Category Archives: Toán phổ thông

Biểu diễn vectơ theo hai vectơ không cùng phương

Leave a reply

Tính chất 1. Cho hai vectơ $\overrightarrow{a}, \overrightarrow{b}$ khác $\overrightarrow{0}$

a) Nếu $\overrightarrow{a}, \overrightarrow{b}$ cùng phương thì tồn tại số thực $k$ sao cho $\overrightarrow{a} = k \cdot \overrightarrow{b}$.

b) Nếu $\overrightarrow{a}, \overrightarrow{b}$ không cùng phương và $ x \cdot \overrightarrow{a}+y \cdot \overrightarrow{b} = \overrightarrow{0}$, suy ra $x = y = 0$.

Chứng minh.

a) Nếu $\vec{a}, \vec{b}$ cùng phương.

  • Trường hợp 1. Nếu $\vec{a}, \vec{b}$ cùng hướng. Đặt $k=\frac{|\vec{a}|}{|\vec{b}|}$, ta chứng minh $\vec{a}=k \cdot \vec{b}$.
    Thực vậy:
    Do $k>0$ nên $k \cdot \vec{b}$ cùng hướng $\vec{b}$ mà $\vec{b}$ cùng hướng $\vec{a}$ nên $k \cdot \vec{b}$ cùng hướng $a$; Và $|k \cdot \vec{b}|=|k| \cdot|\vec{b}|=|\vec{a}|$.
  • Trường hợp 2. Nếu $\vec{a}, \vec{b}$ ngược hướng. Đặt $k=-\frac{|\vec{a}|}{|\vec{b}|}$, chứng minh tương tự như trên ta cũng có $\vec{a}=k \cdot \vec{b}$.

b) Giả sử $x \neq 0$, suy ra $\overrightarrow{a} = \dfrac{-y}{x} \cdot \overrightarrow{b}$ cùng phương $\overrightarrow{b}$, mâu thuẫn, do đó $x = 0$, dẫn đến $y = 0$.

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

Chứng minh

  • Lấy điểm $O$ ta dựng các vectơ $\overrightarrow{A O}=\vec{a} ; \overrightarrow{O B}=\vec{b} ; \overrightarrow{O C}=\vec{c}$.
  • Từ $C$ dựng các đường thẳng song song với $O B, O A$ cắt $O A, O B$ tại $D$ và $E$. Khi đó $\overrightarrow{O C}=\overrightarrow{O D}+\overrightarrow{O E}$.
  • Mà $\overrightarrow{O D}$ và $\overrightarrow{O A}$ cùng phương nên tồn tại $x$ thỏa $\overrightarrow{O D}=x \cdot \overrightarrow{O A}=x \cdot \vec{a}$; tương tự tồn tại $y$ sao cho $\overrightarrow{O E}=y \cdot \overrightarrow{O B}=y \cdot \vec{b}$.
  • Do đó $\vec{c}=x \cdot \vec{a}+y \cdot \vec{b}$.
  • Giả sử tồn tại $x^{\prime}, y^{\prime}$ thỏa $\vec{c}=x^{\prime} \cdot \vec{a}+y^{\prime} \cdot \vec{b}$. Khi đó $x \cdot \vec{a}+y \cdot \vec{b}=x^{\prime} \cdot \vec{a}+y^{\prime} \cdot b \Leftrightarrow$ $\left(x-x^{\prime}\right) \vec{a}+\left(y-y^{\prime}\right) \vec{b}=\overrightarrow{0}$.
  • 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 $A B C$ và điểm $D$ thỏa mãn $\overrightarrow{A D}=\frac{3}{4} \overrightarrow{A C}$, I là trung điểm của $B D$.
a) Tính $\overrightarrow{A I}$ theo $\overrightarrow{A B}, \overrightarrow{A C}$.
b) Cho $\overrightarrow{BM} = x \cdot \overrightarrow{BC}$. Tính $\overrightarrow{A M}$ theo $x$ và $\overrightarrow{A B}, \overrightarrow{A C}$

Lời giải.

a) Ta có $2 \overrightarrow{A I}=\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A D}=\overrightarrow{A B}+\frac{3}{4} \overrightarrow{A C} \Rightarrow \overrightarrow{A I}=\frac{1}{2} \overrightarrow{A B}+\frac{3}{8} \overrightarrow{A C}$.
b) Ta có $\overrightarrow{A M}=\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{B M}=\overrightarrow{A B}+x \overrightarrow{B C}=\overrightarrow{A B}+x(\overrightarrow{A C}-\overrightarrow{A B})=(1-x) \overrightarrow{A B}+x \overrightarrow{A C}$.

Ví dụ 2. Cho tam giác $A B C$ gọi $M$ là điểm thỏa $\overrightarrow{M A}+3 \overrightarrow{M B}=\overrightarrow{0}$.
Giả sử $\overrightarrow{C M}=x \cdot \overrightarrow{C A}+y \cdot \overrightarrow{C B}$. Tính $x, y$.

Lời giải.

Ta có $\overrightarrow{0}=\overrightarrow{M A}+3 \overrightarrow{M B}=\overrightarrow{C A}-\overrightarrow{C M}+3 \overrightarrow{C B}-3 \overrightarrow{C M}$

$ \Leftrightarrow 4 \overrightarrow{C M}=\overrightarrow{C A}+3 \overrightarrow{C B} \Leftrightarrow \overrightarrow{C M}=$

$\frac{1}{4} \overrightarrow{C A}+\frac{3}{4} \overrightarrow{C B}$.

Từ đó ta có $x=\frac{1}{4}, y=\frac{3}{4}$, do sự biểu diễn $\overrightarrow{C M}$ theo $\overrightarrow{A C}, \overrightarrow{C B}$ là duy nhất.

Ví dụ 3. Cho tam giác $A B C$ và các điểm $I$, J thỏa mãn $2 \overrightarrow{C I}+3 \overrightarrow{B I}=\overrightarrow{0}, 5 \overrightarrow{J B}-2 \overrightarrow{J C}=\overrightarrow{0}$.
a) Tinh $\overrightarrow{A I}, \overrightarrow{A J}$ theo $\overrightarrow{A B}, \overrightarrow{A C}$.
b) Gọi G là trọng tâm tam giác $A B C$. Tính $\overrightarrow{A G}$ theo $\overrightarrow{A I}, \overrightarrow{A J}$.

Lời giải
Ta có:
$2 \overrightarrow{C I}+3 \overrightarrow{B I}=\overrightarrow{0} \Leftrightarrow 2 \overrightarrow{C I}+3(\overrightarrow{B C}+\overrightarrow{C I})=\overrightarrow{0} $

$\Leftrightarrow 5 \overrightarrow{C I}+3 \overrightarrow{B C}=\overrightarrow{0} \Leftrightarrow \overrightarrow{C I}=\frac{3}{5} \overrightarrow{C B} $
$ 5 \overrightarrow{J B}-2 \overrightarrow{J C}=\overrightarrow{0} \Leftrightarrow 5 \overrightarrow{J B}-2(\overrightarrow{J B}+\overrightarrow{B C})=\overrightarrow{0} $

$\Leftrightarrow 3 \overrightarrow{J B}=2 \overrightarrow{B C} \Leftrightarrow \overrightarrow{B J}=-\frac{2}{3} \overrightarrow{B C}$
a) – Tính $\overrightarrow{A I}$ theo $\overrightarrow{A B}, \overrightarrow{A C}$.
Ta có:
$$
\overrightarrow{A I}=\overrightarrow{A C}+\overrightarrow{C I}=\overrightarrow{A C}+\frac{3}{5} \overrightarrow{C B}=\overrightarrow{A C}+\frac{3}{5}(\overrightarrow{A B}-\overrightarrow{A C})=\frac{3}{5} \overrightarrow{A B}+\frac{2}{5} \overrightarrow{A C}
$$

  • Tính $\overrightarrow{A J}$ theo $\overrightarrow{A B}, \overrightarrow{A C}$.
    Ta có:
    $$
    \overrightarrow{A J}=\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{B J}=\overrightarrow{A B}-\frac{2}{3} \overrightarrow{B C} \Leftrightarrow \overrightarrow{A B}-\frac{2}{3}(\overrightarrow{A C}-\overrightarrow{A B})=\frac{5}{3} \overrightarrow{A B}-\frac{2}{3} \overrightarrow{A C}
    $$

b) Tính $\overrightarrow{A G}$ theo $\overrightarrow{A I}, \overrightarrow{A J}$.
Đặt $\overrightarrow{A G}=x \overrightarrow{A I}+y \overrightarrow{A J}$.

$\overrightarrow{A G} =x\left(\frac{3}{5} \overrightarrow{A B}+\frac{2}{5} \overrightarrow{A C}\right)+y\left(\frac{5}{3} \overrightarrow{A B}-\frac{2}{3} \overrightarrow{A C}\right) $
$=\left(\frac{3 x}{5}+\frac{5 y}{3}\right) \overrightarrow{A B}+\left(\frac{2 x}{5}-\frac{2 y}{3}\right) \overrightarrow{A C}$

Mặt khác, $\overrightarrow{A G}=\frac{1}{3} \overrightarrow{A B}+\frac{1}{3} \overrightarrow{A C}$
$\Rightarrow \left\{\begin{array} { l }
{ \frac { 3 } { 5 } x + \frac { 5 } { 3 } y = \frac { 1 } { 3 } } \\\\
{ \frac { 2 } { 5 } x – \frac { 2 } { 3 } y = \frac { 1 } { 3 } }
\end{array} \right.$

$ \left \{\begin{array}{l}
x=\frac{35}{48} \\\\
y=-\frac{1}{16}
\end{array}\right. $

Vậy $\overrightarrow{A G}=\frac{35}{48} \overrightarrow{A I}-\frac{1}{16} \overrightarrow{A J}$

Bài tập rèn luyện

Bài 1. Cho tam giác $A B C$ và $M$ là trung điểm cạnh $B C ; N$ là điểm thuộc đoạn $A C$ sao cho $A N=2 N C$. Chứng minh rằng:
a) $\overrightarrow{A M}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A C})$.
b) $\overrightarrow{B N}=\frac{2}{3} \overrightarrow{A C}-\overrightarrow{A B}$
c) $\overrightarrow{M N}=\frac{1}{3} \overrightarrow{C A}-\frac{1}{2} \overrightarrow{C B}$.

Bài 2. Cho tam giác $A B C$ có $I$ là điểm đối xứng với $B$ qua $C, J$ là trung điểm $A C, K$ thuộc $A B$ thoả $A B=3 A K$.
a) Tính $\overrightarrow{B I}, \overrightarrow{B J}, \overrightarrow{B K}$ theo $\overrightarrow{B A}, \overrightarrow{B C}$.
b) Tính $\overrightarrow{I f}, \overrightarrow{I K}$ theo $\overrightarrow{B A}, \overrightarrow{B C}$.

Bài 3. Cho tam giác $A B C$. Lấy $M, N$ lần lượt là trung điểm $A B, A C$. $L$ là điểm thoả mãn $2 \overrightarrow{L A}+5 \overrightarrow{L B}+3 \overrightarrow{L C}=\overrightarrow{0}$
a) Tính $\overrightarrow{B M}, \overrightarrow{B M}, \overrightarrow{B L}$ theo $\overrightarrow{B A}, \overrightarrow{B C}$.
b) Tính $\overrightarrow{M N}, \overrightarrow{M L}$ theo $\overrightarrow{B A}, \overrightarrow{B C}$.

Một số bài đường tròn và tiếp tuyến

1 Reply

Bài 1. Cho đường tròn tâm $O$ đường kính $A B$. $C$ là một điểm thuộc đường tròn. $d_1$ và $d_2$ lần lượt là tiếp tuyến tại $A$ và $B$ của $(O)$. Tiếp tuyến tại $C$ cắt $d_1, d_2$ lần lượt tại $D$ và $E$. $B C$ cắt $d_1$ tại $F$.
a) Chứng minh $d_1 | d_2$ và $D$ là trung điểm của $A F$.
b) Vẽ đường cao $C H$. Chứng minh rằng $A E, B D$ và $C H$ dồng quy tại trung điểm của $C H$.
c) Chứng minh $O F \perp A E$.

Lời giải.

a) $d_1$ là tiếp tuyến tại $A$ nên $O A \perp d_1, d_2$ là tiếp tuyến tại $B$ nên $d_2 \perp O B$, mà $O, A, B$ thẳng hàng, suy ra $d_1 / / d_2$.
Ta có $\angle A C B=90^{\circ}$, suy ra $\angle D C F+$ $\angle D C A=\angle D F C+\angle D A C=90^{\circ}$. (1)
Hơn nữa $D A=D C$ (t/c tiếp tuyến), tam giác $D A C$ cân tại $D$, suy ra $\angle D C A=$ $\angle D A C$. (2)
Từ (1) và (2) ta có $\angle D C F=\angle D F C$, tam giác $D C F$ cân tại $D$.
Vậy $D F=D C=D A$, hay $D$ là trung điểm của $A F$.
b) Gọi $I$ là giao điểm của $B D$ và $A E$. Ta có $A D / / B E$ nên $\frac{B I}{I D}=\frac{E B}{A D}(3)$.
Mặt khác do $A D=D C$ và $E B=E C$, suy ra $\frac{E B}{A D}=\frac{E C}{D C}$ (4).

Từ (3) và (4) ta có $\frac{B I}{I D}=\frac{E C}{D C}$, suy ra $I C / / A D$ (Thalet đảo).

Mà $A D \perp A B$ nên $C I \perp A B$, vậy $C, I, H$ thẳng hàng.

Do đó $A E, B E, C H$ đồng quy tại $I$.
Ta có $\frac{C I}{A D}=\frac{E I}{E A}, \frac{I H}{A D}=\frac{B I}{B D}$ và $\frac{E I}{E A}=$ $\frac{B I}{B D}$, nên $\frac{C I}{A D}=\frac{I H}{A D}$, suy ra $I C=I H$ hay
$I$ là trung điểm của $C H$.
c) Ta có $E B \cdot A D=E C \cdot C D=O C^2=R^2$, mà $A F=2 A D$ nên $E B \cdot A F=2 R^2$.

Suy ra $E B \cdot A F=A O \cdot A B$, suy ra $\frac{E B}{A B}=\frac{O A}{A F}$, do đó $\tan E A B=\tan A F O$, suy ra $\angle E A B=$ $\angle A F O$.
Mà $\angle E A B+\angle E A F=90^{\circ}$ nên $\angle E A B+$ $\angle A F O=90^{\circ}$. Do đó $O F \perp A E$.

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

Lời giải.

a) Ta có $A B, A C$ là tiếp tuyến nên $A B=A C$, và $O B=O C=R$, suy ra $O A$ là trung trực của $B C$, suy ra $O A \perp B C$ tại $H$.
Tam giác $O A B$ có $\angle O B A=90^{\circ}$ (t/c tiệp tuyến) và $B H \perp O A$ nên $O H \cdot O A=O B^2=$ $R^2$.
b) $M$ là trung điểm $D E$, suy ra $O M \perp D E$.
Ta có $\angle O B A=\angle O M A=\angle O C A=90^{\circ}$, suy ra 5 diểm $O, M, B, A, C$ cùng thuộc đường tròn đường kính $O A$.
c) Ta chứng minh được $O P \perp D E$, suy ra $O, M, P$ thẳng hàng và $O M . O P=O D^2=$ $R^2$.
Suy ra $O M \cdot O P=O H \cdot O A$, suy ra $\frac{O M}{O H}=$ $\frac{O P}{O A}$.
Xét tam giác $O M A$ và tam giác $O H P$ có:
$\angle A O P$ chung $\frac{O M}{O H}=\frac{O P}{O A}$ $\angle O H P=\angle O M A=90^{\circ}$.
Ta có $B C, P H$ vuông góc với $O A$ tại $H$ nên $P, B, C$ thẳng hàng.

Bài 3. Cho tam giác $A B C$ vuông tại $A(A B<A C)$. Vẽ đường tròn tâm $O$ đường kính $A C$ cắt cạnh $B C$ tại $D$. Gọi $H$ và $K$ lần lượt là trung điểm của hai cạnh $A D$ và $C D$. Tia $O H$ cắt cạnh $A B$ tại $E$. Tia $O K$ cắt đường thẳng $E D$ tại $N$ và cắt đường tròn tâm $O$ tại $I$.
(a) Chứng minh $D E$ là tiếp tuyến của $(O)$.
(b) Chứng minh $O H D K$ là hình chữ nhật.
(c) Chứng minh tia $D I$ là tia phân giác của $\angle N D C$.
(d) Gọi $S$ là giao điểm của $O B$ với $A D$. Từ $S$ vẽ đường thẳng vuông góc với $A O$ và cắt tia $O H$ 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 $\triangle EDO = \triangle EAO (ccc)$, suy ra $\angle EDO = \angle EAO = 90^\circ$. Do đó $ED$ là tiếp tuyến của $(O)$.

b) Do $K$ là trung điểm $CD$ nên $OK \bot CD$, tứ giác $OHDK$ có $\angle D = \angle H = \angle K = 90^\circ$ nên là hình chữ nhật.

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

d) Gọi $L$ là giao điểm $AQ$ và $OS$.
Trong tam giác $ASO$ có $AQ, SQ$ là các đường cao, nên $Q$ là trực tâm, suy ra $AQ \bot OS$ tại $L$. (4)
Ta có $OL \cdot OB = OA^2$
và $OK \cdot ON = OD^2 = OA^2$
Suy ra $\angle OK \cdot ON = OL \cdot OB$
Suy ra $\triangle OLN \backsim \triangle OKB$, suy ra $\angle OLN = \angle OKB = 90^\circ$ (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 $S B, S C$ đến $(O)$ với $B, C$ là hai tiếp điểm. Gọi $H$ là giao điểm của $S O$ với $B C$.
(a) Vẽ đường kính $B A$ của $(O)$. Chứng minh $A C || S O$ và $H B \cdot H C=H O \cdot H S$.
(b) Vẽ đường thẳng $d$ vuông góc vớ $A B$ tại $O$, đường thẳng $d$ cắt đường thẳng $A C$ tại $E$. Chứng minh $S E=R$.
(c) Vẽ $C K$ vuông góc với $A B$ tại $K$. Gọi $I$ là trung điểm của cạnh $C K$. Chứng minh 3 điểm $S, I, A$ thẳng hàng.

Lời giải.

a) Do $AB$ là đường kính của $(O)$ nên $\angle ACB = 90^\circ$. (1)

Ta có $SB = SC$ và $SO$ phân giác $\angle BSC$ nên $SO$ là trung trực của $BC$, do đó $OS \bot BC$ tại $H$.

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

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

Tứ giác $OESB$ có $OE||BS$ (Cùng vuông góc $AB$), và $OE = BS$ nên $OESB$ là hình bình hành, hơn nữa có $\angle OBS= 90^\circ$ 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 $AS$ và $CK$
Ta có $\dfrac{I’K}{OT} = \dfrac{AI’}{AT} = \dfrac{CI’}{ET}$
Mà $OT = ET$ nên $KI’ = CI’$, hay $I’ \equiv I$
Vậy $A, I, S$ thẳng hàng

Bài 5. Cho đường tròn $(O ; R)$ và điểm $M$ ở ngoài đường tròn $(O)$. Kẻ tiếp tuyến $M A, M B$ đến $(O)$ với $A, B$ là hai tiếp điểm. Đường thẳng $A B$ cắt $(O)$ tại $K$.
(a) Kẻ đường kính $A N$ của $(O), B H \perp A N$ tại $H$. Chứng $\operatorname{minh} M B \cdot B N=B H \cdot M O$.
(b) Đường thẳng $M O$ cắt đường tròn $(O)$ tại $C$ và $D(C$ nằm giữa $O$ và $M)$. Chứng minh $O K \cdot M K=C K \cdot D K$.
(c) $E$ đối xứng với $C$ qua $K$. Chứng minh $E$ là trực tâm của tam giác $A B D$.
(d) Chứng minh $\sin \angle M^{\circ} A B=\frac{C K}{A K}+\frac{C K}{A M}$

Lời giải.

a) Chứng minh tam giác $OMB$ và $NBH$ đồng dạng.
b) $OK \cdot MK = AK^2 = KC \cdot KD$
c) $ACBE$ là hình thoi, suy ra $BE||AC$, mà $AC \bot AD$ suy ra $BE \bot AD$
$DE \bot AB$
Do đó $E$ là trực tâm tam giác $ABD$.

d) $\angle CAK = \angle CAM$ (chứng minh ở bài trên)
Do đó $\dfrac{CK}{CM} = \dfrac{AK}{AM}$, suy ra $\dfrac{CK}{AK} = \dfrac{CM}{AM}$
Từ đó $VP = \dfrac{CK}{AK} + \dfrac{CK}{AM} = \dfrac{CM}{AM} + \dfrac{CK}{AM} = \dfrac{KM}{AM} = \sin MAB$

Bài 6. Cho hình vuông $A B C D$ cạnh $a, E$ là cung thuộc cung nhỏ $B D$ của đường tròn tâm tâm $A$ bán kính $a$. Tiếp tuyến tại $E$ cắt $C D$ tại $F$ và $B C$ tại $G$.
(a) Chứng minh chu vi tam giác $C F G$ bằng $2 a$.
(b) $A F, A G$ cắt $B D$ tại $I$ và $H$. Chứng minh $H E=$ $H B, I E=I D$

và $H I^2=D I^2+B H^2$
(c) Chứng minh $F H, G I$ và $A E$ đồng quy.

Lời giải.

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

b) $AF$ là trung trực $DE$, và $AG$ là trung trực $BE$
Suy ra $IE = ID, HB = HE$
$\triangle IEF = \triangle IDF \Rightarrow \angle IEF =\angle IDF = 45^\circ$
Tương tự cũng có $\angle HEG = 45^\circ$
Suy ra $\angle IEH = 90^\circ$
Áp dụng pitago cho tam giác $EIH$ ta có $IH^2 = IE^2 + HE^2 = ID^2 + HB^2$

c) Ta có $AF$ là phân giác $\angle DAE$, $AG$ là phân giác của $\angle BAE$
Suy ra $\angle FAG = \dfrac{1}{2} \angle BAD = 45^\circ$.
$\triangle AIH \backsim \triangle DIF (gg)$, suy ra $IA \cdot IF = ID \cdot IH$
Suy ra $\triangle IFH \backsim \triangle IDA \Rightarrow \angle IFH = \angle IDA = 45^\circ$
Suy $\angle AHF = 90^\circ$ hay $FH \bot AG$.
Chứng minh tương tự $GI \bot AF$.
Tam giác $FG$ có $AE, FH, GI$ 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 $A B, A C$ dến $(O)$ ( $B, C$ là các tiếp điểm). $O A$ cắt $B C$ tại $H$.
a) Chứng minh $O H \cdot O A=R^2$ và 4 điểm $O, A, B, C$ cùng thuộc một đường tròn.
b) Đường tròn tâm $I$ đường kính $A B$ cắt $(O)$ tại điểm $D$ khác $B$. Chứng minh $I D$ 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 $O B$ tại $M$; gọi $N$ là trung điểm $P M$, đường thẳng qua $P$ song song $B N$ cắt $A B$ tại $K$. Chứng minh $H K, A M$ và $B D$ đồng quy.

Lời giải.

a)

Xét $\triangle A B O$ vuông tại $B$ có:

$B H$ là đường cao $\Rightarrow O H \cdot O A=O B^2=R^2$ (Hệ thức lượng)

Ta có: $\triangle A B O$ vuông tại $B \Rightarrow A, B, O$ thuộc đường tròn đường kính $A O$. (1)

Lại có $\triangle A C O$ vuông tại $C \Rightarrow A, C, O$ thuộc đường tròn đường kính $A O$. (2)

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

b)

Ta có: $\triangle A B D$ nội tiếp đường tròn đường kính $A B \Rightarrow \triangle A B D$ vuông tại $D$

Mà $I$ là trung điểm cạnh huyền $A B \Rightarrow I B=I D$
Ta có: $I B=I D, O B=O D$ nên $I O$ là trung trực của $B D$ $\Rightarrow \angle I B O=\angle I D O=90^{\circ}$ nên $I D$ 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 $E=I P \cap A H$ và $F=I O \cap B D$.
Sử dụng tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau và hệ thức lượng, ta chứng minh được
$$
I E \cdot I P=I A^2=I D^2=I F \cdot I O \Rightarrow \frac{I F}{I P}=\frac{I E}{I O}
$$

Từ đó, chứng minh được $\triangle I F P \backsim \triangle I E O$ (c.g.c)
$$
\Rightarrow \angle I E O=\angle I F P=90^{\circ} \text {. }
$$

Ta có: $B D$ đi qua $F$ và vuông góc $I O, F P$ đi qua $F$ và vuông góc $I O$ nên hai đường thẳng này trùng nhau. $\Rightarrow B, D, P$ thẳng hàng.

d)

Chứng minh $I H$ là đường trung bình của $\triangle A B C \Rightarrow I H || A C$. Mà $I H \perp P M$ và $A C \perp O C$.

Suy ra: $H M || O C$. Lại có $H$ là trung điểm $B C$ nên $M$ là trung điểm $O B$.

Gọi $Q$ là giao điểm của $P K$ và $B O$.
Ta có: $B N || P Q$ và $N$ là trung điểm của $P M$ nên suy ra $B$ là trung điểm của $Q M$.

Gọi $J=B P \cap A M$.
Ta có :
$ B Q ||A P \Rightarrow \frac{B K}{K A}=\frac{B Q}{P A}=\frac{B M}{P A} . $
$B M || A P \Rightarrow \frac{B M}{P A}=\frac{B J}{J P}$
Suy ra: $\frac{B K}{K A}=\frac{B J}{J P}$ nên $K J || A P$. Chứng minh tương tự $J H ||A P$. Từ đó ta có $K, J, H$ thẳng hàng.

Vậy $H K, B P, A M$ dồng quy tại $J$.

Bài tập luyện tập.

Bài 6. Cho tam giác $A B C$ nhọn. Các đường cao $A D, B E$ và $C F$ cắt nhau tại $H$. Gọi $M, N$ lần lượt là trung điểm của $B C$ và $A H$.
(a) Chứng minh $N E, N F$ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác $B C E$.
(b) Chứng minh 5 điểm $D, E, F, M, N$ cùng thuộc một đường tròn.
(c) Gọi $G$ là giao điểm của $A D$ và $E F$. Chứng minh $N G \cdot N D=N A^2$.

Bài 7. Cho nửa đường tròn tâm $O$ đường kính $A B=2 R$. Trên tiếp tuyến tại $A$ của $(O)$ lấy điểm $C$ sao cho $A C=A B$. Từ $C$ vẽ tiếp tuyến $C D$ dến $(O)$ cắt tiếp tuyến tại $B$ ở điểm E.
(a) Tính $B E$.
(b) Đường cao $D F$ của tam giác $A B D$ cắt $B C$ tại $G$. Chứng minh rằng $A, G, E$ thẳng hàng.
(c) Gọi $H$ là giao điểm của $O C$ và $A D$. Tính $\angle D H B$.
(d) Gọi $I$ là giao điểm của $B C$ và $(O)$. Tứ giác $I D B H$ là hình gì? Tại sao?

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

Bài 9. Cho tam giác $A B C$ vuông tại $A, A B=a, B C=2 a$. Đường cao $A H$. Từ $B, C$ vẽ các tiếp tuyến $B D, C E$ dến đường tròn tâm $A$ bán kính $A H$.
(a) Tính $A H$ và số đo $\angle A B C$.
(b) Chứng minh $D, A, E$ thẳng hàng.
(c) Chứng minh $E D$ là tiếp tuyến của đường tròn đường kính $B C$.
(d) Chứng minh $D C, B E$ và $A H$ dồng quy.

Bài 10. Cho hình vuông $A B C D$ cạnh $2 a$, tâm $O$. Đường tròn tâm $O$ bán kính $a$ tiếp xúc với $A B$ và $B C$ tại $E$ và $F$. Gọi $P$ là một điểm trên cung nhỏ $E F$. Tiếp tuyến tại $P$ cắt $A B, B C$ tại $M$ và $N$. Đặt $M B=c, B N=y$.
(a) Chứng minh rằng $x+y+\sqrt{x^2+y^2}=2 a$.
(b) Chứng minh rằng $A M \cdot C N=2 a^2$.
(c) Gọi $K$ là trung điểm của $A D$. Chứng minh rằng $M K |$ $D N$.

Phần trăm

Leave a reply

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, $(x>0)$
$$
40 \% \cdot x-2=30 \% . x \Rightarrow x=20
$$

Vậy có 20 bạn nữ.

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

Lời giải.
Số học sinh trường $\mathrm{B}$ nhiều hơn số học sinh trường $\mathrm{A}$ là $1200-1000=200$ (học sinh).
Phần trăm số học sinh trường $\mathrm{B}$ nhiều hơn số học sinh trường $\mathrm{A}$ là $\frac{200}{1000} \cdot 100=20 \%$
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 $p \% .28000000+(p+2) \%(x-28000000)$
Thuế thu nhập của TPHCM mà ba Nam trả là $(p+0,25) \% . x$
Giải phương trình:
$ p \% .28000000+(p+2) \%(x-28000000)=(p+0,25) \% . x $
$\Leftrightarrow p \% .28000000+x p \%-28000000 p \%+x .2 \%-56000000 \%=x p \%+x .0,25 \% $
$\Leftrightarrow x=32000000$

Bài tập 5. Giá cổ phiếu của công ty $T T C$ là $\$ 100$ 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 $\$ 100.25 \%=\$ 25$.
$\Rightarrow$ Giá cổ phiếu vào năm 2022 là $\$ 100-\$ 25=\$ 75$.
Giá cổ phiếu sẽ giảm vào năm 2023 là $\$ 75.25 \%=\$ 18,75$.
$\Rightarrow$ 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 $5 \mathrm{~m}$ và tăng chiều rộng $2 \mathrm{~m}$ thì mặt hồ là hình vuông và diện tích mặt hồ giảm được $20 m^2$. Hãy tính các cạnh của mảnh vườn.

Lời giải.
Gọi $x(\mathrm{~m})$ là chiều rộng của mảnh vườn, $(x>0)$.
Vì chiều dài bằng 2,5 chiều rộng nên chiều dài của mảnh vườn là $2,5 x(\mathrm{~m})$.
Gọi $y(\mathrm{~m})$ là chiều rộng của mặt hồ ban đầu.
Gọi $z(\mathrm{~m})$ 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
$$
y . z=3 \% .2,5 x^2 \Rightarrow y z=0,075 x^2\left(\mathrm{~m}^2\right)
$$

Nếu giảm chiều dài $5 m$ và tăng chiều rộng $2 m$ thì mặt hồ là hình vuông nên
$$
y+2=z-5 \Rightarrow z=y+7
$$

Diện tích của mặt hồ giảm $20 \mathrm{~m}^2$ nên
$$
y z-(y+2)(z-5)=20 \Rightarrow y \cdot(y+7)-(y+2)^2=20 \Rightarrow y=8 \Rightarrow z=8+7=15
$$

Thay $y=8$ và $z=15$ vào $y z=0,075 x^2$, ta được $8.15=0,075 x^2 \Rightarrow x^2=1600 \Rightarrow x=40$ hoặc $x=-40$.

Vì $x>0$ nên nhận $x=40$.
Vậy chiều rộng của mảnh vườn là $40(\mathrm{~m})$ và chiều dài của mảnh vườn là $100(\mathrm{~m})$

Bài tập 7. Tổng kết học kì 2 , trường trung học cơ sở $\mathrm{N}$ 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 $\frac{40}{37}$ 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 $\frac{40}{37}$ số học sinh giỏi của học kì 1 .
Nhóm 1 và $4=\frac{40}{37}$ 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 $\frac{40}{37}$ số học sinh giỏi của học kì 1 nên
$$
x=\frac{40}{37} \text { số học sinh giỏi của học kì } 1 \text {. }
$$

Số học sinh giỏi của học kì 1 là
$$
x-\frac{8}{100}(x+60)+6=\frac{23}{25} x+\frac{6}{5}(\text { học sinh })
$$

Khi đó, $x=\frac{40}{37} \cdot\left(\frac{23}{25} x+\frac{6}{5}\right) \Rightarrow x=240$. Vậy số học sinh giỏi học kì 2 của trường là 240 học sinh.

Suy luận phản chứng

Leave a reply

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 $0+a \geq 9, 0 + b \geq 9$, 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 $0, 1,2, \cdots 8$ 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

Leave a reply

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 $\dfrac{CN}{DF} = \dfrac{PN}{PD} = \dfrac{HN}{AD}$.

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

Gọi $N’$ là giao điểm của $AE$ và $CH$, chứng minh tương tự ta cũng có $N’$ là trung điểm của $CH$. Do đó $N \equiv N’$ 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 $M’ \equiv M$ bằng cách chứng minh $AM’||HD$ và $BM’||HC$. Thực ra do vai trò như nhau nên chỉ cần chứng minh $AM’||HD$ là đủ.

Ta có $\dfrac{HA}{HB} = \dfrac{CD}{CE} = \dfrac{AD}{BE}$. Suy ra $\triangle AHD \backsim \triangle BHE$. Suy ra $\angle AHD = \angle BHE$

Suy ra $\angle KHA = \angle BHE = \angle AHD$. Từ đó ta có tam giác $HDK$ cân tại $H$ và $A$ là trung điểm $AD$.

Tam giác $DHE$ có $M’A$ là đường trung bình nên $AM’||EK$ hay $AM’||HE$.

Chứng minh tương tự ta có $BM’||HD$.

Vậy $M’ \equiv M$. Hay $D, M, E$ thẳng hàng.

Ví dụ 2. (LHP 2019) Cho tam giác đều $A B C$. Gọi $M, N$ là hai điểm nằm trên cạnh $B C$ sao cho $\angle M A N=30^{\circ}(M$ nằm giữa $B$ và $N)$. Gọi $K$ là giao điểm của hai đường tròn $(A B N)$ và $(A C M)(K$ khác $A)$. Chứng minh rằng hai điểm $K$ và $C$ đối xứng với nhau qua $A N$.

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 $A N$. Có
$$
\angle A K^{\prime} N=\angle A C N=\angle A B N
$$
nên tứ giác $A B K^{\prime} N$ nội tiếp. Suy ra $K^{\prime} \in(A B N)$. Có
$$
\angle M A K^{\prime}+\angle N A C=\angle M A K^{\prime}+\angle K^{\prime} A N=30^{\circ}
$$
$$
\angle B A M+\angle N A C=30^{\circ}
$$
suy ra $\angle M A K^{\prime}=\angle B A M$.
Suy ra $\triangle A B M=\triangle A K^{\prime} M(c-g-c)$ nên $\angle A K^{\prime} M=\angle A B C=\angle A C B$ ta thu được $K^{\prime} \in(A M C)$. Vậy $K \equiv K^{\prime}$ 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 $ABC$ và $AD$ là đường kính của $(O)$. Trên các cạnh $AB, AC$ lấy $E, F$ sao cho $AE = AF$ và $E, H, F$ thẳng hàng. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $AEF$ cắt phân giác góc $\angle BAC$ tại $P$. Chứng minh $H, P, D$ thẳng hàng.

Lời giải

Gọi $P’$ là giao điểm phân giác góc $\angle BAC$ và $HD$. Ta chứng minh $P’ \equiv P$, hay cần chứng minh $AEPF$ nội tiếp.

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

Ta có $\angle AEF = \angle ABH + \angle EHB$, $\angle AFE = \angle ACH + \angle FHC$.

Mà $\angle ABH = \angle ACH$ và $\angle AEF = \angle AFE$ nên $\angle EHB = \angle FHC = \angle EHL$.

Do đó $HE$ là phân giác $\angle LHB$, suy ra $\dfrac{LE}{EB} = \dfrac{HL}{HB}$. (1)

Tam giác $AHL $ và tam giác $ADC$ đồng dạng, suy ra $\dfrac{HL}{CD} = \dfrac{AH}{AD}$.

Mà $CD = BH, \dfrac{AH}{AD} = \dfrac{HP’}{P’D}$, suy ra $\dfrac{HL}{HB} = \dfrac{HP’}{P’D}$. (2)

Từ (1) và (2) ta có $\dfrac{LE}{EB} = \dfrac{HP’}{P’D}$, suy ra $P’E ||HL||BD$, suy ra $P’E \bot AB$.

Chứng minh tương tự ta có $P’F \bot AC$.

Do đó $AEP’F$ nội tiếp, suy ra $P’ \equiv P$. Hay $D, P, H$ thẳng hàng.

Ví dụ 4. (PTNK 2022) Cho tam giác $A B C$ có trực tâm $H, D$ đối xứng với $H$ qua $A$. $I$ là trung điểm của $C D$, đường tròn $(I)$ đường kính $C D$ cắt $A B$ tại $E, F(E$ thuộc tia $A B)$
a) Chứng $\operatorname{minh} \angle E C D=\angle F C H$ và $A E=A F$.
b) Chứng minh $H$ là trực tâm của $\triangle C E F$.
c) $B H$ cắt $A C$ tại $K$. Chứng minh $E F K H$ nội tiếp và $E F$ là tiếp tuyến chung của $(C K E)$ và $(C K F)$.
d) Chứng minh tiếp tuyến tại $C$ của $(I)$ và tiếp tuyến tại $K$ của $(K E F)$ cắt nhau trên đường thẳng $A B$.

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 $A B$.
$$
\angle E N F=\angle E K F=\angle E H F=180^{\circ}-\angle E C F \Rightarrow N \in(I) \text {. }
$$
$A P=A K=A N \Rightarrow \angle K N P=90^{\circ} \Rightarrow N P | B C \Rightarrow E N P F$ là hình thang cân.
$\Rightarrow \angle E C N=\angle F C P \Rightarrow \triangle E C N \backsim \triangle A C F$ và $\triangle E C A \backsim \triangle N C F$.
$\Rightarrow \frac{N E}{A F}=\frac{E C}{A C}$ và $\frac{E A}{N F}=\frac{C A}{C F}$
$\Rightarrow \frac{N E}{E C}=\frac{A F}{A C}=\frac{A E}{A C}=\frac{N F}{C F}$
Tiếp tuyến tại $N$ và $C$ của $(I)$ cắt nhau tại $S, S F$ cắt $(I)$ tại $E^{\prime}\left(E^{\prime} \neq F\right)$
$\triangle S E^{\prime} N \backsim \triangle S N F \Rightarrow \frac{N E^{\prime}}{N F}=\frac{S E^{\prime}}{S N}$
$\triangle S E^{\prime} C \backsim \triangle S C F \Rightarrow \frac{E^{\prime} C}{C F}=\frac{S E^{\prime}}{S C}$
$\Rightarrow \frac{N E^{\prime}}{N F}=\frac{E^{\prime} C}{C F}$
Từ (1) và $(2)$ suy ra: $E \equiv E^{\prime}$
Mà tiếp tuyến tại $N$ của $(I)$ đối xứng với tiếp tuyến tại $K$ của $(E H F)$ qua $A B$ 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 $A$ và $E$ 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 $\dfrac{AM}{BM} + \dfrac{AN}{CN} = 1$. Chứng minh rằng $MN$ tiếp xúc với một đường tròn cố định.

Bài 3. Cho tam giác $A B C$ có các đường cao $A A_1, B B_1, C C_1$ và trực tâm $H$. Chúng minh rằng đường thẳng Euler của các tam giác $A B_1 C_1, B C_1 A_1, C A_1 B_1$ đồng quy.

Bài 4. (Nga 2017) Cho hình thang cân $ABCD$ có $BC < AD$ và $BC \parallel AD$. 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

Leave a reply

Một trong các phương pháp khác đặc biệt để giải các hệ phương trình là sử dụng bất đẳng thức, kiểu $A \geq 0$, khi đó $A = 0$ chỉ tại các dấu $=$ xảy ra, hoặc $x \geq y \geq z \geq x$, 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

$\left\{\begin{array}{l}
x+\frac{2 x y}{\sqrt[3]{x^2-2 x+9}}=x^2+y \\\\
y+\frac{2 x y}{\sqrt[3]{y^2-2 y+9}}=y^2+x
\end{array}\right.$

Lời giải.

$$
\left\{\begin{array}{l}
x+\frac{2 x y}{\sqrt[3]{x^2-2 x+9}}=x^2+y(1) \\\\
y+\frac{2 x y}{\sqrt[3]{y^2-2 y+9}}=y^2+x(2)
\end{array}\right.
$$
Ta có: $x^2-2 x+9 \geq 8 \Rightarrow \sqrt[3]{x^2-2 x+9} \geq 2 \Rightarrow \frac{2 x y}{\sqrt[3]{x^2-2 x+9}} \leq x y$ Tương tự: $\frac{2 x y}{\sqrt[3]{y^2-2 y+9}} \leq x y$
Do đó: $x+\frac{2 x y}{\sqrt[3]{x^2-2 x+9}}+y+\frac{2 x y}{\sqrt[3]{y^2-2 y+9}} \leq x+y+2 x y \leq x+y+x^2+y^2$
(Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $x=y$ Từ $(1),(2)$ và $(3)$ suy ra $x=y$ Thay $x=y$ vào (1) ta được:
(4) $\Leftrightarrow \sqrt[3]{x^2-2 x+9}=2 \Leftrightarrow x^2-2 x+9=8 \Leftrightarrow(x-1)^2=0 \Leftrightarrow x=1 \Rightarrow$ $y=1$
Vậy nghiệm của hệ phương trình là $(x, y) \in{(0,0) ;(1,1)}$.

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

$$\left\{\begin{array}{l}
x^3+3 x^2+2 x-5=y \\\\
y^3+3 y^2+2 y-5=z \\\\
z^3+3 z^2+2 z-5=x
\end{array}\right.$$

Lời giải. Do vai trò bình đẳng trong hoán vị vòng quanh của $x, y, z$ trong hệ trên, ta có thể giả sử
$$
\begin{aligned}
& x=\max {x ; y ; z} \text {. } \\\\
& \text { Vì } y \leq x \text { nên } x^3+3 x^2+2 x-5 \leq x \\\\
& \Leftrightarrow x^3+3 x^2+x-5 \leq 0 \\\\
& \Leftrightarrow(x-1)\left(x^2+4 x+5\right) \leq 0 \text {. } \\\\
& \text { Vì } x^2+4 x+5=(x+2)^2+1>0 \text { nên } x \leq 1 \text {. } \\\\
& \text { Mà } z \leq x \text { nên } z \leq 1 \text {. } \\\\
& \text { Lập luận ngược lại quá trình trên ta được } \\\\
& (z-1)\left(z^2+4 z+5\right) \leq 0 \\\\
& \Leftrightarrow z^3+3 z^2+2 z-5 \leq z \Leftrightarrow x \leq z \text {. } \\\\
& \text { Do đó } x=z \text {. } \\\\
& \text { Suy ra } x=y=z \text {. } \\\\
& \text { Từ đó ta được phương trình } \\\\
& \quad x^3+3 x^2+2 x-5=x \\\\
& \Leftrightarrow(x-1)\left(x^2+4 x+5\right)=0 \Leftrightarrow x=1 \text {. }
\end{aligned}
$$

Ví dụ 3 (Chuyên Toán PTNK 1997) Tìm tất cả các số dương $x, y, z$ thỏa : $\left\{\begin{array}{l}
\frac{1}{x}+\frac{4}{y}+\frac{9}{z}=3 \\\\
x+y+z \leq 12
\end{array}\right.$

Lời giải.

\begin{aligned}
& \text { Ta có }(x+y+z)\left(\frac{1}{x}+\frac{4}{y}+\frac{9}{z}\right) \leq 36 \Leftrightarrow \frac{y}{x}+\frac{4 x}{y}+\frac{z}{x}+\frac{9 x}{z}+\frac{4 z}{y}+\frac{9 y}{z}-22 \leq 0 \Leftrightarrow \\\\
& \frac{(y-2 x)^2}{x y}+\frac{(z-3 x)^2}{x z}+\frac{(3 y-2 z)^2}{y z} \leq 0 \Leftrightarrow y=2 x, z=2 x, 3 y=2 z \text { Từ đó ta } \\\\
& \text { có } x=2, y=4, z=6
\end{aligned}

Ví dụ 4. (PTNK Chuyên Toán 2103) Giải hệ phương trình $\left\{\begin{array}{l}
3 x^2+2 y+1=2 z(x+2) \\\\
3 y^2+2 z+1=2 x(y+2) \\\\
3 z^2+2 x+1=2 y(z+2)
\end{array}\right.$

Lời giải. Cộng ba phương trình lại ta có:
$3\left(x^2+y^2+z^2\right)+2(x+y+z)+3=2(x y+y z+z x)+4(x+y+z) $

$ \Leftrightarrow 3\left(x^2+y^2+z^2\right)-2(x y+y z+x z)-2(x+y+z)+3=0 $
$\Leftrightarrow(x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2+(x-1)^2+(y-1)^2+(z-1)^2=0 $
$\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}
x=1 \\\\
y=1 \\\\
z=1
\end{array}\right.
$
Thử lại thấy $(1,1,1)$ là nghiệm của hệ.

Bài tập rèn luyện

Bài 1. Giải hệ phương trình

$\left\{\begin{array}{l}
x+\dfrac{2 x y}{\sqrt{x^2-2 x+5}}=x^2+y \\\\
y+\dfrac{2 x y}{\sqrt{y^2-2 y+5}}=y^2+x
\end{array}\right.$

Bài 2. Giải hệ phương trình $\left\{\begin{array}{l}
y^{3}-6 x^{2}+12 x-8=0 \\\\
z^{3}-6 y^{2}+12 y-8=0 \\\\
x^{3}-6 z^{2}+12 z-8=0
\end{array}\right.$

Bài 3. Tìm các số không âm $x, y, z$ thỏa
$$
\left\{\begin{aligned}
x y z & =1 \\\\
x^3+y^3+z^3 & =x+y+z
\end{aligned}\right.
$$

Định lý Viete và áp dụng

Leave a reply

Định lý 1. (Định lý Viete thuận) Cho phương trình bậc hai $a x^2+b x+c=0$ (a,b, c là các hệ số). Nếu phương trình có nghiệm $x_1, x_2$ thì
$$
S=x_1+x_2=\frac{-b}{a}, \text { và } P=x_1 x_2=\frac{c}{a}
$$
Định lý 2. (Định lý Viete đảo) Nếu có hai số $a, b$ thỏa $a+b=S, a b=P$ thì $a, b$ là nghiệm của phương trình
$$
x^2-S x+P=0
$$

Chú ý: Điều kiện để áp dụng định lý Viete là phương trình bậc hai phải có nghiệm, tức là $\Delta \geq 0$.

Ví dụ 1. Cho phương trình $x^2-2(m+1) x+m=0$
(a) Chứng minh rằng phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt $x_1, x_2$
(b) Tính giá trị các biểu thức sau theo $m$
$$
A=x_1^2+x_2^2+x_1+x_2
$$
(c) Tìm $m$ để $A=18$.
Lời giải. $a=1, b=-2(m+1), b^{\prime}=-(m+1), c=m$
a) Ta có $\Delta^{\prime}=b^{\prime 2}-a c=(-m-1)^2-1 \cdot m=m^2+m+1$.

$\Delta=m^2+m+1=m^2+2 \cdot m \cdot \frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{3}{4}=$ $\left(m+\frac{1}{2}\right)^2+\frac{3}{4}>0$ với mọi $m$. Vậy phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt $x_1, x_2$.
b) Ta có $A=x_1^2+x_2^2+x_1+x_2$
$=\left(x_1+x_2\right)^2-2 x_1 x_2+x_1+x_2$
$=4(m+1)^2-2 m+2(m+1)$
$=4 m^2+8 m+6$.

c) $A=18 \Leftrightarrow 4 m^2+8 m-12=0 \Leftrightarrow m=$ $1, m=-3$.
Vậy $m$ cần tìm là 1 và -3 .

Ví dụ 2. Tìm $m$ để phương trình $x^2-2(m+1) x+m^2-3=0$ có hai nghiệm phân biệt $x_1, x_2$ thỏa $x_1^2+x_2^2+x_1 x_2=$ $m+7$
Lời giải. $a=1, b=-2 m-2, c=m^2-3$.

Ta có $\Delta^{\prime}=b^2-a c=(m+1)^2-\left(m^2-3\right)=2 m+4$. Phương trình có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi $\Delta^{\prime}=2 m+4>0 \Leftrightarrow m>-2$.

Theo dịnh lý Viete ta có $x_1+x_2=2(m+1), x_1 x_2=$ $m^2-3$

$x_1^2+x_2^2+x_1 x_2=m+7 \Leftrightarrow\left(x_1+x_2\right)^2-x_1 x_2=m+7$ $\Leftrightarrow 4(m+1)^2-\left(m^2-3\right)=m+7 \Leftrightarrow 3 m^2+7 m=0 \Leftrightarrow$ $m=0(n), m=\frac{-7}{3}(l)$.

Vậy giá trị cần tìm của $m$ là $m=0$.

Ví dụ 3. Cho phương trình $x^2-4 m x+3 m^2+1=0$.
a) Tìm $m$ để phương trình có nghiệm.
b) Gọi $x_1, x_2$ là nghiệm của phương trình, tìm hệ thức độc lập $m$ liên hệ giữa $x_1$ và $x_2$.
Lời giải
a) Ta có $\Delta^{\prime}=4 m^2-\left(3 m^2+1\right)=m^2-1$. Phương trình có nghiệm khi và chỉ khi $\Delta^{\prime} \geq 0 \Leftrightarrow m^2-$ $1 \geq 0 \Leftrightarrow m \leq-1$ hoặc $m \geq 1$.
b) Với điều kiện của a) theo định lý Viete ta có $S=x_1+$ $x_2=4 m(1), P=x_1 x_2=3 m^2+1(2)$.
Từ (1), suy ra $m=\frac{1}{4} S$, thế vào (2) ta có $P=3 m^2+1=$ $\frac{3}{16} S^2+1$.
Hay $x_1 x_2=\frac{3}{16}\left(x_1+x_2\right)^2+1$ là hệ thực liên hệ giữa $x_1, x_2$ độc lập với $m$.

Ví dụ 4. Cho phương trình $x^2-2 m x-2 m-3=0$. Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt $x_1, x_2$ và tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $A=x_1^2+x_2^2-$ $x_1 x_2$.
Lời giải

Ta có $\Delta^{\prime}=m^2+2 m+3$.
Vì $m^2+2 m+3=(m+1)^2+2>0 \forall m$ nên $\Delta^{\prime}>0 \forall m$. Vậy phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi $m$.

Theo định lý Viete ta có $x_1+x_2=2 m, x_1 x_2=-2 m-3$. Khi đó $A=\left(x_1+x_2\right)^2-3 x_1 x_2=(2 m)^2-3(-2 m-3)=$ $4 m^2+6 m+9$.

$A=(2 m)^2+2.2 m \cdot \frac{3}{2}+\frac{9}{4}+\frac{27}{4}=\left(2 m+\frac{3}{2}\right)^2+\frac{27}{4} \geq \frac{27}{4}$. Đẳng thức xảy ra khi $m=\frac{-3}{4}$.

Vậy giá trị nhỏ nhất của $A$ là $\frac{27}{4}$ khi $m=\frac{-3}{4}$.

Bài tập rèn luyện

Bài 1. Cho phương trình $x^2-\sqrt{2} x-\sqrt{3}=0$.
(a) Không giải phương trình, chứng minh phương trình có hai nghiệm $x_1, x_2$.
(b) Tính giá trị của $A=x_1^2+x_2^2-3 x_1 x_2 .(A=2+5 \sqrt{3})$
(c) Tính giá trị của biểu thức $B=\frac{1}{x_1^3-4 x_1 x_2+x_2^3}$
Bài 2. Cho phương trình $x^2-2 m x-1=0$.
(a) Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi $m$
(b) Gọi $x_1, x_2$ là nghiệm của phương trình. Tính $A=$ $x_1^2-3 x_1 x_2+x_2^2$ theo $m$. $\left(A=4 m^2+5\right)$
(c) Tìm $m$ để $A=9 .(m= \pm 1)$
Bài 3. Cho phương trình $x^2-2(m-3) x-2 m+5=0$.
(a) Chứng minh rằng phương trình luôn có nghiệm $x_1, x_2$.
(b) Tìm $m$ để $x_1^2+x_2^2-3 x_1 x_2+x_1+x_2=17$. $\left(m=\frac{3 \pm \sqrt{21}}{2}\right)$

Bài 4. Cho phương trình $x^2-3(m+1) x+9 m^2+2=0$. Tìm $m$ để phương trình có hai nghiệm phân biệt $x_1, x_2$ thỏa $x_1^2+x_2^2-3\left(x_1+x_2\right)+1=0$.
(Không có giá trị $m$ nào thỏa mãn)
Bài 5. Cho phương trình $x^2-3 x-4 m=0$
(a) Tìm $m$ để phương trình có hai nghiệm phân biệt. $\left(m>\frac{-9}{16}\right)$
(b) Tìm $m$ để phương trình có hai nghiệm phân biệt $x_1, x_2$ thỏa $x_1+x_2-x_1 x_2=13\left(m=\frac{5}{2}\right)$
(c) Tính giá trị biểu thức $A=x_1^2+x_2^2-4 x_1 x_2$ theo $\mathrm{m}$ và tìm $\mathrm{m}$ để $\mathrm{A}=14$. $\left(A=9+24 m, m=\frac{5}{24}\right)$
Bài 6. Cho phương trình $x^2-2(m-1) x-1=0$.
(a) Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt $x_1, x_2$.
(b) Tìm $\mathrm{m}$ để $x_1^2+x_2^2=5\left(m=\frac{2 \pm \sqrt{3}}{2}\right)$
(c) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $x_1^2+x_2^2+x_1 x_2$ (GTNN là 1 khi và chỉ khi $m=1$ )

Bài 7. Cho phương trình $x^2-2(m+1) x+m=0$
(a) Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt $x_1, x_2$
(b) Tìm m để $x_1^2+x_2^2-3 x_1 x_2-x_1-x_2=7$
$$
\left(m=\frac{-5 \pm \sqrt{41}}{8}\right)
$$
(c) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $B=x_1^2+x_2^2$ $\left(B_{\min }=\frac{7}{4}\right.$ khi và chỉ khi $\left.x=\frac{-3}{4}\right)$
Bài 8. Cho phương trình $x^2-2 m x-m-3=0$.
(a) Tìm $m$ dể phương trình có hai nghiệm $x_1, x_2$ thỏa
$$
\begin{aligned}
& \frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}+\frac{1}{2}=0 \
& \left(m=\frac{-3}{5}\right)
\end{aligned}
$$

(b) Tìm $m$ để phương trình có nghiệm thỏa $x_1^3-x_2^3=$ $10\left(x_1-x_2\right)$ $\left(m=\frac{-1 \pm \sqrt{113}}{8}\right)$
Bài 9. Cho phương trình $(m-1) x^2-2 x+1=0$.
(a) Tìm $m$ để phương trình có hai nghiệm phân biệt. $(m \neq 1, m>2)$
(b) Tìm $m$ để phương trình có hai nghiệm $x_1, x_2$ thỏa $x_1^2+x_2^2+x_1 x_2=3\left(m=\frac{-1}{3}\right)$
Bài 10. Cho phương trình $x^2+2(m+2) x+2 m=0$.
(a) Tìm $m$ để phương trình có hai nghiệm $x_1, x_2$ thỏa $x_1^2 x_2+x_2^2 x_1+x_1+x_2=4$
(không có giá trị $m$ thỏa mãn)
(b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $A=x_1 x_2-x_1^2-$ $x_2^2\left(A_{\max }=\frac{-63}{4}\right.$ khi và chỉ khi $\left.m=\frac{-1}{4}\right)$

Ánh xạ

Leave a reply

Ánh xạ là gì?

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


Định nghĩa 2. Cho ánh xạ $f: A \rightarrow B$

  • $x \in A, y=f(x)$ thì $f(x)$ được gọi ảnh của $x$ qua ánh xạ $f$.
  • Với mọi $y \in B$, đặt $f^{-1}(y)={x \in A \mid f(x)=y}$ được gọi là tạo ảnh của $y$.
  • $f(A)={f(x) \mid x \in A}$ được gọi là tập ảnh của ánh xạ.
    Ví dụ 1.
  • 1. Qui tắc $f: A \rightarrow A$ 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 $I_d$.
  • 2. $f: \mathbb{Z} \rightarrow \{-1, 0, 1\}$ thỏa $f(x)=-1$ nếu $x<0$, $f(x)=1$ nếu $x>0$ và $f(x)=0$ nếu $x=0 $ là một ánh xạ.
  • 3. Cho tập $X, A$ là tập con khác rỗng của $X$. Xét $f: X \rightarrow{0,1}$ thỏa $f(x)=1$ nếu $x \in A, f(x)=0$ nếu $x \notin A$ là một ánh xạ
  • 4. $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R} $ thỏa $x \mapsto y$ thỏa $y^2=x$ Không phải là ánh xạ.
  • 5. Cho đường thẳng $d$, với mọi điểm $M$ cho tương ứng với $M’$ thuộc $d$ sao cho $MM’ \perp d$ nếu $M$ không thuộc $d$ và $M’ \equiv M$ nếu $M$ thuộc $d$ là một ánh xạ, được gọi là phép chiếu vuông góc trên đường thẳng $d$.
  • 6. Cho $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ thỏa $f(x) = 3x + 1$ là ánh xạ.

Đơn ánh, toàn ánh, song ánh

Định nghĩa 3. Một ánh xạ được $f: A \rightarrow B$ được gọi là đơn ánh nếu và chỉ nếu $f(x) = f(y) \Rightarrow x = y$. Tức là với mọi $y$ thì $f^-1 (y)$ có không quá một phần tử.

Định nghĩa 4. Ánh xạ $f: A \rightarrow B$ là toàn ánh khi và chỉ khi mọi $y \in B$ thì tồn tại $x \in A$ sao cho $f(x)=y$. Với mọi $y \in B$ thì $f^{-1}(y)$ khác rỗng.
Định nghĩa 5. Một ánh xạ là song ánh nếu nó vừa đơn ánh vừa toàn ánh. Tập $f^{-1}(y)$ 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 $f: A \rightarrow B$. Ta xây dựng một ánh xạ từ $B$ vào $A$ như sau: với mỗi phần tử $b \in B$ cho tương ứng với phần tử $a \in A$ thỏa $a=f^{-1}(b)$, ánh xạ đó được gọi là ánh xạ ngược của $f$, kí hiệu là $f^{-1}$.
Ta có
$$
f^{-1}: B \rightarrow A, f^{-1}(x)=y \Leftrightarrow f(y)=x
$$
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 $A \rightarrow B$ là $f(1)=b, f(2)=$ $a, f(3)=c$. Khi đó ánh xạ ngược $f^{-1}$ từ $B \rightarrow A$ là $f^{-1}(a)=2, f^{-1}(b)=1, f^{-1}(c)=3$.

c) Ánh xạ ngược của $f: R \rightarrow R, f(x) = 3x + 1$ là $f: R\rightarrow f(x) = \dfrac{1}{3} (x-1)$.

Định nghĩa 7. Cho $f: A \rightarrow B, g: B \rightarrow C$ khi đó ánh xạ $g \circ f: A \rightarrow C$ thỏa
$$
g \circ f(a)=g(f(a))
$$
được gọi là ánh xạ hợp.

Ví dụ 4. Cho $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}, f(x)=2 x+1, g: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}, g(x)=x^2$.
(a) Tìm $g \circ g, f \circ f$;
(b) $g \circ f, f \circ g$.

Tính chất 1. Nếu $f: A \rightarrow B$ là song ánh thì $f \circ f^{-1} = I_d trên $B$, và $f^{-1} \circ f $ là ánh xạ đồng nhất trên $A$.

Ánh xạ và phép đếm


Định nghĩa 8. Cho tập $A$ số nguyên dương $n$ và $X={0,1,2, \cdots, n}$. 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 $A$ là $n$. 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 $|A| \leq|B|$.
  • Nếu tồn tại một toàn ánh từ $A$ vào $B$ thì $|A| \leq|B|$.
  • Nếu tồn tại một song ánh từ $A$ vào $B$ thì $|A|=|B|$.

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

3 Replies

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 $I_a, I_b, I_c$ lần lượt là tâm đường tròn ứng với các đỉnh $A, B, C$. $(I_a)$ tiếp xúc với $BC, AC, AB$ tại $D’,E’, F’$.
Đặt $p = \dfrac{AB+BC+AC}{2}, S = S_{ABC}$.
Ta có một số tính chất sau:
a) $AE = AF = p-a$ và $AE’ = AF’ = p$ và $BD = CD’ = \dfrac{AB+BC-AC}{2}$.
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 $I_aI_bI_c$.

Chứng minh.

(a) Ta có $A E=A F, B D=B F, C D=C E$, khi đó $A B+A C-B C=A F+B F+A E+C E-$ $B D-C D=A E+A F=2 A E$, suy ra $A E=\frac{A B+A C-B C}{2}=\frac{A B+B C+A C}{2}-B C=p-a ;$
Ta có $B D^{\prime}=B F, C D^{\prime}=C E$, suy ra $A B+A C+B C=A B+B D^{\prime}+C D^{\prime}+A C=$ $A B+B F^{\prime}+A C+C E^{\prime}=A E^{\prime}+A F^{\prime}=2 A E^{\prime} \Rightarrow A E^{\prime}=A F^{\prime}=\frac{A B+B C+A C}{2}=p ;$

Chứng minh tương tự thì $B D=p-b$ và $C D^{\prime}=C E^{\prime}=A E^{\prime}-A C=p-b$, do đó $B D=C D^{\prime}$.
(b) Ta có $I K=I E, I_a D^{\prime}=I_a E^{\prime}$ nên $\frac{I K}{I_a D^{\prime}}=\frac{I E}{I_a E^{\prime}}$ và $I E / / I_a E^{\prime}$ nên $\frac{I E}{I_a E^{\prime}}=\frac{A I}{A I_a}$; do đó $\frac{A I}{A I_a}=$ $\frac{I K}{I_a D^{\prime}}$, suy ra $\triangle A I K \backsim \triangle A I_a D^{\prime} \Rightarrow \angle I A K=\angle I_a A D^{\prime}$, từ đó $A, K, D^{\prime}$ thẳng hàng.
(c) Ta có $A I_b, A I_a$ là phân giác ngoài và phân giác trong góc $A$ nên $\angle I_a A I_b=90^{\circ}$ hay $I_a A \perp I_b I_c$; chứng minh tương tự ta có $I_b B \perp I_a I_c, I_c C \perp I_a I_b$.

Trong tam giác $I_a I_b I_c$ thì $I_a A, I_b B, I_c C$ là ba đường cao, nên đường tròn ngoại tiếp tam giác $A B C$ chính là đường tròn Euler của tam giác $I_a I_b I_c$ 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 $B I$ và $E F$, ta chứng minh $K, M, N$ thẳng hàng.
Ta có $\angle K E C=\angle A E F=90^{\circ}-\frac{1}{2} \angle B A C$ và $\angle K I C=\angle I B C+\angle I C B=\frac{1}{2}(\angle A B C+$ $\angle A C B)=90^{\circ}-\angle B A C$. Suy ra $\angle K E C=$ $\angle K I C$, tứ giác $K E I C$ nội tiếp, do đó $\angle B K C=$ $90^{\circ}$.

Tam giác $K B C$ vuông tại $K$ có $K M$ trung tuyến nên $M K=M B=M C$, suy ra $\angle K M C=$ $2 \angle K B C=\angle A B C$, suy ra $K M / / A B$, mà $M N$ là đường trung bình của tam giác $A B C$ nên $M N / / A B$, do đó $K, M, N$ thẳng hàng.

Tính chất 3. Cho tam giác $A B C$, đường tròn tâm $I$ nội tiếp tam giác $A B C$ tiếp xúc với $B C, A C, A B$ tại $D, E, F . I D$ cắt $E F$ tại $K$, khi đó $A K$ đi qua trung điểm $M$ của $B C$.

Chứng minh. Qua $K$ vẽ đường thẳng song song hay $M$ là trung điểm cạnh $B C$. với $B C$ cắt $A B, A C$ tại $P$ và $Q$, ta chứng minh $K$ là trung điểm $P Q$.

Ta có $\angle I K \perp P Q$, từ đó suy ra $I K P F, I K E Q$ nội tiếp, suy ra $\angle I P K=\angle I F K, \angle I Q K=\angle I E K$ mà $I E F$ cân tại $I$ nên $\angle I E K=\angle I F K$, suy ra $\angle I P Q=\angle I Q K$. Tam giác $I P Q$ cân nên $K$ là trung điểm $P Q$.

Gọi $M$ là giao điểm của $A K$ với $B C$, ta có $\frac{K P}{M B}=$ $\frac{A K}{A M}=\frac{K Q}{M C}$, mà $K P=K Q$ nên $M B=M C$

Tính chất 4. Cho tam giác $A B C$, đường tròn tâm $I$ nội tiếp tam giác $A B C$ tiếp xúc với $B C, A C, A B$ lần lượt tại $D, E, F . E F$ cắt $B C$ tại $P$. Khi đó $\frac{P B}{P C}=\frac{D B}{D C}$ và $I P \perp A D$.
Chứng minh

Theo ví dụ 1.1 ta có $\frac{P B}{P C}=\frac{D B}{D C}$.

Gọi $K$ là giao điểm của $I A$ và $E F$ ta có $\angle I K P=90^{\circ}$, suy ra $I K P D$ nội tiếp, do đó $\angle I P D=\angle I K D$.
Mặt khác $I K \cdot I A=I E^2=I D^2$, suy ra $\triangle I K D \backsim \triangle I D A \Rightarrow I K D=\angle I D A$.
Do đó $\angle I P D=\angle I D A$, suy ra $D A \perp IP$.

Bài tập có lời giải

Bài 1. (PTNK 2014) Cho điểm $\mathrm{C}$ thay đổi trên nửa đường tròn đường kính $A B=2 R$ $(C \neq A, C \neq B)$. Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $C$ lên $A B ; I$ và $J$ lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác $A C H$ và $B C H$. Các đường thẳng $C I, C J$ cắt $A B$ tại $M, N$.
(a) Chứng $\operatorname{minh} A N=A C, B M=B C$.
(b) Chứng minh 4 điểm $M, N, I, J$ cùng nằm trên một đường tròn và các đường thẳng $M J, N I$ và $C H$ dồng quy.
(c) Tìm giá trị lớn nhất của $M N$ và giá trị lớn nhất của diện tích tam giác $C M N$ theo $\mathrm{R}$.

Lời giải.

(a) Ta có $\angle H C B=\angle C A B$ (cùng phụ với $\angle A B C$ ) và $\angle H C A=\angle C B A$ (cùng phụ với $\angle B A C$ ).
Ta có $\angle C A N=\angle N A C+\angle A B C=\angle H A N+\angle A C B=\angle C A N$. Suy ra tam giác $C A N$ cân tại $A$ hay $A N=A C$. Chứng minh tương tự ta có $B M=B C$.
(b) Tam giác $C A N$ cân tại $A$ có $A I$ là phân giác nên cũng là trung trực, suy ra $I C=I N$, suy ra $\angle I N C=\angle I C N=\angle I C H+\angle N C H=\frac{1}{2} \angle A C H+\frac{1}{2} \angle B C H=45^{\circ}$.
Tương tự thì $\angle J M C=45^{\circ}$.
Tứ giác $M I J N$ có $\angle J M C=\angle I N C=45^{\circ}$ nên là tứ giác nội tiếp, hay $M, N, I, J$ cùng thuộc một đường tròn.
Tam giác $I N C$ cân có $\angle I C N=45^{\circ}$ nên $\angle C I N=90^{\circ}$, suy ra $C I \perp C M$.
Chứng minh tương tự $M J \perp C N$.
Tam giác $C M N$ có $C H, M J, N I$ là các đường cao nên đồng quy.
(c) Đặt $A C=b, B C=a$. Ta có $a^2+b^2=B C^2=4 R^2$.
Ta có $A N=A C=b, B M=B C=a$.
$A M+B N=B C+M N$, suy ra $M N=a+b-B C=a+b-2 R$.
Ta có $(a+b)^2 \leq 2\left(a^2+b^2\right)=8 R^2$. Suy ra $a+b \leq 2 \sqrt{2} R$, suy ra $a+b-2 R \leq 2 R(\sqrt{2}-1)$. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=R \sqrt{2}$.
Vậy giá trị lớn nhất của $M N$ bằng $2 R(\sqrt{2}-1)$ khi $C$ là điểm chính giữa đường tròn. Khi đó $S_{C M N}=\frac{1}{2} C H \cdot M N \leq R^2(\sqrt{2}-1)$. Đẳng thức xảy ra khi $C$ là điểm chính giữa đường tròn.

Bài 2. Cho tam giác $A B C$ có bán kính đường tròn nội tiếp là $r$, đường tròn ngoại tiếp là $R$ và bán kính đường tròn bàng tiếp lả $r_a, r_b, r_c$. Khi đó
$$
r_a+r_b+r_c=4 R+r
$$

Lời giải.

Đường tròn ngoại tiếp tam giác $A B C$ là đường tròn Euler của tam giác $I_a I_b I_c,(A B C)$ cắt $I_b I_c$ tại $N$ và cắt $A I_a$ tại $M$, khi đó $N$ là trung điểm của $I_a I_b$ và $I I_a$. Ta có $M N$ là đường kính của $(A B C)$.
Gọi $K, L$ là hình chiếu của $I_c, I_b$ trên đường thẳng $B C$ và $E$ là hình chiếu của $I_a$ trên $B C$. Tứ giác $I_b L K I_c$ là hình thang vuông có $N P$ là đường trung bình nên $I_c K+I_b L=2 N P$ hay $r_b+r_c+2 N P$. Tương tự $I_a E-I D=2 M P$ hay $r_a-r=2 M P$. Do đó $r_b+r_c+r_a-r=2 N P+2 M P=2 M N=4 R \Rightarrow r_a+r_b+r_c=4 R+r$.

Bài 3. Cho tam giác $A B C$ nhọn có $A B<A C$, đường tròn tâm I nội tiếp tam giác $A B C$ tiếp xúc với các cạnh $B C, A C, A B$ lần lượt tại $D, E, F$. Gọi $K$ là hình chiếu vuông góc với $D$ trên $E F$.
a) Đường tròn ngoại tiếp tam giác $A B C$ và tam giác $A E F$ cắt nhau tại $P$ khác
A. Chứng $\operatorname{minh} P, K, I$ thẳng hàng.
b) $D K$ cắt $A B$ tai $H$. Tính $\angle F P H$.

Lời giải.

a) Chứng minh được $\triangle P F B \backsim \triangle P E C$.
Suy ra $\frac{P F}{P E}=\frac{F B}{E C}$.
Ta cũng chứng minh được: $\angle B K F=\angle C K E$. Hơn nữa $\angle B F K=\angle C E K$ nên $\triangle K F B \backsim \triangle K E C$. Do đó ta suy ra $\frac{F B}{E C}=\frac{K F}{K E}$.
Do vậy $\frac{P F}{P E}=\frac{K F}{K E}$.
Suy ra $P K$ là phân giác góc $\angle E P F$.
Mà $P I$ là phân giác $\angle E P F$ nên $P, I, K$ thẳng hàng.
b) Ta có $H K / / A I$ nên suy ra $\angle P K H=\angle A I P=\angle P F H$.
Do đó tứ giác $P F H K$ nội tiếp.
Suy ra $\angle H P F+\angle H K F=180^{\circ}$.
Mà $\angle H K F=90^{\circ}$ nên $\angle H P F=90^{\circ}$.

Bài tập rèn luyện

Bài 1. (TPHCM 2020) Đường tròn $(I)$ nội tiếp tam giác $A B C$ tiếp xúc với các cạnh $A B, B C$, $C A$ lần lượt tại $D, E, F$. Kẻ đường kính $E J$ của đường tròn $(I)$. Gọi $d$ là đường thẳng qua $A$ song song với $B C$. Đường thẳng $J D$ cắt $d, B C$ lần lượt tại $L, H$.
(a) Chứng minh: $E, F, L$ thẳng hàng.
(b) $J A, J F$ cắt $B C$ lần lượt tại $M, K$. Chứng minh: $M H=M K$.

Bài 2. (TPHCM 2017) Cho tam giác $A B C$ có góc $B$ tù. Đường tròn $(O)$ nội tiếp tam giác $A B C$ tiếp xúc với các cạnh $A B, C A, B C$ lần lượt tại $L, H, J$.
(a) Các tia $B O, C O$ cắt $L H$ 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 $A J ; d$ cắt $A J$ và đường trung trực của cạnh $B C$ lần lượt tại $D$ và $F$. Chứng minh 4 điểm $B, D, F, C$ cùng thuộc một đường tròn.

Bài 3. (PTNK 2015) Cho tam giác $A B C(A B<A C)$ có các góc nhọn, nội tiếp trong đường tròn tâm $O$. Gọi $M$ là trung điểm của cạnh $B C, E$ là điểm chính giữa của cung nhỏ $B C, F$ là điểm đối xứng của $E$ qua $M$.
(a) Chứng minh $E B^2=E F \cdot E O$.
(b) Gọi $D$ là giao điểm của $A E$ và $B C$. Chứng minh các điểm $A, D, O, F$ cùng thuộc một đường tròn.
(c) Gọi $I$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $A B C$ và $P$ là điểm thay đổi trên đường tròn ngoại tiếp tam giác $I B C$ sao cho $P, O, F$ không thẳng hàng. Chứng minh rằng tiếp tuyến tại $P$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác $P O F$ đi qua một điểm cố định.

Hệ phương trình ba ẩn

Leave a reply

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

$\left\{\begin{array}{l}
f(x,y,z)=0 \\\\
g(x,y,z)=0 \\\\
h(x,y,z)=0
\end{array}\right.$

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 $\left\{\begin{array}{l}
x+y+z=6 (1)\\\\
xy+yz+xz=11 (2)\\\\
xyz=6 (3)
\end{array}\right.$

Lời giải

Từ (1) ta có $y +z = 6-z$, từ (2), $ yz = 11-x(y+z) = 11 – x(6-x) = x^2-6x+11$.

Thế vào (3) ta có $x(x^2-6x+11) = 6$ $\Leftrightarrow x^3 -6x^2+ 11x – 6 = 0$

Giải ra được $x = 1, x = 2, x= 3$.

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

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 $\left\{\begin{array}{l}
x+y+z=3 \\\\
x y+y z+x z=-1 \\\\
x^3+y^3+z^3+6=3\left(x^2+y^2+z^2\right)
\end{array}\right.$

Lời giải

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

Từ (1) và (2) ta tính được $x^2+y^2+z^2 = (x+y+z)^2 – 2(xy+yz+xz) = 11$

Suy ra $x^3+y^3+z^3 = 27$

Mà $x^3+y^3+z^3 – 3xyz=(x+y+z)(x^2+y^2+z^2-xy-yz-xz) \Rightarrow xyz = -3$

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

$x^3+y^3+z^3 = (x+y+z)^3 – 3(x+y)(y+z)(x+z)$, 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 $\left\{\begin{array}{l}(x-y)^2=2 z-z^2(1) \\\\(y-z)^2=2 x-x^2(2)\\\\ (z-x)^2=2 y-y^2(3)\end{array}\right.$

Lời giải Lấy (1) trừ (2) ta có:

$(x-2 y+z)(x-z)=x^2-z^2-2(x-z)=(x-z)(x+z-2) \Leftrightarrow 2(x-z)(y-1)= 0$

$\Leftrightarrow x=z$ hoặc $y=1$
– $y=1$ ta có $(3) \Leftrightarrow(x-z)^2=1 \Leftrightarrow z=x+1, z=x-1$
+ $z=x+1$ giải được $ x=0, z=1$ và $x=1, z=2 $Khi đó ta có nghiệm $(0,1,1),(1,1,2)$
+ $z=x-1 $ giải ra được $x=1, z=0 $ và $ x=2, z=1 $Ta có nghiệm $(1,1,0)$ và $(2,1,1)$
Với $x=z$ từ (3) ta có $ y^2-2 y=0 \Leftrightarrow y=0, y=2$

Với $y=0$ ta có $\left\{\begin{array}{l}x^2=2 z-z^2 \\\\ z^2=2 x-x^2\end{array} \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}2 z^2=2 z \\\\ x-z\end{array}\right.\right.$.

Giải được nghiệm $(0,0,0)$ và $(1,0,1)$.

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

Ví dụ 4. (PTNK Chuyên Toán 2103) Giải hệ phương trình $\left\{\begin{array}{l}
3 x^2+2 y+1=2 z(x+2) \\\\
3 y^2+2 z+1=2 x(y+2) \\\\
3 z^2+2 x+1=2 y(z+2)
\end{array}\right.$

Lời giải Cộng ba phương trình lại ta có:
$3\left(x^2+y^2+z^2\right)+2(x+y+z)+3=2(x y+y z+z x)+4(x+y+z) $

$ \Leftrightarrow 3\left(x^2+y^2+z^2\right)-2(x y+y z+x z)-2(x+y+z)+3=0 $
$\Leftrightarrow(x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2+(x-1)^2+(y-1)^2+(z-1)^2=0 $
$\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}
x=1 \\\\
y=1 \\\\
z=1
\end{array}\right.
$
Thử lại thấy $(1,1,1)$ là nghiệm của hệ.

Ví dụ 5. Giải hệ phương trình $\left\{\begin{array}{l}
2 x=y^2-z^2 \\\\
2 y=z^2-x^2 \\\\
2 z=x^2-y^2
\end{array}\right.$

Lời giải

Lấy (1) $+(2)$ ta có $(x+y)(x-y+2)=0 \Leftrightarrow x+y=0$ hoặc $x=2-y$.
Với $x+y=0$, từ (3) ta có $z=0$, từ (1) ta có $x=0$ hoặc $x=2$. Ta có nghiệm $(x, y, z)$ là $(0,0,0)$ và $(2,-2,0)$.
Với $x=y-2$, từ (3) ta có $2 z=(y-2)^2-y^2=4-4 y \Leftrightarrow z=2-2 y$. Thế vào (1) ta có: $2(y-2)=y^2-(2-2 y)^2 \Leftrightarrow y^2-2 y=0 \Leftrightarrow y=0, y=2$. Từ đó ta có nghiệm $(-2,0,2)$ và $(2,-2,0)$. 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: $\left\{\begin{array}{l}
(x-2 y)(x-4 z)=55 \\\\
(y-2 z)(y-4 x)=-39 \\\\
(z-2 x)(z-4 y)=-16
\end{array}\right.$

Lời giải

$\left\{\begin{array}{l}(x-2 y)(x-4 z)=55 \\\\ (y-2 z)(y-4 x)=-39 \\\\ (z-2 x)(z-4 y)=-16\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}x^2-2 x y-4 x z+8 y z=55(1) \\\\ y^2-2 y z-4 x y+8 x z=-39(2) \\\\ z^2-2 x z-4 y z+8 x y=-16(3)\end{array}\right.\right.$

Cộng (1),(2),(3) ta có $(x+y+z)^2=0 \Leftrightarrow x+y+z=0 \Leftrightarrow z=-x-y$
Thế vào (1),(2) ta có $\left\{\begin{array}{l}(x-2 y)(5 x+4 y)=55 \\\\ (3 y+2 x)(y-4 x)=-39\end{array}\right.$

$\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}5 x^2-6 x y-8 y^2=55 \\\\ 3 y^2-10 x y-8 x^2=-39\end{array}\right.$
Nhận thấy $y=0$ không thỏa hpt:
Đặt $x=k y$, ta có hệ

$\left\{\begin{array}{l}
y^2\left(5 k^2-6 k-8\right)=55 \\\\
y^2\left(-8 k^2-10 k+3\right)=-39
\end{array}\right. $
$\Rightarrow-39\left(5 k^2-6 k-8\right)=55\left(-8 k^2-10 k+3\right) $
$\Leftrightarrow 245 k^2+784 k+147=0$
$ \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}
k=-3 \\\\
k=\frac{-1}{5}
\end{array}\right.
$
Với $k=-3$, ta có $y=1$, hoặc $y=-1$. Từ đó ta có nghiệm là $(-3,1,2),(3,-1,-2)$
Với $k=-\frac{1}{5}$ (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)$\begin{cases} x^2(y+z)^2=(3x^2+x+1)y^2z^2&\\\\y^2(z+x)^2=(4y^2+y+1)z^2x^2&\\\\z^2(x+y)^2=(5z^2+z+1)=x^2y^2 \end{cases}$ 2)$\left\{ \begin{array}{l}xy = x + 3y\\\\yz = 2\left( {y + z} \right)\\\\xz = 3\left( {3z + 2x} \right)\end{array} \right.$ 3) $\left\{ \begin{array}{l}
{\left( {x + y + z} \right)^3} = 12t\\\\
{\left( {y + z + t} \right)^3} = 12x\\\\
{\left( {z + t + z} \right)^3} = 12y\\\\
{\left( {t + x + y} \right)^3} = 12z
\end{array} \right.$

Bài 2. Giải hệ phương trình sau:

1)$\left\{\begin{array}{l}
x^{3}+x^{2}+x-2=y \\\\
y^{3}+y^{2}+y-2=z \\\\
z^{3}+z^{2}+z-2=x
\end{array}\right.$
2) $\left\{\begin{array}{l}
y^{3}-6 x^{2}+12 x-8=0 \\\\
z^{3}-6 y^{2}+12 y-8=0 \\\\
x^{3}-6 z^{2}+12 z-8=0
\end{array}\right.$
Bài 3. Giải hệ phương trình $\begin{cases}ab+c+d=3&\\\\bc+d+a=5&\\\\cd+a+b=2&\\\\da+b+c=6 \end{cases}$

Bài 4.

Cho $a \in \mathbb{R}$. Giải hệ phương trình $\begin{cases} x_1^2+ax_1+(\dfrac{a-1}{2})^2=x_2&\\\\
x_2^2+ax_2+(\dfrac{a-1}{2})^2=x_3&\
…&\\\\
x_n^2+ax_n+(\dfrac{a-1}{2})^2=x_1
\end{cases}$