1
TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN - THCS GIO HẢI
SÁNG TẠO KHI TỰ HỌC TOÁN
Trong tự học nhiều khi giúp tìm đến những điều thú vị trong toán học. Bài viết này xin được trao đổi cùng
bạn đọc về một bài toán mà trong việc tự học toán tôi đã tìm đến những bài toán mới, bài toán tổng quát.
Bài toán 1 : Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng :
1/(a + b + c) + 1/(a - b + c) + 1/(- a + b + c) ≥ 1/a + 1/b + 1/c
(Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 trường THPT chuyên Lê Hồng Phong, TP Hồ Chí Minh, 1992-1993)
Hướng dẫn
Bài toán phụ : Cho x, y > 0. Chứng minh rằng : 1/x + 1/y ≥4/(x + y)
Lời giải : Vận dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương ta có:

Vì a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác nên:
a + b > c ; a + c > b ; b + c > a ; a + b - c > 0 ; a - b + c > 0 ; - a + b + c > 0.
Vận dụng bài toán phụ trên ta có:
1/(a + b - c) + 1/(a - b + c) ≥ 4/(a + b - c + a - b + c ) = 4/(2a) = 2/a (1)
Chứng minh tương tự ta cũng có:
1/(a + b - c) + 1/(- a + b + c) ≥ 2/b (2)
1/(a - b + c) + 1/(- a + b + c) ≥ 2/c (3)
Từ (1), (2), (3) ta có điều cần chứng minh.
Bài toán phụ giúp ta nhận ra rằng nếu n thuộc N thì:
Từ đó ta đến với bài toán mới, bài toán tổng quát của bài toán 1.
Bài toán 2 : Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng :
với mọi n thuộc N.
Vẫn chưa vừa lòng với kết quả nhận được tôi thử tìm cách thay đổi tử của các phân thức ở vế trái của bất
đẳng thức ở bài toán 1 và nhận được bài toán mới.
Bài toán 3 : Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng :
c/(a + b - c) + b/(a - b + c) + a/(- a + b + c) ≥ 3
(Đề kiểm tra đội tuyển toán 9, quận Tân Bình, TP Hồ Chí Minh 2000-2001)
Hướng dẫn :
Đặt - a + b + c = x, a - b + c = y, a + b - c = z

Ta có a = (y + z)/2 ; b = (x + z)/2 ; c = (x + y)/2 . Do đó:
c/(a + b - c) + b/(a - b + c) + a/(- a + b + c) = (x + y)/(2z) + (x + z)/(2y)
= (y + z)/(2x) = 1/2[(x/y + y/x) + y/z + z/y) + x/z + z/x)] ≥ 1/2.(2 + 2 + 2) = 3
Suy nghĩ ... và suy nghĩ giúp tôi tìm và giải được bài toán 4, bài toán tổng quát của bài toán 1 và bài toán
3.
Bài toán 4 : Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng :
1
NGUYỄN VĂN QUỐC
2
TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN - THCS GIO HẢI
với mọi n thuộc N.
Hướng dẫn :
Với n = 0 ta có bài toán 1, và với n = 1 ta có bài toán 3.
Xét n ≥ 2 ta có: (an - 2 - bn - 2)(a - b) ≥ 0 => an - 1 + bn - 1 ≥ an - 2b + abn - 2 (1)
Tương tự bn - 1 + cn - 1 ≥ bn - 2c + bcn - 2 (2) ;
cn - 1 + an - 1 ≥ an - 2c + acn - 2 (3)
Mặt khác, áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương ta có:
Chứng minh tương tự ta cũng có:
Từ (1), (2), (3), (4), (5) và (6) ta có:
Bài toán 1, chắc chắn còn nhiều điều thú vị nữa nếu chúng ta tiếp tục khai thác tìm tòi.
HA
MỘT PHONG CÁCH HỌC TOÁN
Khai thác bài toán trong sách giáo khoa nhiều khi đem đến cho chúng ta những điều lí thú và sâu sắc. Tôi
tin rằng đây là một phong cách học toán tốt, góp phần tìm kiếm cái mới trong toán học
Xin được cùng bạn đọc trao đổi về bài toán sau :
Bài toán A : Cho tứ giác ABCD. Gọi M, N, P, Q theo thứ tự là các trung điểm của các cạnh AB, BC, CD,
DA. Chứng minh rằng tứ giác MNPQ là hình bình hành. (Bài 6, trang 24 SGK Hình học 8, NXB Giáo dục
2000)
Hướng dẫn
MN là đường trung bình của tam giác ABC => MN // AC và MN = 1/2 AC.

2
NGUYỄN VĂN QUỐC
3
TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN - THCS GIO HẢI
QP là đường trung bình của tam giác ADC => QP // AC và QP = 1/2 AC.
Do đó MN // QP và MN = QP => tứ giác MNPQ là hình bình hành. * Câu hỏi được đặt ra : Liệu tứ giác
ABCD không lồi thì tứ giác MNPQ có là hình bình hành không ?
Dễ thấy hoàn toàn tương tự trên ta chứng minh được tứ giác MNPQ là hình bình hành. Ta có hai bài toán
mới.
Bài toán 1 : Cho tứ giác ABCD. Gọi M, P lần lượt là trung điểm hai đường chéo AB, DC. N, Q lần lượt là
trung điểm các cạnh BC, DA. Chứng minh rằng tứ giác MNPQ là hình bình hành.
Bài toán 2 : Cho tam giác ABD, C là điểm nằm trong tam giác ABD. Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung
điểm các đoạn thẳng AB, BC, CD, DA. Chứng minh rằng tứ giác MNPQ là hình bình hành.
Từ bài toán A nhận ra rằng nếu trên các cạnh BC có điểm E, trên cạnh AD có điểm F (E ≠ N, F ≠ Q) mà tứ
giác MEPF là hình bình hành thì cũng có tứ giác ENFQ là hình bình hành, do vậy giúp ta giải được bài
toán hay và khó sau :
Bài toán 3 : Cho tứ giác ABCD có M, P lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, CD. E và F lần lượt là
các điểm thuộc các cạnh BC và DA (EB ≠ EC, FA ≠ FD) sao cho tứ giác MEPF là hình bình hành.
Chứng minh rằng BC // AD.
Bài toán A giúp ta giải được bài toán sau :
Bài toán 4 : Cho ngũ giác ABCDE, gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC, DE, AE.
H là trung điểm của NQ, K là trung điểm của MP. Chứng minh rằng KH // DC.
Và nếu I, J lần lượt là trung điểm các đường chéo AC, BD, bài toán A và bài toán 1 giúp ta đến với bài
toán Giec gôn :
Bài toán 5 : Chứng minh rằng đoạn thẳng nối trung điểm hai đường chéo và các đoạn thẳng nối trung
điểm các cạnh đối của tứ giác lồi gặp nhau tại một điểm.
Hơn nữa, ta cũng nhận ra rằng ở bài toán A còn có :
AC vuông góc với BD tương đương MN vuông góc với MQ tương đương với MNPQ là hình chữ nhật.
AC = BD tương đương MN = MQ hay MNPQ là hình thoi.
Giúp ta đến với bài toán 6.

Bài toán 6 : Gọi M, N, P, Q là các trung điểm các cạnh của tứ giác ABCD. Hai đường chéo AC và BD
phải thỏa mãn những điều kiện nào để M, N, P, Q là 4 đỉnh của :
a) Hình chữ nhật ? ;
b) Hình thoi ? ;
c) Hình vuông ?
(Bài 13, trang 37 SGK Hình học 8, NXB Giáo dục 2000)
Câu c bài toán 6 giúp ta có lời giải bài toán Hay và Khó sau :
Bài toán 7 : Cho tam giác OBC. Về phía ngoài tam giác dựng các hình vuông OBIA, OCKD. Gọi M, P lần
lượt là tâm của các hình vuông OBIA, OCKD. Và N, Q lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng BC,
AD. Chứng minh rằng tứ giác MNPQ là hình vuông.
Vẽ hình bài toán 7, nhận ra rằng M, N, P, Q lần lượt là trung điểm các cạnh AB, BC, CD, DA của tứ giác
ABCD.
3
NGUYỄN VĂN QUỐC
4
TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN - THCS GIO HẢI
Do vậy “chìa khóa vàng” của bài toán là chứng minh AC = BD, AC vuông góc với BD điều này có được
từ ΔOAC = ΔOBD (c - g - c).
Và như vậy từ hình 2 cũng cho ta bài toán mới.
Bài toán 8 : Cho tứ giác ABCD, gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng AB, AC, CD,
BD. Tứ giác ABCD phải thỏa mãn những điều kiện nào để M, N, P, Q là bốn đỉnh của :
a) Hình chữ nhật ? ;
b) Hình thoi ? ;
c) Hình vuông ?
Tương tự từ hình 3 cũng đến với ta bài toán 9.
Bài toán 9 : Cho tam giác ABC, C là điểm nằm trong tam giác ABD. Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung
điểm của các đoạn thẳng AB, BC, CD, DA.
Các điểm A, B, C, D phải thỏa mãn những điều kiện nào để M, N, P, Q là bốn đỉnh của :
a) Hình chữ nhật ? ;
b) Hình thoi ? ;

c) Hình vuông ?
Và như vậy từ các bài toán : A ; 1 ; 2 ; 6 ; 8 ; 9 có được bài toán tổng quát sau chăng ?
Bài toán 10 : Cho bốn điểm A, B, C, D trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng. Gọi M, N, P, Q lần
lượt là trung điểm của các đoạn thẳng AB, BC, CD, DA.
Các điểm A, B, C, D phải thỏa mãn những điều kiện nào để M, N, P, Q là bốn đỉnh của :
a) Hình chữ nhật ? ;
b) Hình thoi ? ;
c) Hình vuông ?
Lại nhận ra rằng :
SMNP = 1/2.SMNPQ , SMNPQ = 1/2.SABCD .
Do vậy SMNP = 1/4.SMNPQ , đến với bài toán Hay và Khó sau :
Bài toán 11 : Cho tứ giác ABCD. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BD, CD. Chứng
minh rằng SMNP = 1/4.SABCD.
Bài toán A chắc chắn còn nhiều điều hấp dẫn và thú vị, nếu ta tiếp tục suy nghĩ và tìm tòi. (2/2003)
Nguyễn Đức Tấn
(TP Hồ Chí Minh)
4
NGUYỄN VĂN QUỐC
5
TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN - THCS GIO HẢI
HỌC MỘT BIẾT MƯỜI
Rèn luyện tính độc lập, sáng tạo là yêu cầu để phát huy phẩm chất của người lao động. Vì thế các bạn cần
tập suy luận và sáng tạo, phát hiện những bài toán mới, những vấn đề mới, xuất phát từ những bài toán đã
biết.
Xét bài toán 19, trang 38, Hình học 8 :
Cho một góc vuông xOy. Trên tia Ox ta lấy điểm A cố định sao cho OA = a, trên tia Oy ta lấy điểm B di
động. Vẽ trong góc xOy hình vuông ABCD.
a) Tính khoảng cách từ D tới Ox.
b) Tìm tập hợp (quỹ tích) các điểm D khi B di động.
5

NGUYỄN VĂN QUỐC
6
TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN - THCS GIO HẢI
Lược giải :
a) Kẻ DH vuông góc với Ox. Góc D1 = Đ A1 (phụ với Đ A2 ), DA = AB (cạnh hình vuông)
=> ΔDHA = ΔAOB (cạnh huyền, góc nhọn) => DH = AO = a.
b) D cách Ox một khoảng bằng a không đổi nên D thuộc d//Ox, cách Ox một khoảng bằng a.
Giới hạn : Khi B trùng với O thì hình vuông ABCD trở thành hình vuông AOC’D’ => D trùng với D’
=> tập hợp D là tia đối của tia D’C’.
* Khi D trùng với D’ thì hình vuông ABCD trở thành hình vuông AOC’D’. Hình vuông này có diện tích
nhỏ nhất và bằng a2. Do đó có thể thay bài toán quỹ tích bằng bài toán cực trị.
Bài toán 1 : Cho góc vuông xOy. Trên tia Ox lấy điểm A cố định sao cho OA = a, trên tia Oy lấy điểm B
di động. Vẽ trong góc xOy hình vuông ABCD. Xác định vị trí của đỉnh D để hình vuông ABCD có diện
tích nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất đó theo a.
* Nếu từ C và D kẻ các đường thẳng lần lượt song song với Ox và Oy thì hình tạo thành cũng là hình
vuông ngoại tiếp hình vuông ABCD. Ta có bài toán khác.
Bài toán 2 : Cho góc vuông xOy. Trên tia Ox lấy điểm A, trên tia Oy lấy điểm B (tùy ý, khác O). Vẽ hình
vuông ABCD. Qua C và D dựng các đường thẳng lần lượt song song với Ox và Oy, chúng cắt nhau tại P
và lần lượt cắt Oy tại Q, Ox tại H.
a) Chứng minh tứ giác OHPQ là hình vuông.
b) Chứng minh tâm đối xứng của hai hình vuông ABCD và OHPQ trùng nhau.
* Bài toán 2 là trường hợp riêng của bài toán 8, trang 54, SGK Hình học 8. Giải được bài 8, tức là bài toán
2 ở trên đã được giải quyết.
Bài toán 8 Sách giáo khoa là :
Cho hai hình bình hành, mỗi cạnh của hình thứ nhất chứa một đỉnh của hình thứ hai. Chứng minh rằng hai
hình bình hành đó cùng có một tâm đối xứng.
6
NGUYỄN VĂN QUỐC
7
TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN - THCS GIO HẢI

* Từ bài toán 1, thêm giả thiết : H là chân đường vuông góc hạ từ D xuống Ox. Có thể cho phát hiện sự
liên hệ giữa chu vi tam giác OAB và độ dài cạnh hình vuông ABCD. Từ đó ta có :
Bài toán 3 : Cho góc vuông xOy. Trên tia Ox lấy điểm A cố định, điểm B di động trên tia Oy. Vẽ trong
góc xOy hình vuông ABCD. Gọi H là hình chiếu của D trên Ox. Chứng minh rằng chu vi tam giác OAB <
2m, với m là độ dài đoạn thẳng OH.
Lược giải :
ΔDHA = ΔAOB => OB = AH
=> OA + OB = OH = m
Trong ΔOAB : AB < OA + OB = m chu vi ΔOAB : OA + OB + AB < m + m = 2m.
* Điều gì sẽ xảy ra nếu chu vi ΔOAB = 2m ? Ta có bài toán :
Bài toán 4 : Cho hình vuông OHPQ có cạnh bằng m. A, B lần lượt là các điểm trên các cạnh OH, OQ sao
cho chu vi ΔOAB = 2m. Chứng minh Đ APB = 45o khi A, B di động.
Lược giải : Kẻ PE vuông góc với PA, với E nằm trên tia OQ.
Ta có Đ P1 = Đ P2 (cùng phụ với góc APQ), PQ = PH ;
=> Đ Q = Đ H = 90o => ΔPQE = ΔPHA (g.c.g) => QE = AH ; PE = PH.
Chu vi ΔOAB : OA + OB + AB = 2m = OH + OQ => OA + OB + AB = (OA + AH) + (OB + BQ)
=> AB = AH + BQ = QE + BQ = BE
=> ΔBPA = ΔBPE (c.c.c) => Đ BPA = Đ BPE
=> Đ BPA = 1/2 Đ APE => Đ APB = 1/2. 90o = 45o
* Nếu Đ APB = 450 quay xung quanh P, nhưng luôn cắt hai cạnh OH và OQ của hình vuông thì chu vi
ΔOAB có luôn luôn bằng 2m không ? Ta có bài toán ngược :
Bài toán 5 : Cho hình vuông OHPQ. A, B là các điểm di động lần lượt trên các cạnh OH, OQ sao cho góc
APB = 45o. Chứng minh chu vi ΔOAB không đổi.
* Vì ΔPBA = ΔPBE nên các đường cao PQ và PI của hai tam giác bằng nhau. Thế thì PE bằng một giá trị
không đổi. Ta có bài toán :
Bài toán 6 : Cho A và B theo thứ tự di động trên các cạnh OH, OQ của hình vuông OHPQ, sao cho Đ
APB = 45o. Tìm quỹ tích chân đường vuông góc hạ từ P xuống AB.
* Xét A là trung điểm của OH. Hình vuông OHPQ có xác định được không, nếu biết A và P. Ta có bài
toán :
Bài toán 7 : Dựng hình vuông, biết một đỉnh A và trung điểm của một cạnh không chứa A.

Từ bài toán 7, có thể dẫn đến bài toán :
Bài toán 8 : Cho A là trung điểm cạnh OH của hình vuông OHPQ. Tia At qua A và vuông góc với PA, cắt
OQ tại B. Chứng minh PA là tia phân giác góc BPH.
Đảo một phần giả thiết thành kết luận và đưa kết luận thành giả thiết thì vẫn đúng. Ta có bài toán “ngược”
:
Bài toán 9 : Cho A là trung điểm cạnh OH của hình vuông OHPQ. Trên cạnh OQ lấy điểm B sao cho Đ
BPA = Đ APH. Chứng minh AB vuông góc PA.
Với tinh thần luôn đào sâu suy nghĩ thì các bạn sẽ thực hiện được mục tiêu : Học một, biết mười.
7
NGUYỄN VĂN QUỐC
8
TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN - THCS GIO HẢI
Võ Ngọc Phan
(Trường Đặng Thai Mai, TP Vinh)
Trong quá trình học toán, nếu chúng ta có thói quen xem xét bài toán đảo thì cũng sẽ phát hiện nhiều bài
toán mới khá thú vị, thậm chí là rất hay. Hãy xét qua ví dụ sau đây :
Bài toán thuận : Cho hình thang ABCD (AB // CD). Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh bên
AD, BC. Nối MN (đường trung bình) cắt hai đường chéo BD và AC tại P và Q tương ứng. Ta đã có các
kết quả sau :
1) MN song song với hai đáy AB, CD và MN = 1/2. (AB + CD)
2) P, Q lần lượt là các trung điểm của hai đường chéo BD, AC và PQ = 1/2.|AB - CD|
3) MP = NQ.
8
NGUYỄN VĂN QUỐC
9
TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN - THCS GIO HẢI
Từ đó ta có các bài toán đảo :
Bài toán đảo 1 : Cho tứ giác lồi ABCD. Gọi M và N là các trung điểm của các cạnh AD, BC tương ứng.
Chứng minh rằng nếu MN = 1/2.(AB + CD) thì ABCD là hình thang.
Chứng minh :

- Gọi K là trung điểm của đường chéo BD, ta có :
MK // AB và MK = 1/2.AB
NK // CD và NK = 1/2.CD
=> : MK + NK = 1/2.(AB + CD) = MN (gt)
=> : M, K, N thẳng hàng => AB // MN và CD // MN => AB // CD (đpcm).
Bài toán đảo 2 : Cho tứ giác lồi ABCD (AB < CD). Gọi P, Q là trung điểm của các đường chéo BD và AC
tương ứng. Chứng minh rằng nếu PQ = 1/2.(CD - AB) thì ABCD là hình thang.
Chứng minh : Gọi M là trung điểm của AD, ta có : PM // AB và PM = 1/2.AB ; QM // CD và QM =
1/2.CD
=> : QM - PM = 1/2.(CD - AB) = PQ
=> : M, P, Q thẳng hàng => AB // PQ và CD // PQ => AB // CD (đpcm).
Bài toán đảo 3 : Cho tứ giác lồi ABCD. Gọi M và N là trung điểm của các cạnh AD và BC tương ứng. Giả
sử MN lần lượt cắt các đường chéo BD và AC tại P và Q. Chứng minh rằng nếu MP = NQ thì ABCD là
hình thang.
9
NGUYỄN VĂN QUỐC
10
TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN - THCS GIO HẢI
Chứng minh :
- Tất nhiên AC không song song với BD (1)
- Gọi E, F là trung điểm của các đường chéo BD và AC tương ứng. Giả sử P không trùng với E và Q
không trùng với F. Ta có ME song song và bằng NF (vì cùng song song và bằng 1/2.AB) => MENF là
hình bình hành => MN cắt EF tại trung điểm O của mỗi đoạn hay OM = ON, mà MP = NQ => PO = OQ
=> PEQF là hình bình hành => PE // QF hay BD // AC, trái với (1).
Vậy E trùng với P, F trùng với Q hay AB // MP, CD // NQ => AB // MN // CD (đpcm).
Bằng cách suy nghĩ tương tự như vậy ta cũng có bài toán đảo sau đây mà lời giải dành cho các bạn :
Bài toán đảo 4 : Cho tứ giác lồi ABCD. Gọi P và Q lần lượt là trung điểm của hai đường chéo BD và AC.
Giả sử đường thẳng PQ cắt các cạnh AD và BC tại M và N tương ứng. Cho biết MP = NQ. Hỏi ABCD có
là hình thang hay không ?
Chúc các bạn có thói quen xem xét các bài toán đảo trong quá trình học tâp để phát hiện ra các bài toán

mới thú vị.
Nguyễn Khánh Nguyên
(Trường THCS Hồng Bàng, Hải Phòng)
10
NGUYỄN VĂN QUỐC
11
TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN - THCS GIO HẢI
XEM KHÁC NHAU LÀ ... GIỐNG NHAU
Trước tiên, các bạn xem các bài toán sau :
Bài toán 1 : Cho sáu số vô tỉ. Chứng minh rằng có thể chọn ra được ba số a, b, c trong sáu số đã cho để a +
b, b + c, c + a cũng là các số vô tỉ.
Bài toán 2 : Cho sáu điểm khác nhau trên mặt phẳng sao cho không có ba điểm nào thẳng hàng. Với mỗi
đoạn thẳng nối hai trong sáu điểm đã cho, ta tô màu xanh hoặc đỏ. Chứng minh rằng tồn tại một tam giác
có ba cạnh cùng màu.
Bài toán 3 : Chứng minh rằng trong sáu người bất kỳ luôn tìm được ba người đôi một quen nhau hoặc đôi
một không quen nhau (bài toán Ram - Say).
Bài toán 4 : Chia các số 1, 2, 3, 4, 5 thành hai nhóm. Chứng minh rằng có một nhóm chứa các số a, b, c
(có thể các số này trùng nhau) sao cho a + b = c.
Bài toán 5 : Cho sáu điểm khác nhau trên mặt phẳng sao cho không có ba điểm nào thẳng hàng. Ngoài ra
độ dài các đoạn thẳng nối hai trong sáu điểm trên cũng khác nhau. Chứng minh rằng tồn tại một đoạn
thẳng là cạnh lớn nhất của một tam giác có đỉnh là ba trong sáu điểm đã cho đồng thời cũng là cạnh nhỏ
nhất của một tam giác khác có đỉnh là ba trong sáu điểm đã cho.
Bài toán 6 : Sáu nhà khoa học từ sáu nước khác nhau viết thư trao đổi với nhau về một trong hai đề tài.
Chứng minh rằng có ba nhà khoa học viết thư trao đổi với nhau về cùng một đề tài.
Bài toán 7 : Năm nhà du hành vũ trụ của hai nước cùng bay vào trạm không gian quốc tế. Các số hiệu 1, 2,
3, 4, 5 được gán ngẫu nhiên cho từng người. Chứng minh rằng có ba nhà du hành vũ trụ có cùng một quốc
tịch sao cho hiệu của số hiệu của hai người này là số hiệu của người kia.
Nếu các bạn bỏ công ra giải tất cả các bài toán trên thì thật đáng khen nhưng đó không phải là điều tôi
muốn trình bày trong bài này. Điều tôi muốn nói là bảy bài toán trên thật ra là một. Tuy có cách phát biểu
khác nhau, số liệu khác nhau nhưng về bản chất thì như nhau. Bạn chưa tin ư ? Ta hãy xem nhé. Bảy bài

toán trên thật ra là các cách phát biểu khác nhau hay tương đương với bài toán 2. Bây giờ ta xem như bài
toán 2 đã được giải. Chứng minh hoàn chỉnh của nó sẽ được trình bày sau.
ở bài toán 3, ta “coi” mỗi người như là một điểm của mặt phẳng. Nếu hai người quen nhau thì đoạn thẳng
nối hai điểm tương ứng với họ được tô màu xanh, ngược lại ta tô màu đỏ. Theo bài toán 2, có một tam
giác T có ba cạnh cùng màu. Nếu T có các cạnh màu xanh thì sẽ có ba người tương ứng (với các đỉnh của
T) đôi một quen nhau. Nếu T có các cạnh màu đỏ thì sẽ có ba người đôi một không quen nhau.
Bài toán 6 cũng là bài toán 2 và có cách giải tương tự như cách giải bài toán 3.
Bài toán 5 tuy có cách phát biểu thật dài nhưng cũng chỉ là biến thể của bài toán 2. ở bài toán 2, quá trình
tô màu là ngẫu nhiên. Do vậy, để giải bài toán 5, ta dùng một cách tô màu đặc biệt. Cụ thể, với mỗi tam
giác có đỉnh là ba trong sáu đỉnh đã cho, ta tô màu đỏ cạnh lớn nhất, tô màu xanh hai cạnh còn lại. Do vậy,
11
NGUYỄN VĂN QUỐC
12
TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN - THCS GIO HẢI
theo bài toán 2, có một tam giác T có ba cạnh cùng màu. Vì cạnh lớn nhất của T có màu đỏ nên các cạnh
của T đều có màu đỏ. Do cạnh nhỏ nhất của T có màu đỏ nên nó là cạnh lớn nhất của một tam giác khác.
Từ đây ta => điều cần chứng minh.
ở bài toán 1, coi mỗi số vô tỉ đã cho như là một điểm của mặt phẳng. Hai số có tổng là một số vô tỉ thì
đoạn thẳng nối hai điểm tương ứng được tô màu đỏ, ngược lại thì tô màu xanh. Vì có một tam giác T có
ba cạnh cùng màu nên có ba số vô tỉ a, b, c (ứng với ba đỉnh của T) sao cho a + b, b + c, c + a đều là số vô
tỉ (nếu các cạnh của T có màu đỏ) hoặc a + b, b + c, c + a đều là số hữu tỉ (nếu các cạnh của T có màu
xanh). Chỉ có trường hợp đầu xảy ra và đó là điều phải chứng minh. Thật vậy, nếu x = a + b, y = b + c, z =
c + a đều là số hữu tỉ thì a = (x - y + z)/2 là số hữu tỉ. Điều này vô lí do a là số vô tỉ.
Các bài toán 1, 3, 5, 6 đều liên quan đến số 6 như bài toán 2. Trong khi đó, các bài 4, 7 lại liên quan đến
con số 5 mà lại có bản chất như bài toán 2 mới lạ chứ ! Dễ thấy, hai bài toán 4, 7 là một nên ta chỉ trình
bày cánh giải bài toán 4 mà thôi.
Trên mặt phẳng lấy 6 điểm và kí hiệu 6 điểm này bởi các chữ số : 1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5 ; 6. Khi đó nếu i, j là hai
điểm khác nhau thì |i - j| nhận giá trị từ 1 đến 5. Cạnh nối hai điểm i, j được tô màu đỏ nếu |i - j| thuộc
nhóm thứ nhất và được tô màu xanh nếu |i - j| thuộc nhóm thứ hai. Vì có một tam giác có ba cạnh cùng
màu nên tồn tại các điểm có kí hiệu là i ; j ; k sao cho |i - j|, |k - j|, |i - k| thuộc cùng một nhóm, chẳng hạn

là nhóm thứ nhất. Ta giả sử i < j < k. Khi đó a = |i - j| = j - i, b = |k - j| = k - j, c = |i - k| = k - i đều thuộc
nhóm thứ nhất và có a + b = c.
Các bạn thấy thế nào ? Tất cả đều là bài toán 2. Nhiệm vụ cuối cùng của chúng ta là chứng minh bài toán
2. Chứng minh khá đơn giản như sau :
Xét một điểm A trong sáu điểm đã cho. Năm đoạn thẳng xuất phát từ A được tô một trong hai màu nên
theo nguyên lí Đi-rích-lê, tồn tại ba đoạn thẳng có cùng màu. Giả sử các đoạn thẳng AB, AC, AD được tô
màu xanh. Nếu các đoạn thẳng BC, CD, DB đều có màu đỏ thì tam giác BCD có ba cạnh cùng đỏ. Ngược
lại, có một đoạn thẳng, BC chẳng hạn, có màu xanh thì tam giác ABC có ba cạnh cùng màu xanh. Vậy
trong mọi trường hợp ta đều tìm được một tam giác có ba cạnh cùng màu.
Từ một bài toán, các bạn phát triển thành nhiều bài toán, đó là một cách học tốt. Nhưng để nhìn bảy bài
toán khác nhau trở thành giống nhau cũng phải rèn luyện không hề dễ dàng, có phải không các bạn ?
Lê Quang Nẫm
(ĐHKHTN, ĐHQG TP Hồ Chí Minh)
6
12
NGUYỄN VĂN QUỐC
13
TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN - THCS GIO HẢI
KHÔNG CHỈ DỪNG LẠI Ở VIỆC GIẢI TOÁN !
Trong học toán, việc tạo được thói quen chủ động tìm tòi, khai thác, phát triển các bài toán sẽ giúp người
học hiểu sâu sắc kiến thức đã học, phát triển tư duy sáng tạo và tiếp thu tốt những kiến thức mới.
* Chúng ta sẽ bắt đầu từ một bài toán quen thuộc.
Bài toán 1 :
Cho ΔABC có Đ B = 90o ; đường cao BH. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của BH và HC. Chứng
minh : AM vuông góc với BN.
Lời giải :
Từ giả thiết ta có : MN là đường trung bình của ΔHBC (hình 1) => MN // BC, mặt khác BC vuông góc
AB => MN vuông góc với AB.
Xét ΔABN có MN vuông góc với AB ; BM vuông góc với AN => M là trực tâm của ΔABN => AM
vuông góc với BN (đpcm).

* Có rất nhiều hướng phát triển bài toán 1, cho ta những bài toán mới khá thú vị. Từ suy nghĩ nếu tạo
được đường thẳng song song với AM hoặc BN thì đường thẳng đó sẽ tương ứng vuông góc với BN hoặc
AM, ta cho thêm điểm K mà B là trung điểm của KC (hình 2), dễ dàng nhận thấy BN là đường trung bình
của ΔCKH => BN // KH => AM vuông góc với KH. Ta có bài toán sau :
Bài toán 2 :
13
NGUYỄN VĂN QUỐC
14
TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN - THCS GIO HẢI
Cho ΔABC có góc B = 90o ; đường cao BH. Gọi M là trung điểm của BH và K là điểm đối xứng với C
qua B. Chứng minh : KH vuông góc với AM.
Lời giải :
Gọi N là trung điểm của HC, theo chứng minh trên, ta có đpcm.
* Hoàn toàn là bài toán 2 nhưng với cách phát biểu khác đi, ta có bài toán 3.
Bài toán 3 :
Cho ΔABC cân tại A, đường cao AH. Hạ HI vuông góc với AC, M là trung điểm của HI. Chứng minh
rằng BI vuông góc với AM.
* Tiếp tục phát triển theo hướng trên : tạo ra đường thẳng song song với AM, đường thẳng đó ắt vuông
góc với BN.
Bài toán 4 :
Cho hình chữ nhật ABCD. Gọi H là hình chiếu của B trên AC, I và N lần lượt là trung điểm của AD và
HC. Chứng minh rằng BN vuông góc với IN.
Lời giải :
Gọi M là trung điểm của BH (hình 3).
Ta có AM vuông góc với BN (bài toán 1). Ta còn phải chứng minh AM // IN, thật vậy :
Do MN là đường trung bình của ΔHBC nên MN // = 1/2BC , mặt khác, ABCD là hình chữ nhật và I là
trung điểm của AD nên IA // = 1/2 BC . Do đó IA // = MN => MNIA là hình bình hành => AM // IN, bài
toán được chứng minh xong.
* Bài toán 4 còn nhiều cách giải khác. Kết hợp bài toán 3 và bài toán 4 ta có bài toán mới khó hơn chút
xíu.

Bài toán 5 :
Cho ΔABC cân tại A, đường cao AH. Dựng hình chữ nhật AHCK ; HI vuông góc với AC. M và N lần
lượt là trung điểm của IC và AK. Chứng minh rằng MN vuông góc với BI.
Lời giải :
14
NGUYỄN VĂN QUỐC
15
TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN - THCS GIO HẢI
Gọi J là trung điểm của HI (hình 4). áp bài toán 3 ta có BI vuông góc với AJ ; mặt khác, theo chứng minh
của bài toán 4, tứ giác AJMN là hình bình hành và AJ // MN, vậy : MN vuông góc với BI (đpcm).
* Tương tự như bài toán 4 (dựng hình chữ nhật ABCD rồi tạo AM // IN), ta sẽ tạo EF // BN để được bài
toán sau.
Bài toán 6 :
Cho hình chữ nhật ABCD. Gọi H là hình chiếu của B trên AC ; E, F, M lần lượt là trung điểm của AB,
DH, BH. Chứng minh rằng AM vuông góc với EF.
Lời giải :
Gọi N là trung điểm của CH (hình 5). áp dụng chứng minh tứ giác AMNI là hình bình hành (bài toán 4), ta
chứng minh được tứ giác BEFN cũng là hình bình hành, => EF // NB.
Mặt khác BN vuông góc AM (theo bài toán 1). Vậy ta có AM vuông góc với EF .
* Lại kết hợp bài toán 4 và bài toán 6, cho ta một kết quả khác.
Bài toán 7 :
Cho hình chữ nhật ABCD. Gọi H là hình chiếu của B trên AC ; E, F, M, N lần lượt là trung điểm của AB,
DH, HC, AD. Chứng minh rằng EF vuông góc với MN.
15
NGUYỄN VĂN QUỐC
16
TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN - THCS GIO HẢI
Lời giải :
Gọi I là trung điểm của BH (hình 6).
Lần lượt theo các bài toán 1, 4, 6 ta có các kết quả sau : AI vuông góc với BM, AI // MN, BM // EF => EF

vuông góc với MN (đpcm).
* Tiếp tục khai thác, phát triển bài toán 1 chắc chắn còn nhiều điều thú vị. Qua đây, tác giả mong muốn
các bạn luôn có thói quen chủ động tìm tòi, khai thác, phát triển các bài toán, thông qua đó tự rèn luyện tư
duy và tích lũy được nhiều kiến thức bổ ích. Chúc các bạn thành công.
Lê Trọng Châu
(GV trường THCS Bình An, Can Lộc, Hà Tĩnh)
7
TỪ MỘT LỜI GIẢI ĐI ĐẾN
BÀI TOÁN TỔNG QUÁT
Trong kì thi chọn học sinh giỏi THPT của TP. Hồ Chí Minh năm học 2002 - 2003 có bài toán bất đẳng
thức đại số sau :
Bài toán : Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng :
Bài toán này có nhiều cách giải. Tôi xin giải bài toán này bằng phương pháp đổi biến và vận dụng bất
đẳng thức Côsi cho hai số dương, mà từ lời giải này ta có thể dẫn đến bài toán tổng quát một cách không
khó khăn gì.
16
NGUYỄN VĂN QUỐC
17
TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN - THCS GIO HẢI
Lời giải :
Đặt b + c = x ; c + a = y ; a + b = z. Do đó :
Vì a ; b ; c > 0 nên x ; y ; z > 0 và x < y + z (2) Ta có :
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi :
=> x = y + z, mâu thuẫn với (2)
=> đẳng thức không xảy ra.
Vậy, ta có :
Dựa vào ý tưởng của cách giải trên, ta đề xuất và giải được bài toán sau :
Bài toán tổng quát : Cho m, n, p, a, b, c là các số dương. Chứng minh rằng :
Lời giải :
Đặt b + c = x ; c + a = y ; a + b = z.

Do đó :
Vì a ; b ; c > 0 nên x ; y ; z > 0 ; x < y + z ; y < z + x ; z < x + y (3)
Ta có :
17
NGUYỄN VĂN QUỐC
18
TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN - THCS GIO HẢI
Trường hợp m = 5, n = 4, p = 1 chính là bài toán ban đầu. Ngoài ra với những giá trị cụ thể khác của m, n,
p ta sẽ nêu được nhiều bất đẳng thức “đẹp” như bất đẳng thức (1).
Một kinh nghiệm các bạn nên vận dụng khi học toán : Thử xem với lời giải nào thì có thể đi đến bài toán
tổng quát dễ dàng nhất.
Nguyễn Đức Tấn
(TP. Hồ Chí Minh)
8
18
NGUYỄN VĂN QUỐC
19
TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN - THCS GIO HẢI
ĐẶC BIỆT HOÁ ĐỂ CÓ BÀI TOÁN MỚI
Trong quá trình dạy học toán, việc tìm lời giải các bài toán không chỉ là mục đích mà còn là cơ sở để đề
xuất các bài toán mới. Nếu ta biết khai thác bài toán vừa giải xong bằng cách đặc biệt hóa thì có thể thu
được những bài toán thú vị khác.
Trong bài viết này tôi sẽ trình bày một vài bài toán có được từ một bài toán sau đây.
Bài toán 1 : Từ điểm P trên đường chéo AC của hình bình hành ABCD, kẻ đường thẳng d lần lượt cắt các
tia AB, AD tại M và N.
Chứng minh : AB/AM + AD/AN = AC/AP .
Lời giải : (hình 1)
Từ B và D kẻ BB’ // MN, DD’ // MN (B’, D’ thuộc AC).
Ta có : AB/AM = AB'/AP ; AD/AN = AD'/AP .
Do đó : AB/AM + AD/AN = (AB' + AD')/AP .

Vì ΔBOB’ = ΔDOD’ (g.c.g) => B’O = D’O.
Nên : AB’ + AD’ = 2AO = AC => AB/AM + AD/AN = AC/AP .
* Trong bài toán 1 ta chú ý rằng AO là trung tuyến của ΔABD. Nếu P là trọng tâm của ΔABD thì AP =
1/3.AC . Từ đó ta có bài toán sau :
Bài toán 2 : Đường thẳng d đi qua trọng tâm G của ΔABC lần lượt cắt các cạnh AB và AC tại M và N.
Chứng minh : AB/AM + AC/AN = 3 .
Lời giải : (hình 2)
Tương tự như bài toán 1 :
AB/AM = AC/AN = 2AO/AG = 2.3/2.AG/AG = 3 .
* Trong bài toán 2 nếu đường thẳng d cắt tia CB tại P thì :
AC/CN + BC/CP = 3 và AB/BM - BC/BP = 3.
19
NGUYỄN VĂN QUỐC
20
TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN - THCS GIO HẢI
Từ đó ta có bài toán sau :
Bài toán 3 : Đường thẳng d đi qua trọng tâm G của ΔABC cắt cạnh AB tại M, cạnh AC tại N và tia CB tại
P.
Chứng minh :
Lời giải : (hình 3)
áp dụng bài toán 2 ta có : AB/AM = AC/AN = 3 ; AC/CN + BC/CP = 3 . (1)
Riêng vì MN cắt tia CB tại P nên tương tự cách chứng minh bài toán 2, ta có :
BA/BM = BA'/BG ; BC/BP = BC'/BG => BA/BM = BC/BP = 3 . (2) (dễ thấy BA’ - BC’ = 3BG).
Từ (1) và (2) => : AB/AM + AC/AN + AC/CN + BC/CP + AB/BM - BC/BP = 9
=> : AB.(AM + MB)/(AM.MB) + AC.(AN + NC)/(AN.NC) - BC.(CP - BP)/(BP.PC) = 9
=> : AB2/(AM.BM) + AC2/(AN.CN) - BC2/(BP.CP) = 9 (đpcm)
* Nếu ΔABC đều, cạnh a thì AB = AC = BC = a, ta đề xuất được bài toán :
Bài toán 4 : Đường thẳng d đi qua tâm O của tam giác đều ABC, cạnh a, cắt cạnh AB tại M, cạnh AC tại
N và tia CB tại P. Chứng minh :
Các bạn hãy giải bài toán 4 xem như bài tập. Trên đây là các bài tập định lượng, được khai thác từ bài toán

1 theo hướng đặc biệt hóa.
Bằng phương pháp tương tự mời bạn đọc hãy đề xuất các bài toán mới.
Nguyễn Thanh Tùng
(GV trường THCS Hoàng Xuân Hãn, Đức Thọ, Hà Tĩnh)
NHỮNG MỞ RỘNG BAN ĐẦU TỪ MỘT BÀI TOÁN TRONG SÁCH GIAO KHOA
Từ một bài toán quen thuộc trong SGK Hình học lớp 9, TS. Lê Quốc Hán đã có những mở rộng thú vị.
Con đường mở rộng này cũng là một cách học toán mà các bạn cần rèn luyện. TTT2 chân thành cảm ơn
TS. Nguyễn Minh Hà đã cùng TS. Lê Quốc Hán làm phong phú thêm những mở rộng này.
Trong SGK Hình học lớp 9, trang 38, có bài toán số 14, nội dung như sau :
Bài toán 1 : Cho tam giác đều ABC và điểm M thuộc cung BC (không chứa A) của đường tròn ngoại tiếp
tam giác. Chứng minh rằng : MA = MB + MC.
Bài toán 1 (BT1) được giải khá đơn giản :
20
NGUYỄN VĂN QUỐC
21
TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN - THCS GIO HẢI
Lời giải : Trên MA lấy điểm N sao cho MN = MB (1) (hình 1) ; do Đ BMN = Đ BCA = 60o nên ΔBMN
đều => BN = BM (2).
ΔABC đều nên BA = BC, mặt khác Đ ABC = Đ MBN = 60o => Đ ABN = Đ MBC (3)
Từ (1), (2), (3) => : ΔABN = ΔCBM (c.g.c) => NA = MC (4).
Từ (1), (4) => : MN + NA = MB + MC => MA = MB + MC.
BT1 là sự khởi đầu cho rất nhiều mở rộng đẹp và sâu sắc. Do sự hạn chế về chương trình, trong bài viết
này, chúng tôi chỉ có thể giới thiệu với bạn đọc những mở rộng ban đầu của BT1. Mặc dù vậy, những mở
rộng này, trong chừng mực nào đó, sẽ giúp các bạn trả lời câu hỏi lớn được đặt ra trong chuyên mục của
chúng ta : “Học toán ra sao ?”.
Trong BT1, giả thiết tam giác ABC đều tương đương với giả thiết các đường thẳng MA, MB, MC đôi một
tạo với nhau một góc 60o. Nhận xét trên cho ta một cách mở rộng BT1.
Bài toán 2 : Cho đường tròn (O) và điểm M nằm trong đường tròn. Các dây A1B1, A2B2, A3B3 đi qua M
(A1, B2, A3, B1, A2, B3 theo thứ tự nằm trên (O)) và đôi một tạo với nhau một góc 60o. Chứng minh
rằng : MA1 + MA2 + MA3 = MB1 + MB2 + MB3.

Vì BT2 được sinh ra từ BT1 nên ta nghĩ ngay tới việc dùng BT1 để giải BT2.
Lời giải : Không mất tính tổng quát, giả sử O nằm trong góc B1MA3 và hơn thế góc OMB1 ≤ OMA3
(hình 2). Dựng đường tròn (w) tâm O, bán kính OM. Đường tròn này theo thứ tự cắt các đoạn A1B1,
A2B2, A3B3 tại C1, C2, C3. Dễ thấy M thuộc cung C2C3 (không chứa C1) của (w).
21
NGUYỄN VĂN QUỐC
22
TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN - THCS GIO HẢI
Mặt khác Đ C1C2C3 = Đ C1MC3 = 60o và C1C2C2 = Đ C1MC2 = 60o
=> DC1C2C3 đều. Theo kết quả của BT1, ta có : MC1 = MC2 + MC3 (1)
Lại chú ý rằng, (O) và (w) đồng tâm, ta có : MA1 = C1B1 ; C2A2 = MB2 ; C3A3 = MB3 (2)
Từ (1), (2) dễ dàng => :
MA1 + MA2 + MA3 = MB1 + MB2 + MB3.
Tiếp theo mở rộng trên, BT1 còn có một mở rộng khác cũng khá hấp dẫn. Nó giới thiệu với chúng ta mối
quan hệ đẹp giữa ba số MA2, MB2, MC2.
Bài toán 3 : Cho tam giác đều ABC và điểm M thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác. Chứng minh rằng :
MA2 + MB2 + MC2 = 6R2. (R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC)
Trước khi giải BT3, ta hãy phát biểu và chứng minh một bổ đề.
Bổ đề 1 : Cho tam giác ABC có góc A = 120o .
Khi đó : BC2 = AB2 + AC2 + AB.AC.
Chứng minh : Gọi H là hình chiếu của C trên AB (hình 3). Dễ thấy :
Theo định lí Py-ta-go, ta có : BC2 = BH2 + CH2 (2)
Từ (1), (2) => : BC2 = (AB + AH)2 + CH2
BĐ1 đã được chứng minh.
Trở lại việc giải BT3.
22
NGUYỄN VĂN QUỐC
23
TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN - THCS GIO HẢI
Không mất tính tổng quát, giả sử M thuộc cung BC (không chứa A) của (O) (hình 4). Theo kết quả đạt

được trong BT1, ta có : MA = MB + MC
=> MA2 = MB2 + MC2 + 2MB.MC
=> MA2 + MB2 + MC2 = 2(MB2 + MC2 + MB.MC) (1)
Vì tam giác ABC đều nên Đ BMC = 120o .
Theo BĐ1, ta có : MB2 + MC2 + MB.MC = BC2
=> MB2 + MC2 + MB.MC = 3R2 (2)
Từ (1), (2) => : MA2 + MB2 + MC2 = 6R2.
Từ BT3, tương tự như cách phát triển BT1 thành BT2, chúng ta có thể phát biểu kết quả mở rộng hơn. Các
bạn thử suy nghĩ và gửi gấp ý kiến về TTT2. ở số tạp chí sau sẽ giới thiệu tiếp những phát triển mới. Cảm
ơn các bạn.
(Kì sau đăng tiếp)
TS. Lê Quốc Hán
(ĐHSP Vinh)
10
Từ BT3, tương tự như cách phát triển BT1 thành BT2, ta có bài toán mới sau đây.
Bài toán 4 : Cho đường tròn (O) và điểm M nằm trong (O). Các dây A1B1, A2B2, A3B3 đi qua M và đôi
một tạo với nhau một góc 60o. Chứng minh rằng :
MA12 + MB12 + MA22 + MB22 + MA32 + MB32 = 6R2.
(R là bán kính của đường tròn (O))
Lời giải : Không mất tính tổng quát, giả sử O nằm trong góc B1MA3 và hơn thế góc OMB1 nhỏ hơn bằng
góc OMA3 (hình 5). Gọi H1, H2, H3 lần lượt là hình chiếu của O trên A1B1, A2B2, A3B3. Đương nhiên,
H1, H2, H3 nằm trên đường tròn (w) đường kính OM và M thuộc cung H2H3 (không chứa H1) của (w).
Mặt khác : Đ H1H2H3 = Đ H1MH3 = 60o và Đ H1H3H2 = Đ H1MH2 = 60o => tam giác H1H2H3 đều.
Theo kết quả của BT3, ta có :
OH12 + OH22 + OH32 = MH12 + MH22 + MH32 (1)
Lại chú ý rằng, H1A1 = H1B1 ; H2A2 = H2B2 ; H3B3 = H3C3, ta có :
MA12 + MB12 = (H1A1 - H1M)2 + (H1B1 + H1M)2 = 2(H1A12 + H1M2)
MA22 + MB22 = (H2A2 - H2M)2 + (H2B2 + H2M)2 = 2(H2A22 + H2M2)
MA32 + MB32 = (H3A3 - H3M)2 + (H3B3 + H3M)2 = 2(H3A32 + H3M)2
Từ đó và chú ý tới định lý Py-ta-go, ta có :

MA12 + MB12 = 2(R2 - H1O2 + H1M2)
MA22 + MB22 = 2(R2 - H2O2 + H2M2)
MA32 + MB32 = 2(R2 - H3O2 + H3M2)
=> MA12 + MB12 + MA22 + MB22 + MA32 + MB32 = 6R2 - (H1O2 + H2O2 + H3O2) + (H1M2 +
H2M2 + H3M2) (2)
23
NGUYỄN VĂN QUỐC
24
TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN - THCS GIO HẢI
Từ (1), (2) => :
MA12 + MB12 + MA22 + MB22 + MA32 + MB32 = 6R2.
Chưa dừng lại ở đây, mối quan hệ đẹp giữa các số 1/MH , 1/MK , 1/ML , trong đó H, K, L là hình chiếu
của M trên BC, CA, AB, cũng sinh ra từ BT1.
Bài toán 5 : Cho tam giác ABC đều và điểm M thuộc cung BC (không chứa A) của đường tròn ngoại tiếp
tam giác. H, K, L theo thứ tự là hình chiếu của M trên BC, CA, AB.
Chứng minh rằng : 1/MH = 1/MK = 1/ML
Lời giải : Theo giả thiết, tứ giác ABMC nội tiếp. => : góc ABM + góc ACM = 180 .
Không mất tính tổng quát, giả sử : góc ACM là góc nhọn và góc ABM là góc tù.
Khi đó, K thuộc đoạn CA ; L thuộc tia đối của tia BA (hình 6).
Dễ thấy : Δ BHM đồng dạng với Δ AKM và Δ CHM đồng dạng với Δ ALM
=> MH/MK = MB/MA và MH/ML = MC/MA
=> MH/MK + MH/ML = (MB + MC)/MA
Theo BT1, (MB + MC)/MA = 1 .
Vậy MH/MK = MH/ML = 1 => 1/MH = 1/MK + 1/ML .
BT5 giúp ta đi đến kết quả đẹp sau đây.
Bài toán 6 : Cho tam giác ABC đều và điểm M thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác. H, K, L lần lượt là
hình chiếu của M trên BC, CA, AB. Chứng minh rằng :
MH2 + MK2 + ML2 = h2. (h là độ dài các đường cao của tam giác ABC)
Lời giải : Không mất tính tổng quát, giả sử M thuộc cung BC (không chứa A) của đường tròn ngoại tiếp
tam giác. Gọi I là hình chiếu của A trên BC.

Ta thấy : S(ABC) = S(MAB) + S(MCA) - S(MBC)
=> 1/2.BC.AI = 1/2.AB.ML + 1/2.CA.MK - 1/2.BC.MH
=> AI = ML + MK - MH (vì BC = CA = AB)
=> MH2 + MK2 + ML2 + 2(MK.ML - MH.MK - MH.ML) = h2 (AI = h) (1)
24
NGUYỄN VĂN QUỐC
25
TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN - THCS GIO HẢI
Theo BT5 ta có : 1/MH = 1/MK + 1/ML
=> MK.ML = MH.ML + MH.MK
=> MK.ML - MH.ML - MH.MK = 0 (2)
Từ (1), (2) => : MH2 + MK2 + ML2 = h2.
(Kì sau đăng tiếp)
TS. Lê Quốc Hán và Nguyễn Minh Hà
11
NHỮNG MỞ RỘNG BAN ĐẦU TỪ MỘT BÀI TOÁN TRONG SÁCH GIÁO KHOA
(tiếp theo kì trước)
Vì khái niệm tam giác đồng dạng là sự mở rộng khái niệm tam giác bằng nhau nên có rất nhiều bài toán
liên quan tới khái niệm tam giác bằng nhau, được mở rộng thành bài toán mới, liên quan tới khái niệm tam
giác đồng dạng.
Bài toán dưới đây chính là sự mở rộng của BT1 nhờ quan niệm trên.
Bài toán 7 : Cho tam giác ABC và điểm M nằm trên (không chứa A) của đường tròn ngoại tiếp tam giác
đó. Chứng minh rằng : BC.MA = CA.MB + AB.MC.
Lời giải : Trên đoạn MA, lấy điểm N sao cho góc MBN = Đ CBA (hình 8). Chú ý rằng, Đ BMA = Đ
BCA do cùng chắn cung AB .
Vậy tam giác MBN đồng dạng với tam giác CBA => MN / CA = MB / CB => BC.MN = AC.MB (1).
Do Đ MBN = Đ CBA => Đ MBC = Đ NBA, mặt khác Đ BCM = Đ BAM do cùng chắn cung BM.
Vậy tam giác NBA đồng dạng với tam giác MBC => BC.NA = AB.MC (2).
Từ (1) và (2) => : BC.MN + BC.NA = AC.MB + AB.MC
=> BC(MN + NA) = CA.MB + AB.MC

=> BC.MA = CA.MB + AB.MC.
Kết quả phát biểu trong BT7 chính là nội dung một định lí nổi tiếng của hình học phẳng, định lí Ptô-lê-mê.
Trong BT7, hãy coi điểm M như là đường tròn tâm M, bán kính bằng không, một cách tự nhiên, BT7
được mở rộng thành bài toán đặc sắc sau.
Bài toán 8 : Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Đường tròn (O’) tiếp xúc với (O) tại một điểm
thuộc (không chứa A). Từ A, B, C, theo thứ tự kẻ tới (O’) các tiếp tuyến AA’, BB’, CC’. Chứng minh
rằng : BC.AA’ = CA.BB’ + AB.CC’.
Trước khi giải BT8, ta hãy phát biểu và chứng minh hai bổ đề.
Bổ đề 2 : Cho tam giác XYZ nội tiếp đường tròn (O). Đường tròn (O’) tiếp xúc với (O) tại X và theo thứ
tự cắt XY, XZ tại Y’, Z’ (khác X). Khi đó YZ // Y’Z’.
25
NGUYỄN VĂN QUỐC