo (*) ta có ab = mnd 2 = 180 ; [a, b] = mnd = 60 => d = (a, b) = 3. Bài toán 4 : Tìm hai số nguyên dương a, b biết a/b = 2,6 và (a, b) = 5. Lời giải : Theo (*), (a, b) = 5 => a = 5m ; b = 5n với m, n thuộc Z + ; (m, n) = 1. Vì vậy : a/b = m/n = 2,6 => m/n = 13/5 tương đương với m = 13 và n = 5 hay a = 65 và b = 25. Chú ý : phân số tương ứng với 2,6 phải chọn là phân số tối giản do (m, n) = 1. Bài toán 5 : Tìm a, b biết a/b = 4/5 và [a, b] = 140. Lời giải : Đặt (a, b) = d. Vì , a/b = 4/5 , mặt khác (4, 5) = 1 nên a = 4d, b = 5d. Lưu ý [a, b] = 4.5.d = 20d = 140 => d = 7 => a = 28 ; b = 35. Bài toán 6 : Tìm hai số nguyên dương a, b biết a + b = 128 và (a, b) = 16. Lời giải : Lập luận như bài 1, giả sử a ≤ b. Ta có : a = 16m ; b = 16n với m, n thuộc Z + ; (m, n) = 1 ; m ≤ n. Vì vậy : a + b = 128 tương đương 16(m + n) = 128 tương đương m + n = 8 Tương đương với m = 1, n = 7 hoặc m = 3, n = 5 hay a = 16, b = 112 hoặc a = 48, b = 80 Bài toán 7 : Tìm a, b biết a + b = 42 và [a, b] = 72. Lời giải : Gọi d = (a, b) => a = md ; b = nd với m, n thuộc Z + ; (m, n) = 1. Không mất tính tổng quát, giả sử a ≤ b => m ≤ n. Do đó : a + b = d(m + n) = 42 (1) [a, b] = mnd = 72 (2) => d là ước chung của 42 và 72 => d thuộc {1 ; 2 ; 3 ; 6}. Lần lượt thay các giá trị của d vào (1) và (2) để tính m, n ta thấy chỉ có trường hợp d = 6 => m + n = 7 và mn = 12 => m = 3 và n = 4 . (thỏa mãn các điều kiện của m, n). Vậy d = 6 và a = 3.6 = 18 , b = 4.6 = 24 Bài toán 8 : Tìm a, b biết a - b = 7, [a, b] = 140. Lời giải : Gọi d = (a, b) => a = md ; b = nd với m, n thuộc Z + ; (m, n) = 1. Do đó : a - b = d(m - n) = 7 (1’) [a, b] = mnd = 140 (2’) => d là ước chung của 7 và 140 => d thuộc {1 ; 7}. Thay lần lượt các giá trị của d vào (1’) và (2’) để tính m, n ta được kết quả duy nhất : d = 7 => m - n = 1 và mn = 20 => m = 5, n = 4 Vậy d = 7 và a = 5.7 = 35 ; b = 4.7 = 28 . Bài tập tự giải : 1/ Tìm hai số a, b biết 7a = 11b và (a, b) = 45. 2/ Tìm hai số biết tổng của chúng bằng 448, ƯCLN của chúng bằng 16 và chúng có các chữ số hàng đơn vị giống nhau. 3/ Cho hai số tự nhiên a và b. Tìm tất cả các số tự nhiên c sao cho trong ba số, tích của hai số luôn chia hết cho số còn lại. VẬN DỤNG BỔ ĐỀ HÌNH THANG VÀO GIẢI TOÁN * Trong Tạp chí Toán Tuổi thơ 2 số 4 (TTT2(4)), tháng 6 năm 2003, ở mục kết quả Thử tí toán, để chia đôi một đoạn thẳng song song với một đường thẳng cho trước chỉ bẳng thước thẳng, ta đã dựa vào một bổ đề : “Đường thẳng nối giao điểm các đường chéo của hình thang với giao điểm các cạnh bên kéo dài sẽ chia đáy của hình thang thành hai phần bằng nhau”. 9 GV Ph¹m V¨n Mïi Trêng THCS Quang HiÕn – Lang Ch¸nh Bổ đề này thường được gọi là bổ đề “Hình thang”. Để chứng minh bổ đề, các bạn có thể tham khảo phần chứng minh trong TTT2(4). * ở bài viết này, xin nêu thêm một số dạng ứng dụng khác của bổ đề “Hình thang”. Bài toán 1 : Cho DABC. M, N, P lần lượt là các điểm trên các cạnh BC, CA, AB. Nối AM, BN, CP cắt nhau tại I, J, K (hình 1). Kí hiệu S là diện tích, chứng minh rằng : Nếu S ΔAIN = S ΔBJP = S ΔCKM = S ΔIJK thì S APJI = S BMKJ = S CNIK . Lời giải : Gọi L là giao điểm của CI và NK. Từ S ΔANI = S ΔIJK => S ΔANI + S ΔAIJ = = S ΔIJK + S ΔAIJ => S ΔNAJ = S ΔKAJ . Ta nhận thấy ΔNAJ và ΔKAJ có chung cạnh AJ nên khoảng cách từ N và K tới AJ là bằng nhau, dẫn đến NK // AJ. Xét hình thang KNAJ, có hai cạnh bên AN x JK = C ; có hai đường chéo AK x JN = I, theo bổ đề “Hình thang”, CI cắt NK tại trung điểm của NK. Vậy L là trung điểm của NK (*). Từ (*) ta chứng minh được S ΔCIN = S ΔCIK , mà S ΔAIN = S ΔCKM => S ΔCIM = S ΔCIA => IA = IM (**) ( ΔCIM và ΔCIA có chung đường cao hạ từ C tới AM). Từ (**) => S ΔBIA = S ΔBIM ( ΔBIM và ΔBIA có chung đường cao hạ từ B tới AM). Tương đương với S ΔBPJ + S APJI = S ΔIJK + S BJKM hay S APJI = S BJKM (do S ΔBPJ = S IJK ). Hoàn toàn tương tự, ta chứng minh được từng cặp trong ba tứ giác APJI, BMKJ, CNIK có diện tích bằng nhau và do đó diện tích của ba tứ giác này bằng nhau. * Xét bài toán đảo của bài toán dựng hình chỉ bằng thước kẻ trong TTT2(4) nói trên. Bài toán 2 : Cho trước một đoạn thẳng AB và trung điểm M của nó. Chỉ bằng thước thẳng, hãy dựng qua điểm C nằm ngoài AB, một đường thẳng song song với AB. Lời giải : Phân tích : Giả sử dựng được đường thẳng (d) đi qua C và song song với AB (hình 2). 10 [...]... (2x - 1) = 0 hay (2x - 1)(2x2 - 4x + 1) = 0 Bi toỏn 5 : Gii phng trỡnh : 13 GV Phạm Văn Mùi Li gii : Ta cú : Trờng THCS Quang Hiến Lang Chánh Vy phng trỡnh (2) cú nghim duy nht l x = 3 Bi toỏn 6 : Gii bt phng trỡnh : 7x3 - 12x2 - 8 < 0 (3) Li gii : (3) 7x3 - 14x2 + 2x2 - 8 < 0 tng ng vi 7x2(x - 2) + 2(x2 - 4) < 0 hay (x - 2)(7x2 + 2x + 4) < 0 tng ng vi (x - 2)[6x2 + 3 + (x + 1)2] < 0 hay x - 2 < 0... x y z Vỡ x, y, z nguyờn dng nờn xyz 0, do x y z => xyz = x + y + z 3z => xy 3 => xy thuc {1 ; 2 ; 3} Nu xy = 1 => x = y = 1, thay vo (2) ta cú : 2 + z = z, vụ lớ Nu xy = 2, do x y nờn x = 1 v y = 2, thay vo (2), => z = 3 Nu xy = 3, do x y nờn x = 1 v y = 3, thay vo (2), => z = 2 Vy nghim nguyờn dng ca phng trỡnh (2) l cỏc hoỏn v ca (1 ; 2 ; 3) 20 GV Phạm Văn Mùi Trờng THCS Quang Hiến Lang... trỏi vi (4) => a = 1 => b = 1 (thay vo (2), b >0) Vy P = 12004 + 12004 = 2 Vớ d 5 : Gii h phng trỡnh Li gii : Ta s chng minh x = 1 Nhn xột : x, y, z u khỏc 0 Gi s x > 1 (4) Tng t, x < 1 cng dn n iu vụ lớ Suy ra x = 1, thay vo (1) v (2) ta cú : Vy h cú nghim duy nht : x = y = z = 1 35 GV Phạm Văn Mùi Cỏc bn hóy th gii cỏc h phng trỡnh sau : Trờng THCS Quang Hiến Lang Chánh THAY I KT LUN CA BI TON HèNH... kin thc THCS Chỳng ta xut phỏt t tớnh cht sau : Tớnh cht 1 : a) Cỏc s cú ch s tn cựng l 0, 1, 5, 6 khi nõng lờn ly tha bc bt kỡ thỡ ch s tn cựng vn khụng thay i b) Cỏc s cú ch s tn cựng l 4, 9 khi nõng lờn ly tha bc l thỡ ch s tn cựng vn khụng thay i c) Cỏc s cú ch s tn cựng l 3, 7, 9 khi nõng lờn ly tha bc 4n (n thuc N) thỡ ch s tn cựng l 1 d) Cỏc s cú ch s tn cựng l 2, 4, 8 khi nõng lờn ly tha bc... phng trỡnh (3) cú nghim l x < 2 4 Mt s bi toỏn khỏc Bi toỏn 7 : CMR nu : vi a, b 0 ; a b ; a, b 1/2 thỡ a + b + 3/2 = 1/a + 1/b Li gii : (*) tng ng : a2b - 2a3b - 2b2 + 4ab2 = b2a - 2ab3 - 2a2 + 4a2b hay : 3ab2 - 3a2b - 2a3b + 2b3a - 2b2 + 2a2 = 0 3ab(b - a) + 2ab(b2 - a2) - 2(b2 - a2) = 0 (b - a)[3ab + 2ab(b + a) - 2(a + b)] = 0 Vỡ a b => b - a 0 nờn h thc trờn tng ng vi : 3ab + 2ab(b + a) - 2(a... Lang Chánh Thớ d 3 : Tỡm nghim nguyờn dng ca phng trỡnh : 1/x + 1/y + 1/z = 2 (3) Li gii : Do vai trũ bỡnh ng ca x, y, z, trc ht ta xột x y z Ta cú : 2 = 1/x + 1/y + 1/z 3.1/x => x 3/2 => x = 1 Thay x = 1 vo (3) ta cú : 1/y + 1/z + 1 = 2 => 1 = 1/y + 1/z 2/y => y 2 => y = 1 => 1/z = 0 (vụ lớ) hoc y = 2 => 1/z = 2 => z = 2 Vy nghim nguyờn dng ca phng trỡnh (3) l cỏc hoỏn v ca (1 ; 2 ; 2) Phng... Phng phỏp ny s dng tớnh cht chia ht chng minh phng trỡnh vụ nghim hoc tỡm nghim ca phng trỡnh Thớ d 4 : Tỡm nghim nguyờn ca phng trỡnh : x2 - 2y2 = 5 (4) Li gii : T phng trỡnh (4) ta => x phi l s l Thay x = 2k + 1 (k thuc Z) vo (4), ta c : 4k2 +4k + 1 - 2y2 = 5 tng ng 2(k2 + k - 1) = y2 => y2 l s chn => y l s chn t y = 2t (t thuc Z), ta cú : 2(k2 + k - 1) = 4t2 tng ng k(k + 1) = 2t2 + 1 (**) Nhn xột... = 3 (6) Li gii : Ta cú (6) tng ng y(x - 2) = - x + 3 Vỡ x = 2 khụng tha món phng trỡnh nờn (6) tng ng vi: y = (-x + 3)/(x - 2) tng ng y = -1 + 1/(x - 2) Ta thy : y l s nguyờn tng ng vi x - 2 l c ca 1 hay x - 2 = 1 hoc x - 2 = -1 tng ng vi x = 1 hoc x = 3 T ú ta cú nghim (x ; y) l (1 ; -2) v (3 ; 0) Chỳ ý : Cú th dựng phng phỏp 1 gii bi toỏn ny, nh a phng trỡnh (6) v dng : x(y + 1) - 2(y + 1) = 1 tng... ỏnh giỏ ny => cỏc giỏ tr nguyờn ca n ny Thớ d 7 : Tỡm nghim nguyờn ca phng trỡnh : x2 - xy + y2 = 3 (7) Li gii : (7) tng ng vi (x - y/2)2 = 3 - 3y2/4 Vỡ (x - y/2)2 0 => 3 - 4y2/4 0 => -2 y 2 Ln lt thay y = -2 ; 2 ; -1 ; 1 ; 0 vo phng trỡnh tớnh x Ta cú cỏc nghim nguyờn ca phng trỡnh l : (x ; y) thuc {(-1 ; -2) ; (1 ; 2) ; (-2 ; -1) ; (2 ; 1) ; (-1 ; 1) ; (1 ; -1)} 21 GV Phạm Văn Mùi Trờng THCS Quang... : Tỡm x, y nguyờn dng tha món : a) 4xy - 3(x + y) = 59 ; b) 5(xy + yz + zx) = 4xyz ; c) xy/z + yz/x + zx/y = 3 ; d) 1/x + 1/y + 1/z = 1/1995 TèM CH S TN CNG Tỡm ch s tn cựng ca mt s t nhiờn l dng toỏn hay a s cỏc ti liu v dng toỏn ny u s dng khỏi nim ng d, mt khỏi nim tru tng v khụng cú trong chng trỡnh Vỡ th cú khụng ớt hc sinh, c bit l cỏc bn lp 6 v lp 7 khú cú th hiu v tip thu c Qua bi vit ny, tụi . Chứng minh rằng nếu một số có tổng các chữ số là 2004 thì số đó không phải là số chính phương. Lời giải : Ta thấy tổng các chữ số của số 2004 là 6 nên 2004. bài toán chứng minh một số là số chính phương. Phương pháp 1 : Dựa vào định nghĩa. Ta biết rằng, số chính phương là bình phương của một số tự nhiên. Dựa vào