Tải bản đầy đủ (.pdf) (36 trang)

Tạp chí Toán học tuổi thơ kỳ số 203

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (6.22 MB, 36 trang )

(1)


(2)

(3)

(4)

chøng minh Mét sè hƯ thøc l

ỵng


trong tam gi¸c



phan đình ánh


Tr−ờng THCS Thạch Kim, Lộc Hà, Hà Tĩnh
hi biết độ dài ba cạnh của một tam


giác, ta có thể tính đ−ợc độ dài các
đ−ờng cao, đ−ờng trung tuyến, đ−ờng
phân giác, diện tích và các góc của tam giác
đó. Bài viết d−ới đây chúng ta đi xây dựng
các công thức trên khi cho tam giác ABC là
tam giác nhọn có BC = a, AC = b, AB = c. Kí
hiệu độ dài đ−ờng cao AH = ha, đ−ờng trung
tuyến AM = ma, đ−ờng phân giác AD = da,
nửa chu vi là p.


1. Cơng thức tính độ dài đ−ờng cao


Vì tam giác ABC là tam giác nhọn, AH ⊥ BC
nên điểm H nằm giữa hai điểm B và C.
Đặt BH = x, khi đó CH = a − x.


áp dụng định lí Pythagoras vào các tam giác
AHB và AHC vng tại H ta có


− = − − =


⇔ − = − − +



+ −


⇒ =


2 2 2 2 2


a


2 2 2 2 2


2 2 2


c x b (a x) ( h )


c x b a x 2ax


c a b


x .


2a




Khi đó = − = −⎛⎜ + − ⎞⎟


⎝ ⎠


2



2 2 2


2 2 2 2


a c a b


h c x c


2a


+ ⎞⎛ +


=⎜ − ⎟⎜⎟⎜ + ⎟


⎝ ⎠⎝ ⎠


2 2 2 2 2 2


c a b c a b


c c


2a 2a


− − + −


=b2 (a c)2.(a c)2 b2


2a 2a



+ + + − + − + −


=(a b c)(b c a)(a c b)(a b c)2
4a


− − −


= 4p(p a)(p b)(p c)2


a


⇒ha= 2 p(p a)(p b)(p c).− − −
a


2. Cơng thức tính độ di ng trung
tuyn


Không mất tổng quát giả sử AB AC.


Kết hợp với tam giác ABC là tam giác nhọn
ta có điểm H trên đoạn thẳng BM.


Đặt HM = x khi đó BH= −a x;CH= +a x.


2 2


áp dụng định lí Pythagoras vào các tam giác
AHB và AHC vuông tại H ta có


⎛ ⎞ ⎛ ⎞



= − + =


⎝ ⎠ ⎝ ⎠


2 2


2 2 2


a


a a


c x b x ( h )


2 2


⎛ ⎞


− −


⇒ = ⇒ = −⎜ − ⎟


⎝ ⎠


2


2 2 2 2


2 2



a


b c a b c


x h c .


2a 2 2a



(5)

Do đó 2 = 2+ 2


a a


m h x


⎞ ⎛


= −⎜ − ⎟ +⎜


⎝ ⎠ ⎝ ⎠


2 2


2 2 2 2


2 a b c b c


c


2 2a 2a



+ +


=b22c2 − a42 ⇒ma = b22c2 − a42.


3. Cơng thức tính độ dài đ−ờng phân giác
Trên nửa mặt phẳng bờ BC không chứa điểm
A vẽ tia BE (E thuộc tia AD) sao cho


= =


CBE BAD CAD, khi đó ta có


ΔADC ΔBDE (g.g) ⇒ BD.DC = AD.DE.
ΔABE ΔADC (g.g) ⇒ AB.AC = AD.AE.


Suy ra AD2 = AB.AC BD.DC.
Mặt khác = =


+


BD CD BC


AB AC AB AC


⇒ = =


+ +


AB.BC AC.BC



BD ;CD .


AB AC AB AC


Do đó = ⎛⎜ − ⎞⎟
+


⎝ ⎠


2
2


2
a
AD bc 1


(b c)


+ + + − −


= =


+ 2 + 2


bc(a b c)(b c a) 4bcp(p a)


(b c) (b c)





⇒ =


+
a 2 bcp(p a)


d .


b c


4. Cơng thức tính diện tích tam giác
Từ cơng thức tính độ dài đ−ờng cao


= − − −


a 2


h p(p a)(p b)(p c).


a


Suy ra S= 21h .aa = p(p a)(p b)(p c).− − −
Đặc biệt, nếu biết độ dài 2 cạnh v s o gúc


xen giữa ta kẻ BK AC (K ∈ AC) th× ta cã


= ⇒ ABC = 1 = 1


BK c.sinA S BK. AC bc.sinA .



2 2


Từ đó S= 1bc. sinA= 1ac. sinB= 1ab.sinC.


2 2 2


5. Công thức tính tỉ số lợng giác c¸c gãc
cđa tam gi¸c


Tõ x =c2+a2−b2.


2a ¸p dụng hệ thức về
cạnh và góc trong tam giác vuông AHB ta có


+


= =c2 a2 b2
c.cosB x


2a


+ −


⇒cosB= c2 a2 b2.


2ac T−¬ng tù


+ − + −


= b2 c2 a2 =a2 b2 c2



cosA ;cosC .


2bc 2ab


Từ đó ta có a2 =b2+c2−2bc.cos A;


= + −


= + −


2 2 2


2 2 2


b a c 2ac.cosB;
c a b 2ab.cosC.


Sau khi tính đợc cosA, ta tính sinA, tanA,
cotA dựa vào các công thức


+ = = =


2 2 sinA cos A


sin A cos A 1;tanA ;cotA .


cos A sinA



(6)

K× ny

Đi gì?



Đầu năm ôn các loại đi
Thử xem ai giái ta th× th−ëng ngay


Đi gì đề khó loay hoay?
Đi gì trên biển dễ say vơ cùng?


Đi gì nhìn ngắm ung dung?
Đi gì báo thức là vùng dậy luôn


Đi gì nét mặt thấy buồn
Đi gì sẽ thấy chủ hôn tng bừng?


Đi gì đèn đỏ phải dừng?
Đi gì thực phẩm mua b−ng về nhà?


Đi gì muốn thắng về ta?
Đi gì phải chọn đúng là một đơi?


Đi gì thấy d−ới mây trơi?
Đi gì vào lớp để ngồi lng nghe?


Đi gì phải bớc trên hè?
Đi gì nón, mũ, ô che mái đầu?


Giải ra thấy chẳng khó đâu!
Kiên trì suy nghĩ dù lâu ra liền


Trần Ph−ơng Nam
Đính chính. Do sơ suất, dịng thơ thứ 6 trong
kì tr−ớc “Lồi chim nào?” đăng trong TTT2


số 202 đã bị in nhầm. Câu thơ đúng là:
“Chim gì mà cứ mùa hè hay kêu”. Thành thật
xin lỗi bạn đọc.


(TTT2 số 200+201)

Đánh gì?


Đánh đàn trầm bổng âm thanh
Đánh cá quăng l−ới biển xanh tháng ngy


ỏnh búng vt sỏng ngay


Đánh nhau không khéo mặt mày xng lên
Đánh giặc bảo vệ chđ qun


Đánh bạc tật xấu mà tiền dễ trơi
Đánh mất tiếc ngẩn ngơ ngồi
Đánh cờ chiếu t−ớng để rồi ăn quân


Đánh đu phải tập nhún chõn
ỏnh phn trờn mỏ thờm phn p ra


Đánh rơi bát vỡ giữa nhà


ỏnh búng khụng c là ng−ời ăn.
Nhận xét. Vua Tếu rất vui khi nhận
đ−ợc rất nhiều câu trả lời của các
thần dân từ khắp nơi trên cả n−ớc
gửi về. Kì này chỉ có bốn thần dân đ−ợc Vua
Tếu ban th−ởng: Phạm Nguyễn H−ng Anh,
6A2, THCS Mộc Lỵ, Thị trấn Mộc Châu, Sơn


La; Trần Hữu Nhân, 6A, THCS Bình Thịnh,
Đức Thọ, Hà Tĩnh; Nguyễn Duy Anh, 7A3,
THCS Lâm Thao, Lâm Thao, Phú Thọ; Lê
Mai Anh, 7A1, THCS Tr−ng V−ơng, Đại
Thịnh, Mê Linh, Hà Nội.



(7)

thiếu số no?


Điền số còn thiếu vào ô có dấu ?.


Đỗ thị thúy ngọc
Phòng Giáo dục Trung học, Sở GD&ĐT Ninh Bình
(Su tầm và giới thiệu)


hình có ba số nào?

(TTT2 số 200+201)


Quy luật. Theo mỗi hàng ngang, từ trái sang phải, các số thay đổi theo quy luật: Thêm 2, bớt
3, thêm 2. Theo mỗi cột dọc, từ trên xuống d−ới, các số thay đổi theo quy luật: Bớt 3, thêm 2,
bớt 3. Cũng có thể mơ tả quy luật nh− sau: Theo mỗi hàng ngang, từ trái sang phải, hai số
đầu hơn kém nhau 2 đơn vị, hai số sau hơn kém nhau 2 đơn vị. Theo mỗi cột dọc, từ trên
xuống d−ới, hai số đầu hơn kém nhau 3 đơn vị, hai số sau hơn kém nhau 3 đơn vị. Do đú
hỡnh cần điền vào chỗ trống là hỡnh B.


Nhận xét. Quy luật t−ơng đối dễ, tất cả các bạn đều chọn ph−ơng án đúng nh−ng
lập luận ch−a chặt chẽ. Nhiều bạn chỉ nhận xét quy luật theo hàng ngang.


Xin trao th−ởng cho các bạn có nhận xét quy
luật đầy đủ theo cả hàng ngang và cột dọc: Ngô Minh
Trang, 6B, THCS Lý Tự Trọng, Bình Xuyên, Vĩnh Phúc;
Nguyễn Thanh Nhàn, 8A1, THCS Yên Phong, Yên
Phong; Nguyễn Quỳnh Anh, 9C, THCS Lê Văn Thịnh,


Gia Bình; Hà Thùy D−ơng, 7C, THCS Hàn Thuyên,
L−ơng Tài, Bắc Ninh; Lê Hoàng Thảo Anh, 8E, THCS
Đặng Thai Mai, TP. Vinh, Nghệ An.


Các bạn sau đợc tuyên dơng: Bạch Thái Sơn, 7A1,
THCS Vĩnh Yên, TP. Vĩnh Yên, Vĩnh Phúc; Nguyễn Trà
My, 9A, THCS Lê Văn Thịnh, Gia Bình, Bắc Ninh;
Nguyễn Ngọc Trờng Đan, 8B, THCS Đặng Thai Mai,
TP. Vinh; Ngun §øc Häc, 7D, THCS Lý Nhật Quang,
Đô Lơng, Nghệ An; Nguyễn Thùy Dơng, 6A1, THCS
Mộc Lỵ, Thị trấn Mộc Châu, Sơn La.



(8)

Các bạn hÃy giải bài toán sau bằng tiếng Anh và gửi về tòa soạn nhé!
Năm bạn có bài giải tốt nhất sẽ đợc nhận quµ.


Problem 10(203). Find the last digit in the finite decimal representation
of the number



2020


1
.
5


TS. Đỗ ĐứC THàNH
Trờng liên cấp Tiểu học và THCS Ngôi Sao Hà Nội


Problem 8(200+201).



Let 213 +210+2n =y 2


2 (210 3+ +1) 2n= y 2
⇔(25×3)2+2n =y 2


⇔2n=y2−962= −(y 96)(y 96). +


Thus, each of y + 96 and y − 96 should be a
power of 2. Since they differ by 192, we have
y + 96 = 256 = 28


y − 96 = 64 = 26.


The only solution is n = 8 + 6 = 14.


Nhận xét. Chúc mừng các bạn sau
đã có lời giải tốt đ−ợc thng kỡ ny:


Nguyễn Huy Hoàng Sơn, 6A2,
THCS Yên Lạc, Yên Lạc, Vĩnh Phúc;


Nguyễn Thị Hoài An, 8B; Ngô Thị An Bình,
8E, THCS Đặng Thai Mai, TP. Vinh, NghƯ
An; TrÇn Minh Hoµng, 7E, THCS Ngun
Tr·i, Nghi Xuân, Hà Tĩnh; Hoàng Anh Khôi,
7C1, THCS Archimedes Academy, Q. Cầu
Giấy, Hà Nội.


Các bạn sau có lời giải đúng đ−ợc tuyên
d−ơng: Nguyễn Phạm Thanh Nga, 9A3,


THCS Lâm Thao, Lâm Thao, Phú Thọ; Trần
Ngọc Hữu, 9/1, THCS Lý Tự Trọng, Tiên Kỳ,
Tiên Ph−ớc, Quảng Nam.



(9)

Tồn tại



hay không tồn tại?


Đỗ quang minh


Trờng THCS Nguyễn Bá Ngọc, An Xuân, Tuy An, Phú Yên
Bài toán. Cho a > 0, b > 0 thỏa mÃn a2+ b2= 1.


Tìm giá trị nhá nhÊt cđa biĨu thøc


⎛ ⎞ ⎛ ⎞


= + + + + +


⎝ ⎠ ⎝ ⎠


1 1


P (1 a) a (1 b) b .


b a


Một bạn học sinh đã có lời giải nh− sau:


= + + + + + + +



⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞


= + + ⎟ ⎜+ + ⎟ ⎜+ +


⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠


≥ + + + =


2 2 1 1 a b


P a b a b


a b b a


1 1 a b


1 a b


a b b a


1 2 2 2 7.


Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi


=


=




=



+ = > >
⎩ 2 2


1
a
a
1
b
b
a b
b a


a b 1; a 0; b 0


hƯ nµy v« nghiƯm.


VËy biĨu thøc P không tồn tại giá trị nhá
nhÊt.


Các bạn có đồng ý với cách suy luận nh−
trên không? Nếu không hãy sửa lại cho
đúng.


(TTT2 sè 200+201)



PHơng trình có nghiệm hay không?


Lời giải sai lầm ở chỗ:


ĐKXĐ: + ≤ −
≥ −


+ ≥


⎪ ⎩




2 x 2017


(x 1) (x 2017) 0


x 2016.


x 2016 0


Lời giải đúng: Ta chỉ cần sửa lại phép biến
đổi
⎧⎡ ≤ −
⎧⎪ − + ≤ ⎪⎢ = ⇔ =
⎨ ⎨⎣
+ ≥
⎪ ⎪
≥ −



2 x 2017


(x 1) (x 2017) 0 x 1.


x 1
x 2016 0


x 2016
Thay x = 1 vào phơng trình thỏa mÃn.
Vậy phơng trình có nghiệm duy nhất x = 1.


Nhận xét. Bài toán này đ−ợc rất
nhiều học sinh tham gia giải, hầu
hết đều có phát hiện đúng và giải lại
tốt, có một số ít lời giải lại ch−a thật chặt chẽ.
Các bạn sau có lời giải tốt, đầy đủ, chặt chẽ
đ−ợc th−ởng kì này: Nguyễn Trung Kiên,
9A1, THCS Yên Phong, Yên Phong, Bắc
Ninh; Nguyễn Chi Mai, 8G, THCS Đặng Thai


Mai, TP. Vinh, NghƯ An; Ngun Ph¹m
Thanh Nga, 9A3, THCS L©m Thao, L©m
Thao, Phó Thä; Ngun Thu Trang, 9B,
THCS Ngun HiỊn, Nam Trực, Nam Định;
Nguyễn Hải Yến Nhi, 8A2, THCS Yên Lạc,
Yên L¹c, VÜnh Phóc.


Các bạn sau phát hiện ra sai lầm tuy nhiên
trình bày ch−a thật đẹp, đ−ợc khen: Nguyễn
Ngọc Anh; Nguyễn Kim Trung Đức, 9A,


THCS Lê Văn Thịnh, Gia Bình, Bắc Ninh;
Đinh Xuân Linh, 8A; Nguyễn Lê H−ng, 9D;
Phan Hữu C−ờng, 7B THCS Đặng Thai Mai,
TP. Vinh; Phạm Ngọc Trinh, 9B, THCS Hồ
Xuân H−ơng, Quỳnh L−u, Nghệ An; Vũ Đình
Hồng; Tr−ơng Đức Tài; Nguyễn Mạnh
Hùng, 9A3, THCS Giấy Phong Châu, Phù
Ninh, Phú Thọ; Trần Minh Hoàng, 7E, THCS
Nguyễn Trãi, Nghi Xuân; Lê Thị Diệu Thúy,
9A, THCS Bình Thịnh, Đức Thọ, Hà Tĩnh;
Nguyễn Minh Thái, 7D, THCS Nguyễn Hiền,
Nam Trực, Nam Định.



(10)

đề thi IMC 2019 - lớp 8


võ quốc bá cẩn


Tr−êng Archimedes Academy, Q. Cầu Giấy, Hà Nội
(Su tầm và dịch)


Phn I. Chn đáp án đúng (mỗi câu hỏi đ−ợc 5
điểm, tổng điểm là 40)


1. Cho P là một điểm bất kì nằm bên trong hình
chữ nhật ABCD. Nối các đoạn thẳng PA, PB, PC,
PD tạo ra bốn tam giác PAB, PBC, PCD và PDA.
Hỏi khẳng định nào trong các khẳng định d−ới đây
là đúng?


+ = +



PAB PAD PBC PCD


1. S S S S .


+ = +


PAB PCD PBC PAD


2. S S S S .


3. If SPAB =SPCD, then SPAD =SPBC.


4. If SPAB =SPBC, then SPAD =SPCD.


A. 1; B. 2; C. 1 vµ 3; D. 2 vµ 4.
2. Cho + = + =


+ + + +


xy xz yz xy


2, 3


x y z x y z vµ


+ =
+ +
xz yz


4.


x y z
TÝnh gi¸ trÞ cđa tỉng 2 3+ +4.


x y z


A. 1; B. 2; C. 3; D. 4.
3. Một chiếc huy hiệu hình lục giác đ−ợc tạo bởi
hai tam giác đều có cạnh là 1 đơn vị, trong đó 6
giao điểm là các điểm chia từng cạnh của tam giác
đều thành ba phần bằng nhau nh− trong hình vẽ
bên d−ới. Hỏi diện tích của chiếc huy hiệu hình lục
giác là bao nhiêu đơn vị vng?


A. 3;


4 B.
3


;


3 C.
3


;


2 D.
3 3


.
4



4. Một chiếc hộp chứa bốn quả bóng tennis giống
nhau về kích cỡ và cấu tạo. Mỗi quả bóng sẽ đ−ợc
đánh dấu bởi một trong 4 số 1, 2, 3 hoặc 4. Hai
quả bóng tennis đ−ợc lấy ra lần l−ợt một cách
ngẫu nhiên từ chiếc hộp, và sau mỗi lần quả bóng
đ−ợc lấy ra khơng đ−ợc đặt lại vào trong hộp. Tính
xác suất để tích của các số ghi trên hai quả bóng
đ−ợc lấy ra là số lẻ.


A. 1 ;


16 B.
1


;


12 C.
1


;


8 D.
1


.
6
5. Hai địa điểm cách nhau 999 km. Trên con
đ−ờng nối hai địa điểm, cứ sau 1 km thì ng−ời ta
cắm một biển báo, và hai số tự nhiên đ−ợc viết


trên mỗi biển báo cho chúng ta biết khoảng cách
từ chỗ biển báo đến điểm xuất phát và đến điểm
cuối con đ−ờng. Hỏi có bao nhiêu tấm biển báo
mà để viết các số trên đó ng−ời ta sử dụng đúng
hai chữ số khác nhau (ví dụ nh− biển số 990; 9)?
A. 9; B. 11; C. 32; D. 38.
6. Trong hình vẽ bên d−ới, tam giác ABC vng tại
B, điểm D nằm trên cạnh AC. Sau khi xoay tam
giác ABD quanh đỉnh B một góc 90o theo chiều
kim đồng hồ, ta đ−ợc tam giác CBE. Nếu AB = 4
và AD : DC = 1 : 3 thì độ dài của DElà bao nhiêu?


A. 3 2; B. 2 5; C. 5 5;



(11)

TÝnh diÖn tích của phần không đợc tô đen ở trong
hình vÏ bªn d−íi.


A. 6 30; B.37 3;


2 C. 33; D. 37.
8. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức


(

)



+ + − 2+


2


x 4 12 x 9.



A. 2 3 17;+ B. 3 2 37;+
C. 13; D. 2 10 3 5.+


Phần II. Điền đáp số (mỗi câu hỏi đ−ợc 5 điểm,
tổng điểm là 40)


9. Rót gän biĨu thøc: (n 2)(n 1)n(n 1) 1.+ + − +
10. Giải phơng trình:


+ + = +


+


2x 5 3 1 x 2


.
3 2x 5 2 1 x


11. Quay đ−ờng thẳng đi qua hai điểm A(−1, 1),
B(2, −3) quanh điểm Bmột góc 60o theo chiều kim
đồng hồ. Viết ph−ơng trình của đ−ờng thẳng thu
đ−ợc.


12. Cho ph−ơng trình bậc hai x2 − 2ax − a + 2b = 0
(ẩn x) trong đó a, b là các số thực. Biết rằng, với
mọi giá trị của a, ph−ơng trình ln có nghiệm
thực. Tìm tất cả các giá trị của b.


13. Nếu ba cạnh a, b, c của tam giác ABC thỏa
mãn a2+ b2+ c2+ 338 = 10a + 24b + 26c, thì độ


dài của đ−ờng cao ứng với cạnh lớn nhất của tam
giác là bao nhiêu?


14. §å thị của hàm số bậc nhất y = kx + b có dạng
nh trong hình vẽ bên dới. Tìm tất cả các giá trị
của x thỏa mÃn bất phơng trình k(x 3) + b > 0.


15. Trong hình vẽ bên d−ới, ba hình vng giống
nhau đ−ợc xếp vào trong một hình trịn có bán
kính 1 đơn vị, tính chiều dài cạnh của hình vng.


16. Cạnh của hình vng ABCD có độ dài 5
đơn vị, điểm E nằm trên cạnh BC sao cho
BE = 2. P là một điểm nằm trên đ−ờng chéo BD
sao cho giá trị của PE + PC là nhỏ nhất có thể.
Tính độ dài của PB.


PhÇn III. Tù luËn (mỗi câu đợc 10 điểm, tổng
điểm là 20)


17. Cnh ca hỡnh vuông ABCD là a đơn vị,
AE = b (trong đó b < 2a) là độ dài của cạnh huyền
của tam giác vuông cân FAE (đỉnh F), cạnh AD và
cạnh AE nằm trên nhau. Mark nhận ra rằng khi
b = a nh− trong hình 1 thì với việc lấy G là trung
điểm của cạnh AB, ta có thể tạo đ−ợc hình vng
FGHC bằng cách nối các đoạn thẳng FG, CG và
cắt đi các tam giác FAG và GBC rồi ghép lại nh−
trong hình (mảnh tam giác FAG đ−ợc ghép thành
tam giác FDH, mảnh tam giác GBC đ−ợc ghép


thành tam giác HDC). Biết rằng ta cũng có thể tạo
đ−ợc các hình vng mới trong hình 2 và hình 3
bằng cách giống với cách Mark vừa làm ở hình 1
(bằng cách cắt và ghép hình). Hỏi để hình mới
đ−ợc cắt và ghép ra là một hình vng thì tỉ lệ BG


AE
ở các hình 2 và 3 là bao nhiêu?


18. Biết rằng giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biĨu
thøc = +


+


2


x 1
y



(12)

Mãn quµ Tết



kèm thử

trí thông minh



Trần Phơng Nam


(Su tầm và viết lại)


hõn dp chun b đón năm mới, tơi
đến chơi nhà thám tử Sê Lốc Cốc.
Vừa nhìn thấy tơi, thám tử đã c−ời:


- Lại định kiếm một vụ án để thử tài các bạn
nhỏ u Tốn Tuổi thơ phải khơng?


T«i cũng cời theo:


- Quả là nh vậy... tha thám tử.


Sê Lốc Cốc mời tôi dùng một cốc trà nh mọi
khi rồi nhìn tôi nói:


- Thỏm tử đâu chỉ là phá án mà còn phải
dùng t− duy của mình để giải quyết những
tình huống của cuộc sống. Lần này sẽ khơng
có một vụ án nào cả nhé! Nh−ng đừng vội
thất vọng. Hi vọng câu chuyện lần này cũng
hấp dẫn khơng kém việc tìm ra thủ phạm của
một vụ án.


Nghe thám tử nói mà tơi ch−a kịp hiểu điều
gì thì Sê Lốc Cốc đã kể:


- Cũng vào dịp này năm tr−ớc tôi đến chơi
nhà một bạn gái. Ra mở cửa mời tơi vào
phịng khách, cơ ta vừa đi vừa nói: “May q!
Anh đến thật đúng lúc...”. Cô ta lấy một chiếc
hộp có khóa đang để trên bàn đ−a cho tôi.
Ngắm chiếc hộp đẹp với một chiếc khóa xinh
xắn tơi ch−a hiểu ý cô bạn định nói câu
chuyện gì. Tơi hỏi: “Có chuyện gì ở chiếc hộp
này sao?”. Cơ bạn nói một mạch: “Đây là


quà của bạn em gửi tặng nhân dịp đón năm
mới. Bạn bí mật món q trong hộp. Nh−ng
hộp lại khóa thế này mà bạn ấy không gửi
chìa. Bạn ấy chỉ điện thoại bảo em đừng có
phá cái hộp đẹp này và phá cả cái khóa
này... Em ch−a biết cách nào để có thể mở
đ−ợc chiếc hộp. Đang loay hoay suy nghĩ thì
anh đến. Phải có bộ óc nh− anh thì mới có
thể giúp em đ−ợc!”. Tơi c−ời: “Tất nhiên anh



(13)

có thể mở cái khóa này bằng cách riêng của
anh mà chiếc khóa cũng nh− chiếc hộp hồn
tồn ngun vẹn...”. Nghe nói đến thế là cơ
bạn đã reo lên: “Chắc anh có bí quyết để mở
khóa?”. Tơi nhẹ nhàng: “Anh sẽ không chạm
tới chiếc khóa này nh−ng vẫn giúp em mở
đ−ợc. Nhà em có chiếc khóa nào cũng nhỏ
nh− chiếc khóa này không? Anh sẽ dùng
chiếc khóa của em khóa thêm vào chiếc hộp
và chiếc hộp sẽ bị khóa bởi 2 chiếc khóa!”
Nghe tơi nói thế, cơ bạn ngạc nhiên: “Em
nhờ anh mở khóa mà anh lại cịn khóa thêm
chiếc hộp bằng chiếc khóa của em nữa
sao?”. Mặc dù băn khoăn nh−ng cô bạn vẫn
chạy đi lấy một chiếc khóa có cả chìa cịn
đang cắm trong ổ khóa. Tơi đã dùng chiếc
khóa đó khóa thêm vào chiếc hộp rồi nói với
cơ ta.


Nghe t«i nói xong, cô ta khoái chí reo lên:


Đúng là Sê Lốc Cốc tài ba!.


Nào... anh bạn có biết tôi nói gì với c« Êy
kh«ng?


Tơi lập tức suy nghĩ để đoán câu nói đó.
Thám tử c−ời:


- Có thể anh cũng sẽ nghĩ ra thôi... Nh−ng cứ
đăng lên Toán Tuổi thơ để xem các bạn nhỏ
của chúng ta có nghĩ ra đ−ợc khơng nhé!
Ng−ời gửi món q cho cơ bạn mình đã gửi
kèm cho cơ ấy một “bài tốn” khá thú vị đấy!
Câu chuyện kì này chỉ có thế thơi... Tơi cũng
đã đốn ra câu nói của thám tử. Còn các
bạn? Hãy gửi ngay câu nói đó về Tốn Tuổi
thơ để nhận đ−ợc món quà đầu năm nhé!


(TTT2 số 200+201)


thủ phạm vụ cớp ngân hàng



Nu chúng ta để ý kĩ sẽ thấy khoảng thời
gian vụ c−ớp ngân hàng xảy ra là buổi chiều.
Thế mà John lại trả lời với cảnh sát tr−ởng thị
trấn rằng: “Lúc ấy tôi đang xem hoa quỳnh
nở. Tơi cịn chụp ảnh bên bơng hoa để làm
kỉ niệm. Tơi có bằng chứng là tấm ảnh này


với thời gian chụp còn l−u trên ảnh. Thời gian


này trùng với thời gian vụ c−ớp xảy ra”.
Chúng ta đều biết rằng hoa quỳnh (tên chính
xác là “chi quỳnh”) là một loài cây thuộc họ
x−ơng rồng, có nguồn gốc từ Trung Mỹ. Hoa
quỳnh chỉ nở vào ban đêm (khoảng 8 - 9 giờ
tối) nên đ−ợc mệnh danh là nữ hoàng bóng
đêm. Do vậy John khơng thể xem hoa quỳnh
nở vào buổi chiều đ−ợc. Khơng những vậy
John cịn rất “cao tay” khi đ−a ra bằng chứng
là bức ảnh chụp bông hoa quỳnh. Thực chất
anh ta đã chụp ảnh bông hoa từ tr−ớc, rồi
chỉnh sửa thời gian chụp thành buổi chiều,
sau đó chỉnh sửa độ sáng của ảnh để giống
nh− ảnh chụp ban ngày. Rõ ràng John đã
lên kế hoạch từ tr−ớc cho vụ c−ớp ngân
hàng, nh−ng không qua nổi con mắt “nhà
nghề” của thám tử Sê Lốc Cốc. Vậy thủ
phạm khơng ai khác chính là anh chàng John.


Nhận xét. Kì này có rất nhiều “thám
tử Tuổi Hồng” tham gia phá án, tuy
nhiên số l−ợng thám tử chỉ ra đầy
đủ những chứng cứ thuyết phục thì ch−a
nhiều. Các bạn sau đ−ợc nhận quà của thám
tử Sê Lốc Cốc: Nguyễn Minh Trí, 6A4, THCS
Ngơ Sĩ Liên, Q. Hồn Kiếm, Hà Nội; Tơ Nam
Ph−ơng, 6A1, THCS Yên Phong, Yên Phong,


Bắc Ninh; Nguyễn Minh Thái, 7D, THCS
Nguyễn Hiền, Nam Trực, Nam Định; Hà Việt


Anh, 6A5, THCS Giấy Phong Châu, Phù
Ninh, Phú Thọ; V−ơng Thị Thùy Trang, 9D,
THCS Đặng Thai Mai, TP. Vinh, Nghệ An.
Các “thám tử nhí” sau cũng rất đáng khen:


Ngun Ng©n Giang, Ngun Tiến Đạt, Bùi
Hồng Hà, 7A2, THCS Trng Vơng, Đại
Thịnh, Mê Linh, Hà Nội; Lê Hơng Thảo, 6C,
THCS Hàn Thuyên, Lơng Tài; Đinh Hoàng
Thái Sơn, 9A, THCS Lê Văn Thịnh, Gia Bình,


Bắc Ninh; Bạch Thái Sơn, 7A1, THCS Vĩnh
Yên, Vĩnh Yên, Vĩnh Phúc; Đoàn Cát Thảo
Nguyên, 6B, THCS Đặng Thai Mai, TP. Vinh,


NghÖ An.



(14)

những yêu cầu cần đạt lp 6



MạCH KIếN THứC HìNH HọC Và ĐO LƯờNG


1. Hình học trực quan


Các hình phẳng trong thực tiƠn


+ Tam giác đều, hình vng, lục giác đều


- Nhận dạng đ−ợc tam giác đều, hình vng,
lục giác đều.



- Mô tả đ−ợc một số yếu tố cơ bản (cạnh,
góc, đ−ờng chéo) của: tam giác đều (ví dụ:
ba cạnh bằng nhau, ba góc bằng nhau); hình
vng (ví dụ: bốn cạnh bằng nhau, mỗi góc
là góc vng, hai đ−ờng chéo bằng nhau);
lục giác đều (ví dụ: sáu cạnh bằng nhau, sáu
góc bằng nhau, ba đ−ờng chéo chính bằng
nhau).


- Vẽ đ−ợc tam giác đều, hình vng bằng
dụng cụ học tập.


- Tạo lập đ−ợc lục giác đều thông qua việc
lắp ghép các tam giác đều.


+ H×nh chữ nhật, hình thoi, hình bình hành,
hình thang cân


- Mô tả đợc một số yếu tố cơ bản (cạnh,
góc, đờng chéo) của hình chữ nhật, hình
thoi, hình bình hành, hình thang cân.


- Vẽ đợc hình chữ nhật, hình thoi, hình bình
hành b»ng c¸c dơng cơ häc tËp.


- Giải quyết đ−ợc một số vấn đề thực tiễn
gắn với việc tính chu vi và diện tích của các
hình đặc biệt nói trên (ví dụ: tính chu vi hoặc
diện tích của một số đối t−ợng có dạng đặc
biệt nói trên,...).



Tính đối xứng của hình phẳng trong thế
giới tự nhiên


+ Hình có trục đối xứng


- Nhận biết đ−ợc trục đối xứng của một hình
phẳng.


- Nhận biết đ−ợc những hình phẳng trong tự
nhiên có trục đối xứng (khi quan sát trên hình
ảnh 2 chiều).


+ Hình có tâm đối xứng


- Nhận biết đ−ợc tâm đối xứng của một hình
phẳng.


- Nhận biết đ−ợc những hình phẳng trong thế
giới tự nhiên có tâm đối xứng (khi quan sát
trên hình ảnh 2 chiều).


+ Vai trò của đối xứng trong thế giới tự nhiên
- Nhận biết đ−ợc tính đối xứng trong Tốn
học, tự nhiên, nghệ thuật, kiến trúc, công
nghệ chế tạo,...


- Nhận biết đ−ợc vẻ đẹp của thế giới tự nhiên
biểu hiện qua tính đối xứng (ví dụ: nhận biết
vẻ đẹp của một số loài thực vật, động vật


trong tự nhiên có tâm đối xứng hoặc có trục
i xng).


2. Hình học phẳng


Các hình hình học cơ bản


+ Điểm, đờng thẳng, tia


- Nhn bit đ−ợc những quan hệ cơ bản giữa
điểm, đ−ờng thẳng: điểm thuộc đ−ờng thẳng,
điểm không thuộc đ−ờng thẳng; tiên đề về
đ−ờng thẳng đi qua hai điểm phân biệt.
- Nhận biết đ−ợc khái niệm hai đ−ờng thẳng
cắt nhau, song song.


- Nhận biết đợc khái niệm ba điểm thẳng
hàng, ba điểm không thẳng hàng.


- Nhận biết đợc khái niệm điểm nằm giữa
hai điểm.


- Nhận biết đợc khái niệm tia.
+ Đoạn thẳng. Độ dài đoạn thẳng



(15)

+ Góc. Các góc đặc biệt. Số đo góc


- Nhận biết đ−ợc khái niệm góc, điểm trong
của góc (khơng đề cập đến góc lõm).



- Nhận biết đ−ợc các góc đặc biệt (góc
vng, góc nhọn, góc tù, góc bẹt).


- NhËn biÕt đợc khái niệm số đo góc.


3. Thực hành trong phòng máy tính với
phần mềm toán học (nếu nhà trờng có
điều kiện thực hiện)


- Sử dụng phần mềm để hỗ trợ việc học các
kiến thức hình học.


- Thực hành sử dụng phần mềm để vẽ hình
và thiết kế đồ hoạ liên quan đến các khái
niệm: tam giác đều, hình vng, hình chữ
nhật, hình thoi, hình bình hành, hình thang
cân, hình i xng.


MạCH KIếN THứC THốNG KÊ Và XáC SUấT


1. Một số yếu tố thống kê
Thu thập và tổ chức dữ liệu


+ Thu thập, phân loại, biểu diễn dữ liệu theo
các tiêu chí cho trớc


- Thực hiện đợc việc thu thập, phân loại dữ
liệu theo các tiêu chí cho trớc từ những
nguồn: bảng biểu, kiến thức trong các môn
häc kh¸c.



- Nhận biết đ−ợc tính hợp lí của dữ liệu theo
các tiêu chí đơn giản.


+ Mơ tả và biểu diễn dữ liệu trên các bảng,
biểu đồ


- Đọc và mô tả thành thạo các dữ liệu ở
dạng: bảng thống kê; biểu đồ tranh; biểu đồ
dạng cột/cột kép (column chart).


- Lựa chọn và biểu diễn đ−ợc dữ liệu vào
bảng, biểu đồ thích hợp ở dạng: bảng thống
kê; biểu đồ tranh; biểu đồ dạng cột/cột kép
(column chart).


Phân tích và xử lí dữ liệu


Hỡnh thành và giải quyết vấn đề đơn giản
xuất hiện từ các số liệu và biểu đồ thống kê
đã có


- Nhận ra đ−ợc vấn đề hoặc quy luật đơn
giản dựa trên phân tích các số liệu thu đ−ợc


ở dạng: bảng thống kê; biểu đồ tranh; biểu
đồ dạng cột/cột kép (column chart).


- Giải quyết đ−ợc những vấn đề đơn giản liên
quan đến các số liệu thu đ−ợc ở dạng: bảng


thống kê; biểu đồ tranh; biểu đồ dạng cột/cột
kép (column chart).


- Nhận biết đợc mối liên hệ giữa thống kê
với những kiến thức trong các môn học trong
Chơng tr×nh líp 6 (vÝ dơ: Lịch sử và Địa lí
lớp 6, Khoa häc tù nhiªn líp 6,...) vµ trong
thùc tiƠn (ví dụ: khí hậu, giá cả thị trờng,...).


2. Mét sè yÕu tè x¸c suÊt


+ Làm quen với một số mơ hình xác suất đơn
giản. Làm quen với việc mô tả xác suất (thực
nghiệm) của khả năng xảy ra nhiều lần của
một sự kiện trong một số mơ hình xác suất
đơn giản


- Làm quen với mơ hình xác suất trong một
số trị chơi, thí nghiệm đơn giản (ví dụ: ở trị
chơi tung đồng xu thì mơ hình xác suất gồm
hai khả năng ứng với mặt xuất hiện của đồng
xu,...).


- Làm quen với việc mô tả xác suất (thực
nghiệm) của khả năng xảy ra nhiều lần của
một sự kiện trong một số mơ hình xác suất
đơn giản.


+ Mô tả xác suất (thực nghiệm) của khả
năng xảy ra nhiều lần của một sự kiện trong


một số mơ hình xác suất đơn giản


Sử dụng đ−ợc phân số để mô tả xác suất
(thực nghiệm) của khả năng xảy ra nhiều lần
thông qua kiểm đếm số lần lặp lại của khả
năng đó trong một số mơ hình xác suất đơn
giản.


3. Thùc hành trong phòng máy tính với
phần mềm toán học (nếu nhà trờng có
điều kiện thực hiÖn)


Sử dụng đ−ợc phần mềm để vẽ biểu đồ
tranh; biểu đồ dạng cột/cột kép.



(16)

Kì 47



Nhân dịp năm mới, biết rằng CANH là số chính phơng, bạn hÃy thay các
chữ cái khác nhau bởi các chữ số khác nhau sao cho


+ =


CANH TY 2020.


L£ anh tuÊn (Quúnh Đôi, Quỳnh Lu, Nghệ An)


Kì 45

(TTT2 sè 200+201)


Ph©n tÝch 99999 ra tÝch cđa hai sè có ba chữ
số 99999= 32ì41 271 369 271ì = ×



=123 813 THO VAN. × = ×


Vì các chữ khác nhau biểu diễn các chữ số
khác nhau nên ta có hai đáp số


= =


THO 369; VAN 271 hc THO 271; =


=
VAN 369.


Nhận xét. Các bạn sau đây giải
đúng và đ−ợc th−ởng kì này: Lê Mai
Anh, 7A1, THCS Tr−ng V−ơng, Mê
Linh, Hà Nội; Nguyễn Đức Dũng, 6E, THCS
Trần Mai Ninh, TP. Thanh Hóa, Thanh Hóa;


Hoµng Minh Vũ, 7D, THCS Văn Lang,
TP. Việt Trì, Phú Thọ; Võ Trần Ngọc Hữu,
9/1, THCS Lý Tự Trọng, Tiên Phớc, Quảng
Nam; Trần Trung Phúc, 8A4, THCS Ngô Gia
Tự, Hồng Bàng, Hải Phòng.


Các bạn sau đợc khen: Quản Tiến Anh;
Nguyễn Thị Trà Giang, 7A3; Hà Quang Tùng,
9A3, THCS L©m Thao, L©m Thao; Ngun
Mạnh Hùng, 9A3; Vũ Trà My, 7A1, THCS
GiÊy Phong Ch©u, Phï Ninh, Phó Thọ; Trần


Minh Hoàng, 7E, THCS Nguyễn TrÃi, Nghi
Xuân, Hà Tĩnh; Đặng Quang Huy, 8G;


Nguyễn Lê Hng, 9D; Nguyễn Văn Khải, 8G;


Đinh Xuân Linh, 8A; Phan Quang TriÕt, 7B,
THCS Đặng Thai Mai, TP. Vinh, NghƯ An;


Ngun Trung Kiªn, 9A1, THCS Yªn Phong,
Yên Phong; Lê Công Nam, 9A, THCS Lê Văn


Thịnh, Gia Bình, Bắc Ninh; Nguyễn Minh Trí,
6A4, THCS Ngô Sĩ Liên, Q. Hoµn KiÕm, Hµ
Néi.


TTT


(TiÕp theo trang 27)


H

ớng dẫn giải đề thi...



Bài 5. Tr−ớc hết ta chứng minh mọi cách
chọn 2000 ô trên bảng đã cho luôn tồn tại
một bảng con 2 ì 2 chứa đúng 1 trong 2000 ơ
này.


Thật vậy, vì số hàng lớn hơn số ô nên tồn tại
hai hàng liền nhau H1, H2 mà H1 khơng chứa
ơ nào và H2 có chứa ít nhất một ơ đã chọn. Vì
số cột cũng lớn hơn số ô đ−ợc chọn nên tồn


tại hai ô A, B cạnh nhau trên H2 mà có đúng
một ơ đã chọn. Gọi C, D là 2 ô nằm trên H1
và cùng cột với A, B. Bảng con gồm 4 ô A, B,
C, D chỉ có đúng một ô đ−ợc chọn.


Giả sử ta có thể thu đ−ợc bảng gồm đúng
2000 ô màu đỏ sau hữu hạn lần đổi màu. Khi
đó theo chứng minh trên, tồn tại một bảng
con 2 ì 2 chứa đúng một ơ màu đỏ, 3 ô màu
xanh.


Vì ở trạng thái ban đầu tất cả các bảng con
2 ì 2 đều gồm 4 ô màu xanh nên mỗi lần đổi
màu hàng hoặc cột số ô màu đỏ và số ô màu
xanh trong bảng vng 2 ì 2 ln ln là số
chẵn. Do đó khơng thể thu đ−ợc một bảng
vuông con 2 ì 2 có 1 ơ màu đỏ và 3 ô màu
xanh (vô lớ).



(17)

trung điểm và trung trực



Bi toán. Cho tam giác ABC cân tại A, D và E thay đổi trên AB và AC
sao cho AD + AE = AB. Vui nói rằng trung điểm của DE nằm trên 1
đ−ờng thẳng cố định, Vẻ nói thêm trung trực của DE đi qua một điểm
cố định, điểm cố định này cùng với ba điểm A, D, E nằm trên một
đ−ờng tròn.


Bạn hãy cho biết: Ai đúng? Ai sai?


Phạm tuấn khải (Hà Nội)



(TTT2 số 200+201)


dựng đ

ờng cao thế nào?


Lời giải.


Phân tích (Hình 1): Vì tam giác ABC là tam
giác tù nên trực tâm I nằm ngoài tam giác
ABC. Vẽ hình bình hành ABDC thì BD BI và
CD CI.


Kẻ DK vuông góc với BC.


D thy ΔAHB =ΔDKC nên BH = CK.
Từ đó ta có cách dựng nh− sau (Hình 2):
Do các góc B và C của tam giác ABC đều
nhỏ hơn 90o nên ta vẽ trong nửa mặt phẳng


bê BC chøa điểm A các tia Bx và Cy sao cho


o
1


CBx=90 C ; BCy=90o B .1


Đờng vuông góc với Bx tại B và đờng


vuông góc với Cy tại C cắt nhau ở D.
H¹ BK ⊥ BC (K ∈ BC).



Trên tia BC lấy điểm H sao cho BH = CK.
Điểm H đó là hình chiếu của A trên BC.


Ta cũng có thể giải bài toán trên theo phép
đối xứng trục nh− sau.


Từ B và C dựng các đ−ờng thẳng đối xứng với
BA qua BC và đ−ờng thẳng đối xứng với CA
qua BC.


Giao điểm của chúng là A’, khi đó A’ đối xứng
với A qua BC nên AA’ vuông góc với BC. AA’
cắt BC tại H, khi đó H là chân đ−ờng vng
góc hạ từ A xuống BC.


Nhận xét. Các bạn sau đây có lời
giải đúng, đ−ợc th−ởng: Võ Trần
Ngọc Hải, 9/1, THCS Lý Tự Trọng,
Tiên Kỳ, Tiên Ph−ớc, Quảng Nam;Trần Nam
Hải, 8A3, THCS Trần Đăng Ninh, TP. Nam
Định, Nam Định; Ngơ Thị An Bình, 8E, THCS
Đặng Thai Mai, TP. Vinh, Nghệ An; Nguyễn
Phạm Thanh Nga, 9A3, THCS Lâm Thao,
Lâm Thao, Phú Thọ.



(18)

Bài 1(200+201). Tìm tất cả các cặp số
nguyên tố p, q thỏa mãn các số 5p + q và
pq + 7 đều là số nguyên tố.


Lời giải. Dễ thấy 5p + q và pq + 7 là các số


nguyên tố lớn hơn 3 nên chúng đều là số lẻ
và không chia hết cho 3. Suy ra pq chẵn,
nên trong 2 số này phải có ít nhất một số
chn.


ãTrờng hợp 1: Nếu p chẵn suy ra p = 2 nªn
5p +q = 10 +q = 9 + (q +1).


Do 5p +q kh«ng chia hÕt cho 3 nªn q +1
không chia hết cho 3.


Lại có pq + 7 = 2q + 7 = 3(q + 3) – (q + 2).
Do pq + 7 kh«ng chia hÕt cho 3 nªn q +2
kh«ng chia hÕt cho 3.


Trong 3 sè tù nhiªn liªn tiÕp q, q +1, q +2
cã 1 sè chia hÕt cho 3 nªn q chia hÕt cho 3,
suy ra q = 3.


ãTrờng hợp 2: Nếu q chẵn suy ra q = 2 nên
5p + q = 5p + 2 = 3(2p + 1) – (p + 1).


Do 5p + q kh«ng chia hÕt cho 3 nên p + 1
không chia hết cho 3.


L¹i cã pq + 7 = 2p + 7 = 3(p + 3) – (p + 2).
Do pq + 7 kh«ng chia hÕt cho 3 nên p + 2
không chia hết cho 3.


Trong 3 sè tù nhiªn liªn tiÕp p, p +1, p +2


cã 1 sè chia hÕt cho 3 nªn p chia hÕt cho 3,
suy ra p = 3.


VËy cã 2 cỈp sè (p, q) = (2, 3); (3, 2).


Nhận xét. Đây là một bài toán số học của
ch−ơng trình lớp 6 hay khơng quá xa lạ nên
nhiều bạn tham gia giải bài. Các bạn sau có
lời giải đúng và đầy đủ: Nguyễn Trung Kiên,
Nguyễn Thị Trà Giang, Nguyễn Ph−ơng
Linh, 7A3; Kiều Minh V−ơng, 6A3, THCS


L©m Thao, L©m Thao, Phó Thä; Trần
Phơng Linh, 7C, THCS Bạch Liêu, Yên
Thành, Nghệ An; Trần Minh Hoµng, 7E,
THCS Ngun TrÃi, Nghi Xuân; Lê Văn
Huân, 6B, THCS Hoàng Xuân HÃn, Đức
Thọ, Hà Tĩnh; Hàn Thái Dơng, 7C1, THCS
Archimedes Academy, Q. Cầu Giấy, Hà Nội.


phùng kim dung


Bài 2(200+201). Tìm số tự nhiªn abc tháa


m·n abc (a b c) .= + + 3


Lêi gi¶i. Ta cã 99 abc 1000 nªn suy ra < <


= 3≤ = + + 3< 3=



125 5 abc (a b c) 10 1000.


•Víi a + b + c = 5 th× abc 5= 3 =125


a 1;b 2;c 5 (loại) vì = = = 125 (1 2 5) . ≠ + + 3


•Víi a + b + c = 6 th× abc 6= 3 =216


⇒a 2;b 1;c 6= = = (loại) vì 216 (2 1 6) . ≠ + + 3


•Víi a + b + c = 7 th× abc 7= 3 =343.


⇒a 3;b 4;c 3 (loại) vì = = = 343 (3 4 3) ≠ + + 3


•Víi a + b + c = 8 th× abc 8= 3 =512


⇒ a = 5; b = 1; c = 2 (tháa m·n) v× 512


= (5 + 1 + 2)3.


•Víi a + b + c = 9 th× abc 9= 3 =


729


⇒a 7;b 2;c 9 (loại) vì = = = 729 (7 2 9) . + + 3
Vậy số tự nhiên cần tìm là 512.



(19)

Nguyễn Gia Bảo, 7C1; Phạm Đăng ViƯt
B¸ch, 6C4; Ngun Quang NhËt, Nguyễn
Trần Kiên, Vũ Nam §øc Trung, Ngun


Quang Minh, Hoµng Anh Kh«i, 7C1, THCS
Archimedes Academy, Q. Cầu Giấy, Hà Nội;
Lê Văn Huân, 6B, THCS Hoàng Xuân HÃn,
Đức Thọ, Hà Tĩnh; Nguyễn Hữu Tuấn Anh,
7C, THCS Ngun Cao, Q Vâ, B¾c Ninh;
Ngun Kim Mạnh, Nguyễn Tất Quân, 7D,
THCS Lý Nhật Quang, Đô Lơng; Trần
Phơng Linh, 7C, THCS Bạch Liêu, Yên
Thành, Nghệ An; Đỗ Thành Nam, 6A, THCS
Lập Thạch, Lập Thạch, Vĩnh Phóc; Ngun
Minh Th¸i, 7D, THCS Nguyễn Hiền, Nam
Trực, Nam Định.


Lờ c thun


Bài 3(200+201). Cho các số thực không âm


a, b, c, d tháa m·n 3a 2b 4c 6d 24.+ + + ≤


Chøng minh r»ng:


+ + + − − − − ≤


2 2 2 2


a b c d 7a 15b 5c 2d 8.


Lêi giải. Vì a, b, c, d không âm và 3a + 2b +


4c + 6d ≤ 24.



Do đó 3a 24, 2b 24, 4c 24, 6d 24. ≤ ≤ ≤ ≤


Nªn a 8,b 12,c 6,d 4≤ ≤ ≤ ≤


⇒a(a 8) b(b 12) c(c 6) d(d 4) 0.− + − + − + − ≤


Ta cã a2+b2+c2+d2−7a 15b 5c 2d− − −


= − + − + − + −


− − + + + +


≤ =


a(a 8) b(b 12) c(c 6) d(d 4)
11b 1c 1(3a 2b 4c 6d)


3 3 3


1


.24 8.
3


NhËn xét. Các bạn sau có lời giải tốt: Bạch
Thái Sơn, 7A1, THCS VÜnh Yªn, TP. VÜnh
Yªn; Ngun Duy Thành, 6A2, THCS Yên
Lạc, Yên Lạc, Vĩnh Phúc; Trần Minh Hoàng,
7E, THCS Nguyễn TrÃi, Nghi Xuân, Hà Tĩnh;


Lơng Minh Hiếu, 9C, THCS Văn Lang,
TP. Việt Trì, Phú Thọ; Nguyễn Công Phúc,
8C, THCS Lý Nhật Quang, Đô Lơng;
Nguyễn Gia Bảo, 7B, THCS Đặng Thai Mai,
TP. Vinh, NghƯ An.


CAO V¡N DịNG


Bµi 4(200+201). Cho hai tam gi¸c ABC vµ


BCD có cạnh BC chung, A và D nằm khác
phía đối với đ−ờng thẳng BC, biết


= o


ABC 36 ;CBD 30 ; BAD 81 ; CAD 27 .= o = o = o


TÝnh c¸c gãc cđa tam gi¸c ACD.


Lời giải. Từ giả thiết đề bài ta có


= + = + =


⇒ = − −


= − − =


o o o


o



o o o o


BAC BAD CAD 81 27 108
ACB 180 ABC BAC


180 36 108 36 .



Do đó tam giác ABC cõn ti A.


Qua A kẻ đờng thẳng vuông góc với BC cắt
BD tại E.


Khi ú AE là đ−ờng trung trực của cạnh BC
nên EBC ECB 30 . = = o


⇒BEA CEA 60= = o⇒CED 60 . Do ú = o


ED là tia phân giác ngoài của tam giác AEC.
Mặt khác BAE 90= oABC 90= o36o=54 ; o


= − = o − o = o


DAE BAD BAE 81 54 27 .


Nên AD là phân giác của góc EAC. Từ đó
CD là tia phân giác ngoài của tam giác AEC.
Suy ra ADC 180= o−CAD ACD



= − − −


= − − − −


= − − = =


o


o o


o o


1


180 CAE ACE ECD
2


1 1


180 CAE ACE (180 ACE)


2 2


1 1 1


90 CAE ACE AEC 30 .


2 2 2





Do đó ACD 180= o−CAD ADC−



(20)

VËy CAD 27 ; ADC 30 ; ACD 123 . = o = o = o


Nhận xét. Số bài giải gửi về tòa soạn không
nhiều. Các bạn sau có lời giải tốt: Nguyễn
Thị Trà Giang, 7A3, THCS Lâm Thao, Lâm
Thao, Phú Thọ; Lê Khắc Hng, 7A; Nguyễn
Cảnh Nam Khánh, 7D, THCS Lý Nhật
Quang, Đô Lơng; Phan Quang Triết, 7B;
Trần Chí Đạt, 8E, THCS Đặng Thai Mai,
TP. Vinh, Nghệ An.


hồ quang vinh


Bài 5(200+201). Giải phơng trình


+ +


= +


2 2


2 2


4x 4y 8x 12y 113


4( 2x x 3y y ).


Lời giải. Điều kiện


+ +
⎪⎪
− ≥


− ≥
⎪⎩
2 2
2
2


4x 4y 8x 12y 113 0
2x x 0


3y y 0



Ta cã
• + − − +
= − + + − + +
= − + − + ≥ =
2 2
2 2
2 2


4x 4y 8x 12y 113


(4x 8x 4) (4y 12y 9) 100


4(x 1) (2y 3) 100 100 10.


• 4( 2x x− 2 + 3y y )− 2


⎛ ⎞


= ⎜ − − + − − ⎟


⎝ ⎠


2 9 3 2


4 1 (x 1) (y )


4 2


⎛ ⎞


≤ ⎜ + ⎟=


⎝ ⎠


9


4 1 10.


4


Do đó 4x2+4y2−8x 12y 113 +
4( 2x x 2 + 3y y ). 2



Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi


=


− = − =⎜ − ⎟ = ⇔⎨ =
⎪⎩
2


2 2 3 x 1


(x 1) (2y 3) y 0 3


2 y .


2
Vậy ph−ơng trình đã cho có nghiệm duy nhất


⎛ ⎞


=


⎝ ⎠
3
(x; y) 1; .


2


Nhận xét. Ta có một ph−ơng trình và hai ẩn


số, suy ra một bất đẳng thức nào đó đã có
dấu đẳng thức là mấu chốt để giải bài tốn
trên. Các bạn sau có lời giải đúng, trình bày
tốt: Nguyễn Thị Huyền My, 9A3, THCS Lâm
Thao, Lâm Thao; Tr−ơng Đức Tài; Vũ Đình
Hồng, 9A3, THCS Giấy Phong Châu, Phù
Ninh, Phú Thọ; Trần Thế Công, 9A, THCS
Lê Văn Thịnh, Gia Bình, Bắc Ninh; Phạm Vũ
Hồng, 9A, THCS Lý Tự Trọng, Bình Xun,
Vĩnh Phúc; Đặng Vũ C−ờng, 9A5, THCS
Cầu Giấy; Lê Duy Anh, 9C1, THCS
Archimedes Academy, Q. Cầu Giấy, Hà Nội;
Ngơ Thị An Bình, 8E; Nguyễn Thị Chi Mai,
Nguyễn Thanh Tuấn, 8G; Đậu Đình Huy
Khánh; Nguyễn Quốc Bảo Long, 9C, THCS
Đặng Thai Mai, TP. Vinh; Phạm Ngọc Trinh,
9B, THCS Hồ Xuân H−ơng, Quỳnh L−u,
Nghệ An.


nguyễn minh đức


Bµi 6(200+201). Cho x, y, z là các số thực


dơng thỏa m·n x + y + z = 1. Chøng minh
r»ng


⎛ ⎞


+ + ≤ + + +



+ + + ⎝ ⎠


xy yz zx 1 yz xz xy


1 .


x y y z z x 4 x y z
Lời giải. Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta




⎛ ⎞


≤ = = ⋅ ≤ +


+ ⎝ ⎠


xy xy 1 1 xy 1 xy


xy z z .


x y 2 xy 2 2 z 4 z


Chøng minh t−¬ng tù, ta cịng cã


⎛ ⎞


⎛ ⎞


+ +



+ ⎝ ⎠ + ⎝ ⎠


yz 1 yz zx 1 zx


x , y .


y z 4 x z x 4 y


Cộng theo vế các đánh giá trên lại, ta đ−ợc


+ +
+ + +
⎛ ⎞
+ + + + +
⎝ ⎠
⎛ ⎞
= + + +
⎝ ⎠


xy yz zx


x y y z z x


1 yz zx xy


x y z


4 x y z



1 yz zx xy


1 .


4 x y z



(21)

= = =1


x y z .
3


Nhận xét. Ngoài cách giải trên, ta cũng có
thể giải bài tốn bằng cách chứng minh bất
đẳng thức chặt hơn:


⎛ ⎞


+ + ≤ ≤ + + +


+ + +


xy yz zx 1 1 yz zx xy


1 .


x y y z z x 2 4 x y z


Trong đó, bất đẳng thức vế trái có thể đ−ợc
chứng minh bằng cách sử dụng các đánh giá



+ + +


≤ ≤ ≤


+ + +


xy x y yz y z zx z x


, , .


x y 4 y z 4 z x 4


Còn bất đẳng thức vế phải có thể đ−ợc
chứng minh bằng cách sử dụng các đánh giá


+ ≥ + ≥ + ≥


xy yz yz zx zx xy


2y, 2z, 2x.


z x x y y z


Các bạn sau đây cã lêi gi¶i tèt: Ngun
Trung Kiên; Nguyễn Hữu Niêm; Lê Đăng
Quang, 9A1, THCS Yên Phong, Yên Phong;
Đỗ Trung Hiếu, 9A, THCS Lê Văn Thịnh, Gia
Bình, Bắc Ninh; Huỳnh Nguyên Phát, 8A1,
THCS Mỹ Lộc, Phù Mỹ, Bình Định; Đặng Vũ
Cờng, 9A5, THCS Cầu Giấy; Lê Duy Anh;


TrÇn H»ng Linh; Ngun Tr−êng Minh; Đỗ
Hoàng Nhật Nam; Nguyễn Minh Phơng;
Nguyễn Quang Thái; Nguyễn L−¬ng Uy,
9C1, THCS Archimedes Academy, Q. Cầu
Giấy; Phạm Duy Nguyên Lâm, 8A1, THCS
Thanh Xuân, Q. Thanh Xuân, Hà Nội; Trần
Minh Hoµng, 7E, THCS Ngun Tr·i, Nghi
Xuân, Hà Tĩnh; Đinh Xuân Linh, 8A; Nguyễn
Thanh Tuấn, 8G, THCS Đặng Thai Mai,
TP. Vinh; Ph¹m Ngäc Trinh, 9B, THCS Hồ
Xuân Hơng, Quỳnh Lu, Nghệ An; Đỗ
Ngọc Hải, 8A3, THCS Lâm Thao, Lâm Thao;
Nguyễn Tuấn Đạt, 9B, THCS Nguyễn Quang
Bích, Tam Nông, Bïi Kim Chóc; Ngun
M¹nh Hïng, 9A3, THCS GiÊy Phong Châu,
Phù Ninh, Phú Thọ; Bạch Thái Sơn, 7A1,
THCS Vĩnh Yên, Vĩnh Yên; Nguyễn Hải Yến
Nhi, 8A2, THCS Yên Lạc, Yên Lạc, Vĩnh
Phúc.


võ quốc bá cẩn


Bài 7(200+201). Tìm các cặp số nguyên


dơng (x, y) thỏa mÃn phơng trình
(2019x + 2020)2= y3 + 1.


Li gii. Ta cã


+ = +



⇔ + = + − +


2 3


2 2


(2019x 2020) y 1


(2019x 2020) (y 1)(y y 1).
Gäi ¦CLN (y + 1; y2 y + 1) = d


[

]


+
⎧⎪
⇒ ⎨
− +
⎪⎩
⇒ − + = + − + + ⇒
2
2
y 1 d
y y 1 d


y y 1 y(y 1) 2(y 1) 3 d 3 d.


Mà (2019x + 2020)2 không chia hết cho 3, do
đó d = 1. Suy ra y + 1 và y2 y + 1 là hai số
nguyên tố cùng nhau có tớch l s chớnh


phng.


Đặt


2


2


2 2


y 1 a


(a, b *, a 2).
y y 1 b


+ =


>




− + =


⎪⎩
Suy ra


= − − − + < −


2 2 2 2 2 2



b (a 1) (a 1) 1 (a 1) .
Mặt khác


+ = − >


2 2 2 2 2 2


(a 1) (a 1) 1 (a 2) a 1 0
nên b2=(a2−1)2−(a2− + >1) 1 (a2−2) . 2
Do đó (a2−2)2<b2<(a2−1) (khơng tồn tại 2
số nguyên d−ơng b thỏa mãn).


Vậy ph−ơng trình đã cho khơng có nghiệm
nguyên d−ơng.



(22)

THCS L©m Thao, L©m Thao, Phó Thä;
Ngun H¶i Ỹn Nhi, 8A2, THCS Yên Lạc,
Yên Lạc, Vĩnh Phúc; Đỗ Văn Tài, 9A1,
THCS Yên Phong, Yên Phong, Bắc Ninh.


NGUYễN QUANG TUấN


Bài 8(200+201). Cho tam giác ABC cã


< o


BAC 90 . VỊ phÝa ngoµi tam gi¸c ABC, vÏ
hai tam gi¸c vuông DAB và EAC thỏa m·n


ΔDAB ΔECA vµ ADB CEA 90 .= = o LÊy



®iĨm M nằm trên cạnh BC sao cho


= 22


MB DB


.


MC DA TÝnh DME.
Lêi gi¶i.


Gäi H, K theo thø tù lµ hình chiếu của D, E
trên AB, AC. ¸p dơng hƯ thức lợng trong
tam giác vuông và kết hợp giả thiết, ta cã


= = 22 =


HB HB.BA DB MB
.
HA HA.AB DA MC


Theo định lí Thales đảo, ta suy ra MH // AC.
Chứng minh t−ơng tự thì MK // AB.


Từ đó AHMK là hình bình hành.
Suy ra KM = AH, HM = AK. (1)


Do các tam giác vuông DAB và ECA đồng
dạng, có đ−ờng cao t−ơng ứng là DH, EK.


Suy ra hai tam giác vuông DHA và AKE
đồng dạng.


KÕt hỵp víi (1), ta cã


= = =


HM AK DH DH
. (2)
EK EK AH MK


Do AHMK là hình bình hành nên ta có


o o


o


DHM 90 BHM 90 BAC
90 MKC MKE. (3)


= + = +


= + =


Tõ (2) vµ (3), suy ra ΔHDM ΔKME, dÉn tíi


=


HDM KME.



L¹i cã DH MK , ta suy ra ⊥ MD ME hay ⊥


o
DME 90 .=


Nhận xét. Các bạn sau có lời giải đúng:
Huỳnh Nguyên Phát, 8A1, THCS Mỹ Lộc,
Phú Mỹ, Bình Định; Nguyễn Quang Đức; Lê
Đức Chính; Nguyễn Tr−ờng Minh, 9B, THCS
Nhữ Bá Sỹ, Hoằng Hóa, Thanh Hóa; Lê Duy
Anh; Nguyễn Bích Đạt, 9C1, THCS
Archimedes Academy, Q. Cầu Giấy; Phạm
Duy Nguyên Lâm, 8A1, THCS Thanh Xuân,
Q. Thanh Xuân, Hà Nội; Nguyễn Đức An,
9A, THCS Lê Văn Thịnh, Gia Bình; Đỗ Văn
Tài; Lê Đăng Quang, 9A1, THCS Yên
Phong, Yên Phong, Bắc Ninh.


trÇn quang hïng


Đ

ợc th

ởng kì này




(23)

Trn u th một trăm sáu m

ơi tám


Ng−ời thách đấu: Đoàn Cát Nhơn, Tr−ờng THCS Ph−ờng Bình Định,
TX. An Nhơn, Bình Định.


Bài tốn thách đấu: Giải ph−ơng trình


− + = 3− + +



2 2 3 2


7x 13x 8 2x 3x 3x x


Thời hạn: Trớc ngày 08.02.2020 theo dấu bu điện.


Trận đấu thứ một trăm sáu m

ơi sáu

(TTT2 số 200+201)


Đề bài. Cho tam giác ABC vuông tại A có
AB < AC. Kẻ đờng cao AH cđa tam gi¸c
ABC. Gäi I và J theo thứ tự là tâm đờng tròn
néi tiÕp c¸c tam gi¸c AHB và AHC. Đờng
tròn ngoại tiếp tam giác AIJ cắt các cạnh AB,
AC thứ tự tại D, E. Đờng thẳng DE cắt
đờng thẳng BC tại K. Gọi O là trung ®iĨm
cđa DE. Chøng minh rằng đờng tròn ngoại
tiếp tam giác OHK đi qua trung ®iĨm cđa IJ.


Lời giải. Bổ đề. Cho tam giác ABC, (O) là
đ−ờng tròn ngoại tiếp, I, IA theo thứ tự là tâm
đ−ờng tròn nội tiếp và tâm đ−ờng trịn bàng
tiếp đối diện đỉnh A. Khi đó đ−ờng tròn (O) đi
qua trung điểm của IIA.


Phép chứng minh bổ đề trên rất đơn giản,
bạn đọc tự chứng minh.


Trở lại giải bài toán thách đấu.


= = o



Ta cã DAE BAC 90 .


Suy ra DE là đờng kính của đờng tròn
ngoại tiếp tam giác AIJ.


Do đó O là tâm đ−ờng tròn ngoại tiếp tam
giác AIJ.


Từ đó, chú ý rằng I, J theo thứ tự là tâm
đ−ờng tròn nội tiếp các tam giác ABH, ACH,
suy ra


= = = =


KOI DOI 2DAI 2IAH IOH;


= = +


= + = = °


IOJ 2IAJ 2IAH 2HAJ
BAH HAC BAC 90 .


= = =


MỈt kh¸c KHI BHI AHI OHI.


Suy ra I, J theo thứ tự là tâm đ−ờng tròn nội
tiếp và tâm đ−ờng tròn bàng tiếp đối diện


đỉnh K của tam giác KOH.


Vậy theo bổ đề trên, đ−ờng tròn ngoại tiếp
tam giác KOH đi qua trung điểm của IJ.


Nhận xét. Bài tốn này khơng khó
nh−ng chỉ có võ sĩ Đỗ Văn Tài, 9A1,
THCS Yên Phong, Yên Phong, Bắc
Ninh nhận lời thách đấu và đăng quang
trong trn u ny.



(24)

ph

ơng trình nghiệm nguyên



lê anh tn (Qnh L−u, NghƯ An)


(TiÕp theo k× tr−íc)
4. Tìm tập giá trị của một ẩn


Cho phng trình F(x; y) = 0 thì tập giá trị
của x là các giá trị của x để tồn tại y thỏa
mãn F(x; y) = 0. T−ơng tự tập giá trị của y là
các giá trị của y để tồn tại x thỏa mãn
F(x; y) = 0.


Bài toán 14. Tìm các số nguyên x, y tháa


m·n x2+y2 −xy 3. =


Lời giải. Ph−ơng trình đã cho t−ơng đ−ơng
với x2−yx (y+ 2−3) 0. (1) =



Coi phơng trình (1) là phơng trình bậc hai
Èn x cã nghiÖm khi


Δ ≥0 ⇔ −3y2+12 0≥ ⇔ − ≤ ≤2 y 2.


V× y là số nguyên nên y

{

2; 1; 0 . ±

}



Từ đó ta tìm đ−ợc các nghiệm nguyên của
ph−ơng trình là (x, y) ∈ {(1 ; 2); (−1; −2);
(−1 ; 1); (2 ; 1); (1 ; −1); (−2 ; 1)}.


Bài toán 15. Tìm các số nguyên x, y tháa


m·n 2y 1+ = 3 2x x . (1) 2


Lời giải. Vì 2y 1+ = 4 (x 1) nªn − + 2


≤ + ≤ ⇔ − ≤ ≤1 1


0 2y 1 2 y .


2 2


Mµ y là số nguyên nên y = 0.


Thay y = 0 vµo (1) ta cã 1= 4 (x 1)− + 2


⇔ (x 1)+ 2= ⇔ = − ±3 x 1 3 (lo¹i).



Vậy ph−ơng trình đã cho khơng có nghiệm
ngun.


Bµi toán 16. Tìm các số nguyên x, y tháa


m·n (x 1)(x y) 2y(x y). (1) + + =


Lời giải. Phơng trình (1) tơng đơng với


+ + =


2 2


x (y 1)x 2y y 0. (2)


Phơng trình (2) là phơng trình bậc hai ẩn x
có nghiệm khi


Δ =(y 1)− 2−4(2y2+y) 0 ≥


⇔ −7y2−6y 1 0+ ≥ ⇔ − ≤ ≤1 y 1.


7


Từ đó suy ra y ∈ {−1; 0}.


NÕu y =−1 th× x2+ 2x + 1 = 0 x = 1.
NÕu y = 0 th× x2+ x = 0


⇔ x = 0 hc x =− 1.



Ph−ơng trình có các nghiệm ngun là
(x; y) ∈ {(−1; −1); (0; 0); (−1; 0)}.
5. Sử dụng bất đẳng thức


Trong một số bài toán giải ph−ơng trình
nghiệm nguyên ta chứng minh đ−ợc vế này
lớn hơn hoặc bằng vế kia của ph−ơng trình,
khi đó nghiệm nguyên của ph−ơng trình là
các giá trị nguyên của biến để hai vế bằng
nhau; có một số bài lại sử dụng bất đẳng
thức để tìm miền giá trị của biến sau ú th
chn.


Bài toán 17. Tìm nghiệm nguyên dơng của


phơng trình (x2+y )(x2 2+ =1) 4x y. 2


Lời giải. áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho
hai số d−ơng ta có


+ + ≥ =


2 2 2 2


(x y )(x 1) 2 xy.2 x 4x y.


Đẳng thức xảy ra khi và chØ khi


=





⇔ = =


=


x y


x y 1.
x 1



(25)

Bài toán 18. Tìm các nghiệm nguyên dơng


của phơng trình x + =y 4.


y x z (1)


Lời giải. áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta


cã 4 = + ≥x y 2⇒z 2.≤


z y x


Suy ra z = 1 hoặc z = 2.


Nếu z = 1, thay vào (1) ta có x+ =y 4. (2)


y x



Đặt t= x


y thì (2) trở thành


+ =1 2 + = ⇒ = ±


t 4 t 4t 1 0 t 2 3


t (loại).


Nếu z = 2, thay vào (1) ta cã


+ = ⇒ = =


x y


2 x y 1.


y x


Vậy phơng trình có nghiệm nguyên dơng


duy nhất là (x, y, z) = (1, 1, 2).


Bài toán 19. Chứng minh rằng phơng trình


sau không có nghiệm nguyên dơng


+ =



17 17 17


x y 19 . (1)


Lêi gi¶i. Gi¶ sư tồn tại các số nguyên dơng


x, y thỏa mÃn (1), dÔ suy ra 1 x y 19. ≤ ≤ <


Ta cã x17 +y17 =19 17


≥(y 1)+ 17 > y17+17y16 >y17 +17x . 16
Suy ra x > 17.


Do đó x = y = 18.


Thư lại, x = y = 18 không thỏa mÃn.


Vy ph−ơng trình đã cho khơng cú nghim
nguyờn dng.


Bài toán 20. Tìm nghiệm nguyên của


phơng tr×nh (x2 + 4y2 + 28)2 = 17(x4 + y4 +
14y2+ 49).


Lời giải. áp dụng bất đẳng thức


Bunyakovsky ta cã 17(x4+y4+14y2+49)



⎡ ⎤ ⎡ ⎤


= + + ⎦ ⎣ +


⎡ ⎤


+ + = + +


4 2 2 2 2


2


2 2 2 2 2


x (y 7) 1 4


x .1 4.(y 7) (x 4y 28) .



Đẳng thức xảy ra khi


+


= ⇔ = +


2 2


2 2


x y 7



4x y 7.


1 4


Từ đó ta tìm đ−ợc ph−ơng trình có nghiệm


nguyªn (x; y) = (2; 3).


6. Nguyên lí kẹp


Với các số nguyên dơng n, k thì:
Nếu n k n 2 th× < < + k n 1.= +


NÕu n(n + 1) < k(k + 1) < (n + 2)(n + 3) th×
k = n + 1.


NÕu n2 <k2< +(n 2) th× 2 k n 1. = +


NÕu n3 <k3 < +(n 2) th× 3 k n 1. = +


Bài toán 21. Tìm nghiệm nguyên của


phơng trình (x 1)+ 4−(x 1)− 4 =y . 3
Lêi gi¶i. Ta cã (x 1)+ 4− −(x 1)4 =y 3


⇔4x(2x2+2) y= 3⇔8x3+8x =y .3


NÕu x 1 ≥



< + < + = + + +


3 3 3 3 2


8x 8x 8x (2x 1) 8x 12x 6x 1


− + >


2


(Do 12x 2x 1 0) .


Hay (2x)3 <y3<(2x 1) (không tồn tại số + 3


nguyªn y tháa m·n).


NÕu x≤ −1, chøng minh tơng tự suy ra y


không tồn tại.


Nếu x = 0 y = 0.


Vậy phơng trình có nghiệm nguyên
(x; y) = (0; 0)


Bài toán 22. Tìm nghiệm nguyên của


phơng trình x4y4=3y2+1.


Lời giải. Ta cã



− = + ⇔ = + +


4 4 2 4 4 2


x y 3y 1 x y 3y 1.


Mµ (y2+1)2≤ y4+3y2+ <1 (y2+2) 2


y4+3y2+1 (y= 2+1)2⇔y 0. =


Từ đó x4= ⇔ = ±1 x 1.


VËy phơng trình có nghiệm nguyên
(x; y) {(1; 0); (1; 0)}.


Bài tốn 23. Tìm số nguyên x để P = x4 +


2x3+ 2x2+ x + 3 lµ mét sè chÝnh ph−¬ng.



(26)

Ta cã y2=x4+2x3+2x2+ +x 3


=(x2+x)2+(x2+ +x 3) (x> 2+x) . 2


L¹i cã y2 =x4+2x3+2x2+ +x 3


= + + + + − − −


< + +



2 2 2 2


2 2


(x x) 4(x x) 4 3x 3x 1


(x x 2) .


Do đó (x2+x)2< y2<(x2+ +x 2) . 2
Suy ra y2 =(x2+ +x 1) . 2


Từ đó ta có


+ + = + + + +


2 2 4 3 2


(x x 1) x 2x 2x x 3


= −




⇔ + − = ⇔


=




2 x 2



x x 2 0


x 1.


Thay x = −2; x = 1 vào biểu thức P đều cho


P = 9 lµ mét sè chÝnh ph−¬ng.


Vậy x =−2 và x = 1 tha món bi toỏn.


7. Phơng pháp cực hạn


Khi giả sử ph−ơng trình có nghiệm nguyên
nào đó mà có thể dẫn đến giá trị của ẩn chia
hết cho mọi lũy thừa của một số khác 0 thì
giá trị đó chỉ cú th l 0.


Bài toán 24. Tìm nghiệm nguyên của


phơng trình x2+y2 =3z . (1) 2


Lời giải. Nếu x không chia hÕt cho 3 th×




2


x 1 (mod 3) ⇒ y2≡ 2 (mod 3): v« lÝ.



Do đó x chia hết cho 3 nên x = 3x1 (x1∈ ).


Thay vµo (1) ta cã


+ =


2 2 2


1


9x y 3z . (2)


Suy ra y chia hÕt cho 3 nªn y = 3y1 víi


(y1 ∈ ). Thay vµo (2) ta cã


+ = ⇔ + =


2 2 2 2 2 2


1 1 1 1


9x 9y 3z 3x 3y z . (3)


Do đó z chia hết cho 3 nên z = 3z1 (z1 ∈ ).


Thay vµo (3) ta cã


= ⇔ + =



+


2 2 2 2 2 2


1 1 1 1 1 1


3x 3y 9z x y 3z


nªn (x1; y1; z1) là nghiệm. Tiếp tục quá trình
này ta thÊy nÕu (xo; yo; zo) là nghiệm thì








o o


k k k


o


z


x y


; ;


2 2 2 còng là nghiệm của phơng



trình với mäi sè tù nhiªn k.


Do đó ph−ơng trình chỉ có nghiệm nguyên là
(x, y, z) = (0; 0; 0).


Bài toán 25. Tìm nghiệm nguyên của


phơng trình 8x4+4y4+2z2 =t . 4


Lêi gi¶i. Gi¶ sư (xo, yo, zo, to) là một nghiệm
của phơng trình thì 8x4o+4yo4+2z4o= t 4o


⇒t 2o ⇒to =2t (t1 1 ∈ ).


Ta ®−ỵc 4x4o+2y4o+z4o =8t 14


⇒z 2o ⇒zo =2z1 (z1 ∈ ).


Ta đợc 4+ 4+ 4= 4


o o 1 1


2x y 8z 4t


⇒y 2o ⇒yo=2y (y1 1 ∈ ).


Ta đợc x4o+8y14+4z14=2t 14
x 2o xo =2x1 (x1 ).
Ta đợc 8x14+4y14+2z14 =t .14



Suy ra (x1, y1, z1, t1) cũng là nghiệm nguyên
của phơng trình.


Tơng tù ⎛


⎝ ⎠


o o o o


k k k k


x y z t


, , ,


2 2 2 2 cịng lµ nghiƯm


ngun của ph−ơng trình với mọi số tự nhiên k.
Do đó ph−ơng trình chỉ có nghiệm ngun là
(x, y, z, t) = (0; 0; 0; 0).


Chắc chắn còn nhiều ph−ơng pháp để giải
ph−ơng trình nghiệm nguyên và còn nhiều
bài tập hấp dẫn khác. Mong các bạn tiếp tục
trao đổi vấn đề này. Mời các bạn giải một số
bài tập sau:


Bµi 1. Giải các phơng trình nghiệm nguyên
a) 2y2x + x + y + 1 = x2+ 2y2+ xy.



b) y3−x3 =2x 1. +


c) x3+2y3 =4z . 3


Bài 2. Tìm các số nguyên d−ơng đơi một


kh¸c nhau x, y, z tháa m·n x3 + y3 + z3


= (x + y + z)2.


Bài 3. Tìm các số nguyên m để ph−ơng trình


x2 mx + m2 3 = 0 cã nghiệm nguyên. Tìm



(27)

thử sức tr

ớc kì thi vào 10 THPT chuyên


Năm học 2020 - 2021


Môn thi: Toán


Thời gian làm bài: 150 phút
Nguyễn Đức Tấn


Bài 1.(2 điểm)


1. Cho a, b, c thỏa mÃn + + =


+ + + + +


1 1 1 4



.


a b b c c a a b c Tínhgiátrị của biÓu thøc


+ − + − + −


= + +


+ + +


2 2 2 2 2 2 2 2 2


3a 2b 2c 3b 2c 2a 3c 2a 2b


M .


b c c a a b


2. Tìm các số nguyên tố p sao cho p2 + 59 có đúng 6 c dng.


Bài 2.(2 điểm)


1. Giải phơng tr×nh ⎛ + ⎞ + =


⎝ ⎠


3
3
1



1 (1 x ) 16.


x


2. Tìm tham số m để ph−ơng trình ẩn x sau (x2 + 4x −12)(x2 + 12x + 20) = m cú 4 nghim


phân biệt.


Bài 3.(2 điểm)


1. Cho a, b, c là các số thùc d−¬ng tháa m·n a + b + c ≤ 3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức


= + +


+ + +


2 2 2


bc ca ab


M .


a 3 b 3 c 3




2. Cho a, b, c là các số thực dơng thỏa mÃn abc = 1. Chøng minh r»ng


⎛ ⎞



+ + ≥ + +


⎝ ⎠


+ + +


3 3 3


1 1 1 1 1 1 1


.


10 a b c


a (7b 3c) b (7c 3a) c (7a 3b)


Bài 4.(2 điểm)


Cho tam gi¸c nhän ABC (AB < AC) néi tiÕp đờng tròn (O). Các đờng cao AD, BE, CF của
tam giác ABC cắt nhau tại H. Gọi P, Q là giao điểm của EF với đờng tròn (O) (F nằm giữa E
và P), M là giao điểm của BQ và DF, N là giao điểm của CP và DE. Chứng minh rằng tam
giác APQ cân và bốn ®iĨm M, N, P, Q cïng thc mét ®−êng trßn.


Bài 5.(2 điểm)


1. Cho n là một số tự nhiên. Tìm d của phép chia 5n + 4 cho 31.



(28)

HƯớNG DẫN GIảI đề thi




chän häc sinh giái líp 9 quận cầu giấy, TP. hà nội


Năm học 2019 - 2020


Môn thi: Toán


(Đề đăng trên TTT2 số 202)


Bài 1. 1. a) ĐKXĐ x 0; x 1; x≥ ≠ ≠ 1.
4
Ta cã
+ +
=⎜ − ⎟
− + + + −
⎝ ⎠
+ − +
− + −


x(2 x 1)( x 1) x( x 1)


P


( x 1)(x x 1) ( x 1)( x 1)


( x 1)( x 1) x


.


(2 x 1)( x 1) 2 x 1


+



=⎜ − ⎟ +


− + + − − −


⎝ ⎠


x(2 x 1)( x 1) x x 1 x
.


( x 1)(x x 1) x 1 2 x 1 2 x 1


+ +


= − + =


+ + − − + +


x( x 1) x x x x


.


x x 1 2 x 1 2 x 1 x x 1


b) P 0 x 0 . VËy P≥ ∀ ≥ min= 0 khi x = 0.
2. a) Tõ x2+ y2+ z2


= (x − y)2+ (y z)2+(z x)2.


Ta có x2+ y2+ z2=2xy + 2yz + 2zx hay


(x + y + z)2= 4(xy + yz + zx) = 4.9 = 36
Từ đó suy ra x + y + z = 6 (vì x, y, z d−ơng).
b) x2+y2+z2=(x y)− 2+ −(y z)2+ −(z x) 2


(z x y)− − 2=4xy.


Khơng mất tính tổng qt, giả sử z x y.≥ ≥
Khi đó ta có (z x y)− − 2=4xy 4y ≥ 2


− − ≥




− − ≤ −


z x y 2y (1)


z x y 2y (2).


Tõ (1) suy ra z x y 0− − > ⇔ > +z x y.
Tõ (2) suy ra z x y 0 − + ≤


⇔ ≤ − <z x y x(vô lí). Vậy z x y. > +
Bài 2. 1. Điều kiện: x 3.


4


Đặt a= 3x 4;b+ = 3x 7;c+ = 4x 3 .


Phơng trình trở thành


=

+ = + ⇔ − − = ⇔
=

a c


ab 5c 5a bc (a c)(b 5) 0


b 5.


= ⇔ + = − ⇔ =


a c 3x 4 4x 3 x 7 (TM).


= ⇔ + = ⇔ =


b 5 3x 7 5 x 6 (TM).


VËy tËp nghiƯm cđa ph−¬ng trình là S = {6; 7}.


2. Phơng trình tơng ®−¬ng víi


(x + 3y + 1)(x + y + 3) = 15.


Vì x 0; y 0 nên ta cã 4 tr≥ ≥ −êng hỵp
TH1. ⎧⎨ ++ + =+ = ⇔⎧⎨ = −=



⎩ ⎩


x 3y 1 5 x 2


x y 3 3 y 2 (lo¹i).


TH2. ⎧⎨ ++ + =+ = ⇔⎧⎨ ==


⎩ ⎩


x 3y 1 3 x 2


x y 3 5 y 0 (TM).


TH3. ⎧⎨ ++ + =+ = ⇔⎧⎨ = −=


⎩ ⎩


x 3y 1 15 x 10


x y 3 1 y 8 (lo¹i).


TH4. ⎧⎨ + + = ⇔⎧⎨ =


+ + = = −


⎩ ⎩


x 3y 1 1 x 18



x y 3 15 y 6 (loại).


Vậy (x; y) (2; 0). =


Bài 3. 1. Tõ gi¶ thiÕt a2 + b2 + c2 = 1 suy ra


≤ ≤


0 a; b; c 1, do đó b2011≤b; c1954≤c .
Suy ra T a b c ab bc ac . ≤ + + − − −
Lại có (1 a)(1 b)(1 c) 0. − − − ≥


⇔ − − − − + + + ≥


⇔ + + − − − ≤ − ≤


1 abc a b c ab bc ac 0
a b c ab bc ac 1 abc 1.
Do đó T 1. Đẳng thức xảy ra khi ≤ ⎧ =


= =


a 1


b c 0.


VËy Tmin= 1 khi
=



= =



a 1
b c 0.


2. Vì 4x3 +14x2+9x 6 là số chính ph ơng,


nên ta có 4x3+14x2+9x 6
=(x 2)(4x+ 2+6x 3) k với = 2 k


.
Đặt (x 2, 4x+ 2+6x 3) d (d− = ∈ *).


Ta cã ⎧⎪ + ⇒⎧⎪ + −


+ − + −


⎪ ⎪


⎩ 2 ⎩ 2


x 2 d (x 2)(4x 2) d


4x 6x 3 d 4x 6x 3 d


+

⇒⎨ ⇒ ⇒ =


+ −
⎪⎩
2
2


4x 6x 4 d


1 d d 1.



(29)

VËy (x 2, 4x+ 2+6x 3) 1. − =


(x 2)(4x+ 2+6x 3) k nên ta có x − = 2 + 2
vµ 4x2+ 6x 3 là số chính phơng


2


2 2


x 2 a


(a,b *).


4x 6x 3 b


+ =




⇒⎨ ∈



+ − =


⎪⎩


Vì x > 0 nên ta có


< < + +


⇔ < < +


2 2 2


2 2 2


4x b 4x 12x 9


(2x) b (2x 3) .


Vì b lẻ nên b2 =(2x 1) + 2
⇔4x2+6x 3 4x− = 2+4x 1 +
⇔ =x 2.


Víi x = 2 ta cã 4x3+ 14x2+ 9x 6 = 100 = 102
là số chính phơng. Vậy x = 2.


Bài 4.


a) Ta cã AM= ⇔1 AM = 1


AB 5 MB 4,



mµ AM+ AN=1


MB NC do đó


= ⇔ = ⇔ =


AN 3 AN 3 3


AN a.


NC 4 AC 7 7


VÏ MH ⊥ AN. XÐt tam gi¸c AMH cã


= = o = AM 3 =a 3


MH AM.sin A AM.sin 60 .


2 10


VËy SAMN = 1MH.AN


2


= 1 a 3 3. . a=3 3a2


2 10 7 140 (đvdt).


b) Vì



<


<



+ = ⇒
<

<
⎪⎩
AM


1 AM MB


AM AN 1 MB


AN AN NC


MB NC 1


NC


<

< −


⎧ ⎪


⇔⎨ < − ⇔⎨ ⇔ + <



⎩ ⎪ <


⎪⎩
a
x


x a x 2


x y a.


y a y a


y
2
XÐt tam gi¸c AMH cã


= = o= AM


AH AM.cos A AM. cos 60 .


2


áp dụng định lí Pythagoras vào tam giác
MHN vng tại H ta có


= + = − + −


= + − = + −



= + − = + −


2 2 2 2 2 2


2 2 2 2


2 2 2


MN MH HN AM AH (AN AH)


AM AN 2AN.AH AM AN AM.AN


x y xy (x y) 3xy.


Theo đề bài ta có


+ = ⇔ + =


⇔ + =


− −


⇔ 2− + = −


AM AN AB AC


1 3


MB NC MB NC



a a


3


a x a y


a 2a(x y) 3xy. (*)


Do đó


= + − + + = − −


2 2 2 2


MN (x y) 2a(x y) a (a x y)


Suy ra MN a x y v× = − − x y a. + <
c) Gọi E là trung điểm AC. Ta có


= = a 3


DK DE


6 ; = − = −


a a


MK x;NE y.


2 2



Do đó MK + NE = MN.


Tõ (*) ta cã ax ay 3xy a(a x y) . + − = − −


= − − −


DMN AKD MKD NDE AMN


S 2S S S S


=DK.AK−KD.MK −DE.EN MH.AN−


2 2 2


=DK.AK−KD.MN (AM.sin A).AN−


2 2


=a2 3 − a 3(a x y)− − − 3xy


12 12 4


= 3(a2−a(a x y) 3xy)− − −
12


(

)



= 3 ax ay 3xy+ − =a 3(a x y) =DK.MN.



12 12 2


Mặt khác SDMN =DI.MN2 .
VËy DI = DK.



(30)

K× n

μ

y

Tìm các căn bệnh



LÊ THị Hoa


Trờng Tiểu học Thạch Ngọc, Thạch Hà, Hà Tĩnh


Sc khe l vn quý của mỗi ng−ời. Hãy giải ô chữ sau đây để tỡm ra


9 căn bệnh chúng ta thờng gặp. Bạn hÃy dịch tên của các căn bệnh


ú ra ting Việt nhé!


KÕt qu¶

What Am I?

(TTT2 sè 200+201)


Các từ bắt đầu bằng chữ cái H đ−ợc định


nghĩa lần lợt là:


1. HEART Trái tim (cơ quan bơm máu)


2. HERO Anh hựng (mt ngi v i,


đợc mäi ng−êi ng−ìng mé)


3. HIGH – Cao (tr¸i nghÜa cđa thÊp)



4. HISTORY – M«n Lịch sử (môn học


nghiên cứu về c¸c sù kiƯn trong qu¸ khø)


5. HOLLAND – N−ớc Hà Lan (một đất n−ớc


đ−ợc biết đến nhờ hoa tulips)


6. HAMBURGER – B¸nh hamburger (món


ăn đợc chế biến từ thịt bò băm)


7. HAY FEVER Bệnh dị ứng cỏ (một loại


dị ứng do cỏ và lá)


8. HAIL Ma ỏ (nhng qu búng bng t


bầu trời rơi xuống)


9. HAIKU – Haiku (mét thÓ thơ có 17 âm


tiết của Nhật Bản)


10. HALF Một nửa (không phải toàn bộ)


Nhận xét. Năm bạn có đáp án


đúng, trình bày đẹp s c



nhận quà tặng tõ Chđ V−ên:


Ngun Qnh Anh, 9C, THCS


Lê Văn Thịnh, Gia Bình, Bắc Ninh; Ngun


Kim M¹nh, 7D, THCS Lý Nhật Quang, Đô


Lơng; Lê Hoàng Thảo Anh, 8E, THCS


Đặng Thai Mai, TP. Vinh, NghÖ An;


Ngun M¹nh Hïng, 9A3, THCS GiÊy


Phong Ch©u, Phï Ninh, Phó Thä; Ngun


Hoµng Minh Ngäc, 7A2, THCS Trng


Vơng, Đại Thịnh, Mê Linh, Hà Nội.


Xin chúc mừng các bạn.



(31)

thi


cõu lc b ttt



võ xuân minh

Kì 31



CLB1.Find x, y and z such that x − y − z = 20,


y − z − x = 11, z − x − y = 2019.


CLB2.Given three distinct numbers a, b and
c. Find the value of the expression


+ + + +
= +
− − − −
+ + + + +
+ + + +
− − − − −


(2a b)(2b c) (2b c)(2 c a)


M


(a b)(b c) (b c)(c a)


(2 c a)(2 a b) 2a b 2b c 2c a


.


(c a)(a b) b a c b a c


CLB3. Find all of the couplets (m, n) such


that +


+



2 2


5m 5n


3m 2n is an integer.


CLB4.Solve the following equation
4x3+ 6x2+ 3x + 63 = 0.


CLB5. Given triangle ABC with ∠ =A 15 o


∠ =B 45 . Point D is on the opposite side of o


ray CB such that CD = 2BC. Find the


measure of angle BAD.


đỗ đức thành (dịch)


K× 29

(TTT2 sè 200+201)


CLB1. y (x2 2− =1) 2x(x y)−
⇔x (y2 2− =1) (x y) . − 2


NÕu x − y = 0 thì x = y = 0 hoặc x = y =±1.
NÕu x − y ≠ 0 th× y2 1 = z2 (z )


⇔(y z)(y z) 1 + − =


⇔ = ±y 1, z 0= x=y (loại).



Vậy các nghiệm (x; y) nguyên lµ (0; 0), (1; 1),
(−1; −1).


CLB2.Khai triĨn và thu gọn A ta đợc
A = 10x2+ 20x + 20 = (x2+ 8x + 16) + (9x2+
12x + 4) = (x + 4)2+ (3x + 2)2. (®pcm)


CLB3. x(x y) y(y z) z(z x)− + − + −


=x2+y2+z2−xy yz zx − −


⎡ ⎤


= 1(x y)− 2 + −(y z)2+(z x)− 2


2


⎡ ⎤


− + − + − = −


⎣ ⎦


2 2 2


1 1 3


(x y) (y z z x) (x y) .



2 2 4


CLB4. 2xy (x y)= + 2−(x2+y ) (x y)2 = + 2−1
+ = ⇔ + + − =


3 3 2 2


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


+
⇔ + ⎢ − ⎥=
⎢ ⎥
⎣ ⎦
⇔ + − + + =
⇔ + − + + =
+ =


+ = −

2
3
2


(x y) 1


(x y) 1 1


2



(x y) 3(x y) 2 0


(x y 1) (x y 2) 0
x y 1


x y 2.


NÕu x y 1 th× + = xy 0= ⇒x 0, y 1 = =


hc x 1, y 0. = =


NÕu x y+ = 2 thì xy= 3x, y.


2
Vậy (x; y) là (0; 1), (1; 0).
CLB5.


KỴ AH ⊥ BC ⇒ DI // AH. Vì DA = DB nên


= AH


DI .


2 Ta cã DE // IK, DI // EK vµ


= °


DIK 90 nên tứ giác IDEK là hình chữ nhật.
Từ đó



⊥ ⇔ = ⇔ AH BC= ⇔ =


DK EI DI DE AH BC.


2 2


VËy A nằm trên 2 đờng thẳng song song
với BC và cách BC một khoảng bằng BC.


Nhận xét. Các bạn có lời giải tốt và


đợc thởng kì này là: Trần Minh


Hoàng, 7E, THCS Nguyễn TrÃi,


Nghi Xuân, Hà Tĩnh; Nguyễn Thanh Tuấn;


Đặng Quang Huy, 8G; Ngô Thị An Bình, 8E,


THCS Đặng Thai Mai, TP. Vinh, NghƯ An.



(32)

Hái: Nh©n dịp bớc sang năm 2020, anh có
thể tặng chúng em mấy câu thơ đợc không
ạ?


Trần T. A


(Lớp 6A3, THCS Thanh Xuân,
Q. Thanh Xuân, Hà Nội)



Đáp:


Bay lờn nhộ! Nhng c m
Tng lai t nc ang ch, em i!


Bớc sang năm mới tuyệt vời


Con ngoan, trò giỏi bao ngời yêu thơng


Hỏi: Chúng em đã học cấp THCS rồi thì
khơng đ−ợc học ch−ơng trình mới và sách
giáo khoa mới có phải khơng anh?


Hå V. T


(Lớp 7A, THCS Lý Nhật Quang, Đô Lơng,
Nghệ An)


Đáp:


L trỡnh ó rừ con ng
Sau hai lớp nữa ra tr−ờng, học lên


Líp 10 danh sách gọi tên
Sách giáo khoa mới ở bên em mà


Hỏi: Anh ơi! Số nguyên tố là số chỉ chia hết
cho mỗi mình nó và số 1. Vậy số 1 có phải là
số nguyên tố kh«ng?



Ngun T. T


(Líp 6A1, THCS KÕ An, KÕ Sách,
Sóc Trăng)


Đáp:


trỏnh nhng chuyn phin hà
Số 1 đã bị loại ra tức thì


§iỊu này em cố nhớ ghi
Số nguyên tố bé cực kì là 2.


Hỏi: Anh thử kể tên các họ có ở Việt Nam
mình giúp em với


Lê K. T


(Lớp 8B, THCS Điện Biên, TP. Thanh Hóa,
Thanh Hóa)


Đáp:


Lê, Trần, Hồ, Nguyễn, Vơng, Mai
Phan, Hoàng, Chu, Phạm chẳng sai họ nào


Thái, Hà, Lò, Bạch, Ngô, Đào
Đặng, Tôn, Vũ, Võ, Đỗ, bao họ rồi?


Hỏi: Lớp em có bạn chẳng thân với ai cả


Anh thấy thế nào?


Nguyễn H. N


(Lớp 6A1, THCS Yên Phong, Yên Phong,
Bắc Ninh)


Đáp:


Giy, dộp cũng phải có đơi
Tuổi hồng sao lại đơn cơi mt mỡnh


Với nhau chia sẻ thân tình


Cùng nhau sát cánh hành trình mới vui.



(33)

Các líp 6 & 7



Bài 1(203). Có bao nhiêu số tự nhiên là bội
của 3, chỉ viết bởi các chữ số 0, 1, 2 và số đó
có khơng q 6 chữ số?


Vị Đình hòa
(Hà Nội)


Bài 2(203). Chứng minh r»ng trong 1999 sè
tù nhiªn liªn tiÕp cã Ýt nhất một số mà tổng
các chữ số của nó chia hết cho 27.


Tạ thập


(TP. Hå ChÝ Minh)


Bµi 3(203). Ba bạn Toán, Tuổi, Thơ phải
hoàn thành một công việc. Để hoàn thành
công việc này, nếu Toán làm một mình, số
ngày cần thiết sẽ nhiều gấp a lần khi Tuổi và
Thơ làm chung. Tơng tự, nếu Tuổi làm một
mình, số ngày cần thiết sÏ nhiỊu gÊp b lÇn
khi Toán và Thơ làm chung, nếu Thơ làm
một mình, số ngày cần thiết sẽ nhiều gấp c
lần khi Toán vµ Ti lµm chung. TÝnh


= + +


+ + +


1 1 1


T .


a 1 b 1 c 1


trần quang vinh


(Nhà xuất bản Giáo dục Việt Nam)


Bài 4(203). Cho tam giác ABC cân tại A có


= o



A 100 vµ I lµ giao điểm các đờng phân
giác trong của tam giác ABC. Trên tia BA lấy
điểm D sao cho BD = BC. §−êng thẳng BI
cắt AC tại E, DE cắt BC tại F. Chứng minh IF
vuông góc với AB.


Cao ngọc toản


(Trờng THPT Tam Giang, Phong Điền,
Thừa Thiên - HuÕ)


1(203). How many multiples of 3 that have
no more than 6 digits and their digits can
only be 0, 1 and 2?


2(203). Prove that among 1999 consecutive
natural numbers, there exists a number
whose sum of the digits is divisible by 27.
3(203). Toan, Tuoi and Tho do a job
together. The number of days Toan finishes
the job alone is a times the number of days
Tuoi and Tho do the job altogether. The
number of days Tuoi finishes the job alone is
b times the number of days Toan and Tho do
the job altogether. The number of days Tho
finishes the job alone is c times the number
of days Toan and and Tuoi do the job
altogether. Find the value of the expression


= + +



+ + +


1 1 1


T .


a 1 b 1 c 1


4(203). Given isosceles triangle ABC
(AB = AC) where A 100 and I is the = o



(34)

C¸c líp THCS



Bài 5(203). Tìm số M lớn nhất sao cho ta có
bất đẳng thức x2 ≥M. x . x thỏa mãn với ⎡ ⎤⎣ ⎦

{ }


mọi số thực x (trong đó ⎡ ⎤⎣ ⎦x , x t

{ }

−ơng ứng là
kí hiệu phần nguyên và phần thập phân của
x).


Đào chí thanh


(Trờng THPT chuyên Vĩnh Phúc,


Vĩnh Phúc)
Bài 6(203). Giải hệ phơng trình


+ = +


⎪⎪ + − = +






− + − = +


⎪⎩
3
3
3


x 7x x 2 y 4


y 7y y 2 z 4


z 7z z 2 x 4.




Thái nhật phợng


(Trờng THCS Nguyễn Văn Trỗi,Cam Nghĩa,


Cam Ranh, Khánh Hòa)
Bài 7(203).Cho các số thực dơng a, b, c, d


thỏa m·n abcd = 1. Chøng minh r»ng


+



+ + + + + +


+ + ≤


+ + + + + +


4 4 4 4 4 4


4 4 4 4 4 4


1 1


1 a b c 1 b c d


1 1


1.


1 c d a 1 d a b



Nguyễn văn nho
(Tr−êngTHPT Ngun Duy Trinh, Nghi Léc,


NghƯ An)


Bài 8(203). Cho tam giác
ABC có BAC 120 ,= o (I) là
đ−ờng tròn nội tiếp. Gọi D,
E, F theo thứ tự là tiếp


điểm của (I) với BC, CA,
AB. L là điểm đối xứng
của D qua EF. Chứng
minh rằng BLC 90 . = o


ngun minh hµ
(Hµ Néi)


5(203). Find the largest value of number M
such that x2 ≥M. x . x with any real ⎡ ⎤⎣ ⎦

{ }


number x (where ⎡ ⎤⎣ ⎦x , x are the integral

{ }


part and the decimal part of number x
respectively).


6(203). Solve the following system of


equations


+ − = +


⎪⎪ + − = +





− + − = +


⎪⎩
3
3


3


x 7x x 2 y 4


y 7y y 2 z 4


z 7z z 2 x 4.


7(203). Given positive real numbers a, b, c
and d satisfying abcd = 1. Prove that:


+


+ + + + + +


+ + ≤


+ + + + + +


4 4 4 4 4 4


4 4 4 4 4 4


1 1


1 a b c 1 b c d


1 1


1.



1 c d a 1 d a b


8(203). Given triangle ABC where


= o



(35)

(36)



×