Category Archives: Toán phổ thông

Biểu diễn vectơ theo hai vectơ không cùng phương

Tính chất 1. Cho hai vectơ a,b khác 0

a) Nếu a,b cùng phương thì tồn tại số thực k sao cho a=kb.

b) Nếu a,b không cùng phương và xa+yb=0, suy ra x=y=0.

Chứng minh.

a) Nếu a,b cùng phương.

  • Trường hợp 1. Nếu a,b cùng hướng. Đặt k=|a||b|, ta chứng minh a=kb.
    Thực vậy:
    Do k>0 nên kb cùng hướng bb cùng hướng a nên kb cùng hướng a; Và |kb|=|k||b|=|a|.
  • Trường hợp 2. Nếu a,b ngược hướng. Đặt k=|a||b|, chứng minh tương tự như trên ta cũng có a=kb.

b) Giả sử x0, suy ra a=yxb cùng phương b, mâu thuẫn, do đó x=0, dẫn đến y=0.

Tính chất 2. Cho a,b không cùng phương, khi đó với mọi vectơ c tồn tại duy nhất cặp số (x;y) thỏa mãn c=xa+yb

Chứng minh

  • Lấy điểm O ta dựng các vectơ AO=a;OB=b;OC=c.
  • Từ C dựng các đường thẳng song song với OB,OA cắt OA,OB tại DE. Khi đó OC=OD+OE.
  • ODOA cùng phương nên tồn tại x thỏa OD=xOA=xa; tương tự tồn tại y sao cho OE=yOB=yb.
  • Do đó c=xa+yb.
  • Giả sử tồn tại x,y thỏa c=xa+yb. Khi đó xa+yb=xa+yb (xx)a+(yy)b=0.
  • Từ tính chất 1, ta có x=x,y=y. Ta có điều cần chứng minh.

Việc biểu diễn một vec tơ theo hai vec tơ không cùng phương có nhiều ứng dụng trong việc chứng minh vec tơ bằng nhau, cùng phương, dẫn đến các bài toán chứng minh thẳng hàng, tính toán độ dài, góc, …

Ví dụ 1. Cho tam giác ABC và điểm D thỏa mãn AD=34AC, I là trung điểm của BD.
a) Tính AI theo AB,AC.
b) Cho BM=xBC. Tính AM theo xAB,AC

Lời giải.

a) Ta có 2AI=AB+AD=AB+34ACAI=12AB+38AC.
b) Ta có AM=AB+BM=AB+xBC=AB+x(ACAB)=(1x)AB+xAC.

Ví dụ 2. Cho tam giác ABC gọi M là điểm thỏa MA+3MB=0.
Giả sử CM=xCA+yCB. Tính x,y.

Lời giải.

Ta có 0=MA+3MB=CACM+3CB3CM

4CM=CA+3CBCM=

14CA+34CB.

Từ đó ta có x=14,y=34, do sự biểu diễn CM theo AC,CB là duy nhất.

Ví dụ 3. Cho tam giác ABC và các điểm I, J thỏa mãn 2CI+3BI=0,5JB2JC=0.
a) Tinh AI,AJ theo AB,AC.
b) Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Tính AG theo AI,AJ.

Lời giải
Ta có:
2CI+3BI=02CI+3(BC+CI)=0

5CI+3BC=0CI=35CB
5JB2JC=05JB2(JB+BC)=0

3JB=2BCBJ=23BC
a) – Tính AI theo AB,AC.
Ta có:
AI=AC+CI=AC+35CB=AC+35(ABAC)=35AB+25AC

  • Tính AJ theo AB,AC.
    Ta có:
    AJ=AB+BJ=AB23BCAB23(ACAB)=53AB23AC

b) Tính AG theo AI,AJ.
Đặt AG=xAI+yAJ.

AG=x(35AB+25AC)+y(53AB23AC)
=(3x5+5y3)AB+(2x52y3)AC

Mặt khác, AG=13AB+13AC
{35x+53y=1325x23y=13

{x=3548y=116

Vậy AG=3548AI116AJ

Bài tập rèn luyện

Bài 1. Cho tam giác ABCM là trung điểm cạnh BC;N là điểm thuộc đoạn AC sao cho AN=2NC. Chứng minh rằng:
a) AM=12(AB+AC).
b) BN=23ACAB
c) MN=13CA12CB.

Bài 2. Cho tam giác ABCI là điểm đối xứng với B qua C,J là trung điểm AC,K thuộc AB thoả AB=3AK.
a) Tính BI,BJ,BK theo BA,BC.
b) Tính If,IK theo BA,BC.

Bài 3. Cho tam giác ABC. Lấy M,N lần lượt là trung điểm AB,AC. L là điểm thoả mãn 2LA+5LB+3LC=0
a) Tính BM,BM,BL theo BA,BC.
b) Tính MN,ML theo BA,BC.

Một số bài đường tròn và tiếp tuyến

Bài 1. Cho đường tròn tâm O đường kính AB. C là một điểm thuộc đường tròn. d1d2 lần lượt là tiếp tuyến tại AB của (O). Tiếp tuyến tại C cắt d1,d2 lần lượt tại DE. BC cắt d1 tại F.
a) Chứng minh d1|d2D là trung điểm của AF.
b) Vẽ đường cao CH. Chứng minh rằng AE,BDCH dồng quy tại trung điểm của CH.
c) Chứng minh OFAE.

Lời giải.

a) d1 là tiếp tuyến tại A nên OAd1,d2 là tiếp tuyến tại B nên d2OB, mà O,A,B thẳng hàng, suy ra d1//d2.
Ta có ACB=90, suy ra DCF+ DCA=DFC+DAC=90. (1)
Hơn nữa DA=DC (t/c tiếp tuyến), tam giác DAC cân tại D, suy ra DCA= DAC. (2)
Từ (1) và (2) ta có DCF=DFC, tam giác DCF cân tại D.
Vậy DF=DC=DA, hay D là trung điểm của AF.
b) Gọi I là giao điểm của BDAE. Ta có AD//BE nên BIID=EBAD(3).
Mặt khác do AD=DCEB=EC, suy ra EBAD=ECDC (4).

Từ (3) và (4) ta có BIID=ECDC, suy ra IC//AD (Thalet đảo).

ADAB nên CIAB, vậy C,I,H thẳng hàng.

Do đó AE,BE,CH đồng quy tại I.
Ta có CIAD=EIEA,IHAD=BIBDEIEA= BIBD, nên CIAD=IHAD, suy ra IC=IH hay
I là trung điểm của CH.
c) Ta có EBAD=ECCD=OC2=R2, mà AF=2AD nên EBAF=2R2.

Suy ra EBAF=AOAB, suy ra EBAB=OAAF, do đó tanEAB=tanAFO, suy ra EAB= AFO.
EAB+EAF=90 nên EAB+ AFO=90. Do đó OFAE.

Bài 2. Cho đường tròn tâm O bán kính R. A là một điểm nằm ngoài đường tròn, từ A dựng các tiếp tuyến AB,AC dến (O) với B,C là các tiếp điểm. Một cát tuyết qua A cắt (O) tại DE trong đó D nằm giữa AE.Gọi H là giao điểm của OABC.
a) Chứng minh OHOA=R2.
b) Gọi M là trung điểm của DE. Chứng minh 4 điểm O,M,B,C cùng thuộc đường tròn.
c) Tiếp tuyến tại DE của (O) cắt nhau tại điểm P. Chứng minh P,B,C thẳng hàng.

Lời giải.

a) Ta có AB,AC là tiếp tuyến nên AB=AC, và OB=OC=R, suy ra OA là trung trực của BC, suy ra OABC tại H.
Tam giác OABOBA=90 (t/c tiệp tuyến) và BHOA nên OHOA=OB2= R2.
b) M là trung điểm DE, suy ra OMDE.
Ta có OBA=OMA=OCA=90, suy ra 5 diểm O,M,B,A,C cùng thuộc đường tròn đường kính OA.
c) Ta chứng minh được OPDE, suy ra O,M,P thẳng hàng và OM.OP=OD2= R2.
Suy ra OMOP=OHOA, suy ra OMOH= OPOA.
Xét tam giác OMA và tam giác OHP có:
AOP chung OMOH=OPOA OHP=OMA=90.
Ta có BC,PH vuông góc với OA tại H nên P,B,C thẳng hàng.

Bài 3. Cho tam giác ABC vuông tại A(AB<AC). Vẽ đường tròn tâm O đường kính AC cắt cạnh BC tại D. Gọi HK lần lượt là trung điểm của hai cạnh ADCD. Tia OH cắt cạnh AB tại E. Tia OK cắt đường thẳng ED tại N và cắt đường tròn tâm O tại I.
(a) Chứng minh DE là tiếp tuyến của (O).
(b) Chứng minh OHDK là hình chữ nhật.
(c) Chứng minh tia DI là tia phân giác của NDC.
(d) Gọi S là giao điểm của OB với AD. Từ S vẽ đường thẳng vuông góc với AO và cắt tia OH tại Q. Chứng minh 3 điểm A,Q,N thẳng hàng.

Lời giải.

Hình 1

a) OH là trung trực của AD, suy ra EA=ED. Từ đó EDO=EAO(ccc), suy ra EDO=EAO=90. Do đó ED là tiếp tuyến của (O).

b) Do K là trung điểm CD nên OKCD, tứ giác OHDKD=H=K=90 nên là hình chữ nhật.

c) Ta có tam giác ODI cân tại O nên ODI=OID (1)
ODI=ODK+KDI,OID=OND+NDI (2)
OND=ODK (vì cùng phụ DON) (3)
Từ (1), (2), (3) ta có KDI=NDI

d) Gọi L là giao điểm AQOS.
Trong tam giác ASOAQ,SQ là các đường cao, nên Q là trực tâm, suy ra AQOS tại L. (4)
Ta có OLOB=OA2
OKON=OD2=OA2
Suy ra OKON=OLOB
Suy ra OLNOKB, suy ra OLN=OKB=90 (5)
Từ (4), (5) ta có A,L,N thẳng hàng, hay A,Q,N thẳng hàng.

Bài 4. Cho đường tròn (O;R) và một điểm S nằm ngoài đường tròn (O). Vẽ hai tiếp tuyến SB,SC đến (O) với B,C là hai tiếp điểm. Gọi H là giao điểm của SO với BC.
(a) Vẽ đường kính BA của (O). Chứng minh AC||SOHBHC=HOHS.
(b) Vẽ đường thẳng d vuông góc vớ AB tại O, đường thẳng d cắt đường thẳng AC tại E. Chứng minh SE=R.
(c) Vẽ CK vuông góc với AB tại K. Gọi I là trung điểm của cạnh CK. Chứng minh 3 điểm S,I,A thẳng hàng.

Lời giải.

a) Do AB là đường kính của (O) nên ACB=90. (1)

Ta có SB=SCSO phân giác BSC nên SO là trung trực của BC, do đó OSBC tại H.

Từ đó ta có AC||OS vì cùng vuông góc BC.

b) AOE=OBS(gcg), suy ra OE=BS.

Tứ giác OESBOE||BS (Cùng vuông góc AB), và OE=BS nên OESB là hình bình hành, hơn nữa có OBS=90 nên là hình chữ nhật, do đó SE=OB=R.

c) Ta có OASE là hình bình hành, suy ra AS cắt OE tại trung điểm T của mỗi đoạn.
CK||OE
Gọi I là giao điểm của ASCK
Ta có IKOT=AIAT=CIET
OT=ET nên KI=CI, hay II
Vậy A,I,S thẳng hàng

Bài 5. Cho đường tròn (O;R) và điểm M ở ngoài đường tròn (O). Kẻ tiếp tuyến MA,MB đến (O) với A,B là hai tiếp điểm. Đường thẳng AB cắt (O) tại K.
(a) Kẻ đường kính AN của (O),BHAN tại H. Chứng minhMBBN=BHMO.
(b) Đường thẳng MO cắt đường tròn (O) tại CD(C nằm giữa OM). Chứng minh OKMK=CKDK.
(c) E đối xứng với C qua K. Chứng minh E là trực tâm của tam giác ABD.
(d) Chứng minh sinMAB=CKAK+CKAM

Lời giải.

a) Chứng minh tam giác OMBNBH đồng dạng.
b) OKMK=AK2=KCKD
c) ACBE là hình thoi, suy ra BE||AC, mà ACAD suy ra BEAD
DEAB
Do đó E là trực tâm tam giác ABD.

d) CAK=CAM (chứng minh ở bài trên)
Do đó CKCM=AKAM, suy ra CKAK=CMAM
Từ đó VP=CKAK+CKAM=CMAM+CKAM=KMAM=sinMAB

Bài 6. Cho hình vuông ABCD cạnh a,E là cung thuộc cung nhỏ BD của đường tròn tâm tâm A bán kính a. Tiếp tuyến tại E cắt CD tại FBC tại G.
(a) Chứng minh chu vi tam giác CFG bằng 2a.
(b) AF,AG cắt BD tại IH. Chứng minh HE= HB,IE=ID

HI2=DI2+BH2
(c) Chứng minh FH,GIAE đồng quy.

Lời giải.

a) CD,CB,FG là tiếp tuyến của (A;a)
Suy ra FE=FD,GE=GB
PCFG=CF+FG+CG=CF+EF+EG+CG=CF+DF+GB+CG=CD+CB=2a

b) AF là trung trực DE, và AG là trung trực BE
Suy ra IE=ID,HB=HE
IEF=IDFIEF=IDF=45
Tương tự cũng có HEG=45
Suy ra IEH=90
Áp dụng pitago cho tam giác EIH ta có IH2=IE2+HE2=ID2+HB2

c) Ta có AF là phân giác DAE, AG là phân giác của BAE
Suy ra FAG=12BAD=45.
AIHDIF(gg), suy ra IAIF=IDIH
Suy ra IFHIDAIFH=IDA=45
Suy AHF=90 hay FHAG.
Chứng minh tương tự GIAF.
Tam giác FGAE,FH,GI là các đường cao nên đồng quy.

Bài 7. (Cuối khóa 1 – Star Education 2018) Cho đường tròn (O;R) và điểm A nằm ngoài đường tròn. Từ A vẽ các tiếp tuyến AB,AC dến (O) ( B,C là các tiếp điểm). OA cắt BC tại H.
a) Chứng minh OHOA=R2 và 4 điểm O,A,B,C cùng thuộc một đường tròn.
b) Đường tròn tâm I đường kính AB cắt (O) tại điểm D khác B. Chứng minh ID là tiếp tuyến của (O).
c) Tiếp tuyến tại H và tại A của (I) cắt nhau tại P. Chứng minh B,D,P thẳng hàng.

d) Tiếp tuyến tại H của (I) cắt OB tại M; gọi N là trung điểm PM, đường thẳng qua P song song BN cắt AB tại K. Chứng minh HK,AMBD đồng quy.

Lời giải.

a)

Xét ABO vuông tại B có:

BH là đường cao OHOA=OB2=R2 (Hệ thức lượng)

Ta có: ABO vuông tại BA,B,O thuộc đường tròn đường kính AO. (1)

Lại có ACO vuông tại CA,C,O thuộc đường tròn đường kính AO. (2)

Từ (1) và (2) suy ra A,B,O,C thuộc đường tròn đường kính AO.

b)

Ta có: ABD nội tiếp đường tròn đường kính ABABD vuông tại D

I là trung điểm cạnh huyền ABIB=ID
Ta có: IB=ID,OB=OD nên IO là trung trực của BD IBO=IDO=90 nên ID là tiếp tuyến của (O).

c) Tiếp tuyến tại H và tại A của (I) cắt nhau tại P. Chứng minh B,D,P thẳng hàng.

Gọi E=IPAHF=IOBD.
Sử dụng tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau và hệ thức lượng, ta chứng minh được
IEIP=IA2=ID2=IFIOIFIP=IEIO

Từ đó, chứng minh được IFPIEO (c.g.c)
IEO=IFP=90

Ta có: BD đi qua F và vuông góc IO,FP đi qua F và vuông góc IO nên hai đường thẳng này trùng nhau. B,D,P thẳng hàng.

d)

Chứng minh IH là đường trung bình của ABCIH||AC. Mà IHPMACOC.

Suy ra: HM||OC. Lại có H là trung điểm BC nên M là trung điểm OB.

Gọi Q là giao điểm của PKBO.
Ta có: BN||PQN là trung điểm của PM nên suy ra B là trung điểm của QM.

Gọi J=BPAM.
Ta có :
BQ||APBKKA=BQPA=BMPA.
BM||APBMPA=BJJP
Suy ra: BKKA=BJJP nên KJ||AP. Chứng minh tương tự JH||AP. Từ đó ta có K,J,H thẳng hàng.

Vậy HK,BP,AM dồng quy tại J.

Bài tập luyện tập.

Bài 6. Cho tam giác ABC nhọn. Các đường cao AD,BECF cắt nhau tại H. Gọi M,N lần lượt là trung điểm của BCAH.
(a) Chứng minh NE,NF là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BCE.
(b) Chứng minh 5 điểm D,E,F,M,N cùng thuộc một đường tròn.
(c) Gọi G là giao điểm của ADEF. Chứng minh NGND=NA2.

Bài 7. Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB=2R. Trên tiếp tuyến tại A của (O) lấy điểm C sao cho AC=AB. Từ C vẽ tiếp tuyến CD dến (O) cắt tiếp tuyến tại B ở điểm E.
(a) Tính BE.
(b) Đường cao DF của tam giác ABD cắt BC tại G. Chứng minh rằng A,G,E thẳng hàng.
(c) Gọi H là giao điểm của OCAD. Tính DHB.
(d) Gọi I là giao điểm của BC(O). Tứ giác IDBH là hình gì? Tại sao?

Bài 8. Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O).M là trung điểm BC. Từ A dựng các tiếp tuyến đến đường tròn (O;OM) cắt BC tại DE sao cho DC khác phía đối với M;E,B khác phía đối với M. Chứng minh rằng các tam giác ADCABE cân.

Bài 9. Cho tam giác ABC vuông tại A,AB=a,BC=2a. Đường cao AH. Từ B,C vẽ các tiếp tuyến BD,CE dến đường tròn tâm A bán kính AH.
(a) Tính AH và số đo ABC.
(b) Chứng minh D,A,E thẳng hàng.
(c) Chứng minh ED là tiếp tuyến của đường tròn đường kính BC.
(d) Chứng minh DC,BEAH dồng quy.

Bài 10. Cho hình vuông ABCD cạnh 2a, tâm O. Đường tròn tâm O bán kính a tiếp xúc với ABBC tại EF. Gọi P là một điểm trên cung nhỏ EF. Tiếp tuyến tại P cắt AB,BC tại MN. Đặt MB=c,BN=y.
(a) Chứng minh rằng x+y+x2+y2=2a.
(b) Chứng minh rằng AMCN=2a2.
(c) Gọi K là trung điểm của AD. Chứng minh rằng MK| DN.

Phần trăm

Bài tập 1. Có ba bài kiểm tra, bài số 1 có 25 câu, bài số 2 có 40 câu, bài số 3 có 10 câu. Đức là được 80% câu đúng bài số 1, 90% câu đúng bài số 2 và 70% câu đúng bài số 3. Mỗi câu đúng bài số 1 được 3 điểm, bài số 2 được 5 điểm và bài số 3 được 7 điểm.
a) Tính số câu đúng Đức làm được.
b) Tính số điểm của Đức đạt được.

Lời giải.

a) Số câu đúng Đức làm được: 80%.25+90%.40+70%.10=63 câu.

b) Số điểm Đức làm được: 80%.25.3+90%.40.5+70%.10.7=289 điểm.

Bài tập 2. Một số nam sinh và nữ sinh đang rửa xe để quyên tiền cho chuyến tham quan Hà Nội của lớp. Ban đầu 40% của nhóm là con gái. Ngay sau đó, hai cô gái rời đi và hai chàng trai đến, sau đó 30% trong nhóm là các cô gái. Lúc đầu trong nhóm có bao nhiêu bạn nữ?

Lời giải.
Gọi x (bạn) là số bạn nữ lúc đầu trong nhóm có, (x>0)
40%x2=30%.xx=20

Vậy có 20 bạn nữ.

Bài tập 3. Giả sử trường A có 1000 học sinh và trường B có 1200 học sinh. Hỏi số học sinh trường B nhiều hơn số học sinh trường A là bao nhiêu phần trăm?

Lời giải.
Số học sinh trường B nhiều hơn số học sinh trường A12001000=200 (học sinh).
Phần trăm số học sinh trường B nhiều hơn số học sinh trường A2001000100=20%
Vậy có 20%

Bài tập 4. Thuế thu nhập của TPHCM được đánh ở mức p% của 28.000.000 đầu tiên của thu nhập hàng năm cộng với (p+2)% của bất kỳ số tiền nào trên 28.000.000. Nam nhận thấy rằng thuế thu nhập ở TPHCM mà ba bạn phải trả lên tới (p+0,25)% thu nhập hàng năm của ba. Thu nhập hàng năm của ba Nam ấy là bao nhiêu?

Lời giải.
Gọi x (đồng) là thu nhập hàng năm của ba Nam, (x>0)
Thuế thu nhập của TPHCM là p%.28000000+(p+2)%(x28000000)
Thuế thu nhập của TPHCM mà ba Nam trả là (p+0,25)%.x
Giải phương trình:
p%.28000000+(p+2)%(x28000000)=(p+0,25)%.x
p%.28000000+xp%28000000p%+x.2%56000000%=xp%+x.0,25%
x=32000000

Bài tập 5. Giá cổ phiếu của công ty TTC$100 vào năm 2021 . Nó đã giảm 25% vào năm 2022 và sau đó tăng 25% vào năm 2023 . Giá cổ phiếu cuối năm 2023 là bao nhiêu?

Lời giải.
Giá cổ phiếu sẽ giảm vào năm 2023 là $100.25%=$25.
Giá cổ phiếu vào năm 2022 là $100$25=$75.
Giá cổ phiếu sẽ giảm vào năm 2023 là $75.25%=$18,75.
Giá cổ phiếu vào năm 2023 là $75+$18,75=$93,75.

Bài tập 6. Ông An định cải tạo một mảnh vườn hình chữ nhật có chiều dài bằng 2,5 chiều rộng. Ông thấy rằng nếu đào một cái hồ có mặt hồ là hình chữ nhật thì sẽ chiếm mất 3% diện tích mảnh vườn, còn nếu giảm chiều dài 5 m và tăng chiều rộng 2 m thì mặt hồ là hình vuông và diện tích mặt hồ giảm được 20m2. Hãy tính các cạnh của mảnh vườn.

Lời giải.
Gọi x( m) là chiều rộng của mảnh vườn, (x>0).
Vì chiều dài bằng 2,5 chiều rộng nên chiều dài của mảnh vườn là 2,5x( m).
Gọi y( m) là chiều rộng của mặt hồ ban đầu.
Gọi z( m) là chiều dài của mặt hồ ban đầu.
Vì diện tích của mặt hồ chiếm 3\% diện tích mảnh vườn nên diện tích của mặt hồ là
y.z=3%.2,5x2yz=0,075x2( m2)

Nếu giảm chiều dài 5m và tăng chiều rộng 2m thì mặt hồ là hình vuông nên
y+2=z5z=y+7

Diện tích của mặt hồ giảm 20 m2 nên
yz(y+2)(z5)=20y(y+7)(y+2)2=20y=8z=8+7=15

Thay y=8z=15 vào yz=0,075x2, ta được 8.15=0,075x2x2=1600x=40 hoặc x=40.

x>0 nên nhận x=40.
Vậy chiều rộng của mảnh vườn là 40( m) và chiều dài của mảnh vườn là 100( m)

Bài tập 7. Tổng kết học kì 2 , trường trung học cơ sở N có 60 học sinh không đạt học sinh giỏi, trong đó có 6 em từng đạt học sinh giỏi học kì 1 , số học sinh giỏi của học kì 2 bằng 4037 số học sinh giỏi của học kì 1 và có 8% số học sinh của trường không đạt học sinh giỏi học kì 1 nhưng đạt học sinh giỏi học kì 2 . Tìm số học sinh giỏi học kì 2 của trường biết rằng số học sinh của trường không thay đổi trong suốt năm học.

Giải thích:
Gọi x (học sinh) là số học sinh giỏi học kì 2 của trường.
Nhóm 1 và nhóm 4=x học sinh
60 học sinh không đạt học sinh giỏi học kì 2.
Nhóm 2 và nhóm 3=60 học sinh

6 học sinh từng đạt học sinh giỏi học kì 1 trong số học sinh không giỏi ở hk2.
Nhóm 3=6 họ sinh
8% số học sinh của trường không đạt học sinh giỏi học kì 1 nhưng đạt học sinh giỏi học kì 2 .
Nhóm 4=8% học sinh toàn trường

Số học sinh giỏi học kì 2 bằng 4037 số học sinh giỏi của học kì 1 .
Nhóm 1 và 4=4037 nhóm 1 và 3

Lời giải.
Gọi x (học sinh) là số học sinh giỏi học kì 2 của trường.
Số học sinh toàn trường là x+60 (học sinh)
Số học sinh giỏi học kì 2 bằng 4037 số học sinh giỏi của học kì 1 nên
x=4037 số học sinh giỏi của học kì 1

Số học sinh giỏi của học kì 1 là
x8100(x+60)+6=2325x+65( học sinh )

Khi đó, x=4037(2325x+65)x=240. Vậy số học sinh giỏi học kì 2 của trường là 240 học sinh.

Suy luận phản chứng

Bài viết này dành cho các em lớp 5, 6, 7

Các nhà toán học trong quá khứ đã làm việc chăm chỉ để khám phá bản chất của các chứng minh, và một loạt các kỹ thuật chứng minh đã được phát triển qua nhiều thế kỷ. Hôm nay, chúng tôi sẽ giới thiệu một phương pháp chứng minh quan trọng được gọi là bằng chứng do mâu thuẫn.

Ta thường gặp bài toán kiểu: Có A là đúng và cần suy ra X cũng đúng, trong một số trường hợp ta suy luận trực tiếp như sau: có A đúng thì có C đúng, có C đúng thì có D đúng, …, rồi suy ra X đúng, ở đây ta dùng A làm giả thiết để cho các suy luận sau. Tuy vậy một số tình huống ta không sử dụng được giả thiết A đúng, ta có thể dùng kĩ thuật suy luận phản chứng như sau: Giả sử X sai, tức là ta chấp nhận một giả thiết mới là X sai, từ giả thiết này ta dẫn đến một điều gì đó vô lí, hoặc dẫn đến A sai; khi đó điều giả sử đó là không đúng, tức là ta có điều cần chứng minh. Thế mạnh của suy luận phản chứng là mình có thêm một giả thiết để giúp trong việc suy luận dễ dàng hơn.

Ví dụ 1. Có tồn tại hay không số nguyên lẻ lớn nhất?

Lời giải Giả sử tồn tại số nguyên lẻ lớn nhất là m.

khi đó m+2 cũng là số lẻ và m+2>m nên mâu thuẫn vì theo giả sử thì m là lớn nhất.

Vậy không có số nguyên lẻ lớn nhất.

Ví dụ 2. 5 cầu thủ bóng đá đã cùng nhau ghi được 14 bàn thắng, với mỗi cầu thủ ghi ít nhất 1 bàn. Chứng minh rằng ít nhất 2 trong số họ ghi được số bàn thắng như nhau. số bàn thắng.

Lời giải. Giả sử không có ai ghi số bàn thắng bằng nhau.

Khi đó người ghi ít nhất là 1 bàn, người kế tiếp ghi ít nhất là 2 bàn, người thứ 3 ghi ít nhất 3 bàn, cứ như thế người ghi nhiều nhất có số bàn thắng ít nhất là 5 bàn, khi đó tổng số bàn thắng của 5 người ít nhất là 1+2+3+4+5=15 (mâu thuẫn).

Vậy có hai người ghi số bàn thắng bằng nhau.

Ví dụ 3. Quốc hội của một quốc gia được thành lập bởi các nghị sĩ đại diện từ 8 tỉnh. Năm mươi trong số các nghị sĩ này quyết định thành lập một ủy ban. Chứng minh rằng ủy ban này sẽ bao gồm 8 người từ cùng một tỉnh hoặc người từ tất cả 8 tỉnh.

Lời giải. Giả sử ủy bản mỗi tỉnh không có quá 7 người và chỉ đến từ 7 tỉnh trở lại, khi đó số thành viên ủy ban là không qua 49 người, mâu thuẫn.

Vậy trong ủy ban sẽ có một tỉnh có 8 người hoặc thành viên đến từ cả 8 tỉnh.

Ví dụ 4. Viết 10 số từ 0 đến 9 trên một vòng tròn, mỗi số viết đúng một lần.

a) Có tồn tại hay không cách viết sao cho tổng hai số liên tiếp không nhỏ hơn 9?
b) Có tồn tại hay không cách viết sau cho tổng 3 số liên tiếp lớn hơn 12?
Lời giải.

a) Giả sử tồn tại cách viết sao cho tổng hai số liên tiếp không nhỏ hơn 9, xét số 0 và hai số kề với 0 là a,b ta có 0+a9,0+b9, suy ra a=b=9 mâu thuẫn, vì mỗi số viết đúng 1 lần.

b) Giả sử tồn tại cách viết thỏa đề bài. Tổn các số là 45, bỏ số 9, và xếp 9 số còn lại làm ba nhóm, mỗi nhóm 3 số liên tiếp, khi đó tổng của chúng lớn hơn 36, tuy vậy ta thấy 9 số đó là 0,1,2,8 tổng là 36, đây là điều mâu thuẫn.

Vậy không cách ghi thỏa đề bài.

Bài tập rèn luyện

Bài 1. Chứng minh rằng khi cho n+1 con thỏ vào n cái chuồng thì có chuồng chứa ít nhất 2 con thỏ.

Bài 2. Cho 15 số thỏa mãn tổng của 8 số bất kì lớn nhơn tổng của 7 số còn lại. Chứng minh tất cả các số đã cho đều dương.

Bài 3. Tích của 22 số nguyên bằng 1. Chứng minh rằng tổng của chúng không thể bằng 0.

Bài 4. Có thể chia tập X={1,2,,2022} thành các tập rời nhau sao cho mỗi tập có ít nhất 3 phần tử và phần tử lớn nhất bằng tổng các phần tử còn lại?

Sử dụng phương pháp điểm trùng để chứng minh hình học

Trong việc giải các bài toán hình học, có một kĩ thuật khá là đặc biệt và cũng thường được sử dụng đó là sử dụng điểm trùng, kĩ thuật này dựa trên sự xác định duy nhất của hình để thực hiện.

Tình huống thường gặp nhất, ta cần chứng minh tính chất hay sự tồn tại của một số đối tượng hình học, chẳng hạn như giao điểm của một số đường thẳng. Khi đó, gọi hai hay một số giao điểm (dĩ nhiên tồn tại) của một số cặp hay một số đối tượng. Sau đó, ta sẽ chứng minh các giao điểm (đối tượng) mà ta vừa dựng là trùng nhau. Đôi khi để thực hiện điều này, ta cũng cần gọi thêm một số đối tượng khác cùng đi qua điểm đang xét rồi xét sự đồng quy của chúng với các đối tượng gọi thêm nhằm có thêm tính chất của các điểm mà ta cần chứng minh trùng nhau.

Ta chú ý một số tính chất sau:

Định lý 1. Về giao điêm của các đối tượng hình học:

  1. Hai đường thẳng có nhiều nhất 1 giao điêm.
  2. Hai đường tròn có nhiều nhất 2 giao điểm.
  3. Một đường thẳng và một đường tròn có nhiều nhất 2 giao điểm.
  4. Một tia có gốc nằm trong đường tròn và đường tròn đó có nhiều nhât 1 giao điềm.

Sau đây ta xét một số ví dụ trong chương trình toán hình học lớp 9.

Ví dụ 1. Cho đường tròn tâm O đường kính AB, C thuộc đường tròn. Tiếp tuyến tại C cắt tiếp tuyến tại A,B của (O) tại D,E. Gọi H là hình chiếu của C trên AB.

a. DB cắt CH tại N. Chứng minh A,N,E thẳng hàng.

b.Đường thẳng qua A song song HE và đường thẳng qua B song song với HD cắt nhau tại M. Chứng minh D,M,E thẳng hàng.


a. BC cắt AD tại F, ta chứng minh được D là trung điểm của AF.

Khi đó CNDF=PNPD=HNAD.

AD=DF, suy ra CN=HN hay N là trung điểm của CH.

Gọi N là giao điểm của AECH, chứng minh tương tự ta cũng có N là trung điểm của CH. Do đó NN hay A,N,E thẳng hàng.

b. Phân tích: vẽ hình chính xác và trực giác ta dự đoán được M là trung điểm của DE, hơn nữa điểm M là được xác định duy nhất do là giao điểm của 2 đường, do đó ta có thể gọi M là trung điểm và chứng minh MM bằng cách chứng minh AM||HDBM||HC. Thực ra do vai trò như nhau nên chỉ cần chứng minh AM||HD là đủ.

Ta có HAHB=CDCE=ADBE. Suy ra AHDBHE. Suy ra AHD=BHE

Suy ra KHA=BHE=AHD. Từ đó ta có tam giác HDK cân tại HA là trung điểm AD.

Tam giác DHEMA là đường trung bình nên AM||EK hay AM||HE.

Chứng minh tương tự ta có BM||HD.

Vậy MM. Hay D,M,E thẳng hàng.

Ví dụ 2. (LHP 2019) Cho tam giác đều ABC. Gọi M,N là hai điểm nằm trên cạnh BC sao cho MAN=30(M nằm giữa BN). Gọi K là giao điểm của hai đường tròn (ABN)(ACM)(K khác A). Chứng minh rằng hai điểm KC đối xứng với nhau qua AN.

Lời giải

Việc chứng minh trực tiếp K,C đối xứng qu AN nhìn có vẻ dễ nhưng khi tìm cách chứng minh thì liên kết lại hơi khó, cảm giác như bị thiếu thiếu gì đó, ta phải vẽ thêm yếu tố phụ mới có thể làm được. Do đó ta nghĩ tới kĩ thuật điểm trùng, tức là dựng ra một điểm K đối xứng với C qua AN và chứng minh K là giao điểm của hai đường tròn.

Gọi K là điểm đối xứng của C qua AN. Có
AKN=ACN=ABN
nên tứ giác ABKN nội tiếp. Suy ra K(ABN). Có
MAK+NAC=MAK+KAN=30
BAM+NAC=30
suy ra MAK=BAM.
Suy ra ABM=AKM(cgc) nên AKM=ABC=ACB ta thu được K(AMC). Vậy KK ta có điều phải chứng minh.

Ví dụ 3. Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O), có H là trực tâm tam giác ABCAD là đường kính của (O). Trên các cạnh AB,AC lấy E,F sao cho AE=AFE,H,F thẳng hàng. Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF cắt phân giác góc BAC tại P. Chứng minh H,P,D thẳng hàng.

Lời giải

Gọi P là giao điểm phân giác góc BACHD. Ta chứng minh PP, hay cần chứng minh AEPF nội tiếp.

Ta có tính chất quen thuộc HAB=DAC, nên AP cũng là phân giác HAD.

Ta có AEF=ABH+EHB, AFE=ACH+FHC.

ABH=ACHAEF=AFE nên EHB=FHC=EHL.

Do đó HE là phân giác LHB, suy ra LEEB=HLHB. (1)

Tam giác AHL và tam giác ADC đồng dạng, suy ra HLCD=AHAD.

CD=BH,AHAD=HPPD, suy ra HLHB=HPPD. (2)

Từ (1) và (2) ta có LEEB=HPPD, suy ra PE||HL||BD, suy ra PEAB.

Chứng minh tương tự ta có PFAC.

Do đó AEPF nội tiếp, suy ra PP. Hay D,P,H thẳng hàng.

Ví dụ 4. (PTNK 2022) Cho tam giác ABC có trực tâm H,D đối xứng với H qua A. I là trung điểm của CD, đường tròn (I) đường kính CD cắt AB tại E,F(E thuộc tia AB)
a) Chứng minhECD=FCHAE=AF.
b) Chứng minh H là trực tâm của CEF.
c) BH cắt AC tại K. Chứng minh EFKH nội tiếp và EF là tiếp tuyến chung của (CKE)(CKF).
d) Chứng minh tiếp tuyến tại C của (I) và tiếp tuyến tại K của (KEF) cắt nhau trên đường thẳng AB.

Lời giải. Các câu a, b, c dành cho bạn đọc, ở đây mình trình bày lời giải cho câu d.

Lấy N đối xứng với K qua AB.
ENF=EKF=EHF=180ECFN(I)
AP=AK=ANKNP=90NP|BCENPF là hình thang cân.
ECN=FCPECNACFECANCF.
NEAF=ECACEANF=CACF
NEEC=AFAC=AEAC=NFCF
Tiếp tuyến tại NC của (I) cắt nhau tại S,SF cắt (I) tại E(EF)
SENSNFNENF=SESN
SECSCFECCF=SESC
NENF=ECCF
Từ (1) và (2) suy ra: EE
Mà tiếp tuyến tại N của (I) đối xứng với tiếp tuyến tại K của (EHF) qua AB nên ta có đpcm.

Bài tập rèn luyện.

Bài 1. Cho đường tròn (O) và điểm A nằm ngoài (O). Từ A vẽ các tiếp tuyến AB,AC đến (O), một cát tuyến qua A cắt (O) tại D,E sao cho D nằm giữa AE và tia AE nằm giữa hai tia AB,AO. Đường thẳng qua D song song BE cắt BC tại F. Gọi K là điểm đối xứng của B qua E, chứng minh A,P,K thẳng hàng.

Bài 2. Cho tam giác ABC đều, trên cạnh AB,AC lấy M,N thỏa AMBM+ANCN=1. Chứng minh rằng MN tiếp xúc với một đường tròn cố định.

Bài 3. Cho tam giác ABC có các đường cao AA1,BB1,CC1 và trực tâm H. Chúng minh rằng đường thẳng Euler của các tam giác AB1C1,BC1A1,CA1B1 đồng quy.

Bài 4. (Nga 2017) Cho hình thang cân ABCDBC<ADBCAD. Đường tròn w qua B,C cắt cạnh AB tại X, đường chéo BD tại Y. Tiếp tuyến tại C của w cắt AD tại Z. Chứng minh X,Y,Z thẳng hàng.

Sử dụng đánh giá bất đẳng thức để giải hệ phương trình

Một trong các phương pháp khác đặc biệt để giải các hệ phương trình là sử dụng bất đẳng thức, kiểu A0, khi đó A=0 chỉ tại các dấu = xảy ra, hoặc xyzx, do đó hệ có nghiệm chỉ khi các dấu = đồng thời xảy ra.

Ta cùng tìm hiểu phương pháp này thông qua một số ví dụ, từ đó rút ra kinh nghiệm giải các hệ phương trình khác.

Ví dụ 1. Giải hệ phương trình

{x+2xyx22x+93=x2+yy+2xyy22y+93=y2+x

Lời giải.

{x+2xyx22x+93=x2+y(1)y+2xyy22y+93=y2+x(2)
Ta có: x22x+98x22x+9322xyx22x+93xy Tương tự: 2xyy22y+93xy
Do đó: x+2xyx22x+93+y+2xyy22y+93x+y+2xyx+y+x2+y2
(Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x=y Từ (1),(2)(3) suy ra x=y Thay x=y vào (1) ta được:
(4) x22x+93=2x22x+9=8(x1)2=0x=1 y=1
Vậy nghiệm của hệ phương trình là (x,y)(0,0);(1,1).

Ví dụ 2. (Hệ hoán vị vòng quanh) Giải hệ phương trình

{x3+3x2+2x5=yy3+3y2+2y5=zz3+3z2+2z5=x

Lời giải. Do vai trò bình đẳng trong hoán vị vòng quanh của x,y,z trong hệ trên, ta có thể giả sử
x=maxx;y;z Vì yx nên x3+3x2+2x5xx3+3x2+x50(x1)(x2+4x+5)0 Vì x2+4x+5=(x+2)2+1>0 nên x1 Mà zx nên z1 Lập luận ngược lại quá trình trên ta được (z1)(z2+4z+5)0z3+3z2+2z5zxz Do đó x=z Suy ra x=y=z Từ đó ta được phương trình x3+3x2+2x5=x(x1)(x2+4x+5)=0x=1

Ví dụ 3 (Chuyên Toán PTNK 1997) Tìm tất cả các số dương x,y,z thỏa : {1x+4y+9z=3x+y+z12

Lời giải.

 Ta có (x+y+z)(1x+4y+9z)36yx+4xy+zx+9xz+4zy+9yz220(y2x)2xy+(z3x)2xz+(3y2z)2yz0y=2x,z=2x,3y=2z Từ đó ta  có x=2,y=4,z=6

Ví dụ 4. (PTNK Chuyên Toán 2103) Giải hệ phương trình {3x2+2y+1=2z(x+2)3y2+2z+1=2x(y+2)3z2+2x+1=2y(z+2)

Lời giải. Cộng ba phương trình lại ta có:
3(x2+y2+z2)+2(x+y+z)+3=2(xy+yz+zx)+4(x+y+z)

3(x2+y2+z2)2(xy+yz+xz)2(x+y+z)+3=0
(xy)2+(yz)2+(zx)2+(x1)2+(y1)2+(z1)2=0
{x=1y=1z=1
Thử lại thấy (1,1,1) là nghiệm của hệ.

Bài tập rèn luyện

Bài 1. Giải hệ phương trình

{x+2xyx22x+5=x2+yy+2xyy22y+5=y2+x

Bài 2. Giải hệ phương trình {y36x2+12x8=0z36y2+12y8=0x36z2+12z8=0

Bài 3. Tìm các số không âm x,y,z thỏa
{xyz=1x3+y3+z3=x+y+z

Định lý Viete và áp dụng

Định lý 1. (Định lý Viete thuận) Cho phương trình bậc hai ax2+bx+c=0 (a,b, c là các hệ số). Nếu phương trình có nghiệm x1,x2 thì
S=x1+x2=ba, và P=x1x2=ca
Định lý 2. (Định lý Viete đảo) Nếu có hai số a,b thỏa a+b=S,ab=P thì a,b là nghiệm của phương trình
x2Sx+P=0

Chú ý: Điều kiện để áp dụng định lý Viete là phương trình bậc hai phải có nghiệm, tức là Δ0.

Ví dụ 1. Cho phương trình x22(m+1)x+m=0
(a) Chứng minh rằng phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt x1,x2
(b) Tính giá trị các biểu thức sau theo m
A=x12+x22+x1+x2
(c) Tìm m để A=18.
Lời giải. a=1,b=2(m+1),b=(m+1),c=m
a) Ta có Δ=b2ac=(m1)21m=m2+m+1.

Δ=m2+m+1=m2+2m12+14+34= (m+12)2+34>0 với mọi m. Vậy phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x1,x2.
b) Ta có A=x12+x22+x1+x2
=(x1+x2)22x1x2+x1+x2
=4(m+1)22m+2(m+1)
=4m2+8m+6.

c) A=184m2+8m12=0m= 1,m=3.
Vậy m cần tìm là 1 và -3 .

Ví dụ 2. Tìm m để phương trình x22(m+1)x+m23=0 có hai nghiệm phân biệt x1,x2 thỏa x12+x22+x1x2= m+7
Lời giải. a=1,b=2m2,c=m23.

Ta có Δ=b2ac=(m+1)2(m23)=2m+4. Phương trình có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi Δ=2m+4>0m>2.

Theo dịnh lý Viete ta có x1+x2=2(m+1),x1x2= m23

x12+x22+x1x2=m+7(x1+x2)2x1x2=m+7 4(m+1)2(m23)=m+73m2+7m=0 m=0(n),m=73(l).

Vậy giá trị cần tìm của mm=0.

Ví dụ 3. Cho phương trình x24mx+3m2+1=0.
a) Tìm m để phương trình có nghiệm.
b) Gọi x1,x2 là nghiệm của phương trình, tìm hệ thức độc lập m liên hệ giữa x1x2.
Lời giải
a) Ta có Δ=4m2(3m2+1)=m21. Phương trình có nghiệm khi và chỉ khi Δ0m2 10m1 hoặc m1.
b) Với điều kiện của a) theo định lý Viete ta có S=x1+ x2=4m(1),P=x1x2=3m2+1(2).
Từ (1), suy ra m=14S, thế vào (2) ta có P=3m2+1= 316S2+1.
Hay x1x2=316(x1+x2)2+1 là hệ thực liên hệ giữa x1,x2 độc lập với m.

Ví dụ 4. Cho phương trình x22mx2m3=0. Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x1,x2 và tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A=x12+x22 x1x2.
Lời giải

Ta có Δ=m2+2m+3.
m2+2m+3=(m+1)2+2>0m nên Δ>0m. Vậy phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m.

Theo định lý Viete ta có x1+x2=2m,x1x2=2m3. Khi đó A=(x1+x2)23x1x2=(2m)23(2m3)= 4m2+6m+9.

A=(2m)2+2.2m32+94+274=(2m+32)2+274274. Đẳng thức xảy ra khi m=34.

Vậy giá trị nhỏ nhất của A274 khi m=34.

Bài tập rèn luyện

Bài 1. Cho phương trình x22x3=0.
(a) Không giải phương trình, chứng minh phương trình có hai nghiệm x1,x2.
(b) Tính giá trị của A=x12+x223x1x2.(A=2+53)
(c) Tính giá trị của biểu thức B=1x134x1x2+x23
Bài 2. Cho phương trình x22mx1=0.
(a) Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m
(b) Gọi x1,x2 là nghiệm của phương trình. Tính A= x123x1x2+x22 theo m. (A=4m2+5)
(c) Tìm m để A=9.(m=±1)
Bài 3. Cho phương trình x22(m3)x2m+5=0.
(a) Chứng minh rằng phương trình luôn có nghiệm x1,x2.
(b) Tìm m để x12+x223x1x2+x1+x2=17. (m=3±212)

Bài 4. Cho phương trình x23(m+1)x+9m2+2=0. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1,x2 thỏa x12+x223(x1+x2)+1=0.
(Không có giá trị m nào thỏa mãn)
Bài 5. Cho phương trình x23x4m=0
(a) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt. (m>916)
(b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1,x2 thỏa x1+x2x1x2=13(m=52)
(c) Tính giá trị biểu thức A=x12+x224x1x2 theo m và tìm m để A=14. (A=9+24m,m=524)
Bài 6. Cho phương trình x22(m1)x1=0.
(a) Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x1,x2.
(b) Tìm m để x12+x22=5(m=2±32)
(c) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x12+x22+x1x2 (GTNN là 1 khi và chỉ khi m=1 )

Bài 7. Cho phương trình x22(m+1)x+m=0
(a) Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x1,x2
(b) Tìm m để x12+x223x1x2x1x2=7
(m=5±418)
(c) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức B=x12+x22 (Bmin=74 khi và chỉ khi x=34)
Bài 8. Cho phương trình x22mxm3=0.
(a) Tìm m dể phương trình có hai nghiệm x1,x2 thỏa
1x1+1x2+12=0 (m=35)

(b) Tìm m để phương trình có nghiệm thỏa x13x23= 10(x1x2) (m=1±1138)
Bài 9. Cho phương trình (m1)x22x+1=0.
(a) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt. (m1,m>2)
(b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1,x2 thỏa x12+x22+x1x2=3(m=13)
Bài 10. Cho phương trình x2+2(m+2)x+2m=0.
(a) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1,x2 thỏa x12x2+x22x1+x1+x2=4
(không có giá trị m thỏa mãn)
(b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A=x1x2x12 x22(Amax=634 khi và chỉ khi m=14)

Ánh xạ

Ánh xạ là gì?

Định nghĩa 1. Cho hai tập hợp AB khác rỗng. Một quy tắc cho tương ứng mỗi phần từ xA với một và chỉ một phần tử yB được gọi là một ánh xạ từ A vào B.
Kí hiệu ánh xạ f:AB,xy=f(x).


Định nghĩa 2. Cho ánh xạ f:AB

  • xA,y=f(x) thì f(x) được gọi ảnh của x qua ánh xạ f.
  • Với mọi yB, đặt f1(y)=xAf(x)=y được gọi là tạo ảnh của y.
  • f(A)=f(x)xA được gọi là tập ảnh của ánh xạ.
    Ví dụ 1.
  • 1. Qui tắc f:AA thỏa f(x)=x, tức là cho tương ứng mỗi phần tử với chính nó là một ánh xạ, được gọi là ánh xạ đồng nhất, đôi khi kí hiệu là Id.
  • 2. f:Z{1,0,1} thỏa f(x)=1 nếu x<0, f(x)=1 nếu x>0f(x)=0 nếu x=0 là một ánh xạ.
  • 3. Cho tập X,A là tập con khác rỗng của X. Xét f:X0,1 thỏa f(x)=1 nếu xA,f(x)=0 nếu xA là một ánh xạ
  • 4. f:RR thỏa xy thỏa y2=x Không phải là ánh xạ.
  • 5. Cho đường thẳng d, với mọi điểm M cho tương ứng với M thuộc d sao cho MMd nếu M không thuộc dMM nếu M thuộc d là một ánh xạ, được gọi là phép chiếu vuông góc trên đường thẳng d.
  • 6. Cho f:RR thỏa f(x)=3x+1 là ánh xạ.

Đơn ánh, toàn ánh, song ánh

Định nghĩa 3. Một ánh xạ được f:AB được gọi là đơn ánh nếu và chỉ nếu f(x)=f(y)x=y. Tức là với mọi y thì f1(y) có không quá một phần tử.

Định nghĩa 4. Ánh xạ f:AB là toàn ánh khi và chỉ khi mọi yB thì tồn tại xA sao cho f(x)=y. Với mọi yB thì f1(y) khác rỗng.
Định nghĩa 5. Một ánh xạ là song ánh nếu nó vừa đơn ánh vừa toàn ánh. Tập f1(y) có đúng một phần tử.
Ví dụ 2. Trong các ánh xạ của ví dụ 1 thì 1,6 là song ánh, 2, 3, 5 là toàn ánh nhưng không phải song ánh.

Ánh xạ hợp – Ánh xạ ngược

Định nghĩa 6. Cho song ánh từ f:AB. Ta xây dựng một ánh xạ từ B vào A như sau: với mỗi phần tử bB cho tương ứng với phần tử aA thỏa a=f1(b), ánh xạ đó được gọi là ánh xạ ngược của f, kí hiệu là f1.
Ta có
f1:BA,f1(x)=yf(y)=x
Ví dụ 3

a) Ánh xạ ngược của ánh xạ đồng nhất là ánh xạ đồng nhất.
b) Cho A=1,2,3,B=a,b,c.Xét song ánh từ ABf(1)=b,f(2)= a,f(3)=c. Khi đó ánh xạ ngược f1 từ BAf1(a)=2,f1(b)=1,f1(c)=3.

c) Ánh xạ ngược của f:RR,f(x)=3x+1f:Rf(x)=13(x1).

Định nghĩa 7. Cho f:AB,g:BC khi đó ánh xạ gf:AC thỏa
gf(a)=g(f(a))
được gọi là ánh xạ hợp.

Ví dụ 4. Cho f:RR,f(x)=2x+1,g:RR,g(x)=x2.
(a) Tìm gg,ff;
(b) gf,fg.

Tính chất 1. Nếu f:AB là song ánh thì ff1=IdtrênB,vàf^{-1} \circ f làánhxđngnhttrênA$.

Ánh xạ và phép đếm


Định nghĩa 8. Cho tập A số nguyên dương nX=0,1,2,,n. Nếu tồn tại một song ánh từ A vào X thì khi đó ta nói A có hữu hạn phần tử và số phần tử của An. Kí hiệu |A|=n. Nếu A không khác rỗng và không có hữu hạn phần tử, ta nói A là tập vô hạn.

Tính chất 2. Cho A,B là các tập hữu hạn.

  • Nếu tồn tại một đơn ánh từ A vào B thì |A||B|.
  • Nếu tồn tại một toàn ánh từ A vào B thì |A||B|.
  • Nếu tồn tại một song ánh từ A vào B thì |A|=|B|.

Đường tròn nội tiếp – Đường tròn bàng tiếp trong tam giác

Định nghĩa và một số tính chất quan trọng

Định nghĩa 1. Đường tròn nội tiếp là đường tròn có tâm là giao điểm ba đường phân giác trong và tiếp xúc với ba cạnh của tam giác.

Định nghĩa 2. Đường tròn bàng tiếp là đường tròn có tâm giao điểm của một phân giác trong và hai phân giác ngoài, tiếp xúc với một cạnh và phần nối dài của hai cạnh còn lại.\
Trong tam giác có ba đường tròn bàng tiếp ứng với ba đỉnh của tam giác.

Tính chất 1. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O, đường tròn tâm I bán kính r nội tiếp tam giác tiếp xúc với các cạnh BC,AC,AB tại D,E,F.
Gọi Ia,Ib,Ic lần lượt là tâm đường tròn ứng với các đỉnh A,B,C. (Ia) tiếp xúc với BC,AC,AB tại D,E,F.
Đặt p=AB+BC+AC2,S=SABC.
Ta có một số tính chất sau:
a) AE=AF=paAE=AF=pBD=CD=AB+BCAC2.
b) K là điểm đối xứng của D qua I thì A,K,D thẳng hàng.
c) Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC đi qua trung điểm các cạnh của tam giác IaIbIc.

Chứng minh.

(a) Ta có AE=AF,BD=BF,CD=CE, khi đó AB+ACBC=AF+BF+AE+CE BDCD=AE+AF=2AE, suy ra AE=AB+ACBC2=AB+BC+AC2BC=pa;
Ta có BD=BF,CD=CE, suy ra AB+AC+BC=AB+BD+CD+AC= AB+BF+AC+CE=AE+AF=2AEAE=AF=AB+BC+AC2=p;

Chứng minh tương tự thì BD=pbCD=CE=AEAC=pb, do đó BD=CD.
(b) Ta có IK=IE,IaD=IaE nên IKIaD=IEIaEIE//IaE nên IEIaE=AIAIa; do đó AIAIa= IKIaD, suy ra AIKAIaDIAK=IaAD, từ đó A,K,D thẳng hàng.
(c) Ta có AIb,AIa là phân giác ngoài và phân giác trong góc A nên IaAIb=90 hay IaAIbIc; chứng minh tương tự ta có IbBIaIc,IcCIaIb.

Trong tam giác IaIbIc thì IaA,IbB,IcC là ba đường cao, nên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC chính là đường tròn Euler của tam giác IaIbIc nên đi qua trung điểm 3 cạnh của tam giác này.

Tính chất 2. Cho tam giác ABC, đường tròn tâm I nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với BC,AC,AB tại D,E,F. Gọi M,N lần lượt là trung điểm BC,AC. Khi đó EF,BI,MN đồng quy.

Chứng minh.

Gọi K là giao điểm của BIEF, ta chứng minh K,M,N thẳng hàng.
Ta có KEC=AEF=9012BACKIC=IBC+ICB=12(ABC+ ACB)=90BAC. Suy ra KEC= KIC, tứ giác KEIC nội tiếp, do đó BKC= 90.

Tam giác KBC vuông tại KKM trung tuyến nên MK=MB=MC, suy ra KMC= 2KBC=ABC, suy ra KM//AB, mà MN là đường trung bình của tam giác ABC nên MN//AB, do đó K,M,N thẳng hàng.

Tính chất 3. Cho tam giác ABC, đường tròn tâm I nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với BC,AC,AB tại D,E,F.ID cắt EF tại K, khi đó AK đi qua trung điểm M của BC.

Chứng minh. Qua K vẽ đường thẳng song song hay M là trung điểm cạnh BC. với BC cắt AB,AC tại PQ, ta chứng minh K là trung điểm PQ.

Ta có IKPQ, từ đó suy ra IKPF,IKEQ nội tiếp, suy ra IPK=IFK,IQK=IEKIEF cân tại I nên IEK=IFK, suy ra IPQ=IQK. Tam giác IPQ cân nên K là trung điểm PQ.

Gọi M là giao điểm của AK với BC, ta có KPMB= AKAM=KQMC, mà KP=KQ nên MB=MC

Tính chất 4. Cho tam giác ABC, đường tròn tâm I nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với BC,AC,AB lần lượt tại D,E,F.EF cắt BC tại P. Khi đó PBPC=DBDCIPAD.
Chứng minh

Theo ví dụ 1.1 ta có PBPC=DBDC.

Gọi K là giao điểm của IAEF ta có IKP=90, suy ra IKPD nội tiếp, do đó IPD=IKD.
Mặt khác IKIA=IE2=ID2, suy ra IKDIDAIKD=IDA.
Do đó IPD=IDA, suy ra DAIP.

Bài tập có lời giải

Bài 1. (PTNK 2014) Cho điểm C thay đổi trên nửa đường tròn đường kính AB=2R (CA,CB). Gọi H là hình chiếu vuông góc của C lên AB;IJ lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác ACHBCH. Các đường thẳng CI,CJ cắt AB tại M,N.
(a) Chứng minhAN=AC,BM=BC.
(b) Chứng minh 4 điểm M,N,I,J cùng nằm trên một đường tròn và các đường thẳng MJ,NICH dồng quy.
(c) Tìm giá trị lớn nhất của MN và giá trị lớn nhất của diện tích tam giác CMN theo R.

Lời giải.

(a) Ta có HCB=CAB (cùng phụ với ABC ) và HCA=CBA (cùng phụ với BAC ).
Ta có CAN=NAC+ABC=HAN+ACB=CAN. Suy ra tam giác CAN cân tại A hay AN=AC. Chứng minh tương tự ta có BM=BC.
(b) Tam giác CAN cân tại AAI là phân giác nên cũng là trung trực, suy ra IC=IN, suy ra INC=ICN=ICH+NCH=12ACH+12BCH=45.
Tương tự thì JMC=45.
Tứ giác MIJNJMC=INC=45 nên là tứ giác nội tiếp, hay M,N,I,J cùng thuộc một đường tròn.
Tam giác INC cân có ICN=45 nên CIN=90, suy ra CICM.
Chứng minh tương tự MJCN.
Tam giác CMNCH,MJ,NI là các đường cao nên đồng quy.
(c) Đặt AC=b,BC=a. Ta có a2+b2=BC2=4R2.
Ta có AN=AC=b,BM=BC=a.
AM+BN=BC+MN, suy ra MN=a+bBC=a+b2R.
Ta có (a+b)22(a2+b2)=8R2. Suy ra a+b22R, suy ra a+b2R2R(21). Đẳng thức xảy ra khi a=b=R2.
Vậy giá trị lớn nhất của MN bằng 2R(21) khi C là điểm chính giữa đường tròn. Khi đó SCMN=12CHMNR2(21). Đẳng thức xảy ra khi C là điểm chính giữa đường tròn.

Bài 2. Cho tam giác ABC có bán kính đường tròn nội tiếp là r, đường tròn ngoại tiếp là R và bán kính đường tròn bàng tiếp lả ra,rb,rc. Khi đó
ra+rb+rc=4R+r

Lời giải.

Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là đường tròn Euler của tam giác IaIbIc,(ABC) cắt IbIc tại N và cắt AIa tại M, khi đó N là trung điểm của IaIbIIa. Ta có MN là đường kính của (ABC).
Gọi K,L là hình chiếu của Ic,Ib trên đường thẳng BCE là hình chiếu của Ia trên BC. Tứ giác IbLKIc là hình thang vuông có NP là đường trung bình nên IcK+IbL=2NP hay rb+rc+2NP. Tương tự IaEID=2MP hay rar=2MP. Do đó rb+rc+rar=2NP+2MP=2MN=4Rra+rb+rc=4R+r.

Bài 3. Cho tam giác ABC nhọn có AB<AC, đường tròn tâm I nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh BC,AC,AB lần lượt tại D,E,F. Gọi K là hình chiếu vuông góc với D trên EF.
a) Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và tam giác AEF cắt nhau tại P khác
A. Chứng minhP,K,I thẳng hàng.
b) DK cắt AB tai H. Tính FPH.

Lời giải.

a) Chứng minh được PFBPEC.
Suy ra PFPE=FBEC.
Ta cũng chứng minh được: BKF=CKE. Hơn nữa BFK=CEK nên KFBKEC. Do đó ta suy ra FBEC=KFKE.
Do vậy PFPE=KFKE.
Suy ra PK là phân giác góc EPF.
PI là phân giác EPF nên P,I,K thẳng hàng.
b) Ta có HK//AI nên suy ra PKH=AIP=PFH.
Do đó tứ giác PFHK nội tiếp.
Suy ra HPF+HKF=180.
HKF=90 nên HPF=90.

Bài tập rèn luyện

Bài 1. (TPHCM 2020) Đường tròn (I) nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh AB,BC, CA lần lượt tại D,E,F. Kẻ đường kính EJ của đường tròn (I). Gọi d là đường thẳng qua A song song với BC. Đường thẳng JD cắt d,BC lần lượt tại L,H.
(a) Chứng minh: E,F,L thẳng hàng.
(b) JA,JF cắt BC lần lượt tại M,K. Chứng minh: MH=MK.

Bài 2. (TPHCM 2017) Cho tam giác ABC có góc B tù. Đường tròn (O) nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh AB,CA,BC lần lượt tại L,H,J.
(a) Các tia BO,CO cắt LH lần lượt tại M,N. Chứng minh 4 diểm B,C,M,N cùng thuộc một đường tròn.
(b) Gọi d là đường thẳng qua O và vuông góc với AJ;d cắt AJ và đường trung trực của cạnh BC lần lượt tại DF. Chứng minh 4 điểm B,D,F,C cùng thuộc một đường tròn.

Bài 3. (PTNK 2015) Cho tam giác ABC(AB<AC) có các góc nhọn, nội tiếp trong đường tròn tâm O. Gọi M là trung điểm của cạnh BC,E là điểm chính giữa của cung nhỏ BC,F là điểm đối xứng của E qua M.
(a) Chứng minh EB2=EFEO.
(b) Gọi D là giao điểm của AEBC. Chứng minh các điểm A,D,O,F cùng thuộc một đường tròn.
(c) Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABCP là điểm thay đổi trên đường tròn ngoại tiếp tam giác IBC sao cho P,O,F không thẳng hàng. Chứng minh rằng tiếp tuyến tại P của đường tròn ngoại tiếp tam giác POF đi qua một điểm cố định.

Hệ phương trình ba ẩn

Trong các bài trước mình đã làm quen với các hệ phương trình hai ẩn, phương pháp chủ yếu cũng là thế, cộng đại số, đặt ẩn phụ. Trong bài này chúng ta tiếp tục với các hệ phương trình nhiều ẩn hơn, chủ yếu là các hệ phương trình ba ẩn, trong các hệ phương trình này có hai dạng ta quan tâm và xuất hiện nhiều là hệ đối xứng và hệ hoán vị vòng quanh.

Hệ ba ẩn đối xứng

Hệ đối xứng ba biến là hệ có dạng

{f(x,y,z)=0g(x,y,z)=0h(x,y,z)=0

trong đó f,g,h là các biểu thức đối xứng với x,y,z tức là khi ta hoán vị x,y,z thì f,g,h vẫn không đổi.

Các biểu thức đối xứng 3 biến cơ bản nhất là x+y+z,xy+yz+xz,xyz.

Từ đó ta xét ví dụ sau

Ví dụ 1. Giải hệ phương trình {x+y+z=6(1)xy+yz+xz=11(2)xyz=6(3)

Lời giải

Từ (1) ta có y+z=6z, từ (2), yz=11x(y+z)=11x(6x)=x26x+11.

Thế vào (3) ta có x(x26x+11)=6 x36x2+11x6=0

Giải ra được x=1,x=2,x=3.

Với x=1 ta có y+z=5,yz=6 giải ra được y=2,z=3y=3,z=2.

Các trường hợp khác tương tự, hệ phương trình có nghiệm (1,2,3) và các hoán vị.

Do đó nếu hệ phương trình ba ẩn đối xứng, có một cách giải là ta tìm được giá trị của các biểu thức đối xứng cơ bản như bài trên.

Ví dụ 2. (PTNK Chuyên toán 2010) Giải hệ phương trình {x+y+z=3xy+yz+xz=1x3+y3+z3+6=3(x2+y2+z2)

Lời giải

Ta chỉ cần tính được xyz thì có thể đưa về ví dụ 1.

Từ (1) và (2) ta tính được x2+y2+z2=(x+y+z)22(xy+yz+xz)=11

Suy ra x3+y3+z3=27

x3+y3+z33xyz=(x+y+z)(x2+y2+z2xyyzxz)xyz=3

do đó ta có x+y+z=3,xy+yz+xz=1,xyz=3 tương tự ví dụ 1, ta giải được nghiệm là (1,1,3) và các hoán vị.

Ngoài cách trên ta có thể giải như sau

x3+y3+z3=(x+y+z)33(x+y)(y+z)(x+z), khi đó (x+y)(y+z)(z+x)=0, tổng hai số bằng 0, ta suy ra số còn lại bằng 3, tiếp tục ta cũng có kết quả như trên.

Hệ hoán vị vòng quanh

Các hệ phương trình nhiều ẩn thường gặp là hệ hoán vị vòng quanh có dạng sau:

Phương pháp thường dùng là cộng đại số,phân tích thành tích, sử dụng đánh giá bất đẳng thức để chứng minh x=y=z.

Ta xét một số ví dụ sau:

Ví dụ 3. Giải hệ phương trình {(xy)2=2zz2(1)(yz)2=2xx2(2)(zx)2=2yy2(3)

Lời giải Lấy (1) trừ (2) ta có:

(x2y+z)(xz)=x2z22(xz)=(xz)(x+z2)2(xz)(y1)=0

x=z hoặc y=1
y=1 ta có (3)(xz)2=1z=x+1,z=x1
+ z=x+1 giải được x=0,z=1x=1,z=2Khi đó ta có nghiệm (0,1,1),(1,1,2)
+ z=x1 giải ra được x=1,z=0x=2,z=1Ta có nghiệm (1,1,0)(2,1,1)
Với x=z từ (3) ta có y22y=0y=0,y=2

Với y=0 ta có {x2=2zz2z2=2xx2{2z2=2zxz.

Giải được nghiệm (0,0,0)(1,0,1).

+Với y=2, giải ra được nghiệm (1,2,1)(2,2,2). Vậy hệ phương trình có 8 nghiệm.

Ví dụ 4. (PTNK Chuyên Toán 2103) Giải hệ phương trình {3x2+2y+1=2z(x+2)3y2+2z+1=2x(y+2)3z2+2x+1=2y(z+2)

Lời giải Cộng ba phương trình lại ta có:
3(x2+y2+z2)+2(x+y+z)+3=2(xy+yz+zx)+4(x+y+z)

3(x2+y2+z2)2(xy+yz+xz)2(x+y+z)+3=0
(xy)2+(yz)2+(zx)2+(x1)2+(y1)2+(z1)2=0
{x=1y=1z=1
Thử lại thấy (1,1,1) là nghiệm của hệ.

Ví dụ 5. Giải hệ phương trình {2x=y2z22y=z2x22z=x2y2

Lời giải

Lấy (1) +(2) ta có (x+y)(xy+2)=0x+y=0 hoặc x=2y.
Với x+y=0, từ (3) ta có z=0, từ (1) ta có x=0 hoặc x=2. Ta có nghiệm (x,y,z)(0,0,0)(2,2,0).
Với x=y2, từ (3) ta có 2z=(y2)2y2=44yz=22y. Thế vào (1) ta có: 2(y2)=y2(22y)2y22y=0y=0,y=2. Từ đó ta có nghiệm (2,0,2)(2,2,0). Vậy hệ có 4 nghiệm.

Hệ nhiều ẩn không mẫu mực

Một số hệ không mẫu mực thì không có cách giải chung, do đó ta phải để đặc điểm của các hệ phương trình này để có cách giải phù hợp, chủ yếu cũng là giảm được ẩn, phân tích nhân tử, . ..

Ví dụ 6. Giải hệ phương trình sau: {(x2y)(x4z)=55(y2z)(y4x)=39(z2x)(z4y)=16

Lời giải

{(x2y)(x4z)=55(y2z)(y4x)=39(z2x)(z4y)=16{x22xy4xz+8yz=55(1)y22yz4xy+8xz=39(2)z22xz4yz+8xy=16(3)

Cộng (1),(2),(3) ta có (x+y+z)2=0x+y+z=0z=xy
Thế vào (1),(2) ta có {(x2y)(5x+4y)=55(3y+2x)(y4x)=39

{5x26xy8y2=553y210xy8x2=39
Nhận thấy y=0 không thỏa hpt:
Đặt x=ky, ta có hệ

{y2(5k26k8)=55y2(8k210k+3)=39
39(5k26k8)=55(8k210k+3)
245k2+784k+147=0
[k=3k=15
Với k=3, ta có y=1, hoặc y=1. Từ đó ta có nghiệm là (3,1,2),(3,1,2)
Với k=15 (vô nghiệm)

Chìa khóa trong lời giải này chính là đặc điểm của các hệ số tự do bên phải của các phương trình.

Qua một số ví dụ , hi vọng các em rút ra kinh nghiệm trong việc giải một số hệ phương trình nhiều ẩn, cùng rèn luyện các bài toán sau nhé.

Bài tập rèn luyện

Bài 1. Giải các hệ phương trình sau

1){x2(y+z)2=(3x2+x+1)y2z2y2(z+x)2=(4y2+y+1)z2x2z2(x+y)2=(5z2+z+1)=x2y2 2){xy=x+3yyz=2(y+z)xz=3(3z+2x) 3) {(x+y+z)3=12t(y+z+t)3=12x(z+t+z)3=12y(t+x+y)3=12z

Bài 2. Giải hệ phương trình sau:

1){x3+x2+x2=yy3+y2+y2=zz3+z2+z2=x
2) {y36x2+12x8=0z36y2+12y8=0x36z2+12z8=0
Bài 3. Giải hệ phương trình {ab+c+d=3bc+d+a=5cd+a+b=2da+b+c=6

Bài 4.

Cho aR. Giải hệ phương trình {x12+ax1+(a12)2=x2x22+ax2+(a12)2=x3 xn2+axn+(a12)2=x1