<span class='text_page_counter'>(1)</span><div class='page_container' data-page=1></div>
<span class='text_page_counter'>(2)</span><div class='page_container' data-page=2>

1

l

KÕt qu¶ :

_{(TTT2 sè 27)}

l

Kì này :

Veừ ủửụứng thaỳng...

lSau đây là một cách dựng khá đơn giản :

Cách dựng :Dựng điểm I i xng vi

điểm O qua điểm A. Đường tròn tâm I bán
kính IA cắt đường tròn tâm O tại điểm D
(khác A). Đường thẳng DA là đường thẳng
cần dựng.

Gợi ý chøng minh :

Gäi giao ®iĨm thø hai cđa đường thẳng
DA với (O) là điểm C (khác A), ta dễ dàng
chứng minh được OAC IAD, suy ra
AC AD.

l Nhận xét : 1) Ta có thể chứng minh
đường thẳng cần dựng vng góc với AM,
trong đó M là trung điểm của OO’. Thực tế,
nhiều bạn đã nêu cách dựng khác dựa vào
tính chất này. Các bạn hãy chú ý, đường
thẳng phải dựng có thể cắt hoặc khơng cắt
đoạn OO’ nên cần chọn cách chứng minh
đúng cho cả hai trng hp.

2) Nhiều bạn chỉ phát biểu bài toán có

duy nhất một nghiệm hình” mà khơng hề
có thêm một “biện luận” nào. Ví dụ, trong
cách dựng trên rõ ràng tồn tại duy nhất
điểm I đối xứng với O qua A. Từ đó tồn tại
duy nhất (I, IA), tiếp xúc với (O) tại A. (O’)
cắt (O) tại hai điểm A, B khác nhau nên
(O’) cũng phải cắt (I) tại hai điểm A, D khác
nhau và đường thẳng qua hai điểm đó là
duy nhất (nếu A trùng D thì (O), (O’), (I) đơi
một tiếp xúc nhau tại A, trái với giả thiết).

3) Các bạn được thưởng kì này : Hoàng
Minh Thắng, mẹ là Trần Thị Hương, khối
13, phường Cửa Nam, TP. Vinh ; Đào Trần
Mỹ Hạnh, 7B, THCS Lý Nhật Quang, Đô
Lương, Nghệ An; Vũ Thị Thanh Vân, nhà
số 7, ngõ 99, phố Bùi Thị Xuân, TP. Hải
Dương, Hải Dương ; Trần Thị Thu Hoài,
8C, THCS Tân Ninh, Quảng Ninh, Quảng
Bình; Mai Anh Tuấn, số 77, tổ 23, phng
Thỏm, TP. Thỏi Bỡnh, Thỏi Bỡnh.

Anh Compa

Không làm tÝnh, h·y cho biÕt sè dư trong
phép tính

Nguyễn Danh Ninh(Hà Đông, Hà Tây)

11111111111:18.

11 chữ số 1

</div>
<span class='text_page_counter'>(3)</span><div class='page_container' data-page=3>

2

i tỡm chỡa khúa

cho nhiu bi toỏn

nguyễn bá đang

(Phũng THPT, S GD-T tỉnh Hải Dương)

Có bài tốn tuy đơn giản nhưng lại có
thể vận dụng để giải được nhiều bài tốn
khó khác. Việc tìm ra chúng đồng nghĩa với
việc tìm được chìa khóa để mở “cánh cửa
học tốt” đấy. Do khn khổ bài viết có hạn,
tơi chỉ xin trao đổi với các bạn hai bài tốn
hình học lớp 8.

Bµi toán A : Gọi M là điểm bất kì trên
đường trung tuyến AD của tam giác ABC.
BM cắt AC tại P và CM cắt AB tại Q.

Chứng minh rằng : PQ // BC.

Lời giải :

Cách 1 : Qua A kẻ đường thẳng song

song vi BC, lần lượt cắt BP và CQ kéo dài
tại E và F.

Do D là trung điểm của BC, theo định lí
Ta-lét ta dễ thấy A là trung điểm của EF.

MỈt khác và suy ra

Cách 2 : Qua P kẻ đường thẳng song

song với BC, cắt AB t¹i Q₁. Ta sÏ chøng
minh Q₁trïng víi Q b»ng cách chứng minh
C, M, Q₁thẳng hàng.

Gọi I là giao điểm của AD và PQ₁.
Dễ dàng chứng minh được I là trung điểm
của PQ₁. Mặt khác, MPI MBD (g.g)

suy ra vµ

 MPQ₁ MBC

C, M, Q₁thẳng hàng.
Có thể giải bài toán này bằng nhiều
cách khác. Bài toán vẫn đúng khi điểm M
nằm ngồi đoạn thẳng AD.

VËn dơng :

Bài tốn 1 : Cho tam giác ABC có
BC < BA, đường phân giác BE và đường
trung tuyến BD (E, D thuộc AC). Đường
thẳng vng góc với BE qua C cắt BE, BD
lần lượt tại F, G. Chứng minh rằng đường
thẳng DF chia đôi đoạn thẳng GE. (Đề thi
học sinh giỏi của Liên Xô cũ, đã đăng trên
TTT2 s 22)

Lời giải : Gọi giao điểm của CG với AB
là K và giao điểm của DF với BC là M. Dễ
thấy F là trung điểm của CK mà D là trung
điểm của CA nên M là trung điểm của CB.

 ₁

PQ M BCM

  

 

IPM DBM
1

PQ

MP PI

MB BD  BC

AP AQ _{PQ // BC.}
PC QB 

AF AQ
BC QB
AE AP

</div>
<span class='text_page_counter'>(4)</span><div class='page_container' data-page=4>

3

Xét tam giác DBC có trung tuyến DM,
theo bài tốn A thì GE // BC. Suy ra đường
thẳng DF chia ụi on thng GE.

Các bạn hÃy tự giải bài toán sau :

Bài toán 2 : Cho tam gi¸c ABC cã
BC < BA, đường phân giác BE và đường
trung tuyến BD (E, D thuộc AC). Từ D kẻ
đường thẳng song song với BC, cắt BE tại G.
Chứng minh rằng AGB là tam giác vuông.

Bài toán B : Gọi M là điểm bất kì trên
cạnh BC của tam gi¸c ABC. Qua B kẻ
đường thẳng song song với AM, cắt CA kéo
dài t¹i Q ; qua C kẻ đường thẳng song
song với AM cắt BA kéo dài tại P.

Chứng minh rằng : (*)

Lêi gi¶i :

Do AM // QB suy ra
Do AM // PC suy ra

Cộng theo từng vế của hai đẳng thức
trên ta được :

VËn dơng :

Bài tốn 3 :Cho ba đoạn thẳng a, b, c.
Dựng đoạn thẳng x thỏa mãn ng thc :

Lời giải :Có thể nói rằng đây là bài toán
khó nếu ta chưa biết kết quả (*).

Sử dụng kết quả (*) ta có cách dựng sau :

Dng mt đoạn thẳng AB. Từ A, B lần
lượt vẽ các tia Ax, By song song với nhau
và cùng về một phía của đường thẳng AB.
Lần lượt lấy P trên Ax, Q trên By sao cho
AP a và BQ b. AQ ct BP ti I.

Dựng đường thẳng qua I song song với
Ax, cắt AB tại J. Theo (*) ta có

Lấy D là điểm bất kì trên AB (khác J), vẽ

tia Dz song song với tia Ax và thuộc nửa
mặt phẳng có bờ AB chứa tia Ax. Trên Dz,
lấy điểm E sao cho DE c.

DI cắt EJ tại K. Đường thẳng qua K song
song với Ax cắt AB tại S. Theo (*) ta có :

KS chính là đoạn thẳng cần dùng.

Bài tốn Avà Bài tốn Bthực sự là hai
chìa khóa để giải nhiều bài tốn, đề nghị
các bạn thử tìm kiếm các ứng dụng khác
của hai bài toán này. Các bạn đã có trong
tay bao nhiêu chiếc chìa khóa như vậy ?

1 1 1 _{1 1 1.}

KS IJ DE a b c    

1 1 1.
IJ a b 
1 1 1 1.

x a b c  

1 1 _{1 .}

AM QB PC

  

1 1 CM BM BC

AM 1

QB PC BC BC

 

 _  _  

 

AM AM CM BM
QB PC BC BC  

AM BM.
PC BC
AM CM ;
QB BC

1 1 _{1 .}

</div>
<span class='text_page_counter'>(5)</span><div class='page_container' data-page=5>

4

l

Kết quả :

l

Kì này :

Có cho điểm tối đa được khơng ?

Vì sao lại thế ?

(TTT2 sè 27)

Lời giải sai lầm khi lí luận dẫn đến đa thức
dư phải bằng 0. Lưu ý rằng : chúng ta có hai
khái niệm chia hết là đa thức chia hết cho đa
thức(mà thương chưa chắc là số nguyên khi
ẩn x nhận giá trị nguyên, thí dụ f(x) x 1 chia
hết cho g(x) 2x 2 nhưng f(x) : g(x)  luôn
không là số nguyên) và số nguyên chia hết
cho số nguyờn(thng s l s nguyờn).

Ta giải lại như sau :

Vì x nên x21 (nhiều bạn giải
lại khơng có bước lập luận quan trọng này)
nên P 

V× x   nªn x2  x  1  , 2x 

(nhiều bạn bị thiếu bước rất “tế nhị” này),
do đó  2x chia hết cho
x2x 1 2(x2x 1) 2x22 chia
hết cho x2x 1. Vì 2(x2x 1) và 2x2

chia hÕt cho x2 x  1 nên x2 x 1 là
ước của 2. Do x2x 1 > 0 với mọi x nên
x2x 1 1 hoặc x2x 1 2. Giải ra
nghiệm nguyên chỉ có thể là x 0 hoặc x 1.

Thử lại :x 0 thì P  1 ; x  1 th× P 2.
VËy có hai giá trị nguyên cđa x tháa

m·n lµ x {0 ; 1}.

Chó ý : cũng có thể tìm tập giá trị của

tìm Q và tính x.
Xin trao tặng phẩm cho năm bạn xuất sắc
nhất : Nguyễn Doãn Tiến Đạt, 7C, THCS
Phan Bội Châu, Tứ Kỳ, Hải Dương; Nguyễn
Quốc Đại, 9A₇, THCS Trần Đăng Ninh,
TP. Nam Định, Nam Định; ng Tun Anh,
8A, THCS An Thnh, Lng Ti, Bc Ninh;

Đào Thị Uyên, mẹ là Mai Thị Hằng, Công ty
vật tư tỉng hỵp NghƯ TÜnh, TP. Vinh, NghƯ
An; Vâ Qnh Anh, 8A, THCS Trần Hưng
Đạo, TX. Quảng NgÃi, Quảng NgÃi.

Anh Kính Lóp
2 2x

Q

x x 1



 

22x

x  x 1

2 2x .

x x 1

 

  
2

2 2x

P x 1

x x 1



1
2

Ta có

Theo các bạn, lời giải trên có thể cho
điểm tối đa được hay không ?

phạm thị tám

(THCS Bạch Liêu, Yên Thành, Nghệ An)

HBC HCA HAB ABC
HBC HCA HAB
ABC ABC ABC

1 1 1

1 1 1

S S S S

S S S ₁

S S S

HA HB HC _1.

AA BB CC

  

   

   

Bài tốn sau đây tơi đã cho học sinh làm trong một giờ ôn tập toỏn.

Bài toán :Cho tam giác ABC với H là trực tâm và ba đường cao

AA₁, BB₁, CC₁. Tìm hệ thức liên hệ giữa các tỉ số :

Mt hc sinh làm bài nhanh nhất đã xung phong lên bảng chữa
bài, lời giải như sau :

Lêi gi¶i :

1 1 1

1 1 1

</div>
<span class='text_page_counter'>(6)</span><div class='page_container' data-page=6>

5

l

KÕt qu¶ :

v

Kì này :

(TTT2 sè 27)
D·y 1 :

123456 có tổng các chữ số là 21, chia
hết cho 3 ; 137913 có tổng các chữ số là
24, chia hết cho 3 ; 246816 có tổng các
chữ số là 27, chia hết cho 3 ; 735141 có
tổng các chữ số là 21, chia hết cho 3 ;
111112 có tổng các chữ số là 7, khơng chia
hết cho 3, rõ ràng là số lạc đàn.

Dãy 2 :Số 15 là hợp số, các số còn lại
đều là số nguyên tố. Vậy số 15 lạc đàn.

Có thể số 2 là lạc đàn vì các số cịn lại
đều là số lẻ.

Bạn Nguyễn Hồng Định, 8A, THCS Bạch
Đằng, Kinh Mơn, Hi Dngcú bi gii :

Dắt nhau hai dÃy đi chơi
Nhìn tinh mới thấy số rơi lạc vào

DÃy đầu số lớn biết bao
Chia ba từng số, số nào loại ra ?

S cuối (111112) đích thị “hắn ta”
Chia cịn dư một khác xa bạn bè

D·y sau ta nghÜ khã ghª

Mười lăm (15) hợp số cho về nghỉ chơi ?
Nhưng hai (2) thì cũng khác người
Tất cả đều lẻ, xin mời bạn lui...

Tìm xong thấy cũng bùi ngùi
Lạc đàn vẫn rủ cùng vui, xá gì...

Ngồi bạn Định, các bạn sau đây cũng
được thưởng : Đinh Thị Thúy, 9A, THCS
Xuân Trường, Nam Định; Bùi Thị Vui, 9A,
THCS Lâm Thao, Lâm Thao, Lương Tài,

Bắc Ninh; Đồn Thái Quỳnh, 6/3, THCS

Lê Q Đơn, TP. Hải Dương, Hải Dương;

Phạm Thị Thiên Hương, 7A, THCS Lý
Nhật Quang, Đô Lương, Nghệ An.

nguyễn đăng quang

Bn hóy v hon chnh hỡnh cui cho hp ch .

Lê Võ Việt Khang(Hà Nội)

Bài 1 :

Bài 2 :

</div>
<span class='text_page_counter'>(7)</span><div class='page_container' data-page=7>

6

Ví dụ 3 :Để chuẩn bị cho học sinh tự lực
chứng minh suy diễn, SGK thường đưa ra
những bài tập được sắp xếp từ dễ đến khó,
từ đơn giản đến phức tạp, từ cụ thể đến trừu
tượng giúp học sinh từng bước rút ra
phương pháp suy luận, chứng minh. Giáo
viên nên phát hiện các tuyến bài tập như
vậy và giúp học sinh học tập theo kiểu tìm
tịi, khám phỏ.

Bài tập 61 SGK.

a) Vẽ đường tròn tâm O, bán kính 2 cm.
b) Vẽ hình vuông nội tiếp (O, 2).

c) Tính bán kính r của đường trịn nội tiếp
hình vng đó rồi vẽ đường trịn (O, r).

Bµi tËp 62 SGK.

a) Vẽ tam giác đều ABC cạnh a = 3 cm.
b) Vẽ đường tròn (O, R) ngoại tiếp tam
giác đều ABC. Tính R.

c) Vẽ đường trịn (O, r) nội tiếp tam giác
đều ABC. Tính r.

d) Vẽ tam giác đều IJK ngoại tiếp đường
trịn (O, R).

Bµi tËp 63 SGK.

Vẽ hình lục giác đều, hình vng, tam
giác đều nội tiếp đường trịn (O, R) rồi tính
cạnh của các hình đó theo R.

Bµi tËp 46 SBT.

Cho một đa giác đều n cạnh có độ dài
mỗi cạnh là a. Hãy tính bán kính R của
đường trịn ngoại tiếp và bán kính r ca
ng trũn ni tip a giỏc u ú.

Đáp số :

Bµi tËp 47 SBT.

a) Vẽ một lục giác đều ABCDEG nội tiếp
đường trịn bán kính 2 cm rồi vẽ hình 12
cạnh đều AIBJCKDLEMGN nội tiếp đường
trịn đó. Nói cách vẽ.

b) Tính di cnh AI.

c) Tính bán kính r của đường tròn nội tiếp
hình AIBJCKDLEMGN.

Bài tập 48 SBT.

a) Tớnh cnh ca một ngũ giác đều nội
tiếp đường trịn bán kính 3 cm.

b) Tính cạnh của một ngũ giác đều ngoại
tiếp đường trịn bán kính 3 cm.

Bµi tËp 49 SBT.

Tính cạnh của hình bát giác đều theo bán
kính R của đường trịn ngoại tiếp (cách 1 :
tính trực tiếp, cách 2 : áp dụng cơng thức).

Bµi tËp 50 SBT.

Trong đường tròn (O, R) cho dây cung

AB bằng cạnh hình vng nội tiếp và dây
cung BC bằng cạnh tam giác đều nội tiếp
(điểm C và điểm A ở cùng một phía đối với
BO). Tính cạnh của tam giác ABC và đường
cao AH của nó theo R.

Ví dụ 4 :Tốn quỹ tích thuộc loại khó vì
nhất thiết phải chứng minh hai phần thuận,
đảo trước khi kết luận. Đặc biệt, học quỹ
tích cung chứa góc càng khó. Vì thế nên tổ
chức cho học sinh thực hiện các hoạt động
sau :

a) Hoạt động thực hành dự đốn quỹ tích.
Vẽ một góc (chẳng hạn góc 75o) trên bìa

o
o

a 180

R suy ra a 2r.tg .

n
180

2.tg
n

 

o
o

a 180

R suy ra a 2R.sin ;

n
180

2.sin
n

 

ĐƯỜNG DÂY NĨNG TỐN 9 ! ĐƯỜNG DÂY NểNG TON 9 !

PGS. TS. Phạm Gia Đức(Tác giả SGK To¸n 9)

</div>
<span class='text_page_counter'>(8)</span><div class='page_container' data-page=8>

7

cứng. Cắt ra ta được một mẫu hình (gabarit).
Đóng hai chiếc đinh A, B cách nhau 3 cm
trên một tấm gỗ phẳng. Dịch chuyển tấm
bìa trong khe hở sao cho hai cạnh của góc
ln dính sát vào hai chiếc đinh A, B. Đánh
dấu các vị trí M₁, M₂, ... , M₁₀của đỉnh góc
và dự đốn quỹ
đạo chuyển động của điểm M.

b) Hoạt động dựng cung chứa góc.
Cho đoạn thẳng AB và góc  (0o<  <
180o), học sinh được hướng dẫn dựng cung
chứa góc theo một trong hai cách sau :

c) Hoạt động mơ tả cung chứa góc .
Hoạt động này nhằm dẫn đến các kiến
thức sau :

Hai điểm A, B trên một đường tròn xác định
hai cung chứa góc khác nhau : và .
Nếu chứa góc  thì chứa góc
(180o ).

Sè ®o là (360o2), số đo là 2.
Cung chứa góc dựng trên đoạn thẳng AB
là cung mà với mỗi điểm M cđa nã, ta cã

.

d) Hoạt động ngơn ngữ về quỹ tích cung
chứa góc.

TËp cho häc sinh ph¸t biĨu q tÝch cung
chøa gãc theo nhiỊu c¸ch khác nhau,
chẳng hạn :

Cho on thng AB, qu tớch các điểm M sao
cho có số đo khơng đổi (0o< < 180o)

là hai cung trịn có số đo (360o 2) đối
xứng nhau qua AB.

Với đoạn thẳng AB và góc (0o< < 180o)
cho trước thì quỹ tích các điểm M thỏa mãn
là hai cung tròn đối xứng nhau
qua AB.

Quỹ tích (tập hợp) các điểm nhìn một
đoạn thẳng cho trước dưới một góc khơng
đổi là hai cung chứa góc đó.

e) Hoạt động vận dụng cung chứa góc.
Kiến thức cung chứa góc được vận dụng
vào nhiều bài tập (dựng hình, quỹ tích,
chứng minh). Riêng việc dựng tam giác có
sử dụng cung chứa góc, trong SGK, ta thấy
tuyến bài tập sau :

1.Dùng tam giác ABC, biết BC = 6 cm,
= 40ovà đường cao AH = 4 cm.

2.Dùng tam gi¸c ABC, biÕt BC = 3 cm,
= 45ovµ trung tuyÕn AM = 2,5 cm.

3. Dùng tam gi¸c ABC, biÕt AB = 3 cm,
= 60ovµ AC = 2 cm.

4. Dùng tam giác ABC cân tại A biết
= 80ovà BC = 3 cm.

5. Dựng tam giác ABC, biÕt AB = 3 cm,
= 60ovµ AC 1.

BC 2



C



A



C



A



A



AMB 



AMB



AMB 



AnB



AmB



AnB



AmB



AnB



AmB

  o

1 2

(AM B AM B ... 75 )  

</div>
<span class='text_page_counter'>(9)</span><div class='page_container' data-page=9>

8

Cuộc thi Toán liên quc gia

ThS. Nguyễn Văn Nho(NXBGD)

õy l cuc thi hng nm dành cho học sinh trung học
của nhiều nước, chủ yếu thuộc khối Đông Âu, bắt đầu từ
năm 1894. Đã 110 năm có lẻ, cho đến nay cuộc thi chỉ bị
gián đoạn ở hai cuộc chiến tranh thế giới, vào các năm
1919, 1920, 1921, 1944, 1945, 1946. Ban đầu, cuộc thi
lấy tên là ốt-vốt (Eửtvửs), sau đó, năm 1947 đổi thành
Ku-sắc (Kỹrschỏk). ốt-vốt và Ku-sắc là tên của một nhà
Vật lí và một nhà Tốn học nổi tiếng người Hung-ga-ri.

Chúng tơi sẽ lần lượt giới thiệu với các bạn một số bài
thi tuyển chọn từ cuộc thi này.

Bài 1 (năm 1894) : Cho một đường tròn ( ). Hãy xác
định điều kiện cho hai điểm A, B nằm trong đường tròn để
khơng dựng được tam giác vng PQR, có ba đỉnh nằm
trên ( ) với cạnh huyền QR sao cho A nằm trên cạnh PQ

và B nằm trên cạnh PR.

Bµi 2 (năm 1894) : Chứng minh rằng : Với m, n là các
số nguyên thì 2m 3n chia hÕt cho 17 khi vµ chØ khi
9m 5n chia hÕt cho 17.

Bài 3 (năm 1894) : Một tam giác có độ dài ba cạnh là
a, a  d, a  2d và diện tích là S. Tính các cạnh và các
góc của tam giác này theo d và S. Tính cụ thể trong
trường hợp d 1 và S 6.

Bài 4 (năm 1895) : Cho tam giác ABC vuông tại B.
HÃy dựng điểm P n»m trong tam gi¸c sao cho

Bài 5 (năm 1896) :Chứng minh rằng : Nếu (a, b) tháa
m·n a23ab 2b2a b a22ab b25a 7b 0
th× ab 12a 15b 0.

  

PAB PBC PCA. 

</div>
<span class='text_page_counter'>(10)</span><div class='page_container' data-page=10>

Bài 1. Trả lời :(E)

Ta cn lu ý rằng, chu vi của một nửa
hình trịn bằng nửa chu vi của hình trịn đó
cộng với độ dài của đường kính. Gọi r là
bán kính hình trịn, ta có phương trỡnh :

Bài 2. Trả lời :(D) 15 cm.

Do BA BC nªn

Mặt khác, do BD là đường kính của (O)
nên ABD và CBD là các tam giác vuông
lần lượt tại A và C. Suy ra

Ta l¹i cã (gi¶ thiÕt),
suy ra

BD 2.AB 15 cm.

Bài 3. Trả lời : (E) Các câu I, II, III, IV
đều đúng.

Gọi x₁< x₂là hai nghiệm nguyên dương
phân biệt của phng trỡnh x2px q 0.

Vì x₁.x₂q là số nguyên tố, suy ra x₁1

và x₂q.

Mặt khác x₁x₂1 q p cũng là số
nguyên tố, suy ra q 2 và p 3.

Từ kết quả này, ta khẳng định tất cả các
câu trờn u ỳng.

Bài 4. Trả lời :(C) m2.

Trên hình vẽ, lối đi là phần diện tích
không được tô màu.

Ta có OA OB 6 m ; OC 3 m.
Trong tam giác vuông COB, cạnh
huyền OB 2.OC, suy ra :

BC S_BOC

diện tích hình
quạt AOB là

Diện tích lối đi là :

Diện tích phần cỏ còn lại là :

2 2

.6 (6 9 3) 30 9 3 (m ).

      
2

9 3

2 3 6 9 3 (m ).

2

 

    

 

 

 

2

.6 . 3 .

6.2

  


 

BOC BOA

3 6

   

9 3 ;
2



3 3

30 9 3

   o

ABD 2.ADB ADB 30
 

ABC 2.ADC

 

ABD CBD.
 

ADB CDB.
2

r 4

r 2r 2 4 r r 2.

2



          


4 2.


(Tiếp theo kì trước)

</div>
<span class='text_page_counter'>(11)</span><div class='page_container' data-page=11>

10

ĐỀ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC CƠ SỞ

Tỉnh Bà Rịa - Vũng Tàu (năm hoùc 2004 - 2005)

Bài 1 :(2 điểm)

Hc sinh ch ghi nhng cõu tr li ỳng vo bi lm.

1) Giá trị cđa lµ :

A. B. C. 2 D.

2) Nếu đường thẳng y (2 m)x 1 song song với đường
thẳng y 3x 2 th× m b»ng :

A. 1 B. 1 C. 2 D. 5

3) Gọi x₁, x₂là hai nghiệm của phương trình 2x2ax b 0.
Tổng x₁x₂bằng :

A. B. C. D.

4) Đường tròn tâm O bán kính R 1 cm. Dây cung AB cm.

Số đo là :

A. 30o B. 45o C. 60o D. 90o

Học sinh trình bày lời giải đầy đủ khi lm cỏc bi 2, 3, 4.

Bài 2 :(2,5 điểm)

1) Gii phương trình 3x27x 10 0.

2) Tìm a, b để đồ thị hàm số y ax b đi qua các điểm A
(1 ; 0) ; B (0 ; 1).

3) Tìm m để phương trình x2(3m 1)x 2m2m 0 có
hai nghiệm phân bit x₁, x₂sao cho |x₁x₂| 10.

Bài 3 :(2 điểm)

Mt xe lửa đi từ ga Hà Nội vào ga Trị Bình (Quảng Ngãi).
Sau đó 1 giờ, một xe lửa khác đi từ ga Trị Bình ra ga Hà Nội
với vận tốc lớn hơn vận tốc của xe lửa thứ nhất là 5 km/giờ.
Hai xe lửa gặp nhau tại một ga ở chính giữa qng đường. Tìm
vận tốc của mỗi xe lửa, biết quãng đường sắt Hà Nội - Trị Bình
dài 900 km.

Bài 4 :(3,5 điểm)

Cho tam giác ABC vuông ở A. Trên cạnh AC lấy một điểm
M, vẽ đường tròn đường kính MC cắt BC tại D và cắt đường
thẳng BM tại E (E khác M). Đường thẳng AE cắt đường tròn tại

S (S khác E). Chứng minh rằng :

1) Tứ gi¸c ABDM néi tiÕp.
2) AM.MC BM.ME.
3) MD MS.



AOB

2
b

2



b
2
a

2



a
2

2 5
2 2

2

K 2(3 2 8)

</div>
<span class='text_page_counter'>(12)</span><div class='page_container' data-page=12>

11

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUN

tỉnh Bà Rịa - Vũng Tàu (năm học 2004 - 2005)

Bài 1 :(2 điểm)

1) Gii phng trỡnh : .

2) Chứng minh không tồn tại các số nguyên x, y, z tháa
m·n :

x3y3z3x y z 2005.

Bµi 2 :(2 ®iĨm)

Cho hệ phương trình :
1) Giải hệ khi a  1.

2) Tìm các giá trị của a để hệ cú nghim duy nht.

Bài 3 :(2 điểm)

1) Cho x, y, z lµ 3 sè thùc tháa m·n x2 y2 z2 1.

Tìm giá trị nhỏ nhất của A 2xy yz zx.

2) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình sau có
4 nghiệm phân biệt :

x42x32(m 1)x2(2m 1)x m(m 1) 0.

Bài 4 :(2 điểm)

Cho tam giỏc ABC ni tiếp đường tròn (O), D là một điểm
trên cung BC không chứa đỉnh A. Gọi I, K và H lần lượt là
hình chiếu của D trên các đường thẳng BC, AB và AC.
Đường thẳng qua D song song với BC cắt đường tròn tại N
(N khác D) ; AN cắt BC tại M. Chứng minh :

1) Tam giác DKI đồng dạng vi tam giỏc BAM.

2) .

Bài 5 :(2 điểm)

Cho t giác lồi ABCD. Tìm trong tứ giác đó tập hợp các
điểm O sao cho diện tích các tứ giác OBCD và OBAD là
bằng nhau.

BC AB AC
DI DK DH 

2
2

x xy a(y 1)
y xy a(x 1)

   




  


5 1

5 x 2x 4

2x
2 x

   

</div>
<span class='text_page_counter'>(13)</span><div class='page_container' data-page=13>

12

THI GII TON QUA TH

l

Kết quả :

Bài 1(27) :Phân tÝch tïy ý sè 2005 thµnh
tỉng cđa hai sè tù nhiên lớn hơn 1 rồi xét
tích của hai số này. Trong các cách phân

tích nói trên, hÃy chỉ ra cách mà tích số có
giá trị nhỏ nhất.

Lời giải : Gọi a và b là hai số tự nhiên
thỏa mÃn a > b > 1 ; a b 2005, suy ra :

b a < 0 vµ (a 1) (b 1) 2005

(a 1)(b 1) ab (b a) 1 < ab (*)

áp dụng kết quả (*) ta có : 1003.1002 >
1004.1001 > 1005.1000 > ... > 2002.3 > 2003.2.
VËy c¸ch phân tích mà tích số có giá trị
nhỏ nhất là 2005 2 2003.

Nhận xét : 1) Bài toán đơn giản nhưng lại
có khá nhiều cách giải hay. Cách giải trên
khơng những đơn giản mà còn giải quyết
được bài toán tổng quát : “Phân tích tùy ý số
tự nhiên n 4 thành tổng của hai số tự nhiên
lớn hơn 1 rồi xét tích của hai số này. Trong
các cách phân tích nói trên, hãy chỉ ra cách
mà tích số có giá trị nhỏ nhất ; lớn nhất.”
(trong trường hợp n chẵn, dễ dàng chứng
minh được có giá trị lớn nhất).

2) Các bạn có lời giải tốt hơn là : Hoàng
Minh Thắng, 9C, THCS Đặng Thai Mai,
TP. Vinh ; Nguyễn Mạnh Tuấn, 7B, THCS Lí
Nhật Quang, Đơ Lương, Nghệ An ; Huỳnh

Thị Mai Thảo, 8E, THCS Lương Thế Vinh,
TP. Tuy Hòa, Phú Yên; Võ Thái Thông, 9/4,
THCS Ngô Gia Tự ; Trần Thị ánh Nguyên,
6/7, THCS Cam Nghĩa, Cam Nghĩa, Cam
Ranh, Khánh Hòa; Phạm Thị Hạnh Nguyên,
6A₁, THCS II thị Trấn Thanh Ba, Thanh Ba,

Phú Thọ; Hồng Đức ý, 9E, THCS Trần Mai
Ninh, TP. Thanh Hóa, Thanh Hóa; Lê Anh
Vũ, 6A₁, trường Thực Nghim GDPT tnh

Tây Ninh; Ngô Đức Lợi, THCS Phú Thuận,
Phú Vang, Thừa Thiên-Huế.

nguyễn anh quân
Bài 2(27) :Cho các số không âm a, b, x,
y thỏa mÃn các điều kiện a2005b20051
và x2005y20051. Chứng minh rằng :

a1975.x30b1975.y301.

Li giải : Có thể giải quyết bài toán
tổng quát : ”Cho a, b, x, y là các số
không âm thỏa mãn am nbm n 1 và
xm nym n1 với m, n nguyên dương.
Chứng minh rằng am.xnbm.yn1.”

Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức Cô-si
cho m số am nvà n số xm nta có :

m.am nn.xm n

(m n).am.xn. (1)
Tương tự :

m.bm nn.ym n(m n).bm.yn. (2)
Céng tõng vÕ cđa (1) vµ (2) ta cã :
m(am nbm n) n(xm nym n) 

(m n)(am.xnbm.yn). (3)
V× am n__bm n_{1 và x}m n_ym n₁

nên m(am nbm n) n(xm nym n) 
m n. (4)

Tõ (3) và (4) suy ra :

(m n)(am.xnbm.yn) m n

am.xnbm.yn1 (đpcm).

Với m 1975 ; n 30 ta cã bµi 2(27).

Nhận xét : 1) Nhiều bạn mắc những sai
lầm khá cơ bản, chẳng hạn cho rằng : do
vai trị bình đẳng nên có thể giả sử a x và
b y, điều này không đúng, khơng đại diện
cho tình huống a x và b  y. Một sai lầm
khác khi cho rằng x2005 x30, thực ra khi
0 x 1 thì x2005x30.

2) Nhiều bạn đưa ra bài toán tổng quát
và giải quyết tốt. Các bạn có lời giải gọn
đẹp là : Huỳnh Thị Mai Thảo, 8E, THCS
Lương Thế Vinh, TP. Tuy Hòa, Phú Yên ;

Nguyễn Thùy Linh, 120 Nguyễn Trãi,
TX. Hưng Yên, Hưng Yên ; Nguyễn Hải
Sơn, 7C, THCS Trần Nguyên Hãn, TX. Bắc
Giang, Bắc Giang; Trương Xuân Nhã, 7A,
THCS Nguyễn Huệ, Đông Hà ; Mai Anh

m n m m n n
m n

(m n).  (a  ) (x  )

  

</div>
<span class='text_page_counter'>(14)</span><div class='page_container' data-page=14>

13

THệ

Tuấn, 8B, THCS Lê Lợi, Cam Lộ, Quảng
Trị ; Đỗ Đức Tài, 9B, THCS Phú Thái, Kim
Thành, Hải Dương ; Tạ Thị Thoa, 9E,
THCS thị trấn Diêm Điền, Thái Thụy, Thái
Bình ; Hồng Đức ý, 9E, THCS Trần Mai
Ninh ; Trịnh Quang Thanh, 8B, THCS Hàm
Rồng, TP. Thanh Hóa, Thanh Hóa.

3) Có thể nhận xét (amxm)(anxn) 0

và (bmym)(bnyn) 0 để dẫn đến :

(am.xnbm.yn) (an.xmbn.ym) 2.
Từ đó dẫn đến ít nhất một trong hai số
hạng am.xn  bm.yn, an.xm  bn.ym không
lớn hơn 1 và suy ra điều phải chứng minh.

LTN
Bài 3(27) :Gii phng trỡnh :

Lời giải : (của đa số các bạn)

Nhận xét rằng

Do ú phng trỡnh tng ng với :
2005(2x 1) 0

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất

Nhận xét : Đây là bài toán biến đổi căn
thức đơn giản. Có rất nhiều bạn gửi lời giải về
tòa soạn và đều giải đúng. Sau đây là danh
sách các bạn có lời giải gọn hơn : Bùi Thị
Bích Phượng, 9A, THCS Yên Lạc, Yên Lạc,

Vĩnh Phúc ; Đỗ Thị Lan, 9B, THCS huyện
Từ Sơn, Bắc Ninh; Hoàng Mai Khanh, 9D,
trường Hà Nội - Amsterdam, Hà Nội; Đậu
Phi Lực, 7C, THCS Hồ Xuân Hương ; Hồ
Hữu Quân, mẹ là Bùi Thị Chích, xóm 4, làng

1A, Quỳnh Hồng, Quỳnh Lưu, Nghệ An; Lê
Thanh Bình, 8D, THCS Nguyễn Du, TX. Hà
Tĩnh, Hà Tĩnh; Trương Xuân Nhã, 7A, THCS
Nguyễn Huệ, Đông Hà, Quảng Trị ; Trần
Ngọc An, 8C, THCS Trần Hưng Đạo,
TX. Quảng Ngãi, Quảng Ngãi ; Huỳnh Thị

Mai Thảo, 8E, THCS Lương Thế Vinh,
TP. Tuy Hòa, Phú Yên.

nguyễn văn mạnh
Bài 4(27) : Với số ngun dương n,
kí hiệu

TÝnh tỉng a₁a₂a₃... a₂₀₀₅.

Lời giải : Chú ý, với bất kì số nguyên
dương n 2 thì

Do đó : a₁a₂a₃... a₂₀₀₅

NhËn xÐt :

Đây là bài tốn tính tổng cơ bản, đơn
giản. Chỉ có một vài bạn giải sai. Nhiều bạn
biểu diễn

nên lời giải dài dòng hơn. Hoan nghênh các
bạn lớp 6, lớp 7 sau có lời giải đúng :

Nguyễn Hải Sơn, 7C, THCS Trần Nguyên
Hãn, TX. Bắc Giang, Bắc Giang; Lê Mạnh
Thắng, 6A₉, THCS Chu Văn An, Ngô
Quyền ; Đào Ngọc Anh, 7C, THCS Trần
Phú ; Phạm Thị Thu Thủy, 7A, THCS
Thuận Thiên, Kiến Thụy, Hải Phòng ; Đỗ
Thị Mai Trang, 7C, THCS Lê Hữu Lập, Hậu
Lộc ; Nguyễn Văn Lương, 7A, THCS Đông
Thọ, Thanh Hóa ; Phan Anh Trúc, 6/1,
THCS Lê Văn Thiêm ; Nguyễn Thị Phương
Thúy, 7B, THCS Phan Huy Chú, Hà Tĩnh;

Trương Xuân Nhã, 7A, THCS Nguyễn Huệ,
Đông Hà, Quảng Trị; Từ Thị Thanh Nhàn,
7A, THCS thị trấn Bình Định, Bình Định.

nguyễn minh đức
n

n n 1 1

a ( 1) .

(n 1)! (n 1)! n!

 

  _   _

 

 

1 2 3 3 4

a ...

1! 2! 2! 3!

2004 2005 2005 2006

2003! 2004! 2004! 2005!

2 2006 2006

3 1 .

1! 2005! 2005!

   
 _  _{ }  _
   
   
_  _{ }  _
   
      
2

n n n 1 n n n 1

( 1) . ( 1) . .

n! n! (n 1)! n!

 _  _ _ _
  _    _ _  _

 
 
2
n

n n n 1

a ( 1) .
n!

 

  

2
n

n n n 1

a ( 1) . .

n !
 

 
1
x .
2
 
2

2 3 5 2 6 2 10 2 15

( 2 3 5) 2 3 5.

     

     

10 24 40 60 

10 24 40 60

2005(2x 1) 2 3 5.

</div>
<span class='text_page_counter'>(15)</span><div class='page_container' data-page=15>

14

Bài 5(27) :Cho điểm C thuộc đoạn thẳng
AB. Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ AB, vẽ
các tia Cx và Cy sao cho

Gọi H là hình chiếu của A trên Cx, K là hình
chiếu của B trên Cy, M là trung điểm của
AB. Chứng minh r»ng : MH MK.

Lời giải : Trường hợp 1 :CA CB.
Ta có M trùng C. Đương nhiên MH MK.

Trường hợp 2 :CA CB.

Cách 1 : (tóm tắt, của bạn Nguyễn ThÞ

Qnh Trang, 72, THCS Ngun Khuyến,

Đà Nẵng)

Hình 1

Vẽ các điểm P, Q, E, F (hình 1). Ta cã :

CMP  MCQ CP MQ HE KF ;

MAE  MBF suy ra ME MF.

Suy ra MEH  MFK MH MK (®pcm).

Cách 2 :(chi tiết, của bạn Trương Xn

Nh·, 7A, THCS Ngun H, Đông Hà,

Quảng Trị)

Hình 2

Đặt D AH BK (hình 2). Theo giả thiết,

DAB cân tại D (vì MA MB)

năm điểm D, H, K, C, M cùng thuộc một
đường tròn (đường kính CD) (1).

Mặt khác, vì tam giác DAB cân tại D và

MA MB nªn (2).

Tõ (1), (2) suy ra MH MK (đpcm).

Nhận xét :1) Nếu khai triển chi tiết thì lời
giải của bạn Trangdài hơn lời giải của bạn

NhÃ. Nhưng lời giải của bạn Trang lại chỉ
cần kiến thức hình học 7, còn lời giải của
bạn NhÃphải dùng kiến thức hình học 9.

2) Rt nhiều bạn nhận thấy giả thiết
là quá “dư dật”. Chỉ cần
giả thiết là .

3) Bài toán này có rất nhiều bạn tham gia
giải. Xin nêu tên một vài bạn có lời giải tốt :

Nguyễn Thu Trang, 6A, THCS Minh Tân,
Kinh Môn, Hải Dương ; Nguyễn Thị Minh
Trang, 9A₄, THCS Hai Bà Trưng, TX. Phúc
Yên, Vĩnh Phúc ; Trịnh Quang Huy, 9A,

THCS Xuân Trường, Xuân Trường, Nam
Định ; Đinh Văn Học, 8C, THCS Sơn Lộc,
Can Lộc, Hà Tĩnh; Phạm Văn Phương, 9C,
THCS Thủy Sơn, Thủy Nguyên, Hải Phịng.

Ngun Minh Hµ

 

ACx BCy

  o

ACx BCy 30 

 

HDM KDM

 o

DMC 90

   

ACH BCK suy ra CAH CBK 

  o

ACx BCy 30 . 

Thi giải tốn qua thư

Các bạn được thưởng kì này

Trương Xuân Nhã, 7A, THCS Nguyễn
Huệ, Đông Hà,Quảng Trị; Huỳnh Thị Mai
Thảo, 8E, THCS Lương Thế Vinh, TP. Tuy
Hòa,Phú Yên ; Hoàng Đức ý, 9E, THCS
Trần Mai Ninh, TP. Thanh Hóa, Thanh Hóa;

Nguyễn Hải Sơn, 7C, THCS Trần Nguyên
Hãn, TX. Bắc Giang, Bắc Giang; Nguyễn
Thị Quỳnh Trang, 72, THCS Nguyễn
Khuyến, Đà Nẵng ; Hoàng Minh Thắng,
9C, THCS Đặng Thai Mai, TP. Vinh, Nghệ
An; Trần Thị ánh Nguyên, 6/7, THCS Cam
Nghĩa, Cam Nghĩa, Cam Ranh, Khánh
Hòa; Nguyễn Thùy Linh, 120 Nguyễn Trãi,
TX. Hưng Yên, Hưng Yên ; Bùi Thị Bích
Phượng, 9A, THCS Yên Lạc, Yên Lạc,

</div>
<span class='text_page_counter'>(16)</span><div class='page_container' data-page=16>

15

ngnd. vũ hữu bình(Hà Nội)

TèM THEM CACH GIAI

CHO HAI BAỉI TON TH V

Cách 1 :Đặt BC a, AC b, AB c.

Theo tính chất đường phân giác thì
suy ra

Tương tự ta có BF  Do b  c
suy ra

VÏ hình bình hành BEKF.
Vì CE BF EK nên

Mặt khác suy ra

CF KF mà KF = BE nên CF BE.

Cách 2 :Gọi K là giao điểm của BE và

CF, do nên Lấy điểm I

trên đoạn KF sao cho như vậy
BIEC là tứ giác nội tiếp.

Ta lại có suy ra

Chú ý r»ng suy ra

CF BE.

 

   

o

90 IBC C IC BE IC BE    

 B C o

IBC 90 ,

2 2

  
     

KBI KBC KCE KCB IBC C.    
 

KBC KCB,

 
KBI KCE,

 

KBF KCE.


B C


     

CKE EKF KCE ECF   CKF KCF
  
EKF EBF ECF, 

 

CKE KCE.

ab ac ac _{CE BF.}

a c a c a b      

ac .
a b

AE CE c a _CE ab _.

CE  a   c a

AE c ,
CE a

(Tip theo kỡ trc)

Bài toán 2 :Cho tam giác ABC có các đường phân giác BE,
CF. Chứng minh rằng nếu

Sau đây là hai cách giải khác của bài toán 2.


</div>
<span class='text_page_counter'>(17)</span><div class='page_container' data-page=17>

16

Năm cô gái An-rê, Bi-ca, Mi-ta, Đô-pi

và Si-ly đều là công nhân một xí

nghiệp may lớn. Họ cùng nhau thuê

căn nhà gần xí nghiệp, mỗi người ở

một phịng riêng biệt.

Dịp ấy, xí nghiệp tổ chức cho tất cả

công nhân đi nghỉ ba ngày. Năm cô gái

đều tham gia chuyến nghỉ mát. Ai cũng

vui và tìm mua nhiều quà cho người

thân, bạn bè ở nhà. Cô Si-ly khoe với

các bạn chiếc vịng đắt tiền mà cơ vừa

mua tại một cửa hàng lưu niệm. Chiếc

vòng quả là đẹp, ai nhìn thấy cũng

phải suýt xoa...

Năm người bạn cùng trở về nhà một

lúc, ai nấy về ngay phịng mình để tắm

giặt, nghỉ ngơi sau mấy tiếng ngồi tàu

xe. Vừa vào phòng, Si-ly chợt nhớ là

hộp xà phòng đã hết sạch, không thể

giặt được đống quần áo bẩn tích tụ

trong mấy ngày qua. Cô vội ra phố

mua ngay mà qn khơng khóa cửa.

Gần 20 phút sau, khi về phịng, Si-ly

khơng ngờ đồ đạc của mình đã bị lục

tung, chiếc vịng đeo tay q giá đã

khơng cịn nữa. Cô hốt hoảng gọi điện

báo cảnh sát.

Qua điều tra, cảnh sát thành phố kết

luận thủ phạm là một trong bốn cơ gái

cùng th nhà. Tuy nhiên, kẻ đó đích

xác là ai thì cảnh sát chưa kết luận

được. Sau ba ngày bế tắc, cuối cùng

cảnh sát quyết định mời thám tử

Sê-Lốc-Cốc giúp đỡ.

Th¸m tư hỏi các cô gái :

- Cỏc cụ hóy cho bit, hơm đó sau

khi về phịng, các cơ đã làm gì ? Rất

mong các cô trung thực !

- Thưa thám tử - Bi-ca nói - về phịng

tơi bật TV ln vì đang có chương trình

ca nhạc. Xem được chừng 10 phút thì

mất điện, tơi quay sang gọi điện về

nhà, nói chuyện với bố mẹ. Ngi cú th

kim tra cuc gi ny.

Cô Đô-pi khai :

</div>
<span class='text_page_counter'>(18)</span><div class='page_container' data-page=18>

17

Vụ ám sát hụt

(TTT2 sè 27)

l

KÕt qu¶ :

Mặc dù không ở xứ lạnh, không

được nô đùa dưới tuyết, nhưng hầu

hết các “thám tử Tuổi Hồng” đều

“phá” vụ án này một cách xuất sắc.

Nếu xe ô tơ đi liền một mạch 600 km

thì tuyết khơng thể bám đầy trên mui

xe được. Tuyết sẽ bị chảy ra vì mui

xe rất nóng do động cơ làm việc liên

tục. Cô Lau-ra xảo quyệt đã dựng lên

màn kịch này hòng hãm hại người

em họ Lo-ren. Tiếc thay, màn kịch lại

có sai sót nên đã không thể qua mắt

thám tử Sê-Lốc-Cốc. Phần lớn bạn

đọc của TTT cũng phát hiện thấy

ngay sai sót này trong màn kịch của

Lau-ra. Tuy nhiên, vẫn có một số

bạn cho rằng nếu xe đi liền một

mạch 600 km thì tuyết trên mui sẽ bị

bay đi, trơi đi do gió. Câu trả lời này

chưa chính xác.

Năm bạn sau đây được nhận phần

thưởng kì này :

Nguyễn Thị Thu

Hường, 8A

₁

, THCS Lâm Thao, Lâm

Thao,

Phú Thọ

; Hoàng Minh Giang,

6A

₂

, THCS Hai Bà Trưng, TX. Phúc

Yên,

Vĩnh Phúc

;

La Hồng Qn,

6B, THCS Nguyễn Chích, Đơng Sơn,

Thanh Hóa

;

Cao Thị Quỳnh Hoa,

8A, THCS Cao Xuân Huy, Diễn

Châu,

Nghệ An

; Nguyễn Thị Tường

Vy, con bố Nguyễn Hữu Bút, khoa

Tiểu Học, Cao đẳng SP Quảng Trị,

TX. Đông H,

Qung Tr

.

Thám tử Sê-Lốc-Cốc

Cô Mi-ta lên tiếng :

- Tụi cũng rất đói. Thấy phích nước

cịn nóng, tơi vội pha gói mì tơm ăn tạm.

Tơi thích ăn mì nên hay tích trữ mì trong

nhà...

Sau cùng là lời kể của cơ An-rê :

- Về phịng tơi đi tắm ngay. Tắm xong

tơi sang phịng Si-ly định xin ít xà phịng

giặt thì thấy cơ ấy đang hốt hoảng vì bị

mất cắp.

Nghe xong lêi khai cña bốn cô gái,

thám tử Sê-Lốc-Cốc nghiêm mặt nói :

</div>
<span class='text_page_counter'>(19)</span><div class='page_container' data-page=19>

18

Rèn luyện khả năng phát hiện sai lầm đã
được TTT2 số 20 đánh giá là một phương
pháp học rất hiệu quả. Quán triệt phương
pháp này, tôi đã khơng ít lần phát hiện ra
những sai lầm hết sức “tinh vi” và học được
nhiều điều bổ ích qua những lần đó.

VÝ dơ, ngay trong sè TTT2 tiÕp theo, b¹n

Trịnh Ngọc Túđã có một bài viết khá hay ở
mục Giải tốn thế nào ?nhưng rất tiếc, ở ví
dụ 5đã mắc phải một sai lầm “nhỏ”.

Xin được trích nguyên văn ví dụ đó :

Bài tốn :Giải hệ phương trình

Lời giải sai :Ta sẽ chứng minh x 1.
Nhận xét : x, y, z đều khác 0.

Gi¶ sư x > 1 (4).

Tương tự, x < 1 cũng dẫn đến điều vơ lí.
Suy ra x 1, thay vào (1) và (2) ta có :

VËy hƯ cã nghiƯm duy nhÊt : x y z 1.

Phân tích sai lầm :Rõ ràng với y  1 thì
nên từ y < 1 mà suy ra là sai

và sẽ khơng có những đánh giá tiếp theo.

Sau đây tơi xin đề xuất một lời giải khác.

Lời giải đúng : Khơng mất tính tổng
qt, giả sử x y z.

Đầu tiên ta thấy x, y, z đều khác 0.
Nếu x > 1 thì từ (1) suy ra :

điều này mâu thuẫn với giả thiết x y z.
Suy ra x 1, ta cã :

x 1 (x 1)(x42x 2) 0

x5x42x22 0 2x22 x5x4

tương tự phần
chứng minh với y ta có x 1.

Suy ra 1 x y z 1x y z 1 là
nghiệm duy nhất của hệ phương trình.

LTS. Có nhiều bạn đã phát hiện ra sai
sót và kịp thời thơng báo cho Tịa soạn biết
để đính chính. Nhân dịp này, Tịa soạn có
lời cảm ơn chân thành tới các bạn. Bây giờ
xin hỏi : Lời giải của bạn Thành đã hoàn
chỉnh chưa ?

5 4
2

2 z z

Tõ (3) x ,

2z

 
 

5 4

2 2 2

2 y y 2 1

Tõ (2) z 1

2y 2y y

z 1;
 
    
 
5 4
2

2 x x ₁ _{y 1;}

2x

 

   

5 4

2 2 2

2 x x 2 1

y 1 y 1 x,

2x 2x x

 
      
2
1 1
y 
2
1 1
y 

2y 2 y 1

2z 2 z 1

 _

 _  _

 

x 1, m©u thn víi (4).

 

5 4

2 2 2

2 z z 2 1

Tõ (3) x 1

2z 2z z

 

    

5 4

2 2 2

2 y y 2 1

Tõ (2) z 1

2y 2y y

z 1;

 

    

 

5 4

2 2 2

2 x x 2 1

Tõ (1) y 1

2x 2x x

y 1;

 

    

 

5 4 2
5 4 2
5 4 2

x x 2x y 2 (1)
y y 2y z 2 (2)
z z 2z x 2 (3)

   

 _ _ 

Li gii mc

sai lm !

thân ngọc thành

</div>
<span class='text_page_counter'>(20)</span><div class='page_container' data-page=20>

19

(TTT2 số 27)
l Người thách đấu : Nguyễn Khánh

Nguyên, THCS Hồng Bàng, Hải Phịng.
lBài tốn thách đấu :Từ một điểm O trong

ABC, lần lượt hạ các đường vng góc
OA₁, OB₁, OC₁ tới các cạnh BC, CA, AB.

Chứng minh rằng OA  BC  OB  CA 
OC AB khi và chỉ khi A₁B₁C₁đều.
lXuất xứ :Sáng tác.

lThời hạn nhận thách đấu :Trước ngày
15 - 8 - 2005.

Có một võ sĩ đã giải sai câu 2), đa số các
võ sĩ khơng vẽ đủ hai hình ứng với hai trường

hỵp : ChØ cã bèn vâ

sĩ có lời giải tương đối chuẩn là Lê Viết Ân,
11A₁₂, THPT Phan Đăng Lưu, Phú Vang, Thừa
Thiên-Huế ; Nguyễn Cao Cường, 10T, THPT
chuyên Tiền Giang, TP. M Tho, Tin Giang;

Lê Thanh Bình, 8D, THCS Ngun Du, TX. Hµ
TÜnh, Hµ TÜnh ; Ngun Thái Bảo Lâm, 8C,
THCS Mê Linh, Đông Hưng, Thái Bình.

Vừ s Lờ Vit n ó a ra tới ba lời giải
khác nhau với sự trình bày chi tiết và hoàn
chỉnh, là người duy nhất giải quyết đúng vấn
đề khi nào xảy ra đẳng thứctrong bất đẳng
thức CD  R, xứng đáng được đăng quang
trong trận đấu này. Xin giới thiệu với bạn đọc

một trong ba lời giải đó.

Trường hợp 1 :

1) Gäi () là đường tròn ngoại tiếp ABD ;
K là giao điểm (khác D) của CD và ().

Vỡ (O₁), (O₂) lần lượt tiếp xúc với BC, AC tại

C nªn (1).

Tõ (1) suy ra

O thuộc (). Từ đó, với chú
ý rằng OAB cân tại O, ta có O là điểm chính
giữa của (chứa D) của () (2).

Còng tõ (1) suy ra

K là điểm chính giữa
của (không chứa D) cđa () (3).

Tõ (2) vµ (3) suy ra

Đẳng thức xảy ra D trùng với O C là
điểm chính giữa của cung lớn của (O).

2) Trong phép chứng minh 1) ta có :
O thuộc () suy ra () là đường tròn ngoại
tiếp ABO () cố định K cố định.

Trường hợp 2 : tương tự như

trường hợp 1 (các bạn tự vẽ hình và chứng minh).

Tóm lại : Với mọi điểm C thuộc (O) thỏa

món điều kiện đề bài, ta ln có CD R.
Đẳng thức xảy ra  C là trung điểm của
các cung lớn, nhỏ của đường trịn (O).

CD ln đi qua điểm cố định K là trung
điểm của (không chứa O) của đường trịn
() ngoại tiếp OAB.

ngun minh hµ


AB



AB

 o

ACB 90 ,


AB

 o

ODC 90 CD CO CD R.

     

 o

ODK 90


AB

  

DCB DBC BDK

  

  

ADK DAC DCA 


AB

 

2ACB AOB

 

    

DCA DBC DCB 2(DCA DCB)    


   _DAC

ADB ADK BDK   
   

DAC DCB ; DCA DBC  (1).

 o

ACB 90 .
 o

ACB 90 .
o

ACB 90 ;

</div>
<span class='text_page_counter'>(21)</span><div class='page_container' data-page=21>

20

trịnh khôi

(Hiu trưởng trường THPT chuyên Bắc Ninh, Bắc Ninh)

Gợi ý chứng minh các tính chất :
Tính chất 5 :Gọi M, N lần lượt
là các tiếp điểm của (I, r) với CA,
CB ta có CMIN là hình vng và

TÝnh chất 6 :áp dụng tính chất 5 (t/c 5)

vào các tam giác vuông CAB, HAC, HBC :
Suy ra r + r₁+ r₂= h.

Tính chất 7 :Các tam giác CAB, HAC,
HCB đơi một đồng dạng nên

Mµ a2+ b2= c2suy ra r₁2+ r₂2= r2.

TÝnh chÊt 8 :

FC lµ phân
giác của suy ra

AC = AF. Tương tự, BC = BE.

Tính chất 9 :Ta có AI và BI lần lượt là
trung trực của CF, CE (t/c 8), suy ra I là tâm
đường tròn ngoại tiếp CEF.

Tính chất 10 :Ta có B, I, I₂và A, I, I₁lần
lượt là các bộ ba điểm thẳng hàng. Theo t/c 8,
I₁I và I₂I lần lượt vng góc với CI₂và CI₁,

suy ra I là trực tâm của CI₁I₂.

TÝnh chÊt 11 :Do I₂I lµ trung trùc cđa CE

 

ACF AFC 

 

HCF BCF 


HCB

   o 

ACF C BCF 90   BCF ;

  o 

AFC HFC 90  HCF ;

1 2

r r

r _.

c b a 

1 2

a b c h b' b h a' a

r ; r ; r .

2 2 2

     

  

AC AM BC BN a b c .

2 2

    

 

CM CN
r CM CN

2

   

suy ra I₂CE cân tại I₂

EI₂CI₂EI₂// AI. Tng t, FI₁// BI.

Tớnh cht 12 :EI₂, FI₁, CH đồng quy tại
trực tâm J của CEF (suy ra từ t/c 11).

TÝnh chÊt 13 : Tõ t/c 11 suy ra c¸c tø
gi¸c EI₁II₂, FI₂II₁ là những hình thang có
, suy ra chúng là
những hình thang cân.

Tính chất 14 :IE = IF = IC = I₁I₂(suy ra
tõ t/c 9 vµt/c 13).

Tính chất 15 :Theo t/c 9, IEF cân tại I,
mặt khác ID  EF suy ra D là trung điểm
của EF ; Lại từ t/c 12 suy ra I₁EF và I₂EF
là các tam giác vuông tại I₁ và I₂. Do đó
I₁D = I₂D = và DI₁I₂cân tại D.

TÝnh chÊt 16 :Theo t/c 8 vµt/c 15, DI₁E
vµ BCE lµ hai tam giác cân tại D và B, có
chung suy ra DI₁// BC

DI₁AC. Tương tự, DI₂BC.

TÝnh chÊt 17 : Tõ t/c 16

Mặt khác H và

D nằm trên đường tròn đường kính I₁I₂.

o

1 2 1 2

I HI I HC CHI 90 

 o

1 2

I DI 90 .

 

 ₁

EDI EBC


BEC,
EF

2

    o
2 1 2 2 1 1

I EI EI I I FI FI I 45   

  o

2 2

CEI ECI 45

  

</div>
<span class='text_page_counter'>(22)</span><div class='page_container' data-page=22>

21

Tính chất 18 :CGK vng cân tại đỉnh
C vì có CI  GK và CI là phân giác của
Suy ra CG = CK = và

 CI₁G = CI₁H (g.c.g)

CG = CK = CH =

Tính chất 19 :Từ t/c 13 suy ra EI₁II₂,
FI₂II₁là các tứ giác nội tiếp. Mặt khác I₁EF
và I₂EF là các tam giác vuông tại I₁và I₂,
do đó các điểm E, F, I, I₁, I₂thuộc đường
trịn tâm D bán kính

TÝnh chÊt 20 :Chó ý r»ng

vµ suy ra AD BD =

TÝnh chÊt 21 :

Ta cã

TÝnh chÊt 22 :

Ta cã

suy ra IAC ICI₁

 IC2 = IA  II₁  IC là tiếp tuyến của
đường tròn ngoại tiếp I₁AC.

Tương tự, IC cũng là tiếp tuyến của
đường trịn ngoại tiếp I₂BC.

Từ đó suy ra các đường tròn ngoại tiếp
các tam giác ACI₁ và BCI₂ tiếp xúc với
nhau tại C với IC là tiếp tuyến chung.

TÝnh chÊt 23 :Ta cã

suy ra AEIC là tứ giác nội
tiếp. Tương tự BFIC cũng là tứ giác nội tiếp.

Ta lại có (hai góc có cạnh
tương ứng vng góc) suy ra

hay AI₁I₂B là tứ giác nội tiếp.

Tính chất 24 :Từ t/c 17 suy ra H và D
thuộc đường tròn đường kính I₁I₂

Mặt khác (vì

DI₁ // BC, theo t/c 16). Suy ra
hai tam giác vng HI₁I₂và
CAB đồng dạng.

Bµi tËp ¸p dơng :

Cho C là một điểm di động trên nửa
đường trịn đường kính AB = 2R (C khơng
trùng với A và B). H là hình chiếu của C
trên AB. Gọi I, I₁, I₂lần lượt là tâm của các
đường tròn nội tiếp các tam giác ABC,
AHC, BHC. Đường thẳng I₁I₂ cắt CA và
CB lần lượt tại G và K.

1) Tìm vị trí của điểm C để diện tích

CGK t giỏ tr ln nht.

2) Tìm giá trị lớn nhất cña tØ sè

3) Chứng minh rằng tâm đường trịn
ngoại tiếp II₁I₂ln nằm trên một đường
thẳng cố định.

4) Chứng minh rằng có một tiếp tuyến
chung của các đường tròn ngoại tiếp các
tam giác AI₁C và BI₂C luôn đi qua một
điểm cố định.

5) Xác định vị trí của điểm C để bán kính
đường trịn ngoại tiếp II₁I₂là lớn nhất.

6) Gäi O₁, O₂ theo thứ tự là tâm các
đường tròn ngoại tiếp các tam giác AI₁C
và BI₂C. Chứng minh r»ng I₁I₂// O₁O₂.

GK .
AB

 ₁₂

I I H EBC 

 ₁

EDI EBC
 

1 2 1

I I H EDI .

 

 _{2 1}

IAB II I 

 _{2 1}

IAE II I
 _{2 1}

ICE II I

 

IAE ICE 

  

1 1 1

I AE I AC I CI 
 ₁ ₁

I AC I CI 

    o

1 1 1 1

I AC I CA I CI I CA 45   
CEF EF.CH ab abr’

S r’. .

2 c c

  

2 2

2 2 2

ABC

b c a a c b c_. (a b)

2 2 4

c a b _{2ab ab S .}

4 2

     

 

  

  

a c b
BD

2

 


b c a
AD

2

 


EF
r ' .

2



2 KG.
2

 o 

1

CGK 45 I HC

2 KG
2

o

</div>
<span class='text_page_counter'>(23)</span><div class='page_container' data-page=23>

22

giải toán trên máy tính điện tử casio năm 2005

phiặu dỳ thi

Cuộc thi giải toán trên máy tính CASIO

Họ và tên : ...

Địa chỉ : ...
...

ẵậ thi kệ thử băy

(Bi gii gi trc ngy 16-08-2005)

đơn vị tài trợ : công ty cổ phần xuất nhập khẩu bình tây

Bài 1. Cho ABC có AB, BC, CA
lần lượt tỉ lệ nghịch với và
AB BC CA  cm.

1.1. Tính độ dài ba cạnh của ABC
(cm) với 9 ch s thp phõn.

1.2. Chữ số thập phân thứ 15 của AB,
BC, CA là chữ số nào.

1.3. Trờn cnh AC lấy điểm D sao cho
3AD 4DC ; trên đoạn BD lấy điểm E sao
cho 3BE 2ED. Đường thẳng AE cắt cạnh
BC tại F. Tính diện tích ABF (cm2) (viết
quy trình bấm phím, độ dài các cạnh của

ABC lÊy ë c©u 1.1).

Lương Văn Bá

(THCS Nghĩa Phương, Tư Nghĩa, Quảng Ngãi)

Bài 2. Một học sinh đã viết liên tiếp các
tổng sau : S₁1 2 ; S₂(1 2) 4 5 ;
S₃(1 2 3) 7 8 9 ; ...

TÝnh S₅₀; S₆₀; S₈₀; S₁₀₀.

NguyÔn Đình Thế

(THCS Ninh Xá, TX. Bắc Ninh, Bắc Ninh)

Bi 3. Tìm số tự nhiên n sao cho
n210n 1964 là số chớnh phng.

Cao Thị Huyền Trang

(xóm 8, HTX nông nghiệp Quyết Tiến,
Giao Tiến, Giao Thủy, Nam Định)

Bài 4. Chia 29052005 cho 2011 được
số dư là r₁; chia r₁cho 92 được số dư là
r₂; chia r₂cho 19 được số dư là r₃.

Tìm số dư của phép chia cho r₃.

Nguyễn Ngọc Phiên

(7B, THCS Phổ Văn, §øc Phỉ, Qu¶ng Ng·i)

Bài 5. Cho điểm E nằm trên cạnh AC
của ABC. Qua E kẻ ED, EF lần lượt song
song với BC và AB (D thuộc AB, F thuộc
BC). Đặt diện tích các tam giác ADE và
CEF lần lượt là S₁ và S₂. Tính diện tớch

ABC biết S₁101 cm2; S₂143 cm2.

Tạ Minh Hiếu

(THCS Yên Lạc, Yên Lạc, Vĩnh Phúc)

Bài 6. Tìm số d­ khi chia 20052006
cho 2008.

NguyÔn Quang Hưng

(THPT bán công Đông Hà, Quảng Trị)

1996
2

3
10000

53

1 3 5_{, ,}
3 5 7

</div>
<span class='text_page_counter'>(24)</span><div class='page_container' data-page=24>

23

KẾT QUẢ KÌ THỨ NM

Bài 1.a) Vì 1161771561, chia cho 2001
dư 676 và 6762456976, chia cho 2001 d­
748 nªn 1112(116)2, chia cho 2001 d­ 748.
b) Ta cã 712 chia cho 2003 d­ 367 vµ
3673_{chia cho 2003 d­ 829. Suy ra 7}36_₍₇12₎3

chia cho 2003 d­ 829.

Bµi 2. Đáp số :x 1,010308298 ;
y 0,802019412 ; z 0,486042606.

Bài 3. (trên Casio 570MS) Khai báo
:

Máy hỏi A ? NhËp 1.32 M¸y hái X ?

NhËp 2 3 5 M¸y hái B ? NhËp

3.1 2 5 6.4 7.2

M¸y hái C ? NhËp 7.8 3 2
KÕt qu¶ : (101,0981355).

Cùc trÞ :

4 (3,541010225).

Bài 4.Đưa về phương trình bậc hai
44,22456121x224,76552904x 87,4618954 0
và giải phương trình này ta được :

x₁1,713899656 ; x₂ 1,153904749.

Bài 5. Ta có hệ phương trình :

Giải hệ này ta được a  2 ; b  1 ; c  3.
Vậy x_n_₂2x_n_₁x_n3. Suy ra x₀ 1.
Phương trình x_n_₂2x_n_₁x_n3 có nghiệm
thỏa mãn điều kiện đầu x₀ 1 ; x₁4 là
(*).
Khai báo cơng thức x_n_₂2x_n_₁x_n3 :

1 4

2 3

2 3

LỈp lại 7 lần phím được x₁₀184.
Khai báo x_ntheo công thøc (*) :

3 7 2

2 M¸y hái : X ? Khai báo n 10 :
10 Kết quả : x₁₀184.

Bài 6. là số cần tìm. Thật vậy,
x_n> 0 với mäi n 1, 2, 3, ...

Gi¶ sư . Khi ấy

và
.

Vì nên với

mọi n lẻ và với mọi n chẵn.
Các bạn đoạt giải kì này : Hoàng Minh Điều
Nguyên, 8₈, THCS Phan Sào Nam ; Nguyễn
Vũ Thanh Long, 9/1, THCS Chu Văn An ;

Nguyn Bo Thiờn Thanh, 8/3, THCS Hương
Long, TP. Huế ; Nguyễn Văn Thiên Vũ, 8/3,
THCS Phú Mậu, Phú Vang, Thừa Thiên
-Huế; Lưu Khánh Tường, 10A₁, THPT Phan
Sào Nam, Duy Xuyên, Quảng Nam ; Trần

Huy Hưng, 9C, THCS Hoàng Liệt, Hoàng
Mai, Hà Nội; Đào Thu Quyên, Tân Lập, Dân
Hạ, Kỳ Sơn, Hịa Bình; Trương Ngọc Sơn,
10 Tốn, THPT Nguyễn Trãi, Hải Dương ;

Ngun M¹nh Hưng, 9B, THCS Từ Sơn, Từ
Sơn, Bắc Ninh; Trần Bá Trung, 8A₁, THCS
Yên Lạc, Yên Lạc, Vĩnh Phúc.

T Duy Phng
n 5 1

x

2



n 5 1

x

2



1 5 1

x 1
2

 
n 2

n 1

1 5 1 5 1

x 1 1 1/( )

x 2 2



 
    
n 1
n

1 5 1 5 1

x 1 1 1/( )

x 2 2

       

n 5 1

x

2

5 1
M
2


CALC

)

X
ALPHA

2
x
X
ALPHA
(

COPY
SHIFT

B
STO
SHIFT

B
ALPHA


A
ALPHA
A
STO
SHIFT

A
ALPHA

B
ALPHA
B
STO
SHIFT
A
STO
SHIFT
(-)
2

n 3 3n 7n 2

x 1 5n n(n 1)

2 2 

     

12a 4b c 23
23a 12b c 37

37a 23b c 54

  

 _ _{ }

 _ _{ }


A
ALPHA

2
x
B
ALPHA

C
ALPHA


(-)

)

(

)

(




(-)
CALC
C
ALPHA

X
ALPHA
B
ALPHA

2
x
X
ALPHA
A
ALPHA

2 3,1 2 5

y 1,32x x 7,8 3 2

6,4 7,2



    

</div>
<span class='text_page_counter'>(25)</span><div class='page_container' data-page=25>

24

Đó là tơi muốn nói đến thao tác “giới
hạn” mà người ta thường sử dụng trong
khi giải một số bài tốn quỹ tích bằng
phương pháp thuận đảo (PPTĐ). Để bạn
đọc dễ theo dõi, xin nhắc lại một số vấn
đề có liên quan.

T×m q tÝch những điểm M có tính chất

(M()) là tìm hình H gồm tất cả các
điểm M().

Trong chng trỡnh toỏn ph thụng, hỡnh

Hthng khỏ n giản : đường thẳng, tia,
đoạn thẳng, đường tròn, cung tròn ...

Để giải một bài tốn quỹ tích, trước hết ta
cần tìm ra hình H. Thao tác này được thực
hiện trên giấy nháp và được gọi là thao tác
dự đoán quỹ tích. Sau đó, ta phải chứng
minh rằng : hình gồm những điểm M() và
hình Hlà một. Để giải quyết vấn đề này, có
ba phương pháp. Tuy nhiên, quan trọng
hơn cả và được sử dụng nhiều hơn cả là
PPTĐ. Bằng phương pháp này, lời giải của
bài tốn quỹ tích gồm hai phần :

Thn :NÕu M() th× M H.

Đảo :Nếu M H thì M().

Nh vy, rừ rng rằng về mặt đường lối
chung, trong lời giải bài toán quỹ tích bằng
PPTĐ, khơng có cái mà người ta hay gi
l thao tỏc gii hn.

Thế nào là thao tác giới hạn ? Trong
những bài toán quỹ tích, những bài nào mà
trong lời giải của chúng cần sử dụng thao
tác giới hạn, những bài nào mà trong lời
giải của chúng không cần sử dụng thao
tác giới hạn ? Với một bài toán quỹ tích
mà ta bc ph¶i sư dơng thao tác giới

hạn trong lời giải của nó, khi nào thao tác
này được bắt đầu ?

Trờn õy là ba câu hỏi mà tôi thường
đặt ra cho những ai hay nói đến thao tác
“giới hạn” trong khi giải bài tốn quỹ tích
bằng PPTĐ. Thật đáng tiếc, tôi chưa
thấy ai trả lời được dù chỉ một trong ba
câu hỏi trên.

ấy vậy mà, vô cùng khó hiểu, trong rất
nhiều tài liệu liên quan đến việc giải bài
tốn quỹ tích bằng PPTĐ, người ta ln

nói đến thao tác “giới hạn”. Thậm chí có
tác giả đã coi thao tác “giới hạn” là một
phần không thể thiếu trong khi giải bài
toán quỹ tích bằng PPTĐ.

Chính vì những lí do trên, tơi thấy cần
phải viết bài báo này, nhằm khẳng định với
bạn đọc rằng : khơng có và khơng cần có
cái gọi là thao tác “giới hạn” trong khi giải
bài toán quỹ tích bằng PPTĐ.

Khẳng định của tơi sẽ được chứng minh
thơng qua việc giải hai bài tốn quỹ tích cụ
thể. Trong lời giải của mỗi bài tốn, để đối
chứng, tơi sẽ sử dụng cả hai phương án
giải : có sử dụng thao tác “giới hạn” và
không sử dụng thao tác “giới hạn”. Khi cần
thiết, sẽ có những lời bình luận và sự phân
tích hợp lí để bạn đọc dễ dàng tiếp cận với
khẳng định mà tôi đã nêu trên.

Bài toán 1 :Cho và số dương m.
Hai điểm A, B theo thứ tự chạy trên các tia
Ox, Oy sao cho OA + OB  m. Tìm quỹ
tích tâm đường tròn ngoại tiếp của tam
giác OAB.



xOy

Vĩnh biệt “giới hạn” !

</div>
<span class='text_page_counter'>(26)</span><div class='page_container' data-page=26>

25

Lêi gi¶i :

Thuận :Phương án 1(có sử dụng thao
tác “giới hạn”).

Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam
giác OAB thỏa mãn điều kiện đề bài. Gọi
Oz là tia phân giác của . Tia Oz cắt
đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB tại
điểm thứ hai L (khác O). Gọi H, K theo thứ
tự là hình chiếu của L trên Ox, Oy.

V× tø gi¸c OALB néi tiÕp nên
.

Suy ra hoặc

Khụng mt tính tổng quát, giả sử
và . Khi đó A thuộc
đoạn OH và B không thuộc đoạn OK.
Suy ra :

2OH OH OK OA HA OB KB 

OA OB HA KB m HA KB (1).

Mặt khác, vì tứ giác OALB nội tiếp nên
. Từ đó, với chú ý LH  LK
suy ra HAL  KBL HA KB (2).

Tõ (1) vµ (2) suy ra :

OH  H cố định L cố định

 I thuộc đường thẳng cố định , trung
trực của đoạn OL (3).

Giới hạn :Nếu A trùng O thì B trùng B’
(B’  Oy và OB’  m). Khi đó tam giác
OAB trở thành tam giác (suy biến) OOB’
và điểm I trở thành điểm I₁ thuộc  sao
cho OI₁Ox (4).
Nếu B trùng O thì A trùng A’ (A’ Ox và
OA’ m). Khi đó tam giác OAB trở thành
tam giác (suy biến) OOA’ và điểm I trở
thành điểm I₂thuộc sao cho OI₂Oy (5).
Từ (3), (4), (5) suy ra I thuộc đoạn [I₁, I₂].

Lời bình : Tơi thừa nhận (3), (4), (5)
đúng. Nhưng tôi không thừa nhận phép
suy luận sau là đúng : “Từ (3), (4), (5) suy
ra I thuộc đoạn I₁I₂”. Theo tơi, đó chỉ là sự
cảm nhận, hay khá hơn một chút, đó chỉ là
sự suy luận có lí chứ khơng phải phép
chứng minh tốn học. Chính vì vậy, kết
quả nhận được “I thuộc đoạn I₁I₂”

có thể sai.

Nếu cịn băn khoăn về điều này, tôi xin
giới thiệu với các bạn một phép suy luận
tương tự, các bạn hãy tự kiểm tra xem
phép suy luận này đúng hay sai :

Cho hàm số f(x) xác định trên đoạn [a, b].
Nếu f(a) 1 ; f(b) 10 thì 1 f(x) 10 vi
mi x thuc [a, b].

(Kì sau đăng tiếp)
m

2



HAL KBL

 o

OBL 90

 o

OAL 90




o
o

OAL 90
OBL 90

 _









o
o

OAL 90
OBL 90

 _







  o

OAL OBL 180 



</div>
<span class='text_page_counter'>(27)</span><div class='page_container' data-page=27>

26

Problem E5 : The natural numbers from 1 to 1000 are
arranged into 500pairs such that the difference of two numbers
in each pair is either 1 or 4. Is the sum of all the differences
divisible by 6? Justify your anwser.

Proposed by Nguyen Trong Tuan

Gia Lai province

Chú thích từ vựng và thuật ngữ :
lnatural numbers :các sè tù nhiªn (danh tõ)

larrange :xếp, nhóm (động từ)
lpair :cặp (danh từ)

lsum :tổng (danh từ)
ldifference :hiệu (danh từ)
ldivisible : chia hết (tính từ)
Nhận xét :Số lượng bài kì này đạt con số kỉ lục, tuy vậy khơng có nhiều bài hoàn hảo.
Các bạn chú ý lỗi hay gặp sau :

Tuổi là age, không phải là old ;

Ngi ta núi “Linh is 15 years old” hoặc “The age of Linh is 15”, khơng nói “Linh’s old
is 15” và “The age of Linh is 15 years old”.

Xin tặng thưởng cho các bạn : Nguyễn Minh Hiếu, 9C, THCS Thái Học, Bình Giang, Hải
Dương ; Lê Thị Thanh Thủy, tổ 24A, phường Cẩm Thạch, TX. Cẩm Phả, Quảng Ninh;

Nguyễn Tuyết Mai, 8A6, THCS Lương Thế Vinh, TP. Thái Bình, Thái Bình.

TS. Ng« ¸nh tuyÕt (NXBGD)

Solution E3 :

Let x be Linh’s age and y be Hoa’s age now.
Then x 5is Linh’s age 5years ago and y 5is
Hoa’s age 5years ago. We have

. (1)
In 10years from the present time Linh’s age will be

Hoa’s age. In other words,

. (2)
By subtracting the first equation from the second
we have

which gives y20, and then x15.

Linh is 15years old and Hoa is 20years old now.

5  2 

15 ( y 10) ( y 5 )

6 3

 5 

x 10 ( y 10)
6

5
6

 2 

</div>
<span class='text_page_counter'>(28)</span><div class='page_container' data-page=28>

27

l

KÕt qu¶ :

l

Kì này :

Từ tượng thanh

Ai ghép đúng ?

(TTT2 sè 27)

Trong bài thơ dưới đây có rất
nhiều từ tượng thanh, nhưng do
đãng trí, tác giả đặt chúng nhầm
vị trí hết rồi. Bạn có sửa lại c
khụng ?

Hè về thánh thót tiếng ve
Đoàn tàu lọc cọc ®i vỊ trong ga

Xập xình lửa trại sáng lịa
Loa đài xao xác lời ca trữ tình

Trống chèo sùng sục sân đình
Bi bơ chim hót trên cành cây cao
Suối tn rậm rịch lưng đèo
Véo von tiếng trẻ đáng yêu vô cùng

Xe bị xình xịch ngồi đường
Thương ai ì oạp lội đồng bắt cua

Bập bùng trời đổ cơn mưa
Tiếng gà ra rả giữa trưa oi nồng

ào ào tiếng nhạc hội hơn
Líu lo điệu lí vấn vương bồi hồi

Nước sơi róc rách trong ni
Súng v bỡ bừm ni mn thuyn.

Mai Đình Phẩm

(45 Tân Lâm, ýYên, Nam Định)

Nu em hiu được nghĩa của từ ngữ
thay thế, nắm được luật ăn vần thơ lục bát,

trình bày sạch và viết đúng chính tả, bài
của em được “vào sơ khảo” để rút thăm
chọn ra năm bài trao giải. Rất tiếc, kì này
có nhiều bài giải đúng nhưng viết sai chính
tả (VD : bạn NQT - Hà Nội : “trên sóng”
viết : “trên sông”; bạn DTTT - Hà Tĩnh :
“con tin” viết : “con tim” ...). Chị lưu ý HQV
- Châu Đốc : ở tỉnh Thái Bình có bánh cáy
rất ngon, ngọt và bùi, do đó “bánh cóc”
khơng sửa thành “bánh ong” mà thành
“bánh cáy”. Ai ghép đúng ?có thể sửa :

Kªnh dài cầu khỉbắc qua

Loan truyn tin vthoang mang lm ngi
V ếchbị chúng bạn cười

Cỏ gàem hái vào chơi chọi gà
Đá ong lót trước thềm nhà

Cã chiÕc xe ngùaphãng qua ®­êng làng
Tiếng trống múa lân rộn ràng

Dưa chuộtleo giàn kết quả thËt sai

Nấm mèomọc trên thân cây
Em đeo trống ếchđánh ngày hội vui

B¸nh c¸yvõa bÐo võa bïi

Trên da thường có nốt ruichm en

Học trò học vẹtchớ nên

Chân bị chuộtrút đau lên thình lình
Thuyền rồngtrên sóng rập rình
Kẻ gian bắt cóccon tin tèng tiÒn

Xe vượt ổ gàngả nghiêng
Em tập bơi bướmnên siêng đến hồ

Cuốc chimcuốc đất cứng khô
Chân vịttàu thủy cánh to quay u.

Năm bạn được nhận quà kì này là : Phạm
Bích Ngọc, 52 ngõ 64, tổ 87, P. Ô Chợ Dừa,
Đống Đa, Hà Nội; Nguyễn Thị Trang, 8E,
THCS Thị trấn Quỳ Hợp ; Nguyễn Bá Tuấn
Anh, 7A, THCS Đặng Thai Mai, TP. Vinh,

Nghệ An; Phạm Phương ThảoA, số 45, tổ
15, P. Bắc Sơn, TX. Tam Điệp, Ninh Bình;

Nguyễn Vỹ Phượng, con bố Nguyễn
Phương, tổ 60, Thành Vinh, Thọ Quang,
Sn Tr, Nng.

</div>
<span class='text_page_counter'>(29)</span><div class='page_container' data-page=29>

28

Trần Đăng khoa :

Cng có một nhà thơ góp ý cho anh đúng như em nói. Nhà thơ
cịn đề nghị anh chữa lại mấy câu đầu. Nhưng anh thấy khơng
thể chữa được. Mẹ “thích vui chơi” là chơi với con, chứ có phải mẹ
chơi bời đâu. Nhiều khi mẹ dạy con bằng những trò chơi. Có khi
những bài học như thế lại sâu sắc và dễ tiếp thu hơn nhiều so với
những bài học mà con trẻ tiếp nhận trên bục giảng. Vui chơi với
con cũng là một công việc rất đỗi quan trọng của các bà mẹ.
Đừng hiểu vui chơi theo nghĩa thông dụng là chơi bời.

Còn “Cánh màn khép lỏng cả ngày” là câu thơ có chút dụng
cơng. Chắc em cũng biết, ở thôn quê, người ta chỉ buông màn
khi đêm ngủ thơi. Cịn ngày thì gấp lại hoặc vắt lên. Màn bng
giữa ban ngày là có sự cố, nghĩa là nhà có người ốm. Nhưng
nếu cánh màn đã “khép lại”, hoặc “khép chặt” thì bà mẹ chết
rồi, khơng cịn trong tình trạng ốm đau nữa. ởthơn q, người
ta rất kiêng chó mèo chạy qua chỗ người chết, nên thường khép
chặt màn. Nhiều khi cẩn thận hơn, người ta còn đậy tờ giấy
trắng lên mặt người quá cố. Cịn màn chỉ “khép lỏng” thì đằng
sau cánh màn, ta thấy thấp thống bóng dáng người con ra vào
chăm sóc mẹ. Đúng là bà mẹ ốm. Còn thay chữ “lỏng”, bằng
một từ khác, câu thơ cũng sẽ biến nghĩa luôn...

Anh Khoa ơi ! Em rất thích bài “Mẹ ốm”. Đọc
lại lần nào em cũng thấy xúc động. Tuy vậy, bài
thơ vẫn có mấy chi tiết em cứ thấy lấn cấn thế
nào ấy. Đó là câu mở đầu : “Mọi hơm mẹ thích
vui chơi”. Trong thơ anh, em có thấy mẹ “vui
chơi” đâu. “áo mẹ mưa bạc màu. Đầu mẹ nắng
cháy tóc”. Mẹ làm lụng vất vả như thế, chứ có
“chơi” chút nào đâu. Mưa nắng đã đành, đến cả

khi đêm xuống, là cái khoảng thời gian người ta
được nghỉ ngơi, nhưng vì miếng cơm, manh áo
cho con, mẹ vẫn phải lặn lội ra đi : “Cả đời đi gió
đi sương”, “đi sương” là đi trong đêm khuya khoắt
rồi. Chính anh cũng đã nói : “Mẹ ngày đêm khó
nhọc. Con chưa ngoan, chưa ngoan”. Vậy thì mẹ
chơi vào lúc nào đây ? Chi tiết thứ hai em cũng
băn khoăn khi anh tả lá màn : “Cánh màn khép
lỏng cả ngày”. Màn khép lỏng là cẩu thả. Con
chăm mẹ ốm như thế là rất đoảng, anh Khoa ạ.

Ph¹m Mü H¹nh

</div>
<span class='text_page_counter'>(30)</span><div class='page_container' data-page=30>

29

(TTT2 số 27)

l

Kì này :

Ngy hai buổi
cùng ta đến trường,
chiếc xe đạp đã trở
nên thân thương
như một người bạn.
Có lẽ vì vậy mà ơ
chữ kì này đã thu hút
rất đông bạn tham
dự. Cũng vì vậy mà từ hàng dọc trong ơ chữ
khơng phải là MY BICYCLE (xe đạp của tôi)
theo lôgic thông thường mà lại là MY FRIEND
(người bạn của tôi).

Chiếc xe đạp, người bạn của chúng mình đã mang lại may mắn cho năm bạn, những
người sẽ nhận được quà của Chủ Vườn kì này : Đặng Thị Hồng Ngọc, số 422, xóm 4,
Hịa Đình, Võ Cường, TX. Bắc Ninh, Bắc Ninh; Nguyễn Hà Chi, 8A, THCS Nguyễn Trực,
Thanh Oai, Hà Tây; Nguyễn Thị Mai, 7A, THCS Yên Biên, TX. Hà Giang, Hà Giang;

Lª Duy Hưng, 7A, THCS Đặng Thai Mai, TP. Vinh, Nghệ An; Lưu Khánh Duy, 6C, THCS
Quế Xuân, Quế Sơn, Quảng Nam.

Các từ hàng ngang từ trên xuống : RIM - Vành xe, TYPE - Lốp xe, FRAME - Khung
xe, BRAKE - Phanh xe, CHAIN - Xích xe, PEDAL - Bàn đạp, HANDLE BAR - Ghi đông,
SADDLE - Yên xe.

Chủ Vườn

l

Kết quả :

Ô chữ

“XE ĐẠP ƠI !”

Từ ở cột dọc tơ màu thì chắc bạn nào cũng biết
rồi. Trên tất cả các hàng ngang đều là những từ
chỉ vị trí. Bạn sẽ tìm được chứ ?

Phạm Hương Linh

</div>
<span class='text_page_counter'>(31)</span><div class='page_container' data-page=31>

30

l

KÕt qu¶ :

l

Kì này :

(TTT2 sè 27)

CỬA GÌ ?

Cửa biểnsơng đổ ra khơi

Cưa sỉcã thĨ th¸o rêi h¼n ra

Mẹ mở cửa hiệutại nhà
Vướng vào cửa tửai m vt qua

Không may sa sút cửa nhà

Cửa ôlà lối vào Hà thành xưa

Cửa chớpthoáng khí, song thưa

Cửa Phậttu luyện ở chùa lâu năm

Cửa ngõem quét rất chăm

Cửa cônglà chỗ quan làm chẳng sai

Lồng áo ở chỗ cửa tay

Cửa miệngphải nãi lêi hay míi tµi.

Ban thưởng :Phạm Thị Mai Anh, mẹ
là Đặng Thị Bình, trường TH Diễn Ngọc I,
Diễn Châu, Nghệ An ; Đặng Thị Quỳnh
Trang, 15/142 Nguyễn Thái Học, P.5,
TP. Tuy Hòa, Phú Yên; Phạm Anh Thư,
45/47 Tây Thạnh, P. Tây Thạnh, Q. Tân

Phú, TP. Hồ Chí Minh ; Võ Ngọc Hân,
153 Trần Hưng Đạo, khóm 1, phường 1,
TX. Sa ộc, ng Thỏp.

Vua Tếu

Trung gì tình cảm thủy chung ?
Trung gì ở giữa một vùng mênh mông ?

Trung gỡ ngay thẳng thật lịng ?
Trung gì đã vượt khỏi vịng tuổi xuân ?

Trung gì sau trước đồng tâm ?
Trung gì bầy cỗ giữa sân trăng trịn ?

Trung gì khơng kém khơng hơn ?
Trung gì giáp giữa núi non đồng bằng ?

Trung gì sửa chữa phải chăng ?
Trung gì giữa tháng giảm tăng vài ngày ?

Trung gì mua bán qua tay ?
Trung gì không ở bên này bên kia ?

Nguyễn Thị Liễu

</div>
<span class='text_page_counter'>(32)</span><div class='page_container' data-page=32>

31

Hỏi : Các bạn em hay

trêu em bằng cách đập vào

đầu em. Có phải bị đập đầu
nhiều thì mình bị ngốc hơn
không ? Làm sao để các
bạn đừng đập đầu em nữa ?
Em gái

(Gia Lộc, Hải Dng)

Đáp :

Mt ngc : b p u
Hai ngc : trờu bn kiu õu

lạ lùng ?
Ngạc nhiên em gái

chưa khùng
Ngạc nhiên chủ nhiệm

vẫn dung trò này !

Hi :Trường em có phong
trào : đi chát, yêu đương, viết
thư cho nhau. Ngăn chặn
kiểu gì được anh ?

H on Thng

(9C, THCS on Thng,
Gia Lc, Hi Dng)

Đáp :

Viết thư, đi chát,

yờu ng...
Khụng hiu Hiu trng

Nh trường biết khơng ?
Đồn Thanh niên chắc

cịng bu«ng ?
ThÕ thì anh cũng biết buồn
mà thôi !

Hỏi : Em tuy häc líp 10
råi nh­ng vÉn thÝch TTT2.
Em xin hái anh : Cô giáo
cấm chúng em không được
chơi với nhau. Đặc biệt là
không được chơi thân với

bn Huy vỡ bn y trước đây
hay bỏ học và đánh nhau.
Anh bo ỳng hay sai ?

Cô bé tò mò

(Khụng a ch)

Đáp :

Cụ dựng bin phỏp
quỏ sai
bn y ng bờn ngoi

sao đang ?
Thân nhau khuyên bảo

nhẹ nhàng
Giúp bạn thành tốt rõ ràng

là nên...

Hi :Em cú tật nói lắp và
lại nói rất nhanh nên mỗi khi
em trả lời cơ trên lớp thì cả
lớp lại được một trận cười vỡ
bụng. Anh có cách nào giúp
em với !

MÌo con

(9C, THCS Chu Vn An,
Hng Khờ, H Tnh)

Đáp :

Em ơi ! Luyện tập sẽ thành
Em nói chậm lại cho

rành mạch hơn
Khi nào khỏi lắp sẽ trơn
Chữa luôn cho lớp

nhng cn... b ci.

Hỏi : Năm nay em mới
học lớp 9 mà một bạn nam
lớp 7 l¹i viÕt th­ thỉ lộ là
bạn ấy iu em. Anh tÝnh
gióp em víi !

SÕu cao

(9B, THCS NghÜa Hßa,
NghÜa Hưng, Nam Định)

Đáp :

Chị hÃy nói với...

em... rằng :
Em ơi ! Sao vẫn trẻ măng

ó gỡ ...
N em nên chị... thơi thì...
Diêu bơng em hãy cố đi

h¸i về ...

Hỏi :Tuổi hồng có nhiều
chuyện khúc mắc ngoài tuổi
hồng mét tÝ míi ph¶i hái
anh... Thế mà anh lại xin
không trả lời thế là sao ?

Cá Mắm

(9B, THCS Lê Quý Đôn,
Thanh Sơn, Phú Thọ)

Đáp :

Bởi vì chỉ biết tuổi hồng
Ra ngoài một tí cũng không

t tng
Chỏnh Vn, em thử tìm

đường
Nghe đâu nơi ấy tơ vương

gì nhiỊu.

</div>
<span class='text_page_counter'>(33)</span><div class='page_container' data-page=33>

32

Bài 1(29) :Chứng minh rằng số 20052+ 22005nguyên tố
cùng nhau với số 2005.

Đặng tuấn Thành

(THCS Quang Lộc, Can Léc, Hµ TÜnh)

Bài 2(29) :Cho ba số dương a, b, c. Chứng minh rằng :

nguyễn đức tấn (TP. Hồ Chí Minh)

3 3 3

a b c _{a ac b ba c cb.}

b  c  a   

Bài 3(29) :Giải phng trỡnh :

trần tuấn anh (Khoa Toán-Tin, ĐHKHTN, ĐHQG TP. Hå ChÝ Minh)

4 3 2 1

x x x x 0.

2

    

Bài 4(29) :Giả sử O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác nhọn ABC. AD, BE, CF là
các đường cao của tam giác đó. Đường thẳng EF cắt (O) tại P và Q. Gọi M là trung điểm
của BC. Chứng minh rằng AP2AQ22.AD.OM.

nguyễn quang đại (Hà Nội)

Bài 5(29) :Xác định M nằm trong tam giác ABC sao cho tích các khoảng cách từ M
tới các cạnh của tam giác đạt giá trị lớn nhất.

Lª anh tuÊn(TP. Hå ChÝ Minh)

1(29) :Prove that 20052+22005is relatively prime to 2005.

2(29) :Let a,band c be positive real numbers, prove the inequality

3(29) :Solve the equation

4(29) :Suppose that Ois the center of the circumcircle of an acute triangle ABC. Let

AD,BE,CF be the altitudes of the triangle ABC. Let the line EFintersect the circle (O) at

Pand Q ; and letM be the midpoint of line segment BC. Prove that AP2AQ22.AD.OM.

5(29) :Determine a point M interior to a triangle ABCsuch that the product of the
distances of Mto the sides of ABCis a maximum.

.

    

4 3 2 1

x x x x 0

2

.

    

3 3 3

</div>
<span class='text_page_counter'>(34)</span><div class='page_container' data-page=34></div>

<!--links-->