" Tạp chí Toán Học và Tuổi trẻ số 315 tháng 09 năm 2003 🔙 Quay lại trang tải sách pdf ebook Tạp chí Toán Học và Tuổi trẻ số 315 tháng 09 năm 2003 Ebooks Nhóm Zalo https://www.facebook.com/letrungkienmath https://sites.google.com/site/letrungkienmath BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO * HỘI TOÁN HỌC VIỆT NAM Toán học. 9 2003 Tudi tre SỐ 315 - NĂM THỨ 40 - TẠP CHÍ RA HÀNG THÁNG DÀNH CHO TRUNG HỌC PHỔ THÔNG VÀ TRUNG HỌC CƠ SỞ TR GD Thầy Pham Van Khanh hiệu trưởng và luc anh Tưởng 1 135 Giang Và Hà Nộ CHU EN NA Thần Kiều Trùng Tiến hiệu trưởng và học sinh trường h Nguyễn Trãi, Hà Nội. Trường THPT Nguyễn Gia Thiều, Hà Nội xào năm кое моз 2003 - 2004 https://www.facebook.com/letrungkienmath https://sites.google.com/site/letrungkienmath LỊCH SỬ TOÁN HỌC /\ LÊ LEMOINE, KĨ SƯ KHẢO CỨU TAM GIÁC N' P F MD M Hình 1 Hình 2 Hình 3 EMILE Ê-min-lơ Lơ-moan (Emile Michel Hyacinthe Lemoine) kĩ sư người Pháp sinh ngày 22-11-1840 mất ngày 21.12.1912. Lemoine nổi tiếng chủ yếu vì say mê nghiên cứu tam giác. Chính một phần nhờ có Lemoine mà trong nửa sau thế kỉ 19, người ta thấy có sự hứng thú trở lại đối với điều mà các nhà toán học thời đó gọi là "Hình học hiện đại tam giác". Người ta tìm thấy trong hình học đó nhiều tính chất mới lạ, nhiều đặc trưng mới. Lemoine là giáo sư trường ĐH Bách Khoa, chơi nhạc trong dàn nhạc Trompet. 1. Các yếu tố của tam giác được công nhận là của Emile Lemoine Năm 1873, Lemoine tìm ra những đường đối trung của tam giác AM' BN', CP, đó là đường đối xứng của trung tuyến AM, BN, CP qua đường phân giác AD, BE, CF tương ứng với cùng một đỉnh của một tam giác. Trong một kết quả nghiên cứu mới, Lemoine chứng minh rằng các đường đối trung của một tam giác đồng quy tại một điểm L, sau này ở Pháp được gọi là điểm Lemoine (h. 1) (ở Đức gọi là đỉnh Grebe). Đẹp hơn nữa là những khoảng cách từ điểm đó đến ba cạnh a, b, c của tam giác tỉ lệ với 1/h, 1/h, 1/h, trong đó hạ, hạ, họ là các đường cao tương ứng. Bạn hãy thử chứng minh điều này. Không dừng lại đó, Lemoine còn xét những yếu tố khác trong tam giác. Nếu từ điểm Lemoine của một tam giác, vạch những đường thẳng song song với các cạnh của tam giác EF, MN, PQ (gọi là các đường song song Lemoine), các đường thẳng này cắt các cạnh của tam giác ở sáu điểm, tất cả các điểm đó cùng thuộc một đường tròn, gọi là đường tròn Lemoine thứ nhất (h. 2). Hơn nữa, hình lục giác MOFNPE tạo bởi sáu điểm đó, có 3 cạnh bằng nhau MQ = FN = PE, gọi là hình lục giác Lemoine thứ nhất . Chưa hết: còn có thể nói về đường tròn Lemoine thứ hai khi qua điểm Lemoine kẻ các đường thẳng cắt các cạnh tam giác tại EF, MN, PO sao cho AABC có AAFE MANBM APQC (h. 3) 2. Lược đồ hình học : một hi vọng bị lãng quên Những người cùng thời với Lemoine đón nhận khá lạnh nhạt sáng kiến của Lemoine về phương pháp dựng hình. Năm 1888 tại hội nghị ở Oran của Hội nước Pháp về tiến bộ Khoa học, Lemoine đã giới thiệu một Lược đồ hình học, trong đó trình bày phương pháp "đơn giản hóa" việc dựng hình bằng cách phân tích việc dựng hình thành các phép dựng cơ bản, gọi là các thao tác sơ đẳng như sau : 1) Cắm đầu nhọn của compa ở một điểm cho trước. 2) Cắm đầu nhọn của compa trên một đường cho trước. 3) Vạch đường tròn với compa đã được đặt. 4) Đặt một cái thước dọc theo một đường thẳng. 5) Vạch một đường thẳng với cái thước đã được đặt. Cách trình bày của Lemoine không thành công, có thể do ông chọn ví dụ để minh họa không tốt : bài toán Apollonius nổi tiếng (dựng một đường tròn tiếp xúc ngoài với ba đường tròn đã cho). Bài toán này đòi hỏi... hơn 400 thao tác sơ đẳng để dựng xong. Lemoine khẳng định có thể rút gọn còn 199 thao tác. Nhưng bước tiến bộ này không làm phấn khởi những đồng nghiệp của Lemoine, họ không quan tâm tới Lược đồ hình học đó của ông. (Xem tiếp trung 5) https://www.facebook.com/letrungkienmath https://sites.google.com/site/letrungkienmath Dành cho các bạn TRUNG HỌC CƠ SỞ TOAN Để phân tích đa thức thành nhân tử, cách thông thường là khéo léo phân tích đa thức đó thành các hạng tử có nhân tử chung. Việc tìm nhân tử chung không dễ dàng đối với đa thức bậc bốn. Bài này trình bày phương pháp phân tích một số dạng đa thức bậc bốn thành nhân tử nhờ cách đặt biển phụ một hoặc nhiều lần khiến cho quá trình phân tích tìm nhân tử dễ dàng hơn. Chú ý rằng phương pháp này có thể thực hiện ở lớp 7, lớp 8 khi chưa biết cách giải phương trình bậc hai. Ta cần biết hằng đẳng thức (HĐT) cơ sở sau : Xét đa thức Q(y) = ay? + by + c. Nếu có các số m, n sao cho m.n = ac và m+n=b thì ay + by + c = ay + (m + n)y + mna m hay ay2+by+c=ay+ y+ Nói riêng khi a = 1 thì 2+ a n +by+c=(y+m)(y + n) (*) Trong trường hợp a, b, c nguyên thì trước hết phân tích số nguyên an thành tích hai số nguyên man sao cho \\ < b, \\ < b sau đó chọn m, n thỏa mãn m + 1 = b Dưới đây ta xét một số dạng đa thức bậc 4 có thể phân tích thành nhân tử nhờ cách đặt biến phụ và sử dụng hằng đẳng thức trên. 1. Đa thức dạng P(x) = ax^ + bx + c Cách giải. Đặt biến phụ y = x và áp dụng HDT (*). Ví dụ 1. Phân tích P(x) = 6x thành nhân tử. + 19x2 + 15 Lời giải. Đặt y = x có Q(y) = 6y + 19y+15. Tìm m, n sao cho mn = 90 và m+ n = 19 với m<19, n<19. Vì 90 = 6.15 = 9.10 nên chọn m=9, n = 10 ta có 6y + 19y+ 15 = 6y + 9y + 10y +15 =3y(2y+3)+5(2y+3)=(2y+3)(3y+5). Từ đó P(x) = 6r*+19x+15= (2x+3)(3x+5) PHÂN TÍCH MỘT SỐ ĐA THỨC BẬC BỐN THÀNH NHÂN NHÂN TỬ NGUYỄN PHƯỚC (GV THCS Kim Long, Huế) Ví dụ 2. Phân tích P(x) = 6x* + x − 15 thành nhân tử. 2 Lời giải. Đặt y = x? có Q(y) = 6y + y – 15. Tìm m, n sao cho m.n = −90 và m + n = 1. Chọn được m = được m = 10, n = −9. Từ đó Q(y) = 6y + y - 15 6y + 10y – 9y – 15 = = 2 =2y(3y+5)-3(3y+5)= (3y+ 5)(2y-3). Từ đó P(x) = (3x + 5)(2x - 3) 2. Đa thức dạng 1 P(x) = (x+a)(x+b)(x+c)(x+d) + e voi a+b=c+d Cách giải. Đặt biến phụ y = (x+a)(x+b) và áp dụng HĐT (*). Có thể đặt y = (x+c)(x+d) hoặc y = x2 + (a+b)x Ví dụ 3. Phân tích đa thức P(x) = (x+1)(x+2)(x+3)(x+4)-15 thành nhân tử Lời giải. Với a = 1, b = 4, c = 2, d = 3 thì a+b=5 =c+d. Biến đổi H P(x)=(x+1)(x+4)(x+2)(x+3) - 15 (+56+4) +5x+6)-15 Đặt y = (x+1)(x+4) = x + 5x + 4 thì P(x) trở thành Q(y) = y(y+2)- 15 y2+2y-15. Áp dụng HĐT (*) với m = 5, n = –3 có Q(y) : (y+5)(y−3). Từ đó P(x) = (+5r+9)(x+5x+1) Tổng quát nếu đa thức dạng P(x) = (a1x + a2)(b1x + b2) (c1x + c2) (djx + d2) thỏa mãn a b = c d và ab + ab = c + Cd, thì đặt y = (ax + a))(b{x + by) rồi biến đổi như trên. Xét P(x)/ab,c,d, thì trở về dạng trên. 3. Đa thức đang P(x)= (ax + &2)(b_x + b,)(C1X + Cz)(dit + d,) với a, b, = C dị và anh, = ed, Cách giải. Đặt biến phụ y = (4X+a)(b{x+b2) và áp dụng HĐT (*). Có thể đặt y = (c + C)(dx + d) 1 1- inail https://www.facebook.com/letrungkienmath https://sites.google.com/site/letrungkienmath Ví dụ 4. Phân tích P(x)=(3x+2)(3x-5)(x-1) (9x+10) + 24x2 thành nhân tử Lời giải. Dễ thấy a b = 3.3 = 1.9 = cd, và a2b2=2.(-5)=(-1).10= c2d2 P(x)=(9x2-9x-10)(9x+x-10)+24x2 2 Đặt y=(3x+2)(3x-5)= 9x-9x - 10 thì P(x) 10 thì P(x) trở thành Q(y) = y(y + 10x) + 24x = y +10ry+ 24x2. Từ m.n = 24x2 và m+n = 10x ta chọn được m = 6x và n = 4x. Áp dụng HĐT (*) được = Q(y) (y+6x)(y + 4x), suy ra P(x) = (9x2 - 3x-10)(9x2-5x-10) 4. Đa thức dạng P(x) = ax + bx + c + kbx +a với k = 1 hoặc k = −1 Cách giải. Đặt biến phụ y = x + k và biến đổi P(x) về dạng chứa hạng tử ay” + bxy rồi sử dụng HDT (*) Ví dụ 5. Phân tích P(x) = 2x4 + 3x – 92 - - 3x + 2 thành nhân tử. Lời giải. Đặt y = x −1= y = x - 2x + 1 Biến đổi P(x) = 2(x^2+1) + 3r _5 - 3 =2(x2-1)2+3x(x2-1)-5x2 Từ đó Q(y) = 2y + 3xy - 5 Tìm m, n sao cho mn = –10r và m+ n = 3x. * Chọn m = 5x và n = −2x ta có Q(y) = 2y2+(5x-2x)y - 5x2 = 2y2-2xy + 5xy-5x=2y(y-x)+5x(y - x) =(y-x)(2y+5x) = Từ đó P(x) = (x − 1 − x)(2x _ 2 + 5x) 5. Đa thức dạng P(x) = x + bx dx+e voi e = db2 Cách giải. Đặt biến phụ y = x + c + cx2 + d và biến b đổi P(x) về dạng chứa hạng tử y + bxy rồi sử. dụng HĐT (*). Ví dụ 6. Phân tích P(x) = x − x – 10x + 2x + 4 thành nhân tử. Lời giải. Dễ thấy b = -1, d = 2, e = 4. Đặt y = 2 = n = 4x + 4. Biến đổi x - P(x) = x2-4x2+4x3-6x2+2x =(x2-2)2-x(x2-2)-6x2. Từ đó Q(y) = y? – xy -6. H Tìm m, n sao cho mn =-6x2 và m + n = -x. Chọn m = 2x và n = –3x ta có Q(y) = y2 + (2x-3x)y - 6x2 = y2+2xy - 3xy-6x2 =y(y+2x) - 3x(y + 2x)=(y+2x)(y - 3x) Từ đó P(x) = ( − 2 + 2x)(x – 2 – 3x) -2+2x)(x2-2-3x) Nếu đa thức P(x) có chứa ax" thì có thể xét da P(x) thức Q(x) = a theo cách trên. 6. Đa thức dạng P(x) = (x+a)* + (x+b)+ c a+b 2 Cách giải. Đặt biến phụ y = x + và biến đổi P(x) về dạng mí trữ + p. + Ví dụ 7. Phân tích P(x) = (x-3) + (x-1)-16 ra thita so Lời giải. Đặt y = x − 2. Lúc đó P(x) trở thành Q(y) = (y-1)2+(y+ 1) − 16 =2y+12y2-14= 2(y2+6y2-7) 2(y2+7)(x2-1)=2(y2+7)(y-1)(y+1) = nhờ sử dụng HĐT (*) Suy ra P(x)=2(x2-4x+11)(x-3)(x-1) Mời các bạn sử dụng phương pháp trên để làm các bài tập dưới đây. Bài tập : Phân tích mỗi da thức sau thành nhân tử 1) A(x) = (48x2 + 8x-1)(3x2+5x+2)-4 2) B(x)=(12x-1)(6x-1)(4x-1)(3x-1)-330 3) C(x)=4(x2+11x+30)(x2+22x+120) -3x2 4) D(x) = (7-x)+(5-x)4-2 5) E(x) = x2-9x3 + 28x2-36x + 16 6) F(x)=x -3x2-6x2+3x+1 PHƯƠNG PHÁP HỆ SỐ... (Tiếp trang 9) = 3) Tam giác ABC có 3cotgA + 4cotgB 7cotgC. a) Chứng minh rằng 3a + 4b = 7c b) Tìm giá trị lớn nhất của góc C. 2 4) Cho tam giác ABC với trọng tâm G. Giả sử AGB + ACB = 180. Chứng minh rằng cả 2 ab. 5) Cho tam giác ABC và một điểm M nằm trong tam giác. Gọi A, B, C, là hình chiếu của M lên BC, CA, AB. Chứng minh rằng cotgAA, B + cotg BB C +cotgCC A =0 2 https://www.facebook.com/letrungkienmath https://sites.google.com/site/letrungkienmath HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT NK ĐHQG TP. HỒ CHÍ MINH (Đề thi đã đăng trên THTT số 314 tháng 8/2003) Câu I. a) Với m = 0, PT (1) vô nghiệm. Với m = 0, PT (1) vô nghiệm khi A'-m(m-1)(m+3) <0 Vậy PT đã cho vô nghiệm c m>1 -30 0 0 và f(x2 + y2)(x2-y2)=144 2=2x2-24 ⇒(x2+2x2-24)(x2 - 2x2+24) = 144. Khai triển vế trái, rút gọn ta được : x2 - 32x2 +256 = 0 (x2-16)2 = 16. Từ đó có x = 20, y = 16 và x = 12, y = 0. Thử lại ta thấy hệ có 4 nghiệm (x, y) là (2√5,4), (-2√5,4), (2√3,0), (-2√3,0) Câu III. a) Từ ĐK của bài toán thì 4 điểm B, C, M, N nằm trên một đường tròn. Suy ra LAMN có AABC MN AM = BC AB (1) Vì AMAB vuông cân tại M nên AM √2 = (2) AB 2 Từ (1), (2) MN √2 BC 2 b) Vẽ tia Ax tiếp M xúc với đường tròn (O). Ta có MAx = ABC = = AMN = MN||Ax, mà OALAx nên OALMN. 3a Câu IV. a) Ta có l = a2, S12 = 4 SJ2 = suy ra 4 SI2 + SJ2 = 1J2 hay ASIJ vuông tai S. Do dó 1 SSIJ = -S1.SJ 2 H a2 √3 B = (dvdt) 8 TIN BUỒN Tạp chí Toán học và Tuổi trẻ thương tiếc báo tin ThS HOÀNG HOA TRẠI sinh ngày 9.10.1951 tại Cương Giáng, Nghi Xuân, Hà Tĩnh, giảng dạy tại trường THPT chuyên Lê Khiết, tỉnh Quảng Ngãi, do mắc bệnh hiểm nghèo đã từ trần ngày 20.8.2003, an táng tại nghĩa trang quê nhà ngày 21.8.2003. Nhà giáo Hoàng Hoa Trại là cộng tác viên của tạp chí Toán học và Tuổi trẻ. Tòa soạn tạp chí THTT xin gửi đến gia quyến ThS Hoàng Hoa Trại và nhà trường Lê Khiết lời chia buồn sâu sắc. TẠP CHÍ TOÁN HỌC VÀ TUỔI TRẺ 3 https://www.facebook.com/letrungkienmath https://sites.google.com/site/letrungkienmath ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TRƯỜNG THPT NĂNG KHIẾU TRẦN PHÚ HẢI PHÒNG NĂM 2003 Câu I. (2 điểm) 2 1) Cho x = 1 1 (Thời gian làm bài : 150 phút) √√√√2+1-1 √√√√2+1+1 Tính giá trị của biểu thức A = (x-x3-x2+2x-1)2003 2) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương a, b sao cho 22-2 ab+2 là số nguyên. Câu II. (2 điểm) Cho bốn số thực a, b, c, d thỏa mãn a > b >c>d>0. Chứng minh các bất đẳng thức sau : b2 1) a2-b2+c2 (a-b+c)2; 2) a2-b2+c2-d2≥ (a-b+c-d)2 Câu III. (3 điểm) 1) Giải phương trình 5V1 + x = 2(x2 +2) ; 2) Giải hệ phương trình (x2 + xy + y2=19(x-y)2 x2-xy+y2=7(x-y) Câu IV. (3 điểm) Một đường tròn tiếp xúc với hai cạnh Ox, Oy của góc xOy lần lượt tại A và B. Từ điểm A vẽ đường thẳng song song với OB cắt đường tròn đã cho tại điểm thứ hai C. Tia OC cắt đường tròn tại E. Hai đường thẳng AE và OB cắt nhau tại K. 1) Chứng minh rằng OK = KB ; 2) Chứng minh rằng EB_CB EA CA 3) Gọi a, b, c thứ tự là khoảng cách từ C đến AB, OB, OA. Chứng minh a = bc. Câu V. (1 điểm). Cho tam giác ABC vuông tại A nội tiếp đường tròn tâm O. Trên tia đối của tra BA lấy điểm E, trên tia đối của tia CA lấy điểm F sao cho BE = BC = CF. Gọi M là điểm bất kì thuộc đường tròn (O). Chứng minh rằng MA + MB +MC AB SH T L H, H1 D Câu V. Gọi Tr L1, H1, L2, H2, D, C lần lượt là số học sinh chỉ chọn thi môn Toán, môn Lý, môn Hóa, môn Toán và môn Lý (không thi Hóa), môn Toán và mon Нба (không thi Lý), môn Lý và môn Hóa (không thi Toán), thi cả ba môn. Từ biểu đồ Ven-Ole (hình dưới) và giả thiết có : H = L =0;C+L=T; H+C=6; D+C=5C > D=4C. Theo bài ra ta có : T1 + L2 + C + H2+ D = 28 hay (L2 + C) + L2 + 6 + 4C = 28 ⇒ 2L2 + 5C = 22 (1). Từ đây suy ra C chắn, theo đầu bài C ≥ 3 thì từ (1) có C = 4, do đó : L, = 1, H = 2,7 = 5 và D = 16. Vậy số học sinh chọn thi môn Toán là 5 +2+4+1= 12 (học sinh) ; môn Lý là :1+4t 16 = 21 (học sinh) ; môn Hóa là : 2 + 4 + 16 = 22 (học sinh). Hướng dẫn giải NGUYỄN ĐỨC TẤN 4 • https://www.facebook.com/letrungkienmath EMILE LEMOINE ... (Tiếp bìa 2) https://sites.google.com/site/letrungkienmath Bài tập : Trong trường hợp đơn giản, với ba đường tròn cùng bản kính tiếp xúc với nhau, bạn hãy tìm số thao tác sơ cấp theo Lemoine để có thể hoàn thành việc dựng đường tròn thứ tư (h. 4) 3. Bí ẩn của que gãy Là người rất hạm thích đặt và giải các bài toán, trong tập san đầu tiên của Hội Toán học Pháp, năm 1873, Lemoine đưa ra một vấn đề lí thú về các cạnh của một tam giác gọi là bí ẩn của que gây : Một que gãy làm ba đoạn mà ba đoạn đó lập được thành ba cạnh của một tam giác thì xác suất xảy ra là bao nhiêu ? Hình 4 Để cho đơn giản, Lemoine coi que được tạo thành bởi một số hữu hạn n đoạn bằng nhau và mỗi đoạn trong ba đoạn gãy gồm một số nguyên những phần nhỏ đó. Bằng cách kẻ ra theo ở các trường hợp có thể có và các trường hợp thuận lợi, rồi bằng cách cho a dẫn tới vô han, Lemoine đạt tới xác suất là 1/4. 51 AC Hình 5 D M Bài toán có thể phát biểu theo ngôn ngữ hình học làm cho tính toán dễ dàng hơn. Giả sử, que có độ dài k và đồ dài ba đoan gãy là x, y và 2 y (h. 5). Có thể biểu z diễn hình học sự phân chia bằng một điểm M của không gian với hệ tọa độ Oxyz: M (x, y, z) sao cho x + y + 2 = k (*). Tập hợp những điểm M thỏa mãn (*) phải thuộc miền trong của tam giác ABC với OA = OB = OC = k. Ba đoạn gãy sẽ có thể tạo thành 3 cạnh của một tam giác nếu mỗi đoạn đó nhỏ hơn nửa chu vi (bạn hãy giải thích tại sao ?) tức là xC. Prove that a necessary and sufficient condition for A=2(B-C) is (b-c)(b+c)2 = a2b. T12/315. Let R be the radius of the circumscribed sphere of the tetrahedron A1 A2 A3 A4 and let S; (i = 1, 2, 3, 4) be the area of the face opposite to the vertex A, (i = 1, 2, 3, 4). M is an arbitrary point in space. Prove that MA MA MA3 MA 2√3 -+ S1 S2 + + S3 SA R 7 https://www.facebook.com/letrungkienmath TÌM HIỂU SÂU THÊM TOÁN HỌC SƠ CẤP https://sites.google.com/site/letrungkienmath PHƯƠNG PHÁP HỆ SỐ BẤT ĐỊNH TRONG MỘT SỐ BÀI TOÁN TAM GIÁC LƯỢNG Trong các bài toán về tam giác lượng người ta thường yêu cầu chứng minh hoặc thiết lập các mối quan hệ về các hàm số lượng giác của các góc trong tam giác từ một mối quan hệ đã biết. Ví dụ 1. Chứng minh rằng trong tam giác ABC nếu cotgA, cotgC, cotgB lập thành cấp số cộng thì a, c, b cũng lập thành cấp số cộng theo thứ tự. (Để thi tuyển sinh ĐH Thương mại Hà Nội 2000) Nói cách khác : Nếu trong tam giác ABC có congCh cotgA = cotgB cotgC cotgB = 2cotgC thì c2-a2 = b2-c2 = 2c”, tức là sinA + sin^B = 2sinc. cotgA+ a2 + b2 2 Cách giải thông thường là dùng công thức cộng cotang rồi biến đổi tương đương. Nhưng trong VD1 nếu thay giả thiết cotgA + cotgB – 2cotgC = 0 bằng mcotgA + ncotgB+pcotgC = 0 với các hệ số m, n, p nào đó thì việc dùng công thức cộng cotang sẽ rất khó khăn. Bài viết này trình bày phương pháp sử dụng hệ số bất định và sử dụng một số hệ thức lượng giác tương ứng để chuyển từ một hệ thức lượng giác này thành hệ thức lượng giác mới. Ta kí hiệu ./ (x, y, z), # (x, y, z), ... là các biểu thức của các biến x, y, z thì dạng tổng quát của NGUYỄN MẠNH HÙNG (Khoa CNTT, ĐH Thủy Lợi, Hà Nội) Cộng theo từng vế của hai trong ba đẳng thức trên rồi trừ theo từng vế với đẳng thức còn lại ta có điều phải chứng minh. Dưới đây trình bày 4 dạng bài toán biến đổi biểu thức lượng giác. Dạng 1. Chuyển từ . (cotgA, cotgB, cotgC) thành (sin’A, sin’B, sin’C). Để biến đổi ta dùng các công thức lượng giác: cotgA+ cotgB= b2+c2-a2 sin C sin Asin B (la) cotgA = (lb) 45 Chứng minh. a) sinAsinB(cotgA+cotgB) = sinßcosA + sinAcosB = sin(A+B) = sin( n − C ) = sinC.. b) cotgA = 2 cos A b2+c2-a2 bc b2+c2-a2 sin A Lời giải VDI. Đặt 2bc 25 cotgA+ cotgB-2cotgC = = 45 = x(cotgA+ cotgB) + y(cotgB+ cotgC) + +z(cotgC+cotgA) Áp dụng bổ đề được 2x=1+1-(-2)=> x = 2, 2y= 12-1 ví dụ 1 là yêu cầu biến đổi biểu thức . (cotgA, =y=-1,2z=-2-1-1=z=-1. cotgB, cotgC) thành Æ (sinA, sin’B, sinC) hoặc 4 (a, b, c). Ta cần một bổ đề để xác định các hệ số của các biến. Bổ đề. Nếu có ma + nẞ+py = x(a + B) + y(B+ y) + z(y + α), trong đó m, n, p, x, y, z là các hệ số của các biến a, ẞ, y thì 2x = m + n − p, 2y = n + pm, 2zp+m-n. - x+z=m Thực vậy, từ hệ thức trong bổ đề có x+y=n Từ đó sử dụng công thức (la) có : cotgA+cotgB-2cotgC= = 2(cotgA+ cotgB) - (cotgB+ cotgC) - 2 sin C sin Asin B 1 sin A sin Bsin C sin Asin Bsin C (cotgC+cotgA) sin B sin Csin A (2sin C-sin A-sin2B) Theo giả thiết cotgA + cotgB – 2cotgC = 0 sin2A + sin B = 2sin C. →4R'sin2A + 4R2sin2B = 8R'sin C y+z=p → a2+b2 = 2c2 (dpcm) 8 https://www.facebook.com/letrungkienmath https://sites.google.com/site/letrungkienmath Bạn đọc có thể sử dụng công thức (1b) và biến đổi tương tự trên để giải quyết VD1 Dạng 2. Chuyển từ 3 (tgA, IgB, tgC) thành X (sin2A, sin2B, sin2C) Để biến đổi ta dùng công thức tgA+tgB= sin C cos A cos B Chứng minh. cosAcosB(tgA + IgB) (2) = sinAcosB + sinBcosA = sin(A+B) = sin(π- C) = sinC Ví dụ 2. Tam giác ABC có 21gA+ 31gB-5tgC=0 Chứng minh rằng 7sin2C – sin2B < 3V3. Lời giải. Áp dụng phương pháp hệ số bất định và công thức (2) có : 0=2tgA+ 3tgB - 5tgC= =5(tgA+tgB)-2(tgB+tgC)-3(tgC+tgA) 5sin C cos A cos B 2 sin A cos Bcos C 5sin2C2sin2A + 3sin2B 3sin B cos A cos C 7sin2C-sin2B = 2(sin2A + sin2B+ sin2C) = 8sinAsinBsinC ≤ 3√3 Dạng 3. Chuyển từ . (cotg(A/2), cotg(B/2), cotg(C/2)) thành . (sinA, sinB, sinC). Để biến đổi ta dùng công thức cotg(4/2) + cotg(B/2) = Chứng minh. cos(C/2) sin(A/2) sin(B/2) sin(A/2) sin(B/2) (cotg(A/2) + cotg(B/2)) = =sin(B/2) cos(A/2) + sin(A/2) cos(B/2) = A+B π C C = sin = sin =COS-. 2 2 2 2 Ví dụ 3. Tam giác ABC có == (3) 2001cotg(A/2) + 2003cotg(B/2) = 2004cotg(C/2) Tìm hệ thức giữa ba cạnh của tam giác ABC. Lời giải. Áp dụng phương pháp hệ số bất định và công thức (3) có : 0 = 2001 cotg(A/2) + 2003 cotg(B/2) 3004 cos(C/2) sin(A/2)sin(B/2) 1003 cos(B/2) sin(A/2)sin(C/2) - 2004 cotg(C/2) 1001cos(A/2) sin(C/2) sin(B/2) - 3004sin(C/2) cos(C/2) 1001 sin(A/2) cos(A/2) 1003 sin(B/2) cos(B/2) = 0 3004.2R.sinC= 1001.2RsinA + 1003.2RsinB 3004c = 1001a + 1003b. Từ hệ thức này, định lí hàm số côsin và BĐT Cô–si có thể suy ra góc C <81. Dạng 4. Chuyển từ 7 (tg(A/2), tg(B/2), tg(C/2)) thành X (cosA, cosB, cosC) Để biến đổi ta dùng công thức : tg(A/2)+tg(B/2) = Chứng minh. cos(C/2) cos(A/2) cos(B/2) cos(A/2) cos(B/2) (tg(A/2)+tg(B/2)) =sin(A/2)cos(B/2) + sin(B/2)cos(A/2) A+B C C = sin 2 = sin 2 2 = COS 2 (4) Ví dụ 4. Chứng minh rằng trong tam giác ABC nếu tg(A/2), tg(C/2), tg(B/2) lập thành cấp số cộng thì cosA, cosC, cosB cũng lập thành cấp số cộng theo thứ tự. Lời giải. Áp dụng phương pháp hệ số bất định và công thức (4) có : 0=tg(A/2)+tg(B/2)- 2tg(C/2) = = 2(tg(A/2) + tg(B/2)) - (tg(B/2)+tg(C/2)) - - (tg(C/2)+tg(A/2)) 2 cos(C/2) cos(A/2) cos(A/2) cos(B/2) cos(B/2) cos(C/2) cos(B/2) cos(A/2)cos(C/2) →2cos2(C/2) - cos2(A/2) - cos (B/2) = 0 cosA + cosB = 2cosC Các bạn hãy vận dụng phương pháp trên để giải một số bài tập sau : 1) Tam giác ABC có 21g4+V3g, tg Chứng minh rằng: (3-√3) cos A+(√3-1) cos B = = 1+√3+(3+√3) cos C = A tg 2 C + to C 2) Tam giác ABC có v2001tg,tv2003 tg. B /2002 tg-+ 1 2 sin A+sin B+sin C Tìm mối liên hệ giữa cosA, cosB, cosC. (Xem tiếp trang 2) 2 9 41 https://www.facebook.com/letrungkienmath ĐỀ RA KÌ NÀY https://sites.google.com/site/letrungkienmath CÁC LỚP TRUNG HỌC CƠ SỞ Bài T1/315. (Lớp 6). Gọi A là tích các số nguyên liên tiếp từ 1 đến 1001 và B là tích các số nguyên liên tiếp từ 1002 đến 2002. Hỏi số A + B có chia hết cho 2003 không ? Bạn tìm được mấy cách giải ? HUỲNH QUANG LÂU (GV THCS Ngô Mây, Phù Cát, Bình Định) Bài T2/315. (Lớp 7). Chứng minh rằng tổng 1 1 A = 32- + + 32 34 1 1 1 +... 34-2 34 3100 nhỏ hơn 0,1. Hãy tổng quát hóa bài toán trên. VŨ HỮU BÌNH (GV THCS Trưng Vương, Hà Nội) Bài T3/315. Tìm giá trị lớn nhất của tổng 111 T =-+-+*, trong đó a, b, c là các số nguyên a b c 1 1 1 dương thỏa mãn -+-+*<1. a b c Bài T7/315. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp trong đường tròn tâm O bán kính R. Gọi D, E, F lần lượt là giao điểm của các đường thẳng AO với BC, BO với AC, CO với 9R AB. Chứng minh rằng : AD + BE + CF > 2 NGUYỄN TRỌNG QUÂN (SV 44C4 ĐH Thủy Lợi, Hà Nội) CÁC LỚP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG Bài T8/315. Tìm tất cả các số tự nhiên a sao cho tồn tại số tự nhiên n>1mà a" +1 chia hết cho n. VŨ THANH TÙNG (SV Toán K5, ĐHKHTN - ĐHQG Hà Nội) Bài 79/315. Chứng minh bất đẳng thức +2 sin' X Cos"+2 sin" x cos" x + TC X 21 trong đó 0 y ≥ 2 và 32-3x2=2216-4y2. NGUYỄN THỊ LOAN (GV THCS Đức Bác, Lập Thạch, Vĩnh Phúc) Bài T6/315. Cho góc xAy = 90′′ và một điểm M nào đó nằm bên trong góc xAy. Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của M trên Ax, Ay. Trên đường thẳng qua M vuông góc với HK lấy điểm P thỏa mãn PM = HK. Tìm quỹ tích điểm P khi M thay đổi bên trong góc xAy. NGUYỄN NHƯ HIỂN (GV THCS Nguyễn Bỉnh Khiêm, Vĩnh Bảo, Hải Phòng) với mọi n = 0, 1, 2, ... Chứng minh rằng các dãy này có giới hạn hữu hạn và tìm các giới hạn đó. BÙI THẾ HÙNG (SV K34B khoa Toán, ĐHSP Thái Nguyên) Bài T11/315. Cho tam giác ABC với BC = a, CA = b, AB = c và B>C. Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để Â=2(B-C) là (b-c)(b+c)2 = a2b. PHẠM ĐÌNH TRƯỜNG (Hà Nội) Bài T12/315. Gọi R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện A A2 A3 A4 . Gọi S (i = 1, 2, 3, 4) là diện tích mặt đối diện với dỉnh A; (i = 1, 2, 3, 4) tương ứng. M là điểm tùy ý trong không gian. 2√3 Chứng minh rằng MA, MAY MAY MAI 2,3 S -+ $2 + TRẦN VIỆT ANH $3 + SA R (SV K5! CLC khoa Toán Tin, ĐHSP Hà Nội) 10 https://www.facebook.com/letrungkienmath CÁC ĐỀ VẬT LÍ https://sites.google.com/site/letrungkienmath Bài L1/315. Một vật nhỏ khối lượng m = 1kg (coi như 1 chất điểm) đặt trên vật my A m2 Ο thứ hai khối lượng m = 3kg có độ m2 dài AB = 1 = 1(m). Vật m, đặt trên bàn nằm ngang nhẵn, hệ số ma sát giữa mị và m, là k = 0,1 (hình vẽ). Vật m, cao h = 0,8 (m). Lấy g = 10m/s2. Kéo m, với một lực không đổi nằm ngang có độ lớn F = 10(N). Hỏi sau bao lâu kể từ lúc bắt đầu kéo mị sẽ chạm mặt bàn và điểm chạm bàn cách ( một đoạn bao nhiêu ? Cho biết ban đầu m, ở mép A. NGUYỄN VĂN HẠNH (GV THPT Hà Huy Tập, Vinh, Nghệ An) Bài L2/315. Cắm nghiêng một thước thẳng AB vào chậu nước (chiết suất của nước n = 4 3 ). Mắt nhìn thẳng đứng xuống phần thước chìm trong nước gần C (C là giao điểm của thước với mặt nước) sẽ thấy thước bị "gãy" tại C một góc B. Tìm giá trị cực đại của B. TRẬN TRONG HƯNG (Quảng Ngãi) Cùng bạn đọc : Trong đề bài T11/314 (THTT 8/2003) có in thiếu mấy chữ, xin sửa lại như sau : "Gọi R và r lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp AABC và nội tiếp ADEF". Thành thật xin lỗi tác giả và bạn đọc. PROBLEMS IN THIS ISSUE FOR LOWER SECONDARY SCHOOLS T1/315. (For 6th grade) Let A be the product of the consecutive integers from 1 to 1001 and B be the product of the consecutive integers from 1002 to 2002. Is A + B divisible by 2003 ? Can you do it by distinct methods? T2/315. (For 7th grade) Prove that the sum 1 1 1 1 1 A = + + +. 34-2 3411 3100 32 34 is less than 0,1. Give a generalization of the problem. T3/315. Find the greatest value of the sum T= 111 T++, where a, b, c are positive integers a b c satisfying the condition++<1. T4/315. Solve the equation 111 a b c 42 60 + 5-x 6 √7-x T5/315. Find the greatest value of the expression xy+yz + zx, where x, y, z are positive real numbers satisfying the conditions: x > y ≥ z and 32-3x2=z2 = 16-4y2. T6/315. Let be given an angle xAy = 90° and a point M inside the angle. Let H and K be respectively the projections of M on Ax and Ay. On the line passing through M perpendicular to HK take a point P such that PM = HK. Find the locus of P when M moves inside the angle xAy. T7/315. Let be given an acute triangle ABC inscribed in a circle with center O and radius R. Let D, E, F be respectively the points of intersection of the lines AO and BC, BO and 9R 2 AC, CO and AB. Prove that AD+BE+CF > FOR UPPER SECONDARY SCHOOLS T8/315. Find all natural number a so that there exists a natural number n> 1 such that a"+1 is divisible by n2. +2 2 T9/315. Prove the inequality Sin X + cos" x n sin x where 0 < x < and n is a positive integer. TC 2 T10/315. The sequences of numbers (u,,) and (v) (n = 0, 1, 2, ...) are defined by: u = 2001, u1 = 2002, vo=vj=1, u1 Un+2 2002 = Vn 1411 =2002) V+2= 9 2001 Vitl +1 2001 for every n = 0, 1, 2,... Prove that these sequences have finite limits and find these limits. (Xem tiếp trang 7) 11 https://www.facebook.com/letrungkienmath GIẢI BÀI KÌ TRƯỚC Bài T1311. (Lớp 6). So sánh hai phân sau: A = 20032003 +1 20032004+1 B= 20032002 20032003 +1 +1 Bạn tìm được bao nhiêu cách giải https://sites.google.com/site/letrungkienmath Lời giải. Quy đồng mẫu số của A và B thì tử số của B – A là 1)2 C = (20032004+1)(20032002 +1)-(20032003+1) = 20034006 20034006 + 20032004 2.20032003 + 20032002 + 1 1 = 20032003 2002 = 2003 2002 20022 (2003-1)-2003 (2003-1) Vì C > 0 và mẫu số chung dương nên B > A. Nhận xét. Ngoài cách nếu trên còn có nhiều cách giải khác. Dưới đây trình bày vắn tắt một số cách giải ngắn gọn khác (với A, B đều là số dương). 1 A B Cách 2. Ta có A . Quy đồng mẫu số rồi xét hiệu hai tử số là C như trên. Nói cách khác, đó là việc quy đồng tử số của A và B rồi so sánh hiệu hai mẫu số là C như trên. 1 2003(20032003 Cách 3. +1)-2002 A 20032003 +1 2002 2003- 20032003 +1 2002 = 2003- 2003 2002 +1 1 2003(20032002 +1)-2002 So sánh hai mẫu số suy ra A < B. B 20032002 +1 Cách 4. 20034=1+ 2002 20032004 +1 2002 2003B=1+ 20032003 +1 Từ 20034 < 2003B suy ra A < B. Cách 6. Trước hết chứng minh rằng nếu họ với b, d a+ c b b+d a dương thì A = 20032003 +1 20032004 +1 C b d Từ đó : 2003 2003 20032004 +1+2002 = B +1+2002 Với bài này có thể thay số 2003 bằng một số n > 1 2) Các bạn sau đã trình bày nhiều cách giải : Thái Nguyên : Nguyễn Hoàng Tùng, 6A5, THCS Chu Văn An, Tp. Thái Nguyên ; Phú Thọ : Nguyễn Thị Huyền Trang, 6A, THCS giấy Phong Châu, Vũ Ngọc Bích, 6A1, THCS Lâm Thao ; Vĩnh Phúc : Nguyễn Thị Hà, 6A, THCS Yên Lạc, Nguyễn Thị Hồng Nguyễn, 6D, THCS Yên lạc ; Hà Tây : Trần Ngọc Thủy, Trần Thị Thùy Trang, 6B, THCS Nguyễn Thượng Hiền, Ứng Hòa Hải Dương : Chu Bá Quốc, 6A1, THCS Chu Văn An, Thanh Hà, Nguyễn Anh Tú, 6B, THCS Bình Hàn ; Hải Phòng : Phạm Văn Huy, Lê Bóng Trang, 6A5, THCS Chu Văn An, Q. Ngô Quyền ; Thái Bình : Nguyễn Khánh Linh, 6B, THCS Thanh Tân. Kiến Xương ; Nam Định : Nguyễn Văn Huy, 6A, THCS Nam Quang, Nam Trực : Nghệ An : Trần Văn Phúc, 6A. THCS Cao Xuân Huy, Diễn Châu ; Nguyễn Nữ Hoàng Tâm, 6A, THCS Quán Hành, Nghi Lộc, Nguyễn Hữu Hồng Quân, 6E, THCS Trung Đô, Vinh ; Thừa Thiên – Huế : Nguyễn Đăng Minh Thảo, 6/10 THCS Thống Nhất ; Bình Định : Trấn Thị Quỳnh Giao, 6A3, THCS Ngô Mây, Phù Cát Khánh Hòa : Nguyễn Anh Thảo, 6/14, THCS Thái Nguyễn, Nha Trang ; Đắc Lắc : Võ Văn Tuấn, 6A5, THCS Buôn Hồ, Krông Buk, VIỆT HẢI giác ABC. = 60, BD Bài T2/311. (Lớp 7). Cho tam Dựng đoạn thẳng BD sao cho ABD = BA và ưa BA hành giữa hai tia BC, BD, Dụng đoạn thẳng BE sao cho CBE = 60 BE = BC và ta BC năm giữa bai là BA. BE Gọi M là trung điểm của DL, P là giao điểm hai đường trung trực của các đoạn thẳng BA và BĐ Tinh các gốc của tam giác CMP, Lời giải. (của Nguyễn Thu Trang, 7E, THCS Quảng Tâm, Quảng Xương, Thanh Hóa) Từ giả thiết suy ra ngay ABD và BCE là các tam giác đều nằm phía ngoài ДАВС. Trên tia đối của tia MP lấy điểm N sao cho MN MP. Ta có APMD = ANME (c.gc) = PD = NE và PD/INE, mà PD 1 AB EN LAB. Ha EH1 BC ta có NEH=ABC - PBC = NEC. Từ đó APBC = ANEC (c.g.c) → CP = CN. Mặt khác PCB NCE PCN BCE 60" ACPN là tam giác đều. Vì M là trung điểm của PN nên PMC = 90°; MPC = 60"; PCM = 30°. Nhận xét. 1) Bài này không khó, các bạn tham gia giải đều có lời giải đúng. 2) Các bạn sau đây có lời giải tốt : = Vĩnh Phúc : Đỗ Hoàng Tùng, 7E, THCS Vĩnh Yên, Dương Văn Cường, Ngô Thị Bích Phượng, Bùi Thị Bích 12 https://www.facebook.com/letrungkienmath https://sites.google.com/site/letrungkienmath Phượng, Đào Trung Hiếu, 7A, THCS Yên Lạc, Yên Lạc, Nam Định : Hoàng Trọng Hiến, 7B, THCS Trần Huy Liệu, Vụ Bản ; Thanh Hóa : Lê Văn Nguyên, 7D, Lê Thị Nga, 8D, THCS Nguyễn Chích, Đông Sơn ; Hoàng Đức Ý, 7E, THCS Trần Mai Ninh ; Nghệ An : Mai Văn Minh, 7G, THCS Đặng Thai Mai, Tp. Vinh ; Hải Dương : Phạm An Tông, 7B, THCS Tân An, Thanh Hà. * NGUYỄN XUÂN BÌNH Bài T3/311. Gọi x là hai nghiệm của phương trình ở -4x+1=0. Chứng minh rằng 211 2月 xin thì có thể biểu diễn thành tổng các bình phương của 3 số nguyên liên tiếp với bất kì số nguyên dương H. Lời giải. Giả sử xạ > xạ. Ta có x = 2 + V3, x = 2 - vỡ và xỉn trên 2n 211 = (x − x2)2 + 2(x1 x2)" = (xîï −x2)2 +2. Chúng ta sẽ chứng minh bằng quy nạp theo n = 1, 2, 3,... x-x2 = √3.k,, k1 = N' (*) Thật vậy x - x = 213, ki= 2, x2-x2=8√3,k2=8 và từ công thức x2+1x+1 = (x − x) (x + x2)-(x2-121) x 12 =4(x-x2)-(x-x1) ta nhận được k = 4k - k với mọi n = 2, 3, ... Vậy (*) đúng, do đó = 211 x2"+x2" = (x-x2)2 +2=3k, +2 = (k,, −1)2+k2 +(k,, +1)2 (dpcm). Nhận xét. 1) Khẳng định (*) có thể chứng minh bằng cách dùng khai triển nhị thức Niutơn. 2) Tòa soạn nhận được lời giải của 108 bạn, hầu hết các bạn giải đúng. Hoan nghênh các bạn lớp 7, lớp 8 đã giải tốt bài toán này : Bắc Giang : Nguyễn Phi Yển, 8A, THCS Ngô Sĩ Liên ; Phú Thọ : Trần Tuấn Anh, SE, Nguyễn Bảo Linh, 8A, THCS Văn Lang, Nguyễn Thị Thanh Thảo, 8A, THCS Giấy - Phong Châu ; Hà Tây : Lê Hồng Thuận, 7B, THCS Nguyễn Thượng Hiền ; Vĩnh Phúc : Bùi Thị Bích Phương, 7A, Đoàn Mạnh Hùng, Đỗ Đình Khanh, 8A, THCS Yên Lạc, Hà Đình Khánh, 8A, THCS Quang Sơn, Nguyễn Văn Linh, 8A, THCS Hương Canh, Nguyễn Hoài Nam, 8D, THCS Liên Bảo • Nam Định : Trần Ngọc Tân, 8A6, THCS Trần Đăng Ninh, Vụ Bản ; Hải Dương : Hoàng Đình Phương, 8/3, THCS Lê Quý Đôn ; Hải Phòng : Phạm Thu Hằng, 8A, THCS Nguyễn Bỉnh Khiêm ; Thanh Hóa : Nguyễn Lưu Bách, 7C, THCS Lê Hữu Tập ; Nguyễn Hữu Hải, Trịnh Huy Giang, 8A, THCS Nguyễn Chích, Lê Việt Hưng, 743, THCS Quang Trung ; Hoàng Vũ Hạnh, 8B, THCS Trần Mai Ninh ; Nghệ An : Thái Duy Dương, 8A, THCS Bạch Liêu ; Tăng Văn Vương, 8C, THCS Cao Xuân Huy Quảng Trị: Dương Đình Sơn, 7/7, THCS Trần Hưng Đạo ; Tây Ninh : Phạm Thị Cẩm Huyền, 8A1, THCS Trần Bình Trọng • Khánh Hòa : Nguyễn Thị Hoàng Oanh, 8/1, THCS Đinh Tiên Hoàng. NGUYỄN MINH ĐỨC Bài T4/311. Tìm tất cả bộ ba số a, b, c thỏa mn đẳng thức Ы (a2 + 1)(b2 + 2)(c+8)=32abc Lời giải. (của nhiều bạn) Sử dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số, ta có : a2 + 1 ≥ 2lal b2+2≥ 2√21b1 c2+8≥ 2√8lcl Từ đó, ta thu được (a + 1)(b + 2)(c + 8) > 32labc| > 32abc, đẳng thức xảy ra chỉ khi la| = 1, Ib = v2, I = V8 và abc là số dương. Ta thu được tất cả 4 bộ số (a, b, c) thỏa mãn là (1, V2, V8), (-1, V2,V8), (1, V2, vớ) và (1,-√2,-√8). Nhận xét. Rất nhiều bạn giải bài toán này, đáng tiếc là chỉ có khoảng một nửa số bài gửi có đáp số đầy đủ 4 nghiệm. Rất nhiều bạn chỉ đưa ra lời giải với a, b, c là các số dương. Các bạn sau đây có lời giải đầy đủ và trình bày ngắn gọn. Khánh Hòa : Nguyễn Thanh Tú, 9H, THCS Nguyễn Hiển, Nha Trang, Nguyễn Thị Hoàng Oanh, 8. THCS Đinh Tiên Hoàng, Ninh Hòa, Võ Thái Thông, 7/4 Ngô Gia Tư, Cam Nghĩa, Cam Ranh ; Quảng Trị: Dương Bảo Nhân, 9, THCS Đại Hòa ; Bình Định : Trương Thị Hồng Phương, 8A5, THCS Nhơn Hòa, Huỳnh Tuấn Sang, 9A4, THCS Đống Đa, Quy Nhơn ; Quảng Ngãi : Phan Quốc Việt và Nguyễn Phan Linh, 9H, THCS Trần Hưng Đạo, Tx. Quảng Ngãi ; Huỳnh Kim Quỳnh, 9A. THCS Nguyễn Trãi, Mộ Đức : Đồng Tháp : Lý Duy Khiêm, 9A1, THPT Cao Lãnh, Lữ Thiện Nhân, 9A1, THPT Tx. Sa Đéc, Huỳnh Võ Trung Dũng, 9A2. THPT Cao Lãnh, Phú Yên, Phan Thanh Tú Uyên, 9A, THCS Lương Thế Vinh, Tx. Tuy Hòa, Nguyễn Ngọc Tâm Quyền, 8E, THCS Hùng Vương Tx. Tuy Hòa ; Đồng Nai: Nguyễn Trung Thảo, 9/9, THCS Trần Hưng Đạo, Tp. Biên Hòa, Triệu Thị Phương Hiền, 8, THCS Nguyễn Bình Khiêm, Biên Hòa; Quảng Ninh : Bùi Ngọc Duy, 9, thực hành sư phạm. VŨ ĐÌNH HÒA Bài 1: 311. Tìm giá trị nhỏ nhất của biển thic 6* + (a2+b2)2 (b2+c2)2 (e2+a2)2 trong đó a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện ab + bc + ca = } Lời giải. (của nhiều bạn). Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-acốp-xki ta có : A = a8 + 68 (a2+b2)2 (b2 +c2)2 (c2+a2)2 8 + 2 2 13 4: https://www.facebook.com/letrungkienmath + 64 + https://sites.google.com/site/letrungkienmath LAA4. a2+b2 b2+c2 c2+a2 3 B2 ((a2+b2)+(b2+c2)+(c2+a2)) x -+- 64 -+ a2+b2 b2+c2 c2+a2 a2 +b2 +c2 3 (1) ) 2 ≥ (a2 +b2 + c2)2 kính đường tròn nội tiếp các tam giác BDE CGF và ADG theo thứ tự. Chứng minh rằng diện tích EFGD lớn nhất khi và chỉ khi R+R=R giải. Loi Kè AHL BC. SAEBD Ta có AADG R AFGC. Κί hiệu S là diện 2 Từ (1) và (2) suy ra 2 ΑΣ 12 12 1 1 Vậy mind = >> a=b=c= 12 √3 (2) H tích, ta có : SBDE R SCGF R2 1= (1) (a2+b2+c2)2 (ab+be+ca)2 1 SADG R2 SADG R 1 12 Mặt khác ABDE ABAH, ACGF ACAH SADG AD2 BD2 nên => SBDE = CG2 CA2 = (2) SABC SEFGD 2DEXDG DE DG Ta lại có -2- SABC AH BC AH BC BD AD 8 a = 2 (3) +...+. (a 2 +a2) trong đó dịp đỵ, cùng AB AB tai zk và 1 Mà X + = (4) Nhận xét. 1) Một số bạn đã có nhận xét đúng : a) Điều kiện a, b, c dương trong đề bài là không cần thiết. b) Có thể thay giả thiết ab + bc + ca = 1 bằng giả thiết "mạnh hơn" ; ab + bc + ca> 1. c) Có nhiều hướng để tổng quát bài toán trên. Chẳng hạn (cũng với cách giải trên) ta có bài toán : "Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức (a2 + a2) (a2+a2) a, là các số thực thỏa mãn : dc + tư tại hai trong các số này không cùng bằng 0". 2) Rất đông các bạn tham gia giải bài này (hơn 200 bạn) và hầu hết đều giải đúng. Các bạn có lời giải tốt là : Vĩnh Phúc : Nguyễn Xuân Thọ, 8B, THCS Vĩnh Yên, Hà Đình Khánh, 8A, THCS Quang Sơn, Lập Thạch, Lê Trường Sơn, 9C, THCS Vĩnh Tường ; Phú Thọ : Ngô Vĩnh Thái, 9A1, THCS Giấy Phong Châu, Phù Ninh Lạng Sơn : Nông Gia Tự, 9A, THCS thị trấn Văn Quan Hà Nội : Nguyễn Tiến Hùng, 9P, THCS Việt Nam - Angiền, Thanh Xuân ; Hải Phòng : Nguyễn Thị Thu Hiền, 9A1, THCS Lương Khánh Thiện, Kiến An ; Bùi Ngọc Khôi, 9A, THPT NK Trần Phú ; Thái Bình • Bùi Quang Trưởng, 9B, THCS Quỳnh Thọ, Quỳnh Phụ ; Thanh Hóa : Nguyễn Huy Liệu, 9A, THCS Lê Hữu Lập, Hậu Lộc ; Nghệ An : Nguyễn Thanh Tuấn, 8A, THCS Lý Nhật Quang, Đô Lương ; Đậu Thế Linh, 9A, THCS Cao Xuân Huy, Diễn Châu, Phạm Thái Khánh Kiệt, 7A, THCS Nghĩa Quang, Nghĩa Đàn ; Hà Tĩnh : Trấn Thị Mai Hà, 9G, THCS Bắc Hồng, Hồng Lĩnh ; Gia Lai: Lê Hoài Nhật. 9, THCS Trần Phú, Pleiku ; Tây Ninh : Phạm Thị Cẩm Huyền, SAI, THCS Trần Bình Trọng, Hòa Thành ; Quảng Nam : Đoàn Quang Vũ, 9, THCS Lý Tự Trọng. Đại Lộc. TRẦN HỮU NAM Bài 76/311. Cho tam giác ABC vuông tại A. Dương hình chữ nhật EFGD sao cho E, F là các điểm trên cạnh BC, còn G, D lần lượt là các điểm trên cạnh AC AB Gọi Ro Ry và Ry là bản 14 và SABC AB2 BA2 SBAH SCGF SBDE+SCGF SCAH BD AD 1BD AD < AB AB 4 AB AB 4 (theo BĐT trung bình cộng trung bình nhân) 1 ABC 2 Từ (3) và (4) có SEFGD S-SA Vậy SEFGD lớn nhất = AD = BD = R2 R2 SADG = SBDE + SCGF (theo (2)) >> (do (1)) → R2 = R2 + R2. =1 Nhận xét, 1) Trong bài toán trên ta có thể thay các R. bằng bán kính đường tròn ngoại tiếp, độ dài đường trung tuyển... miễn là tỉ số giữa chúng bằng tỉ số đồng dạng. 2. Giải tốt bài này là các bạn : Phú Thọ : Ngô Vĩnh Thái, 9A1, THCS Giấy Phong Châu ; Phú Ninh : Lê Trường Sơn, 9C THCS Vĩnh Tường, Kim Đình Hải, 9D, THCS Phạm Công Bình, Yên Lạc, Nguyễn Hùng Cường, 9B, THCS Lập Thạch ; Bắc Ninh : Lê Quốc Khánh, 9A, THCS Yên Phong • Hải Phòng : Bùi Ngọc Khôi, Lương Phú Khánh, 9A, THPT NK Trần Phú ; Hà Nội : Vũ Nhật Minh, 9H, THCS Lê Quý Đôn, Q. Cầu Giấy ; Nam Định : Đặng Tuấn Hùng, 9A, THCS Nguyễn Hiền, Nam Trực, Vũ Thanh Nhàn, 9C, THCS Đào Sư Tích, Trực Ninh, Vũ Duy Linh, 9A2. THCS Lê Quý Đôn, Ý Yên ; Thái Bình : Nguyễn Văn https://www.facebook.com/letrungkienmath https://sites.google.com/site/letrungkienmath Phúc, 9B, THCS Quỳnh Thọ, Quỳnh Phụ ; Thanh Hóa : Lưu Xuân Thế, 9A, THCS Lê Hữu Lập, Hậu Lộc ; Nghệ An : Đàm Thanh Thủy, 8C, THCS Cao Xuân Huy, Diễn Châu ; Hà Tĩnh : Trần Thị Mai Hà, 9G, THCS Bắc Hồng, Hồng Lĩnh ; Quảng Ngãi : Nguyễn Văn Cường, THCS Đức Chánh, Mộ Đức ; Bình Định : Huỳnh Tấn Sang, 9A4, THCS Đống Đa, Quy Nhơn ; Khánh Hòa : Đỗ Phú Thịnh, 81, THCS Thái Nguyên, Nha Trang : Tp HCM : Nguyễn Anh Cường, 9', THCS Lê Quý Đôn, Q.3. BÍNH NAM HÀ Bài 17/311. Dây cung DE của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt đường tròn nội tiếp tam giác này tại các điểm M và N. Chứng minh rang DE 22MN. Lời giải. Dựng đường tròn ở tâm trùng tâm / đường tròn nội tiếp AABC, tiếp xúc với DE tại L. Gọi H là giao của đường thẳng OI với đường tròn 6 với OH = OI + IH. Ta sẽ chứng minh DE >PQ. Kẻ OK | DE. – Nếu d ≥ dị thì R + d + dj >6r+ d + d 261 + 2d, ≥ 4r + 4d, mà R> d+r nên R-d-d> r – dị suy ra (2) đúng, dẫn đến (1) đúng. - – Nếu dị 2 d thì Red-d126r-d-d >6r-d-di -(2r-d+3d1) = 4r - 4d, mà R+d+d1 >r+d, suy ra (2) đúng, dẫn đến (1) đúng. * Nếu 2r 3d-2dd1+2Rr-4r2 20 3(4-4)2+(6Rr-12r2-42) 20 d 3(d)+(6Rr-12,2-R2+2Rr) 20 2 3 d1 344) - (R-2r)(R-6r) ≥0 M B H E Ta có OH = OI + IH = O1 + IL > OL > OK. Do đó DE = PO. Để chứng minh DE ≥ 2MN ta chỉ cần chứng minh PQ = 2XY (X, Y là giao của PQ với đường tròn nội tiếp AABC). Đặt IH = d, 10 = d. Ta phải chứng minh X2 4(12 - d2) ≤ = PQ2 = 4 =P R2 - (d+d)2 hay 4(2-d) ≤R-(d,+ d)2 (R, r là bán kính đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp của AABC) (1) * Nếu R≥6r ta có (1)4(r-d)(r+d,) ≤ (R-d-d,)(R+d+d1) (2) H nằm trong đường tròn nội tiếp AABC nên rzd. Điều này đúng vì 2r < R ≤ 6r. Vậy (3) đúng, dẫn đến (1) đúng. Tóm lại DE >2MN. Đẳng thức xảy ra khi AABC đều và DE là đường kính đường tròn ngoại tiếp. Nhận xét. 1. Đa số các bạn dùng hệ thức Ole để làm bài này. Tuy nhiên đa số chứng minh đều phụ thuộc vào hình vẽ, thiếu chặt chẽ. 2. Hai bạn Lê Việt Hưng, 7A3, THCS Quang Trung, Thanh Hóa và Nguyễn Thành Phúc, 9A, THCS Tây Đô, Vĩnh Lộc, Thanh Hóa có lời giải tốt. VŨ KIM THỦY Bài T8/311. Mỗi quân cờ dominỏ gồm hai hình vuông có 1 cạnh chung trong hình vuông thứ nhất và thứ hai ghi và 2 dấu chấm, được ki g hiệu là (x,y) hoặc (y, x). Với mỗi cặp số (x,v) hợp các quân cờ mà 1 ≤ x ≤5 và 1 ấy sau (cũng viết là (ỵ, v)) chỉ có 1 quận cô. Cha tập thành 3 nhóm, mỗi nhóm xếp thành chuỗi khép kin dang ab bc 6 aeed d trong đó các số a, b, c, d, e không nhất thiết Khác nhau. Hỏi có tất cả bao nhiêu cách chia nhóm như thế Lời giải. Ta gọi quân cờ (quân đô-mi-nô) dạng (t, x), x = {1, 2, 3, 4, 5} là quân đúp. Dễ thấy mỗi nhóm không thể có ba quân đáp. Do đó có một nhóm, gọi là nhóm 3, chứa đúng một 15 https://www.facebook.com/letrungkienmath https://sites.google.com/site/letrungkienmath quân đúp (e, e) và hai nhóm kia mỗi nhóm có chứa hai quân đúp. Nhóm 1 chứa hai quân đúp (a, a), (b, b) Nhóm 2 chứa hai quân đúp (c, c), (d, d) với a, b, c, d, e phân biệt ∈ {1, 2, 3, 4, 5}. Số cách chia tập {1, 2, 3, 4, 5} thành 3 nhóm mỗi nhóm có 1 phần tử, hai nhóm kia mỗi nhóm có 2 phần tử là 5! 2!2!1! Nhóm 1 có dạng 1 -=15. 2! Ta có f '(x) = cosx f"(x) = -sinx + 91 4 8 元 + Suy raf"(x)=0¢x=arcsin x và 2 8 be (0, 1) 0; 2 TC Vậy f'(x) là hàm số liên tục và đồng biến trên Đồng thời, ta lại có f '(0) < 0 và f 元 [0; b], nghịch biến trên bạ 2 aaabb axxbb (1) với x = a, b, Nhóm 2 có dạng (2) với y = c, d. Cyydd (do chuỗi khép kín nên có thể chuyển chỗ quân cờ theo chiều kim đồng hồ về dạng trên). Ta thấy số e phải thuộc vào một trong hai nhóm trên. Chẳng hạn nếu y = e thì dễ thấy x ∈ {c, d} và khi đó nhóm 3 hoàn toàn được xác định như sau eeeaa ebbt 1 với t + X te (c, d) (tức là nếu x = c thì e = d, nếu x = d thì e = c) Như vậy có 4 cách chọn dạng (1) (2) : cụ thể y = c, x ∈ {c, d} và x = e, y = {a, b}. Do đó có cả thảy 15.4 = 60 cách chia nhóm. Nhận xét. Các bạn sau đây đã làm đúng (mặc dầu giải còn dài dòng hoặc lý luận chưa thật rõ ràng sáng sủa): Lê Đình Huy, 10 Toán, THPT Nguyễn Trãi, Hải Dương, Đỗ Hoàng Huy, 117, THPT Lương Văn Tuy, Ninh Bình. Nguyễn Hữu Tân, 11T, PTNK, ĐHQG Tp. Hồ Chí Minh ; Nguyễn Hoàng Thanh, 12A1, PTCT ĐHSP Hà Nội : Trần Tấn Liêm, HA1, THPT Lê Quý Đôn, Đà Nẵng : Lê Phương, 12T, THPT Lương Thế Vinh, Đồng Nai, Mạch Nguyệt Minh, 12A, THPT Lý Tự Trọng, Cần Thơ, Hoàng Ngọc Minh, 12T. THPT chuyên Hùng Vương, Phú Thọ, Phan Đình Phúc, 10A1, THPT Phan Bội Châu. Nghệ An. Phần lớn các lời giải gửi đến cho đáp số không đúng. Dạng toán tổ hợp vẫn còn là điều thách thức đối với nhiều ban. ĐĂNG HÙNG THẮNG rằng với mọi x thuộc Bài 19/311, Chứng minh ta luôn có suns Lời giải. Xét hàm số : f(x)= sinx--x+ 4 4 TC x;x 0; 4 4 2 元 TO 元 (1) (2) = 0 2 nên f '(0)f '(b) < 0, do đó tồn tại duy nhất số thực c e (0; b) để f'(c) = 0. Ta có bảng biến thiên : X f(x) C (元/2 0 0 0 [:] Suy ra f(x) <0, Vr = 0; Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 0 TC hoặc x = . Từ đó ta có điều phải chứng minh. 2 Nhận xét. Cách giải trên là cách giải phổ biến của rất nhiều bạn. Sau đây là những bạn có lời giải tốt. Thần Ngọc Thành, Nguyễn Tuyết Mai, 10A, THPT NK Ngô Sĩ Liên, Bắc Giang : Nguyễn Phúc Thọ, IOT, THPT Lê Quý Đôn, Bình Định : Nguyễn Tiến Dũng, 9A1, THCS Chu Văn An, Thanh Hà, Hải Dương ; Lê Đình Huy, Phạm Văn Toàn, Phạm Văn Dũng, 10 Toán. Nguyễn Thị Mai, II Toán, THPT Nguyễn Trãi, Hải Dương : Nguyễn Ngọc Tú, Nguyễn Trọng Hòa, 117, Nguyễn Phương Tuấn, 1271, THPT Lam Sơn, Thanh Hóa ; Phạm Việt Đức. 10A chuyên Lí, Đinh Nhật Minh, 10A1 Tin, ĐHKHTN - ĐHQG, Hà Nội ; Bùi Đăng Lương, 11A1, THPT Phan Bội Châu, Vinh, Trần Thanh Luân, 12C3, THPT Nghĩa Đàn, Nghệ An ; Bùi Mạnh Cường, 12A, THPT Lê Quý Đôn, Hà Tĩnh ; Cao Hoàng Tân, 11A6, THPT chuyên Trần Đại Nghĩa, Lê Đỗ Tuần Khanh, 12Toán, Nguyễn Đình Hiển, 11 Toán, THPT Lê Hồng Phong, Tp. HCM ; Lê Đắc Hải, 10L2, THPT chuyển Nguyễn Huệ, Hà Đông, Hà Tây ; Nguyễn Trường Khoa, 12 Toán, THPT Thăng Long, Đà Lạt, Lâm Đồng ; Nguyễn Văn Phi, 12 Lý, THPT Lê Hồng Phong, Nguyễn Cảnh Minh, 12E, THPT Nguyễn Huệ, Nam Định ; Phạm Duy Thành, 11 Toán, NK Trần Phú, Hải Phòng : Hoàng Việt, 11A, THPT Lào Cai, Lào Cai; Lê Hải Dương, 11B, THPT Hải Lăng, Hoàng Tiến Trung, 12 Toán, THPT Lê Quý Đôn, Quảng Trị : Mạch Nguyệt Minh, 12A1, THPT Lý Tự Trọng, Cần Thơ ; Lê Hoài 16 BB TUTT https://www.facebook.com/letrungkienmath https://sites.google.com/site/letrungkienmath Nam, 10A1, Lê Minh Thắng, 12A1, THPT chuyên Vĩnh Phúc ; Châu Văn Linh, 117, THPT Bến Tre, Bến Tre ; Đỗ Quốc Khanh, Trương Minh Tiến, 10A1, THPT chuyên Lê Quý Đôn, Đà Nẵng. NGUYỄN VĂN MÂU Bài T10/311. Chứng minh rằng với mỗi tam giác ABC luôn có : + cos(B/2) cos(C/2) √35 cos(A/2) 1+sin(A/2) 1+sin(B/2) 1+sin(C/2) Lời giải. Đặt <2 cos(A/2) cos(B/2) cos(C/2) 1+sin(A/2) 1+sin(B/2) 1+sin(C/2) (A+C) +18 ( A + B) T= + +- π-A π-B π-C = tg +tg +tg 4 4 B+C A+B = tg +tg +tg 4 4 α B Y =tg +tg- +tg- 2 2 2 Ŏ dây α = B+C ; B = 2 A+C 2 Chú ý a, B. y = 0, 2 4 A+B 2 và α +ẞ+y= л, haу a, P. Y là ba góc nhọn của một tam giác nào đó. BĐT cần CM là : V3 0 2 α β +tg +tg Y 2 2 2 α β BY Y a < 1+1g18+1g 18 +182182 2 2 2 2 α ~>7<2-(1827 1822-182) tg tg tg Y α BY tg-tg-tg- 2 2 2 ⇒T<2. Tóm lại : V3 (AB+ CD)2= (AD + BC)2 17 https://www.facebook.com/letrungkienmath https://sites.google.com/site/letrungkienmath AB+ CD = AD + BC. Kết hợp với AB.CD = AD.BC nên JAB = AD CB CD hoặc [DA = DC BA= BC → AC là trung trực của BD (h.1, h.2) hoặc BD là trung trực của AC (h.3, h.4), ABC= ADC hoặc BAD = BCD BID=BJD = II và một đường chéo của tứ giác ABCD là hai cạnh đối của một tứ giác nội tiếp. Hình 1 Hình 3 A Hình 2 D Hình 4 B Chú ý rằng hệ thức BID = BJD = a xảy ra khi I, J cùng thuộc một cung tròn chứa góc a (lúc đó tứ giác BDJI nội tiếp (h. 1) hoặc tứ giác BDIJ nội tiếp (h. 2)) hoặc I, J thuộc hai cung tròn chứa góc a mà đối xứng nhau qua BD (lúc đó tứ giác ACH nội tiếp (h. 3) hoặc tứ giác ACJ1 nội tiếp (h. 4)). Đảo : Giả sử AC L BD và BDIJ là tứ giác nội tiếp (h. 2) thì BID =BJD = ABC = ADC (1 ). Trên BD lấy điểm B' đối xứng với B qua trục AC thì AB'C = ABC (2). Từ (1) và (2) suy ra B trùng với D. Vậy BC = CD và AB = AD nên ABCD = AD BC. Chứng minh tương tự khi BDJI, ACIJ, ACJI là tứ giác nội tiếp. B Nhận xét. 1) Đề toán trước đây đúng với điều kiện cần (khi BDIJ nội tiếp) nhưng không phải là điều kiện đủ, để bài chưa chuẩn xác nên đã được sửa lại. 18 Tòa soạn xin lỗi tác giả và bạn đọc về điều này. Vì chỉ vẽ một hình và thực hiện phép chứng minh chỉ trên hình vẽ đó nên đa số các bạn không nhận thấy sự cần thiết phải điều chỉnh đề toán. 2) Ngoài cách giải trên, ta còn có thể giải nó nhờ khái niệm tích vô hướng của hai véctơ. 3) Các bạn sau có lời giải đúng và có nhận xét sửa để bài : Phú Thọ : Lê Bá Long, 9A1, THCS Giấy Phong Châu, Phù Ninh ; Vĩnh Phúc : Nguyễn Thọ Khiêm, 10A10, Hà Đình Thiệu, 10A1, THPT chuyên Vĩnh Phúc, Nguyễn Kim Thuật, SA THCS Yên Lạc ; Bác Ninh: Vũ Văn Tú, 12 Toán, THPT NK Hàn Thuyên, Nghiêm Văn Thơ, 11A1, THPT Yên Phong I : Hải Dương : Phạm Trường Xuân, 8/3, THCS Lê Quý Đôn, Tp. Hải Dương ; Hải Phòng : Đinh Khang, 9A, Phạm Minh Hằng, Phạm Khoa Thu Hương, 11 Toán, THPT NK Trần Phú ; Nam Định : Nguyễn Đặng Phương Đỉnh, III, THPT Giao Thủy A ; Thanh Hóa : Trần Văn Thiện, 11C5, THPT Như Thanh ; Nghệ An : Trần Hoàng Đức, Nguyễn Đức Minh, Phan Đình Phúc, 10A1, THPT chuyên Phan Bội Châu, Vinh ; Quảng Trị : Nguyễn Văn Việt, II Toán. THPT Lê Quý Đôn, Trần Minh, 11A, THPT Hải Lăng ; Đà Nẵng : Đỗ Quốc Khánh, 10ẠI, THPT chuyên Lê Quý Đôn ; Quảng Nam : Nguyễn Anh Tâm, 11/5, THPT Hoàng Diệu : Bình Định : Nguyễn Phúc Thọ, 10T, THPT Lê Quý Đôn ; Tp. HCM:Hồ Sĩ Tùng Lâm, 1172, Nguyễn Lâm Hưng, 12T, PINK ĐHQG ; Cần Thơ : Mạch Nguyệt Minh, 12A1, THPT Lý Tư Trọng, Tp. Cần Thơ. NGUYỄN MINH HÀ Bài T12/311. Tử diện ABCD có các đường cao đồng quý tại điểm H nằm bên trong tử diện. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của BC, CD, DB. Gọi R và R, lần lượt là bán kinh mặt cấu ngoại tiếp tứ diện ABCD và HMNP Chứng minh rằng R = 2R, Lời giải. (Vũ Hữu Phương, 12CT, THPT chuyên Hoàng Văn Thụ, Hòa Bình). Gọi G, O theo thứ tự là trọng tâm và tâm mặt cầu “(ABCD) ngoại tiếp tứ diện ABCD. a) Giả sử 01, G, A lần lượt là chiếu hình (vuông góc) của O, G, H trên mp(BCD) thế thì Ai, G và O, tương ứng là trực tâm, trọng tâm và tâm D đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD và chúng thẳng hàng (trên đường thẳng O-le của ABCD). Từ tính chất của trọng tâm của tứ diện https://www.facebook.com/letrungkienmath 3 (AG= AG), trực tâm tam 4 (O, A = 30,G, ) và định lí Ta-let ta được : = GH G'A1 G'A = 2G'A OH OA 3G A 2 GA 3 GA →GH = 1 1 2 -OH 2 ⇒ H=DG(0) với OH=2OG (1) 0, G, G https://sites.google.com/site/letrungkienmath giác b) Từ (1) suy ra : Nếu gọi M', Nó và P' lần lượt là trung điểm của AD, AB và AC thì tứ diện OM’N’P' là ảnh của tứ diện HMNP qua phép đối xứng tâm ĐG DG: [HMNP] → [OM'N'P'] Do: (HMNP) → P' (OM'N'P) (2) trong đó 7, 7',(...) kí hiệu mặt cầu ngoại tiếp. Gọi O' là trung điểm của đoạn OA, thế thì : AO' = O'O = OA = R 2 Phép vị tự V1/2 biến A tứ diện ADBC thành tứ diện AM'N’P' và biến O thành O', và do đó, biến mặt cầu “(ABCD) thành mặt cầu 7' (AM’N’P) tâm O bán kính R O R = R/2. Ta được 00 = O'M' = O'N' = O'P = R/2 và do đó tứ diện OMNP cũng nội tiếp mặt cầu e'(AM'N'P'). Vậy là : V1/2 A ((ADBC)) = (AM'N'P') = ¢ (OMNP) mà 7' (OM'N'P) và € (HMNP) có cùng bán kính R theo (2) nên ta có R = 2R. Nhận xét. 1) Bài này có hai nhóm lời giải : a) Sử dụng tính chất của tử diện trực tâm. H = Đạ(O) (đây là một bài tập trong cuốn "Tuyển tập 340 bài toán hình học không gian" của tác giả I. F. Sarigin). Để CM tính chất đó cũng có nhiều cách giải : sử dụng phép chiếu như lời giải trên ; PP véctơ hay PP hình hộp ngoại tiếp tứ diện. Bạn Dương Đỗ Nhuận, 10A2, ĐHKHTN - ĐHQG Hà Nội đã dùng tính chất này và tính chất trọng tâm tứ diện CM được A, G, H thẳng hàng (theo định lí Mênêlauyt đảo), với A = Đ,(A), sau đó áp dụng định lí Menelauyt thuận vào AOAH và cát tuyến G,GA được G1 G|A, = 2GH . Kết hợp giả thiết có V.2 : [A,DBC] → [HMNP], suy ra đpcm. b) Sử dụng tính chất trực tâm tam giác (ABCD). Gọi A, là giao điểm của tỉa AH với mặt cầu (O); Dị, Bị, C F là các điểm đối xứng của A, lần lượt qua M, N, P, CD thì tứ diện A,D,BC là ảnh tứ diện HMNP trong phép đồng dạng (nghịch) f mà f là tích của phép vị tự Vĩ và phép đối xứng mặt ĐBCD) qua mp(BCD). Vậy mặt cầu (O) là ảnh của mặt cầu (HMNP) qua phép đồng dạng đó. Bởi vậy R = 2R.. 2) Ngoài các bạn kể trên, các bạn sau có lời giải tốt và khá gọn : Hà Nội : Nguyễn Trường Thọ, HAI, ĐHKHTN – ĐHQG Hà Nội ; Phú Thọ : Đinh Đức Thành, 10T, Lê Việt Hà, 11A1, THPT chuyên Hùng Vương, Việt Trì Hải Dương : Phạm Việt Hải, 11A4, THPT Hồng Quang Hải Phòng : Lê Hải Yến, 12T, THPT NK Trần Phú Quảng Bình : Lê Đức Anh, 117, THPT chuyên Quảng Bình ; Quảng Trị : Trương Song Hào, 12T, THPT chuyên Lê Quý Đôn ; Thừa Thiên – Huế : Ngô Phước Nguyễn Ngọc, 117, Quốc học Huế : Đà Nẵng : Đỗ Quốc Khánh, 10A1, THPT chuyên Lê Quý Đôn ; Đồng Nai : Lê Phương 12T1, THPT chuyên Lương Thế Vinh, Tp. Biên Hòa ; Cần Thơ : Mạch Nguyệt Minh, 12A1, THPT Lý Tự Trọng, Tp. Cần Thơ ; Vĩnh Long : Võ Minh Tâm, liT1, THPT ch. Nguyễn Bỉnh Khiêm, Tx. Vĩnh Long NGUYỄN ĐĂNG PHẤT Bài L1/311. Ba hình trụ giống hệt nhau được bố trí như hình vẽ Khối lượng mỗi hình trụ là M = 10kg. Bỏ qua ma sát ở mọi mặt tiếp xúc. Hai hình trả 1 và 2 đã trên sàn nằm ngang Ban đầu giữ cho các hình trụ đứng yên và tiếp dụng một lực ở theo phương ngang vào hình xúc nhau. Người ta buông tay và đồng thời tác trụ 1. Hãy xác định độ lớn của F đế các hình trụ luận tiếp xúc nhau. Lấy g = 10m/s Giải. Các lực tác dụng lên các hình trụ (trừ trọng lực) được biểu diễn trên hình. + Khi lực F có độ lớn nhỏ hơn một giá trị giới hạn Fmin thì giữa hình tru 1 và 2 sẽ mất tiếp xúc, hay Nc = 0. Áp dụng định luat II Niuton 2 cho hình trụ 2, xét theo phương ngang ta có : Mamin = N1sin30"= N2 (1) 2 Áp dụng định luật II Niutơn cho hình trụ 1, xét theo phương ngang và phương thẳng đứng, ta lần lượt có : Mamin = F → N sin30° (2) ; và Mg = Ncos30@ + N cos30° (3). 19 https://www.facebook.com/letrungkienmath https://sites.google.com/site/letrungkienmath Ngoài ra, ta còn có (xét cả hệ) : 3Mamin = F (4) Từ (1), (2), (3) và (4) tìm được : F= 3Mamin = Fmin= Mg 100√3 √√3 = 3 (N) + Khi độ lớn của F lớn hơn giá trị giới hạn Fmax thì giữa hai hình trụ 2 và 3 sẽ mất tiếp xúc, hay N = 0. Áp dụng định luật II Niutơn cho Nt hình trụ 3, xét theo phương ngang và phương thẳng đứng ta lần lượt có : Mamax = Nasin30° (5), và Mg= Nacos 30° (6) Từ đó, tìm được : dmax = g √3 Fmax=3Mamax = 100√3 (N). Vậy độ lớn của F phải thỏa mãn điều kiện : 100√3 3 C), thì thấy ampe kể a trả giá trị 1, (1, >I). Cặp dầu (2, 3) ứng với cặp đầu nào trong số các cặp (A, B) (A, D) (B, D)? Ꮕ c) Đấu nguồn xoay chiều nói trên với hai đầu 1, 2 qua một tụ điện C, nói trên thì ampe kế a trỏ giá trị 12, sau đó đấu nguồn xoay chiều với hai đầu 1,3 qua tụ điện C, thì ampe kế a trò giá trị I, và thấy I > ly. Hỏi mỗi đầu 1, 2, 3 ứng với đầu nào trong số các đầu A, B, D. Lời giải. a) Theo đề bài, ta có : ZAB = ZBD > r2 + (Z1 =Zc)2 = r2 + ZZ = ZZ 1 2π với Zc = 10052. Từ đó, tìm được : L = (H) và r = 50V3 (Q2) b) Kí hiệu Z2, Z2, Z3 là tổng trở của đoạn mạch tạo ra khi lần lượt đấu nguồn xoay chiều với hai đầu (2, 3), (1, 2) và (1, 3) qua C. Ta có : 11 > 1⇒ Z23 10042, không thỏa mãn (1) : loại ; + Nếu (2, 3) ứng với (B, D) thì Z,3 = Zc+Zc > 100$ : loại. Vậy (2, 3) ứng với (A, B), và do đó (1) ứng với D. c) Theo đề bài I>h=Z 1) hình vuông nhưng chỉ được chia theo các đường kẻ sẵn. Dễ thấy giá trị lớn nhất của k là 169. Ở hình 1 chỉ ra một cách phân chia ABCD thành k = 13 hình vuông, lúc đó 13 = 10 + 6.3° + 3.22 + 3.1. Dành cho bạn đọc 1) Bạn có bao nhiêu cách phân chia ABCD thành k = 12 hình vuông ? (hai hình đối xứng qua trục chỉ coi là 1 cách). 2) Bạn tìm được giá trị nhỏ nhất của k là bao nhiêu ? GIẢI ĐÁP : HÌNH HOÀ HAI MÀU Cho hình tròn tâm Q bán kính QA = R = 50(mm). Các hình tròn nhỏ bằng nhau đường kính d = 2r (mm). (Nhiều bạn đã phát hiện ra để bài in nhầm đơn vị đo). a) Giả sử 4 hình tròn nhỏ đều đi qua điểm Q và lần lượt cắt đường tròn tâm Q tại từng cặp điểm A và B, B và C, C và D, D và A. Vì ABCD là hình vuông nên AB = QAVZ = RV2 = 50 V2 = 70,71(mm). Để 4 hình tròn nhỏ đó phủ kín hình tròn tâm Q thì chúng phải có đường kính là d = 2r = 70,8 (mm). b) Giả sử 5 hình tròn nhỏ đều đi qua điểm Q và cắt đường tròn tâm Q tại 5 điểm A, B. C, D, E (h. 2). Vì ABCDE là ngũ giác đều thì AQF 36". Từ đó d = QF = QA COS AQF 50 = 61,8034 (mm). Nếu sắp xếp cos 36° 5 hình tròn nhỏ như ở hình 2 mà muốn chúng phủ kín hình tròn tâm Q thì đường kính d phải lấy là d = 61,9 (mm). c) Tuy nhiên nếu ta sắp xếp 5 hình tròn nhỏ đường kính d = 61mm như ở hình 3 thì chúng vẫn phủ kín hình tròn tâm O. Đường tròn tâm K cắt đường tròn tâm Q tại B, C với BC = 2r = 61 (mm). Đường tròn tâm N cắt đường tròn tâm Q tại B, A và cắt đường kính AS tại P sao cho AP = 47,20, do đó PO = ÁO - AP = 50 - 47,20 = KC BC 2,80; sin KQC= QC 2R = 0,61 KQC≈ α = 37",589 (1) (viết trong hệ thập phân), lúc đó sing = 60,999. Từ NF = NA — AF? có (2NF ) = (2r) _ AP? = 61 – 47,2 = 1493,16 NF≈ 19,3207; QF QP + AP/2 = 2,80 + 23,60 = N B NF 26,40. Có tg NQF = ≈ 0.7318 QF NQF ≈ B = 36",196 (2) Từ (1) và (2) có SQC = 180 –(AQB+BQC) ≈ 32",430 (3) Đường tròn tâm M (với M thuộc QS) đi qua P cắt đường tròn tâm Q tại C. Ta có QM = PM - PO = 30,50 - 2,80 = 27,70. Áp dụng định lí hàm số côsin trong AQMC' có : cos MQC' R2+QM2-2 502 +27,702 -30,52 2QC'.QM 100.27,70 Hình 3 ≈ 0,8437 MQC' y= 32°,467 (4) Từ (3) và (4) lấy sai số đến 0,01 nên MỌC > MỌC suy ra 5 hình tròn nhỏ phủ kín hình tròn tâm Q. Các bạn sau được nhận tặng phẩm : 1) Nguyễn Văn Ngọc, 9C, THCS Nguyễn Cao, Quế Võ, Bắc Ninh, 2) Nguyễn Duy Huy, 11 Lý 1, THPT Nguyễn Huệ, Hà Tây, 3) Nguyễn Trung Hải, 11/1, THPT Sào Nam, Duy Xuyên, Quảng Nam. PHI PHI https://www.facebook.com/letrungkienmath https://sites.google.com/site/letrungkienmath LỄ KHÁNH THÀNH TRƯỜNG THCS PHÚ ĐÌNH, ĐỊNH HÓA, THÁI NGUYÊN Hưởng ứng lời kêu gọi của Thủ tướng Chính phủ về việc kiên cố hóa trường học, dưới sự chỉ đạo của Bộ Giáo dục và Đào tạo, Nhà xuất bản Giáo dục cùng với Công ty Thiết bị Giáo dục 1 và Viện Nghiên cứu Thiết kế trường học đã đầu tư xây dựng một nhà học 2 tầng (10 phòng) tại trường THCS Phú Đình, huyện Định Hóa, tỉnh Thái Nguyên. Tổng nguồn vốn đầu tư khoảng 1,5 tỉ đồng, trong đó NXB Giáo dục đóng góp 50% vốn. Ngày 4/9/2003 đã tổ chức khánh thành công trình và khai giảng năm học mới của trường THCS Phú Đình. Tham dự lễ có : Ông Nguyễn Minh Hiển, Bộ trưởng Bộ Giáo dục và Đào tạo; Ông Đỗ Xuân Thụ, Vụ trưởng Vụ Tổ chức cán bộ và đại diện các Vụ, Viện thuộc Bộ GD&ĐT; Ông Hứa Đức Nhị, Phó Bí thư Tỉnh ủy, Chủ tịch tỉnh ; Ông Nguyễn Bắc Son, Phó BT thường trực Tỉnh ủy ; Ông Nghiêm Đình Vỹ, Phó Trưởng ban Khoa giáo TƯ; Ông Ngô Trần Ái, Giám đốc NXB Giáo dục ; các ông Phó Giám đốc NXB Giáo dục : Nguyễn Đăng Quang, Nguyễn Quý Thao, Nguyễn Xuân Hòa ; Ông Giám đốc Công ty Thiết bị Giáo dục 1 ; Ông Viện trưởng Viện Nghiên cứu Thiết kế trường học ; Ông Lê Duy Vy, Giám đốc Sở Giáo dục - Đào tạo tỉnh Thái Nguyễn ; đại diện UBND huyện Định Hóa, xã Phú Đình, ... Đây là tấm lòng, tình cảm chân thành của cán bộ công nhân viên NXB Giáo dục, Công ty Thiết bị Giáo dục 1, Viện Nghiên cứu Thiết kế trường học đối với nhân dân Định Hóa, nơi miền núi xa xôi còn gặp nhiều khó khăn, khu vực ATK thời kháng chiến chống Pháp, cái nôi của cách mạng Việt Nam. TRANG WEB CỦA NHÀ XUẤT BẢN GIÁO DỤC Địa chỉ: http://www.nxbgd.com.vn • Giới thiệu về NXBGD, cung cấp cho bạn đọc những thông tin chính thức về các định hướng, chủ trương của Bộ GD&ĐT, của NXBGD về công tác xuất bản, phát hành sách giáo dục. Thường xuyên cập nhật những thông tin mới nhất NHÀ XUẤT BẢN GIÁO DỤC có liên quan đến sách giáo khoa, sách tham khảo và hoạt động của NXBGD. Các phóng viên có thể lấy thông tin từ đây cung cấp cho các báo. • Giới thiệu một cách hệ thống các loại xuất bản phẩm của NXBGD. Danh mục sản phẩm với các thông tin chính về từng cuốn sách (tên sách, tác giả, số trang, khổ, giá bìa, tóm tắt nội dung, ...) được cập nhật thường xuyên và các công cụ tìm kiếm thuận tiện sẽ phục vụ tối đa nhu cầu tìm kiếm đa dạng của độc giả. Từ nay bạn đọc có thể đặt mua hàng trên mạng và có thể nhận được sách qua đường bưu điện. Bạn có thể truy cập vào website NXBGD để có những thông tin chi tiết hơn. Được đưa lên mạng từ tháng 9/2001, website NXBGD ngày càng được cải tiến và trở nên khá quen thuộc với các thầy giáo, các em học sinh và bạn đọc quan tâm đến giáo dục. Hi vọng rằng website sẽ trở thành cầu nối giữa bạn đọc và NXBGD, đồng thời sẽ đáp ứng ngày càng tốt hơn nhu cầu thông tin cho bạn đọc. ISSN: 0866-8035 Chỉ số : 12884 Mã số : 8BT17M3 Chế bản tại Tòa soạn In tại Nhà máy in Diên Hồng, 187B phố Giảng Võ In xong và nộp lưu chiếu tháng 9 năm 2003 Giá : 3000d Ba nghìn đồng """