SKKN Một số phương pháp giải bài toán max, min số phức mức độ vận dụng,vận dụng cao

Điều kiện hoàn cảnh tạo ra sáng kiến kinh nghiệm
Ta biết sự ra đời của số phức là do nhu cầu mở rộng tập hợp số, số phức là cầu nối
hoàn hảo giữa các phân môn Đại số, Lƣợng giác, Hình học và Giải tích. Số phức là vấn đề
hoàn toàn mới và khó đối với học sinh, đòi hỏi ngƣời dạy phải có tầm nhìn sâu, rộng về
nó. Do những tính chất đặc biệt của số phức nên khi giảng dạy nội dung này giáo viên có
nhiều hƣớng khai thác, phát triển bài toán để tạo nên sự lôi cuốn, hấp dẫn ngƣời học. Bằng
việc kết hợp các tính chất của số phức với một số kiến thức đơn giản khác về lƣợng giác,
giải tích, đại số và hình học giáo viên có thể xây dựng đƣợc khá nhiều dạng toán với nội
dung hấp dẫn và hoàn toàn mới mẻ.
Đề thi tốt nghiệp THPT môn Toán trong những năm gần đây thƣờng yêu cầu thí sinh
thƣờng gặp phải hai câu số phức thuộc loại vận dụng, vận dụng cao. Đặc biệt thƣờng xuất
hiện những câu khó nhằm phân loại học sinh. Bản thân chúng tôi là một trong các giáo
viên thƣờng xuyên đƣợc nhà trƣờng giao nhiệm vụ dạy ôn thi tốt nghiệp THPT và bồi
dƣỡng học sinh giỏi môn Toán lớp 12, nên chúng tôi suy nghĩ mình cần phải trang bị cho
học sinh của mình một số các phƣơng pháp nhất định để giúp các em có thể giải đƣợc các
bài toán khó có dạng đã nêu ở trên. Mà trọng tâm là “MỘT SỐ PHƢƠNG PHÁP GIẢI
BÀI TOÁN MAX, MIN SỐ PHỨC MỨC ĐỘ VẬN DỤNG, VẬN DỤNG CAO.”. Khi
đứng trƣớc một bài toán đó học sinh cần phải đƣợc cung cấp nhiều phƣơng pháp giải toán
khác nhau và việc phát hiện, sử dụng phƣơng pháp cụ thể nào là một vấn đề vô cùng quan
trọng để dẫn tới thành công nhanh. Vì vậy chúng tôi đã đƣa ra sáng kiến này nhằm mục
đích: Cung cấp cho học sinh có thêm các phƣơng án lựa chọn khi gặp bài toán tìm giá
trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của số phức. Đồng thời cũng giúp cho giáo viên dựa vào
đó để sáng tạo ra một bài toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất về số phức sát với các câu
khó trong các đề thi tốt nghiệp THPT. Phƣơng pháp này không dài dòng, rất độc đáo và
hiệu quả.
II. MÔ TẢ GIẢI PHÁP
1. Mô tả giải pháp trƣớc khi tạo ra sáng kiến
Đối với học sinh việc làm các bài tập lên quan đến Số phức là vấn đề hoàn toàn mới và
khó đối với học sinh, đòi hỏi ngƣời dạy phải có tầm nhìn sâu, rộng về nó. Hơn nữa lại áp
dụng các kiến thức này vào giải quyết các bài toán tìm giá tri lớn nhất, nhỏ nhất của biểu
thức mô đun lại càng khó hơn. Thực tế khi dạy chủ đề này chúng tôi thấy khi gặp các bài
2
toán dạng này đa số các em đều chọn bừa đáp án hoặc bỏ qua. Một phần do các emchƣa có
đƣợc cách nhìn, phƣơng pháp cụ thể, hơn nữa lại phải có tƣ duy tổng hợp các phần kiến
thức từ Đại số, Lƣợng giác, Hình học và Giải tích (bất đẳng thức cơ bản, bất đẳng thức
Cauchy, bất đẳng thức Bunhiacopxki, đạo hàm, hàm số, hình học,…). Từ những thực tế đó
chúng tôi thấy rằng để các em không cảm thấy sợ bài tập dạng này chúng tôi đã xây dựng
chủ đề dạy học “Số phức” với trọng tâm là các phƣơng pháp giải bài toán max, min số
phức mức độ vận dụng, vận dụng cao nhằm giúp các em từng bƣớc giải quyết tốt các bài
tập này trên cơ sở xây dựng cho các em các kiến thức nền tảng cần thiết và góp phần đạt
kết quả cao trong kỳ thi tốt nghiệp THPT.
2. Mô tả giải pháp sau khi tạo ra sáng kiến
Xuất phát từ thực tế trên, khi dạy chủ đề này tôi chia thành 5 nội dung:
NỘI DUNG 1: Phƣơng pháp hình học.
NỘI DUNG 2: Phƣơng pháp sử dụng bất đẳng thức.
NỘI DUNG 3: Phƣơng pháp xét hàm số.
NỘI DUNG 4: Phƣơng pháp lƣợng giác hóa.
NỘI DUNG 5: Phƣơng pháp tam thức bậc hai
3
NỘI DUNG 1: Phƣơng pháp hình học.
Một trong những phƣơng pháp hữu hiệu và đƣợc khai thác nhiều trong việc giải
quyết các câu hỏi về cực trị số phức trong đề thi tốt nghiệp những năm gần đây là phƣơng
pháp hình học. Với mỗi số phức z x yi x y    , ,   tƣơng ứng với một điểm M x y  ; 
trên mặt phẳng tọa độ nên bài toán về số phức và bài toán hình học có mối tƣơng quan mật
thiết. Nhiều bài toán số phức phức tạp, trừu tƣợng nhƣng lại trở nên nhẹ nhàng và dễ giải
quyết khi chúng ta chuyển nó về bài toán hình học.
Qua thực tế giảng dạy, chúng tôi đúc kết ra một vài định hƣớng để có thể giúp học
sinh có hƣớng đi rõ ràng hơn, tƣ duy mạch lạc hơn trong việc giải bài toán cực trị số phức
bằng phƣơng pháp hình học.
Định hƣớng 1: Định hƣớng khoảng cách.
Định hƣớng 2: Định hƣớng điểm chung hoặc tiếp tuyến.
Để giải đƣợc bài toán cực trị số phức bằng phƣơng pháp hình học, học sinh cần phải
nắm chắc và thành thạo về dạng toán tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức trên mặt phẳng
tọa độ. Trƣớc hết, chúng tôi xin nhắc lại một số kiến thức cơ bản hay gặp của phần tập hợp
điểm biểu diễn số phức.
Với điểm M x y  ; , M x y ‘ ‘; ‘  là điểm biểu diễn cho số phức z x yi   , z x y i ‘ ‘ ‘   ,
x y x y , , ‘, ‘  .
 z OM  .
 z z z z MM     ‘ ‘ ‘
 z a bi r      : Tập hợp điểm biểu diễn số phức z là đƣờng tròn tâm I a b  ; , bán
kính r .
 z a bi z a b i       1 1 2 2    : Tập hợp điểm biểu diễn số phức z là đƣờng trung trực
của đoạn AB với A a b B a b  1 1 2 2 ; , ;    .
 z a bi z a b i a        1 1 2 2    2 , A a b B a b  1 1 2 2 ; , ;   
+) Nếu 2a AB  : Tập hợp điểm biểu diễn số phức z là đoạn thẳng AB .
+) Nếu AB a  2 : Tập hợp điểm biểu diễn số phức z là đƣờng elip với hai tiêu điểm là
A B , , trục lớn 2a.
4
Tuy nhiên ngoài các cách thể hiện tập hợp điểm biểu diễn số phức nhƣ trên còn có
nhiều cách tạo ra giả thiết để tập hợp điểm biểu diễn số phức là đƣờng thẳng, đƣờng tròn,
đoạn thẳng, elip…. Vấn đề này chúng ta sẽ thấy trong phần ví dụ.
Chúng tôi mạnh dạn đề xuất phƣơng pháp chung để giải quyết bài toán về cực trị
liên quan đến môđun số phức bằng phƣơng pháp hình học theo các bƣớc sau:
Giả sử cần tìm giá trị lớn nhất hoặc giá trị nhỏ nhất của biểu thức P liên quan đến môđun
số phức z (hoặc số phức z w , ,…).
Bƣớc 1: Biểu thị biểu thức P dƣới dạng khoảng cách (khoảng cách giữa hai điểm hoặc
tổng khoảng cách, hoặc tổng bình phƣơng các khoảng cách…).
Bƣớc 2: Tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z (hoặc số phức z w , ,…) mà giả thiết cho.
Bƣớc 3: Phát biểu thành bài toán hình học.
Bƣớc 4: Giải bài toán hình học phát biểu ở bƣớc 3.
Lƣu ý:
Trong bƣớc 1 biểu thức P có thể viết về dƣới dạng khoảng cách giữa hai điểm (tức
là độ dài của một đoạn thẳng) hoặc tổng độ dài của hai hay nhiều đoạn thẳng hoặc tổng,
hiệu bình phƣơng các đoạn thẳng…tùy vào yêu cầu của bài toán.
Khi thực hiện bƣớc 2, chúng ta cần tìm đƣợc tập hợp điểm biểu diễn của tất cả các
số phức còn thay đổi nhƣng thỏa mãn điều kiện nào đó của giả thiết, đồng thời tìm tọa độ
của những điểm biểu diễn số phức đã biết, tức là điểm cố định.
Với bƣớc 3, chúng ta cần hƣớng dẫn và rèn cho học sinh biết cách chuyển bài toán
số phức về bài toán hình học, phát biểu bài toán hình học đó.
Ở bƣớc 4, bƣớc giải bài toán hình học: Học sinh cần nắm vững kiến thức hình học
phẳng, đặc biệt kiến thức liên quan đến cực trị hình học phẳng đã học ở cấp II và ở lớp 10.
Để làm tốt điều này, giáo viên cũng nên hệ thống và hƣớng dẫn giải lại một số bài
toán hình học cơ bản trƣớc khi nêu ví dụ cho học sinh, đồng thời hệ thống một số dạng
(hay gặp) biểu diễn hình học của tập hợp số phức thỏa mãn điều kiện nào đó. Đây cũng là
yếu tố để học sinh có thể có định hƣớng nhanh cho hƣớng đi của bài toán.
I. ĐỊNH HƢỚNG 1: ĐỊNH HƢỚNG KHOẢNG CÁCH
1. Nhóm bài toán thể hiện khoảng cách từ một điểm đến một đƣờng, một tia, một
đoạn thẳng, một miền đa giác.
Bài toán xuất phát: Cho đƣờng thẳng d và điểm A. Tìm điểm M d  sao cho AM ngắn
nhất.
5

Hƣớng giải quyết: Ta có kết quả:

là hình chiếu của trên

AM d A d min   ,   M A đƣờng thẳng d .
Tạo bài tập từ bài toán trên:
+) Thiết kế giả thiết: Thiết kế giả thiết sao cho tập hợp điểm M biểu diễn số phức z là
một đƣờng thẳng d .
+)Thiết kế yêu cầu: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức chứa môđun sao cho tạo ra yếu tố
khoảng cách từ điểm M đến một điểm A cố định, tức là tìm giá trị nhỏ nhất của z z  0
với A là điểm biểu diễn của
z0 .
Ví dụ 1. Xét các số phức z thỏa mãn z i z i      1 1 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của z
A. 2
5
. B. 3
2 5
. C.
2 3
. D. 3 .
Hƣớng dẫn giải
Bƣớc 1: Đƣa biểu thức z về khoảng cách:
Ta có z z MO    0 , với M O , lầ lƣợt là điểm biểu diễn của z và 0 .
Bƣớc 2: Tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z :
Gọi z x yi x y    , ,  .
Ta có z i z i      1 1 2         x y i x y i 1 1 1 2       
        x y x y 1 1 1 2 2 2 2 2      
    4 2 3 0 1 x y  
Suy ra tập hợp điểm biểu diễn số phức z là đƣờng thẳng d x y : 4 2 3 0    .
Bƣớc 3: Phát biểu thành bài toán hình học.
6
Trong mặt phẳng tọa độ cho đƣờng thẳng d x y : 4 2 3 0    và điểm M thay đổi trên
đƣờng thẳng d . Tìm giá trị nhỏ nhất của đoạn OM .
Bƣớc 4: Giải bài toán hình học:
Ta có OM ngắn nhất khi M là hình chiếu của O trên đƣờng thẳng d và
OM d O d min     ,  4.0 2.0 3 4 2   2 2  2 5 3 .
Bình luận: Ngoài cách giải ví dụ trên bằng phƣơng pháp hình học, chúng ta có thể thực
hiện ví dụ bằng phƣơng pháp đại số bằng cách từ 1 rút đƣợc 4 3
x 2
y
 
 và thay vào
2
2 2 2 2 4 3 9
5 6
2 4
x
z x y x x x
   
        
  . Sau đó tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số
  5 6 2 9
4
f x x x   
Một số hƣớng phát triển bài toán:
Hƣớng 1: Thay đổi giả thiết nhƣng vẫn đảm bảo tập hợp điểm biểu diễn số phức z là
đƣờng thẳng. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức có dạng P z z z   0 1 , với z z 0 1 ,  cho
trƣớc.
Hƣớng 2: Thiết kế giả thiết sao cho tập hợp điểm biểu diễn số phức z là một nửa mặt
phẳng có bờ là một đƣờng thẳng. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức có dạng P z z z   0 1
với
z z 0 1 ,  cho trƣớc.
Hƣớng 3: Thiết kế giả thiết sao cho tập hợp điểm biểu diễn số phức z là một miền đa
giác. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức có dạng P z z z   0 1 với z z 0 1 ,  cho trƣớc.
Hƣớng 4: Thiết kế giả thiết sao cho tập hợp điểm biểu diễn số phức z là một đoạn thẳng,
một tia. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức có dạng P z z z   0 1 với z z 0 1 ,  cho trƣớc.
Ví dụ 2. Xét các số phức z thỏa mãn z z i    1 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P i z i     1 2 11 2  .
A. 5
2
. B.
5 2
. C.
2 5
. D.
5 2
Hƣớng dẫn giải
Bƣớc 1: Đƣa biểu thức P i z i     1 2 11 2  về khoảng cách:
7
Ta có 1 2 11 2 1 2 5 3 4 5 3 4 5    11 2  
1 2
i
P i z i i z z i z i MA
i
  
                
  
với M A , lần lƣợt là điểm biểu diễn của z và   3 4i .
Bƣớc 2: Tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z :
Gọi z x yi x y    , ,  . Ta có z z i    1 2       x yi x y i  1 2   
      x y x y 2 2  1 2 2 2       2 4 5 0 x y
Suy ra tập hợp điểm biểu diễn số phức z là đƣờng thẳng d x y : 2 4 5 0    .
Bƣớc 3: Phát biểu thành bài toán hình học:
Trong mặt phẳng tọa độ cho đƣờng thẳng d x y : 2 4 5 0    và điểm M thay đổi trên
đƣờng thẳng d . Tìm Pmin với P MA  5 .
Bƣớc 4: Giải bài toán hình học:
Ta có AM ngắn nhất khi M là hình chiếu của A trên đƣờng thẳng d và
min  ,  5
2 5
AM d A d   . Suy ra min 5. 5 5
2 5 2
P   .
Ví dụ 3. Cho số phức z thỏa mãn 3 2 12 z z z z     . Gọi M m , lần lƣợt là giá trị lớn
nhất, nhỏ nhất của z i   4 3 . Tính M m . .
A. 20 . B. 24 . C. 26 . D. 28 .
Hƣớng dẫn giải
Bƣớc 1: Gọi N x y  ;  là điểm biểu diễn số phức z x yi x y     , .
z i NI    4 3 , với I 4; 3  là điểm biểu diễn số phức z i 1   4 3 .
Bƣớc 2: 3 2 12 3 2 2 2 12 z z z z x yi              6 4 12 3 2 6 x y x y .
Khi đó tập hợp các điểm N là miền hình thoi ABCD với A B 0;3 , 2;0 ,    C0; 3 ,  
D2;0.
Bƣớc 3: Phát biểu bài toán hình học: Cho hình thoi ABCD với A B 0;3 , 2;0 ,    C0; 3 ,  
D2;0. N thuộc miền hình thoi ABCD và điểm I 4; 3   . Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị
lớn nhất của NI .
Bƣớc 4: Giải bài toán hình học:
8
Ta có CD x y :3 2 6 0    , AB x y :3 2 6 0   
    :2 3 1 0 x y là đƣờng thẳng đi qua I và vuông góc với AB .

Gọi

.

, ; , ; 16 15 20 9
13 13 13 13
H CD K AB H K                 
   Vì 1 2 16
13
   H nằm giữa C và D , HD HC  ; 2 1 20
13
      K nằm giữa A và B,
KB KA  .
Với mọi vị trí của N trên miền hình thoi ABCD, ta có IH IN IA   suy ra
12 13
, 2 13 . 24
13
m IH M IA M m       .
Ví dụ 4. (Đề Tham Khảo 2017). Xét số phức z thỏa mãn z i z i       2 4 7 6 2. Gọi
m M , lần lƣợt là giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của z i   1 . Tính P m M   .
A. 5 2 2 73
2
P   B. P   5 2 73
C. 5 2 73
2
P   D. P   13 73
Hƣớng dẫn giải
Bƣớc 1: Đƣa biểu thức z i   1 về khoảng cách:
P z i z i NC        1 1   , N x y C  ; , 1; 1    , N biểu diễn số phức z .
9
Bƣớc 2: Tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z :
Ta có z i z i z i z i               2 4 7 6 2 2 4 7 6 2    
   NA NB 6 2 với A2;1, B4;7
Ta có AB  6 2 nên NA NB AB   suy ra N thuộc đoạn thẳng AB .
Bƣớc 3: Phát biểu thành bài toán hình học:
Cho N thuộc đoạn thẳng AB và điểm C1; 1   , với A2;1, B4;7, C1; 1   . Tìm giá
trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của đoạn NC .
Bƣớc 4: Giải bài toán hình học:
CA  13 , CB  73 , C,  5
2
d AB 
.
Ta có tam giác CAB nhọn nên min  ,  5 2
2
CN d C AB m    .
CN CA CB CB M max     max , 73   .
Do đó 5 2 2 73
2
P m M     .
Bình luận:
Cho ba điểm A B C , , . Điểm M thay đổi thuộc đoạn AB , P CM 
10
+) Nếu CBA và CAB đều là góc nhọn, ta có P d C AB min   ,  và P CA CB max  max ,  .
+)Nếu CBA hoặc CAB tù (hoặc là góc vuông) thì P CA CB min  min ,   và
P CA CB max  max ,  .
Ví dụ 5. Xét các số phức z thỏa mãn iz i z i       2 2 1 3 34 . Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức P i z i     1 1  .
A. 17 . B. 34 . C. 5 . D. 6 .
Hƣớng dẫn giải
Bƣớc 1: Chuyển yêu cầu về khoảng cách:
P i z i z i MC        1 1 2 2  , C 0; 1  
Bƣớc 2: Tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z :
Từ iz i z i       2 2 1 3 34         z i z i 2 2 1 3 34 1      .
Gọi A B 2; 2 , 1;3      , ta có AB  34 nên 1    MA MB AB
Suy ra M thuộc tia đối tia BA (kể cả điểm B )
Bƣớc 3: Phát biểu bài toán hình học: Cho A B 2; 2 , 1;3     và M thuộc tia đối tia BA (kể
cả điểm B ). Tìm giá trị nhỏ nhất của P MC  2 với C0; 1   .
Bƣớc 4: Giải bài toán hình học: Dễ thấy P MC CB min min     2 2. 2. 17 34
11
Ví dụ 6. Xét các số phức z thỏa mãn z i   10 và i z z    1 2 1  là số thuần ảo. Biết
rằng tồn tại số phức z a bi a b    , ,   sao cho P z i    1 4 đạt giá trị nhỏ nhất. Tính
a b 
A. 3 . B. 3. C. 5 . D. 5.
Hƣớng dẫn giải
+) P z i MA     1 4 , A1;4 và M biểu diễn số phức z .
+) z i   10 , suy ra M thuộc hình tròn C có tâm I 0; 1   , bán kính R  10 .
i z z    1 2 1  là số thuần ảo, suy ra M thuộc đƣờng thẳng d x y :3 2 1 0    .
Do đó M thuộc đoạn BC , với B C , là giao điểm của đƣờng thẳng d và C.
+) Tìm đƣợc B C 1; 4 , 1;2      và P CA min   2 2 khi M C  hay z i    1 2 .
Bình luận: Thông thƣờng tạo giả thiết sao cho tập hợp điểm biểu diễn số phức z là một
đoạn thẳng thƣờng cho dƣới dạng z z z z a     1 2 2 , với z z a 1 2   2 . Tuy nhiên trong ví
dụ trên giả thiết này đã đƣợc phát triển lên khó hơn bởi hai giả thiết z i   10 và
i z z    1 2 1  là số thuần ảo. Thực chất đây là tƣơng giao của hai đối tƣợng hình học là
hình tròn và đƣờng thẳng, trong đó đƣờng thẳng cắt đƣờng tròn tại hai điểm phân biệt.
Theo hƣớng tƣ duy này chúng ta có thể tạo ra lớp bài toán tập hợp điểm biểu diễn số phức
12
là đoạn thẳng nhƣ giao của hình elip và đƣờng thẳng, giao của miền đa giác và đƣờng
thẳng, giao của một đƣờng thẳng với miền hình phẳng giới hạn bởi hai đƣờng thẳng….
Ví dụ 7. Xét các số phức z thỏa mãn các điều kiện z z     4 4 10 và z z i     2 2 .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P z i    6 .
Hƣớng dẫn giải
Tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn điều kiện z z     4 4 10 là hình elip giới
hạn bởi đƣờng elip có phƣơng trình
2 2
1
25 9
x y
 

.

Tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn điều kiện z z i     2 2 là đƣờng thẳng có
phƣơng trình 1
2
y  .
Đƣờng thẳng 1
2
y  cắt elip
2 2
1
25 9
x y
 

tại hai điểm phân biệt

5 35 1 5 35 1 ; , ;
6 2 6 2
A B
    
       
   
.
Do đó tập hợp điểm biểu diễn số phức z là đoạn thẳng AB .
P z i MC     6 , C6; 1  . Đến đây bài toán trở về tƣơng tự ví dụ 4.
Ví dụ 8. Xét các số phức z thỏa mãn các điều kiện z z i    1 và z i z i      2 3 2 ,
z i z i      3 2 1 2 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P i z i     3 4 5 15  .
Hƣớng dẫn giải
Tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn điều kiện z z i    1 là những điểm
M x y  ;  thỏa mãn x y   0 .
Tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn điều kiện z i z i      2 3 2 là những điểm
M x y  ;  thỏa mãn x y    4 0 .
Tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn điều kiện z i z i      3 2 1 2 là đƣờng thẳng
có phƣơng trình x   1 0 .
Do đó tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn giả thiết là đoạn thẳng AB ,
A B 1;1 , 1; 3     .
13
P i z i z i MC C         3 4 5 15 5 3 5 , 3;1     .
Do đó
P CA min    5 5.2 10 , P CB max    5. 5 20 10 5 .
Ví dụ 9. Cho số phức z thỏa mãn z   2 4 , z z i    1 . Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ
nhất của P z i    3 2 lần lƣợt là M và m . Khi đó M m . bằng
A. 3 2 2  . B. 5 10 4 2
 2
. C. 4 3 6 2
 2
. D. 9.
Hƣớng dẫn giải
+) P z i z z AM       3 2 A , trong đó A z i    A 3 2 và M là điểm biểu diễn số phức
z .
+) Miền D đƣợc giới hạn bởi hình tròn C z : 2 4   có tâm I 2;0 và bán kính R  4
và đƣờng thẳng z z i    1       x y x y 1 1 2 2 2 2     x y .
Miền D đƣợc biểu diễn nhƣ hình vẽ bên dƣới, M là một điểm trong miền D .
Phƣơng trình đƣờng thẳng  là: x y   0 .
14
+) Giá trị nhỏ nhất của P là P m AH min    ,  3 2 2 2  
1 1
d A
 
  

5 2
 .
Giá trị lớn nhất của P là: P M AB AI IB max        z z R A I     3 2 2 4 i   5 4.
Suy ra tích Mm    5 5 10 4 2 2  5 4 2 .
Bài tập tự luyện:
Bài 1. Cho số phức z thỏa mãn: z z i    1 3 1   và đồng thời P z i   2 đạt giá trị nhỏ
nhất. Mô đun của số phức z bằng
A. 6 . B. 2 3 . C. 2 . D. 4 .
Bài 2. Cho số phức z a bi   trong đó a b a b a b , 0; 2; 3 12      . Giá trị lớn nhất của z
bằng
A. 113 . B. 107
3
. C. 14. D. 106
2
.
Bài 3. Cho số phức z x yi   , trong đó x y , là các số thực không âm thỏa mãn đồng thời
các điều kiện: x y x y     6; 2 4 . Giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức
Q z i    5 tƣơng ứng với M và m. Khí đó ( 2 ) M m  bằng
A. 9 . B. 4 3 . C. 5 3 . D. 5 2
15
Bài 4. Cho số phức z thỏa mãn z   2 4 , z z i    1 . Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất
của P z i    3 2 lần lƣợt là M và m . Khi đó M m . bằng
A. 3 2 2  . B. 5 10 4 2
 2
. C. 4 3 6 2
 2
. D. 9.
Bài 5. Cho số phức z thỏa mãn | 2 3 | | 2 | 4 2 z i z i       . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P 3 2    z i tƣơng ứng bằng
A. 2 . B. 1. C. 3 . D. 2 .
Bài 6. Cho ba số phức z thỏa mãn z i z i      3 5 5.Gọi giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ
nhất của z lần lƣợt là M và m . Khi đó M mi  tƣơng ứng bằng
A. 4 . B. 2 5 . C. 2 26 . D. 35 .
Bài 7. Cho số phức z thỏa mãn z z z z     3 12 . Gọi giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất
của biểu thức P z i    4 3 lần lƣợt là M và m . Giá trị của biểu thức M m 2 2  20 bằng:
A. 207 . B. 210 . C. 186. D. 254 .
Bài 8. (Đề thi thử THPT Nguyễn Huệ – Phú Yên 2021) Xét các số phức z thỏa mãn
z i z i       2 3 4 5 10. Gọi N n , lần lƣợt là giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của
P i    3z 1 . Tính N n  .
A. 135 365  . B. 2 135 365  .
C. 2 365  . D. 2 135  .
Hƣớng dẫn
P i MI     3z 1 với M là điểm biểu diễn số phức z và I 1;1 .
z i z i       2 3 4 5 10.        3 6 9 3 12 15 30 z i z i
   MA MB AB , A B 6; 9 , 12;15      . Suy ra M thuộc đoạn AB .
Tìm đƣợc n d I AB N IB      , 2; 365 
2. Nhóm bài toán thể hiện tổng khoảng cách từ một điểm trên một đƣờng thẳng đến
hai điểm cố định (hoặc đến hai điểm di động trên hai đƣờng nào đó)
Bài toán xuất phát: Cho hai điểm A B , và đƣờng thẳng d . Tìm điểm M thuộc đƣờng
thẳng d sao cho MA MB  nhỏ nhất.
16
Hƣớng giải quyết:
+) Nếu A B , nằm khác phía với đƣờng thẳng d thì ( ) MA MB AB   min khi
M M d AB    0
+) Nếu A B , nằm cùng phía với đƣờng thẳng d thì ( ) ‘ MA MB AB   min khi
M M d AB    0 ‘, với B ‘ là điểm đối xứng với B qua đƣờng thẳng d .
Tạo bài tập từ bài toán trên:
+)Thiết kế giả thiết: Thiết kế giả thiết sao cho tập hợp điểm M biểu diễn số phức z là
một đƣờng thẳng d .
+)Thiết kế yêu cầu: Thiết kế yêu cầu bài toán tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức chứa tổng
hai môđun của hiệu hai số phức sao cho tạo ra yếu tố tổng khoảng cách từ điểm M đến hai
điểm A B , cố định, tức là tìm giá trị nhỏ nhất của z z z z    1 2 với A B , là điểm biểu diễn
của
z z 1 2 , .
Ví dụ 10. Xét các số phức z thỏa mãn 2 5 4 2 3 4 z i z i      . Tìm giá trị nhỏ nhất của
P z i z i       1 4 1 .
17
A. 29 . B. 5 . C. 41 . D. 10 .
Hƣớng dẫn giải
Bƣớc 1: Đƣa biểu thức P về khoảng cách:
P z i z i z i z i MA MB                1 4 1 ( 1 4 ) (1 ) , với A B ( 1; 4), 1;1     và M là
điểm biểu diễn số phức z .
Bƣớc 2: Tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z :
Gọi z x yi x y    , ,  .
Ta có 2 5 4 2 3 4 2 5 2 4 2 3 2 4 z i z i x y i x y i                     
        2 5 2 4 2 3 2 4 x y x y 2 2 2 2      
    x y 4 2 0
.
Suy ra tập hợp điểm biểu diễn số phức z là đƣờng thẳng d x y : 4 2 0    .
Bƣớc 3: Phát biểu thành bài toán hình học:
Cho đƣờng thẳng d x y : 4 2 0    và hai điểm A B ( 1; 4), 1;1    . Tìm giá trị nhỏ nhất của
P MA MB   .
Bƣớc 4: Giải bài toán hình học:
Dễ kiểm tra đƣợc A và B nằm khác phía so với đƣờng thẳng d nên
P MA MB AB     29 và    M d AB.
Ví dụ 11. Xét các số phức z thỏa mãn z i z i     3 1 3   là một số thực. Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức P z z i     2 5 .
A. 5 . B. 173 . C. 29 . D. 3 13 .
Hƣớng dẫn giải
Bƣớc 1: Đƣa biểu thức P về khoảng cách:
P z z i z z i z z i z z i MO MB                   2 5 2 5 2 5 2 5      
và M là điểm biểu diễn số phức z , O B 0;0 , 2; 5    .
Bƣớc 2: Tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z :
Gọi z x yi x y    , ,  .
Ta có z i z i x y i x y i            3 1 3 3 1 1 3                  
18
                    x x y y x y x y i 3 1 1 3 3 3 1 1           
z i z i     3 1 3   là một số thực     x y x y       3 3 1 1 0     
    x y 4 0
Suy ra tập hợp điểm biểu diễn số phức z là đƣờng thẳng d x y : 4 0    .
Bƣớc 3: Phát biểu thành bài toán hình học:
Cho đƣờng thẳng d x y : 4 0    và hai điểm O B 0;0 , 2; 5    . Tìm giá trị nhỏ nhất của
P MO MB   .
Bƣớc 4: Giải bài toán hình học:
Dễ kiểm tra đƣợc O và B nằm cùng phía so với đƣờng thẳng d .
Gọi O’ là điểm đối xứng với O qua d , tìm đƣợc O ‘ 4;4  
P MO MB MO MB O B       ‘ ‘ 3 13 và    M d AB.
Dấu bằng xảy ra khi ‘ ; 12 8
5 5
M O B d        
 .
Một số hƣớng phát triển bài toán
Hƣớng 1: Thiết kế giả thiết tập hợp điểm M biểu diễn số phức z là một đƣờng thẳng.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P chứa tổng ba đoạn thẳng.
Ví dụ 12. Xét các số phức z thỏa mãn iz i z i    2 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P z i z i z i          1 2 1 6 5 6 .
A. 2 17 3
2

. B.
2 17 5
2

. C.
93
10
. D. 13
2
.
Hƣớng dẫn giải
Bƣớc 1: Đƣa biểu thức P về khoảng cách:
19
Ta có P z i z i z i MA MB MC             1 2 1 6 5 6 , với A B C 1;2 , 1;6 , 5;6     .
Bƣớc 2: Tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z :
Gọi z x yi x y    , ,  .
Ta có iz i z i z z i        2 2 2 2       x y x y 2 2 2 2 2 2     y x.
Suy ra tập hợp điểm biểu diễn số phức z là đƣờng thẳng d y x :  .
Bƣớc 3: Phát biểu thành bài toán hình học:
Cho đƣờng thẳng d y x :  và các điểm A B C 1;2 , 1;6 , 5;6     . Điểm M d  sao cho
P MA MB MC    nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất đó.
Bƣớc 4: Giải bài toán hình học:
Gọi A’ là điểm đối xứng với A qua đƣờng thẳng d . Ta có A’ 2;1  .
Gọi ‘ ; 7 7
2 2
N A C d N       
  . Ta có BN d  .
Khi đó P MA MB MC MA MC MB A C MB A C BN A C d B d             ‘ ‘ ‘ ‘ ‘ ,    
5 2 17 5
34
2 2

   .
20
Dấu “=” xảy ra 7 7 ;
2 2
  M N    
  .
Bình luận: Để dấu “=” xảy ra thì khi ra giả thiết điểm B phải cách đều hai điểm A và C .
Ví dụ 13 (Sở Gia Lai 2021). Xét hai số phức z w , thỏa mãn z i z i      1 2 2 và
w i w i      2 3 4 . Giá trị nhỏ nhất của z i w i z w        3 3 bằng 2
5
abc với
a b c , , là các số nguyên tố. Tính giá trị của a b c   .
A. 24 . B. 25 . C. 26 . D. 22 .
Hƣớng dẫn giải
Bƣớc 1: Gọi M N , lần lƣợt là các điểm biểu diễn của z w , và A3;1. Khi đó,
P z i w i z w AM AN MN            3 3
Bƣớc 2: Giả sử z x yi   và w a bi   x y a b , , ,  .
Ta có z i z i x y x y x y                 1 2 2 1 2 2 1 3 0  2 2 2 2       .
w i w i a b a b a b                  2 3 4 2 3 4 1 2 1 0  2 2 2 2       .
Do đó, tập hợp các điểm biểu diễn z w , trong mặt phẳng tọa độ lần lƣợt là hai đƣờng
thẳng    1 : 3 0 x y và     2 : 2 1 0 x y .
Bƣớc 3: Bài toán trở thành: Cho đƣờng thẳng   1 2 , và A3;1. M N   1 2 , . Tìm
giá trị nhỏ nhất của biểu thức P AM AN MN   
21
Bƣớc 4: Gọi A A 1 2 , lần lƣợt đối xứng với A qua   1 2 , .
Đƣờng thẳng AA1 đi qua A3;1và vuông góc với 1 có phƣơng trình là: 3 8 0 x y   
H AA   1 1

nên là nghiệm của hệ

3 0
3 8 0
x y
x y
  

   
12 4
;
5 5
   H    
  1
9 13
;
5 5
   A    
 
Đƣờng thẳng AA2 đi qua A3;1và vuông góc với 2 có phƣơng trình là: 2 7 0 x y   
K AA    2 2 nên là nghiệm của hệ 2 1 0
2 7 0
x y
x y
   

   
13 9
;
5 5
  K    
  2
11 13
;
5 5
  A    
 
P AM AN MN A M A N MN A A        1 2 1 2
P đạt giá trị nhỏ nhất bằng A A 1 2 khi M A A    1 1 2 ; N A A    2 1 2
Ta có
2 2
1 2
11 9 13 13 2 2
170 2.5.17
5 5 5 5 5 5
A A               
   
Suy ra a b c       2 5 17 24.
Hƣớng 2: Thiết kế giả thiết tập hợp điểm M biểu diễn số phức z là một đƣờng thẳng d .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P z z z z MA MB       1 2 với điểm A và B có thể
xây dựng theo một trong các hƣớng sau:
+) Điểm A và B biểu diễn cho hai số phức di động trên hai đƣờng tròn (hai đƣờng tròn
này không cắt đƣờng thẳng)
22
+) Điểm A cố định và điểm B di động trên một đƣờng tròn.
+) Điểm A di động trên một đƣờng thẳng song song với d và điểm B di động trên một
đƣờng tròn không cắt đƣờng thẳng d .
Ví dụ 14. (Đề thi thử THPT Quảng Xƣơng II – 2021). Xét các số phức
z a bi a b    , ,   thỏa mãn điều kiện 3 2 12 a b   , số phức z1 thỏa mãn z i 1    3 4 1 , số
phức z2 thỏa mãn 2 3 4 1
2
z i    . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P z z z z      1 2 2 2
. A. 5 2 3  . B. 9945
13
. C. 5 2 5  . D. 9945
11
.
Hƣớng dẫn giải
Bƣớc 1: Gọi M A B , , lần lƣợt là các điểm biểu diễn z z z , , 2 1 2
P z z z z MA MB         1 2 2 2 2.
Bƣớc 2: 3 2 12 a b    M thuộc đƣờng thẳng d x y :3 2 12 0   
.
z i 1    3 4 1  A thuộc đƣờng tròn C1 có tâm I13;4 , bán kính R 1 .
2 2
1
3 4 2 6 8 1
2
z i z i         B thuộc đƣờng tròn C2  có tâm I2 6;8 , bán kính
R 1 .
Ta thấy hai đƣờng tròn I R 1,  vàI R 2, nằm cùng phía với d .
Bƣớc 3: Bài toán trở thành: Cho hai đƣờng tròn C C 1 2 ,  và đƣờng thẳng d , điểm M d 
, A C B C    1 2 ,  . Tìm giá trị nhỏ nhất của P MA MB    2.
Bƣớc 4: Gọi I A 1,  lần lƣợt là điểm đối xứng với I A 1, qua đƣờng thẳng d .
C1 ‘ là đƣờng tròn đối xứng với đƣờng tròn C1 qua đƣờng thẳng d .
23
2 1
9945
‘ ‘ 2
13
MA MB MA MB I I R R        
.
Do đó min 9945 9945 2 2
13 13
P    
.
Dấu “=” xảy ra khi B F A E   ,  .
Ví dụ 15. (Sở Kiên Giang 2021) Xét hai số phức z w , thỏa mãn z i    3 1 và
w w i    1 Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P w i w z      1 3 bằng
A.
Pmin  13 . B. Pmin   2 5 1. C. Pmin  5. D. Pmin  7 .
Hƣớng dẫn giải
Bƣớc 1: Gọi M a b N x y  ; , ;    theo thứ tự là các điểm biểu diễn cho các số phức , z w .
Khi đó P w i w z w i w z NA NM              1 3 1 3   , với A là điểm biểu
diễn cho số phức   1 3i .
24
Bƣớc 2: Ta có | 3 | 1 3 1 1 z i a b M           2 2   thuộc đƣờng C tròn tâm I 3;1,
bán kính R 1.
| 1| | | 1 1 w w i x y x y y x N               2 2 2 2   thuộc đƣờng thẳng d y x :  
Bƣớc 3: Bài toán trở thành: Cho đƣờng trònC , đƣờng thẳng d và điểm A1;3 .
Điểm M C  , N d  . Tìm giá trị nhỏ nhất của P NA NM  
Bƣớc 4:
Ta thấy điểm A và đƣờng tròn C nằm về cùng một phía đối với đƣờng thẳng d y x :  
. Gọi B là điểm đối xứng với A qua đƣờng thẳng y x   thì B3;1 .
Ta lại có P NA NM BN NM MI BI              1 1 6 5 5.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi B N M I , , , thẳng hàng, M nằm giữa hai điểm B và I .
Khi đó N BI d   , 5
6
BM BI  suy ra N 1;1, M 2;1 .
Vậy biểu thức P i z      w 1 3 w đạt giá trị nhỏ nhất bằng 5 khi và chỉ khi
w i z i      1 ; 2 .
25
Ví dụ 16. Xét các số phức z u , w, thỏa mãn z là số thuần thực, w w 4   i , u i    3 4 1
. Tìm giá trị nhỏ nhất của P z z u     w .
A. 8. B. 7 . C. 5. D. 6 .
Hƣớng dẫn giải
+) Bƣớc 1: Gọi M N K , , lần lƣợt là các điểm biểu diễn z u ,w, . Ta có P MN MK   .
+) Bƣớc 2: Tìm đƣợc tập hợp điểm biểu diễn số phức z là trục hoành; tập hợp điểm biểu
diễn số phức w là đƣờng thẳng d y : 2  ; tập hợp điểm biểu diễn số phức u là đƣờng
tròn C có tâm I 3;4 bán kính R 1 .
+) Bƣớc 3: Bài toán trở thành: Tìm giá trị nhỏ nhất của P MN MK   với
, ,
K C   .
+) Bƣớc 4: Ta thấy d Ox // . Gọi d là đƣờng thẳng đối xứng với d qua trục Ox suy ra
d y : 2   .
Với mọi M Ox N d K C    , ,  , N đối xứng với N qua Ox ta có
P MN MK MN MK K N d I d R             0 0  , 6 1 5  .
Dấu “=” xảy ra khi N N  0 là hình chiếu của I trên d, M M  0 là hình chiếu của I trên
Ox và K K IN C    0 0  , K0 nằm trong đoạn IN0 . Tìm đƣợc z w i u i      3, 3 2 , 3 3
.
M Ox  N d 
26
Hƣớng 3: Thay giả thiết tập hợp điểm biểu diễn số phức z (tức điểm M ) thành đƣờng
tròn, đƣờng elip, parabol, đa giác… Điểm A và B nằm khác phía với các đƣờng nói trên.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P MA MB   .
Ví dụ 17. Xét các số phức z thỏa mãn z i    1 2 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P z i z i       4 3 1 .
A. 4 . B. 3. C. 10 . D. 13 .
Hƣớng dẫn giải
Bƣớc 1: Đƣa biểu thức P về khoảng cách:
Ta có P z i z i MA MB         4 3 1 , với A B 4;3 , 1;1   .
Bƣớc 2: Tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z :
Gọi z x yi x y    , ,  .
Ta có z i    1 2 2      x y 1 2 4 2 2   .
Suy ra tập hợp điểm biểu diễn số phức z là đƣờng tròn C có tâm I 1;2, bán kính R  2
Bƣớc 3: Phát biểu thành bài toán hình học:
Cho đƣờng tròn C có tâm I 1;2, bán kính R  2 và hai điểm A B 4;3 , 1;1   , điểm M
thay đổi nằm trên đƣờng tròn. Tìm giá trị nhỏ nhất của P MA MB   .
Bƣớc 4: Giải bài toán hình học:
Ta thấy A và B nằm khác phía với đƣờng tròn C. Theo kết quả bài toán trên ta có
P MA MB AB     13
.
Vậy P M min   13 là giao điểm của đoạn AB và C, tìm đƣợc
17 2 43 47 4 43
;
13 39
M
   
   
 
.
Ví dụ 18 (Sở Nam Định- 2021). Trên mặt phẳng tọa độ, gọi M a b  ;  là điểm biểu diễn số
phức z thỏa mãn z i    4 4 4  . Gọi A B C , , lần lƣợt là điểm biểu diễn số phức
z i 1    1 3 , z i 2   3 , z i 3    2 5 . Khi biểu thức P MA MB
AB BC
 
   
  đạt giá trị nhỏ nhất thì
41
m n p
a


, m n p , ,   . Giá trị tổng m n p   bằng
27
A. 401. B. 748. C. 738. D. 449 .
Hƣớng dẫn giải
Bƣớc 1: A B C    2; 3 , 3;1 , 2;5      và AB BC   41 .
Do đó 1  
41
MA MB
P MA MB
AB BC
 
     
  .
Bƣớc 2: z i    4 4 4  suy ra M thuộc đƣờng tròn T  có tâm I 4;4, bán kính R  4 .
Bƣớc 3: Bài toán trở thành: Cho đƣờng tròn T  và M T  , A B   2; 3 , 3;1   . Tìm giá
trị nhỏ nhất của 1  
41
P MA MB  
Bƣớc 4: Dễ thấy A nằm ngoài đƣờng tròn và B nằm trong đƣờng tròn nên
MA MB AB   .
min
1
.
41
P AB  xảy ra khi M là giao điểm của đƣờng thẳng AB và đƣờng tròn T ,
đồng thời M nằm giữa A và B .
Đƣờng thẳng AB có phƣơng trình 3 5
1 4
x t
y t
  

  
.
Đƣờng tròn T  có phƣơng trình x y     4 4 16 2 2   .
28
Xét hệ phƣơng trình
 2 2  
17 535
3 5
41
1 4
17 535
4 4 16
41
x t t
y t
x y t
    
        
  
        
Với 17 535 208 5 535 (KTM)
41 41
t x
 
  
17 535 208 5 535  
41 41
t x TM     
.
Suy ra m n p     208; 5; 535
Ví dụ 19. Xét các số phức z thỏa mãn 2 2 z i z z i     . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức Q z i z i       3 1 4 .
Hƣớng dẫn giải
+) Bƣớc 1: Q z i z i z i z i MA MB               3 1 4 3 1 4     , A B 3;1 , 1;4    .
+) Bƣớc 2: Từ z i z z i      3 2 suy ra tập hợp điểm M biểu diễn số phức z là
parabol có phƣơng trình  : 1 2
4
P y x  .
+) Bƣớc 3: Bài toán trở thành tìm giá trị nhỏ nhất của Q MA MB   với M P   và
A B 3;1 , 1;4   .
29
+) Bƣớc 4: Ta thấy hai điểm A và B nằm khác phía với P nên MA MB AB    13
. Dấu “=” xảy ra khi M M  0 là giao điểm của đoạn AB với P, 3 31; 20 31
2
M
  
     
 
.
Bài tập tự luyện
Bài 1. Xét các số phức z z 1 2 , thỏa mãn z i 1    2 1 và z i z i 2 2      3 4 2 3 . Tìm giá trị
nhỏ nhất của biểu thức
P z z z i      1 2 2 3 .
A. 85 1  . B. 85 1  . C. 8. D. 41
5
.
Bài 2. Cho hai số phức z z 1 2 , thỏa mãn z i 1    1 3 1và z i z i 2 2      1 5 . Giá trị nhỏ nhất
của biểu thức     
P z i z z 2 2 1 1 bằng
A. 10 1  . B. 3.
C. 
2 85
1
5
. D. 10 1  .
Bài 3. (Nguyễn Khuyến – Nam Định 2021) Giả sử z1 , z2 , z3 là ba số phức thỏa mãn
z1   4 1, z i 2   4 2 và z iz 3 3    1 1 . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P z z z z     3 1 3 2 bằng
A. 3. B. 2 3 . C. 5. D. 3 3 .
Bài 4. Xét các số phức z z 1 2 , thay đổi nhƣng luôn thỏa mãn z i z i 1 2       1 7 4 5 , z3
là số thực. Khi z z 1 2  đạt giá trị nhỏ nhất, hãy tính giá trị lớn nhất của P z z z z     1 3 2 3
.
A. 2 5 . B. 5. C. 26 . D. 29 .
Bài 5. Cho các số phức z , z1, z2 thỏa mãn z i z 1 2      4 5 1 1 và z i z i     4 8 4 . Tính
M z z   1 2 khi P z z z z     1 2 đạt giá trị nhỏ nhất.
A. 41 . B. 6 . C. 2 5 . D. 8.
Bài 6. Cho số phức z thỏa mãn z i z    3 3 .Giá trị nhỏ nhất của
P iz z i      | 2 | | 2 1|
30
bằng
A. 0 . B. 17 . C. 2 . D. 3.
Bài 7. (Kim Liên – Hà Nội 2019) Xét các số phức thỏa mãn .
Gọi , lần lƣợt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức
. Tìm , .
A. ; . B. ; .
C. ; . D. ; .
3. Nhóm bài toán thể hiện hiệu các khoảng cách.
Bài toán xuất phát: Cho hai điểm A B , và đƣờng thẳng d , A và B cùng phía với đƣờng
thẳng d . Tìm điểm M thuộc đƣờng thẳng d sao cho MA MB  lớn nhất.
Hƣớng giải quyết: Ta có MA MB AB   . Do đó
max
MA MB AB  
    M M AB d 0 .
Tạo bài tập từ bài toán trên:
+)Thiết kế giả thiết: Thiết kế giả thiết sao cho tập hợp điểm M biểu diễn số phức z là
một đƣờng thẳng d .
+)Thiết kế yêu cầu: Thiết kế yêu cầu bài toán tìm giá trị lớn nhất của biểu thức chứa giá
trị tuyệt đối của hiệu hai môđun sao cho tạo ra yếu tố hiệu khoảng cách từ điểm M đến
hai điểm
A B , cố định, tức là tìm giá trị lớn nhất của z z z z    1 2 với A B , là điểm biểu
diễn của z z 1 2 , .
Ví dụ 20. Xét các số phức z thỏa mãn z i z i      1 3 3 . Gọi z0 là số phức thỏa mãn
biểu thức P z i z i       1 2 1 2 đạt giá trị lớn nhất. Tính tổng phần thực và phẩn ảo của
z0 .
z z i z i       3 2 3 3 5
M m P z z i      2 1 3
M m
M   17 5 m  3 2 M   26 2 5 m  2
M   26 2 5 m  3 2 M   17 5 m  3
31
A. 3. B. 4 . C. 5. D. 6 .
Hƣớng dẫn giải
Bƣớc 1: Đƣa biểu thức P về khoảng cách:
Ta có P z i z i MA MB         1 2 1 2 , với A B 1;2 , 1;2    .
Bƣớc 2: Tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z :
Gọi z x yi x y    , ,  .
Ta có z i z i      1 3 3         x y x y 1 3 3 1 2 2 2 2         y x.
Suy ra tập hợp điểm biểu diễn số phức z là đƣờng thẳng d y x :  .
Bƣớc 3: Phát biểu thành bài toán hình học: Cho đƣờng thẳng d y x :  và các điểm
A B 1;2 , 1;2    . Điểm M d  sao cho P MA MB   lớn nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất đó và
tìm tọa độ điểm M .
Bƣớc 4: Giải bài toán hình học:
Ta thấy A B 1;2 , 1;2    cùng phía với d y x :  nên P MA MB AB     2.
Vậy P M M AB d max 0      2 .
AB y : 2 0   suy ra M0 2;2.
Do đó z i 0   2 2 .
Một vài hƣớng phát triển bài toán:
Hƣớng 1: Thay đổi giả thiết tập tập điểm M biểu diễn số phức z là đƣờng tròn, đƣờng
elip, đƣờng parabol, đa giác…
Hƣớng 2: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P z z z z     1 2 (tức là tìm giá trị lớn nhất
của P MA MB   ) với hai điểm A B , cho trƣớc và nằm cùng phía với tập hợp biểu diễn
số phức z
Ví dụ 21. Xét các số phức z x yi x y    , ,   và z y 2   3 16 2 . Tính giá trị lớn nhất của
P z z i     2 .
A. 6 . B. 5 . C. 2 . D.
5 2
.

Xem bản đầy đủ trên google drive: TẠI ĐÂY

Các thầy cô cần file liên hệ với chúng tôi tại fanpage facebook O2 Education

Hoặc xem nhiều SKKN hơn tại:  Tổng hợp SKKN luận văn luận án O2 Education

SKKN Bồi dưỡng năng lực tư duy sáng tạo cho học sinh THPT qua một số bài toán về mặt cầu trong không gian Oxyz

ĐIỀU KIỆN HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN
Xuất phát từ nhu cầu xã hội đòi hỏi ngành giáo dục phải đào tạo ra những
con người phát triển toàn diện về đạo đức, trí tuệ, có tính tự giác cao, tích cực chủ
động trong học tập, lao động và chiến đấu.
Giáo dục nước ta đang trong quá trình đổi mới cả về nội dung, phương
pháp giảng dạy, đổi mới cách tiếp cận tư duy và cách thức học tập của học sinh.
Đặc biệt là trong đổi mới phương pháp dạy học nhằm hạn chế khắc phục những
điểm yếu, những tồn tại mà các phương pháp dạy học cũ chưa giải quyết được
đồng thời phát huy tính tích cực của các phương pháp này.
Theo tinh thần Nghị quyết số 29-NQ/TW ngày 04/11/2013 của Hội nghị
lần thứ 8 Ban chấp hành Trung ương Đảng (khoá XI) về đổi mới căn bản, toàn
diện giáo dục và đào tạo, đáp ứng yêu cầu công nghiệp hoá, hiện đại hoá trong
điều kiện kinh tế thị trường định hướng xã hội chủ nghĩa và hội nhập quốc tế.
Trên cơ sở giáo dục toàn diện và hài hoà đức, trí, thể, mỹ, mục tiêu chương
trình giáo dục phổ thông xác định những yêu cầu cần đạt về phẩm chất, năng
lực của học sinh ở từng cấp học; mục tiêu chương trình môn học xác định
những yêu cầu về kiến thức, kỹ năng, thái độ, hướng đến hình thành những
phẩm chất, năng lực đặc thù môn học và các phẩm chất, năng lực khác ở từng
lớp, từng cấp học. “Phương pháp giáo dục phổ thông phải phát huy tính tích cực
chủ động tư duy sáng tạo của học sinh; phù hợp với đặc điểm của từng lớp học,
môn học, bồi dưỡng phương pháp tự học; khả năng làm việc theo nhóm, rèn
luyện kỹ năng làm việc theo nhóm, rèn luyện kỹ năng vận dụng kiến thức vào
2
thực tiễn; tác động đến tình cảm đem lại niềm vui, hứng thú học tập cho học
sinh”. “Phương pháp giáo dục phải phát huy tính tích cực tự giác, chủ động tư
duy sáng tạo của học sinh, bồi dưỡng năng lực tự học khả năng thực hành, lòng
say mê học tập và ý chí vươn lên”.
Bắt đầu từ năm 2017, Bộ Giáo dục và Đào tạo đã thực hiện đổi mới hình
thức tổ chức kì thi THPT Quốc gia. Trong đó, môn Toán đã được chuyển sang
phương thức thi Trắc nghiệm hoàn toàn. Như vậy, năm 2021 là năm thứ 5 liên
tiếp môn Toán trong kì thi THPT Quốc gia được đổi từ hình thức thi Tự luận
sang Trắc nghiệm. Song song với việc thay đổi hình thức thi, nội dung kiến
thức trong môn Toán được mở rộng hơn và cũng có nhiều câu hỏi khó hơn so
với những năm trước. Do đó, giáo viên cũng phải đổi mới phương pháp dạy,
thay đổi giáo án, thay đổi cách kiểm tra, ôn tập… để học sinh có thể hiểu và
nắm bắt kiến thức kịp thời, giải đề nhanh và chính xác…
Dạy học theo định hướng phát triển năng lực học sinh là một trong những
mục tiêu lớn của ngành giáo dục và đào tạo đặt ra trong giai đoạn hiện nay. Để
thực hiện mục tiêu đó cần thiết phải đổi mới phương pháp dạy học theo tinh thần
phát huy tính tích cực, chủ động, sáng tạo của học sinh, đồng thời bồi dưỡng cho
học sinh năng lực tự học, lòng say mê học tập và ý chí chí vươn lên.
Cùng với kì thi học sinh giỏi cấp tỉnh và kì thi THPT Quốc Gia môn toán
được tổ chức theo hình thức thi trắc nghiệm nên một số nội dung giảng dạy theo
phương pháp truyền thống không còn phù hợp, cần có hướng khai thác mới nhằm
phát huy năng lực tốt nhất cho học sinh.
3
Trong chương trình phổ thông các bài toán liên quan đến mặt cầu ở mức
độ vận dụng luôn là một khó khăn không chỉ đối với các em học sinh mà khó
khăn đối với cả giáo viên mới. Trong đó những bài toán khai thác các yếu tố hình
học vừa đòi hỏi học sinh tư duy tốt hình học, vừa đòi hỏi tư duy tốt đại số, giải
tích. Nếu học sinh học tốt nội dung này sẽ giúp các em phát triển các năng lực tư
duy sáng tạo, phát hiện vấn đề và giải quyết vấn đề bài toán đặt ra có hiệu quả
hơn, phát huy tính tích cực, hứng thú với tiết học, tránh tư tưởng học toán khô
khan, nhàm chán; phát triển năng lực phương pháp: khả năng tìm hướng đi mới,
khả năng tìm ra kết quả mới, khả năng sáng tạo ra bài toán mới; học sinh tự mình
xây dựng được các phương pháp học tập, các mô hình cơ bản (bài toán gốc), từ
đó áp dụng vào giải quyết các bài toán phức tạp hơn.
II. MÔ TẢ GIẢI PHÁP
1. Mô tả giải pháp trước khi tạo ra sáng kiến
Trong những năm qua, đã có những sáng kiến kinh nghiệm viết về chuyên
đề mặt cầu và các bài toán có liên quan, tuy nhiên các tác giả đa phần chỉ đề cập
kỹ đến những nội dung cơ bản mà chưa có nhiều bài toán vận dụng, vận dụng
cao. Các sáng kiến đó có ưu điểm tập trung việc dạy các chuyên đề mức nhận biết
và thông hiểu cho đối tượng học sinh trung yếu và trung bình, nên chưa đáp ứng
được các đối tượng học sinh khá và giỏi. Sáng kiến kinh nghiệm này ra đời nhằm
đáp ứng việc đổi mới phương pháp dạy học, dùng phương pháp dạy học phân hóa
để khắc phục các nhược điểm của các giải pháp cũ nêu trên.
Trước khi áp dụng sáng kiến vào giảng dạy, gặp các câu vận dụng liên
quan đến mặt cầu trong hệ không gian Oxyz, đặc biệt là những câu đòi hỏi cao về
4
tư duy hình học hoặc những câu xử lý về đại số phức tạp trong đó có đánh giá về
giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất các em học sinh thường không định hướng được
cách giải. Các em học sinh chỉ biết biến đổi không mục đích, không biết tư duy
hình vẽ, thậm chí chủ động đoán mò đáp án. Khi đó nếu được thầy cô chữa bài
các em chỉ biết cách giải câu đó, không có sự liên hệ với các câu khác và rất
nhanh lại quên kiến thức, đặc biệt nếu thay đổi số liệu một số em học sinh không
linh hoạt để xử lý bài toán được.
Ưu điểm: Những học sinh giỏi có thể tự tìm tòi, định hướng được cách giải
chung cho một số câu có hướng tư duy tương tự.
Nhược điểm: Nhiều học sinh không thể định hướng được cách giải bài
toán này, học sinh buông xuôi khi gặp dạng toán tương tự.
Xuất phát từ lí do trên, qua kinh nghiệm giảng dạy của bản thân và học hỏi, dự
giờ đồng nghiệp, chúng tôi viết sáng kiến kinh nghiệm:
“Bồi dưỡng năng lực tư duy sáng tạo cho học sinh THPT
qua một số bài toán về mặt cầu trong không gian Oxyz”
2. Mô tả giải pháp sau khi có sáng kiến
Nhằm khắc phục các nhược điểm trước khi tạo ra sáng kiến, đặc biệt là đổi
mới dạy học theo hướng phát triển năng lực của học sinh một cách hiệu quả nhất,
tôi đã nghiên cứu kĩ và viết sáng kiến kinh nghiệm này.
Những điểm mới trong sáng kiến được đề cập đến:
– Các hướng xây dựng bài toán dựa trên:
1. Vị trí tương đối giữa điểm với mặt cầu.
2. Vị trí tương đối giữa mặt phẳng và mặt cầu.
5
3. Vị trí tương đối giữa đường thẳng và mặt cầu.
4. Vị trí tương đối giữa mặt cầu và mặt cầu.
– Các hướng sáng tạo các bài toán mới dựa vào bài toán gốc: trong mỗi nội
dung trình bày các bài toán gốc tôi định hướng cho học sinh cách tư duy và các
hướng phát triển của bài toán đó từ dễ đến khó để học sinh dễ dàng nhận ra bài
toán gốc. Qua đó cũng định hướng cho giáo viên cách phát triển các dạng toán đa
dạng và linh hoạt hơn.
6
NỘI DUNG 1:
MỘT SỐ BÀI TOÁN XÂY DỰNG DỰA TRÊN
VỊ TRÍ TƢƠNG ĐỐI CỦA ĐIỂM VÀ MẶT CẦU.
1. Lý thuyết
Cho mặt cầu S tâm I bán kính R và điểm M.
+ Nếu IM R  thì ta nói rằng điểm M nằm trong mặt cầu.
+ Nếu IM R  thì ta nói rằng điểm M thuộc mặt cầu, khi đó IM là bán kính
mặt cầu
+ Nếu IM R  thì ta nói rằng điểm M nằm trong mặt cầu.
2. Một số hƣớng xây dựng bài toán
Hƣớng 1: Kẻ tiếp tuyến từ một điểm nằm ngoài mặt cầu đến mặt cầu.
Bài toán 1:Từ điểm M kẻ ba hay nhiều hơn các tiếp tuyến đến mặt cầu ( ) S
Tập hợp các tiếp điểm là đường tròn ( ) C nằm trên ( ) P thỏa mãn:

Bán kính :

;

r 2 2 2 2
1 1 1
r R MI R
 

Tâm H là hình chiếu của I M ( ) trên ( ) P có:
2
2 .
R
IH IM
IM

Mặt phẳng ( ) P hoàn toàn xác định: đi qua H và nhận IM là một vectơ pháp
tuyến.
Ví dụ 1: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu
S x y z : 1 2 1 9        2 2 2     và điểm M 2;2;5. Tập hợp các tiếp điểm
của tiếp tuyến kẻ từ M đến S là đường tròn có bán kính r bằng
I
M
R
7
A. 12
5
. B. 3 . C. 16
5
. D. 9
5
.
Lời giải
Chọn A
Ta có
2 2 2 2
1 1 1 1 1 25 12
16 9 144 5
r
r d R R
      

.
Ví dụ 2: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M    1; 1; 1 và mặt
cầu S x y z : 2 3 1 16        2 2 2     . Xét các điểm A thuộc S sao cho
đường thẳng MA tiếp xúc với S. A luôn thuộc một mặt phẳng cố định có
phương trình là
A. 3 4 2 0 x y    . B. 3 4 2 0 x y    .

C. . Lời giải

D. .

6 8 11 0 x y    6 8 11 0 x y    Chọn A
S có tâm I 2;3; 1 ;   bán kính R  4
M IM         1; 1; 1 3; 4;0    IM  5 .
Mặt phẳng cố định đi qua điểm H là hình chiếu của A xuống IM và nhận
IM     3; 4;0làm vectơ pháp tuyến.

Ta có , từ đó tính được tìm được
Mặt	phẳng	cần	tìm	có	phương	trình	là:

2 16
5
IA
IH
IM
  16
25
IH IM  2 11 ; ; 1
25 25
H     
 
2 11
3 4 0 3 4 2 0.
25 25
x y x y
   
            
   
Nhận xét: Ngoài cách tìm trực tiếp điểm H như ở ví dụ trên chúng ta cũng có thể
sử dụng thông qua khoảng cách ở ví dụ sau đây
Ví dụ 3: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A2;2;2 và mặt cầu
S x y z : 1 4 2 2      2 . Từ điểm A kẻ 3 tiếp tuyến AB AC AD , , với mặt cầu
S , trong đó B C D , , là các tiếp điểm. Viết phương trình mặt phẳng BCD
8
A. 2 2 5 0 x y z     . B. 2 2 1 0 x y z     .
C. 2 2 1 0 x y z     . D. 2 2 3 0 x y z     .
Lời giải
Chọn A
S có tâm I 0;0;1 ;  bán kính R  2
Xét tam giác ABI vuông tại B có BI R   2 , AI  3
gọi H BCD AI     ta có:
AI BCD    tại H và 2 . 4
3
BI HI AI IH   
Khi đó mặt phẳng BCD có vec tơ pháp tuyến n AI 
và
cách I một khoảng 4
3
nên:
 
  
: 2 2 0
|1 d | 4 3
4
; 3 3 5
3
mp BCD x y z d
d d
d I BCD
    
   
    
    

Do vậy
    
    
13
: 2 2 3 0 (1) d ;
3 5
: 2 2 5 0 (2) d ;
3
BCD x y z A BCD AI
BCD x y z A BCD AI

       

        
Loại (1), chọn (2). Vậy chọn đáp án A.
Nhận xét: Ngoài 2 cách sử dụng ở các ví dụ trên chúng ta cũng viết được phương
trình mặt phẳng ( ) BCD bằng cách sử dụng giao của hai mặt cầu là ( ) S và mặt
cầu tâm tâm A , bán kính bằng AI R 2 2 
Sáng tạo và phát triển thêm bài toán mới: Nếu trên ( ) C ta lấy 3 điểm phân
biệt A B C , , thì ta còn tạo ra được tứ diện MABC có các cạnh bên bằng nhau. Mà
trong hình học không gian tổng hợp ta biết rằng chân đường cao kẻ từ M xuống
mặt phẳng ( ) ABC là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Vậy trong trường
C
B
H
I
D
A
9
hợp này H chính là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC . Từ đó chỉ cần đề xuất
thêm giả thiết cho tứ diện MABC ta có thể tạo ra được các bài toán mới ở ví dụ 4
và ví dụ 5.
Ví dụ 4: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu
( ) : 2 4 6 13 0 S x y z x y z 2 2 2        và đường thẳng : 1 2 1
1 1 1
x y z
d      .
Điểm M a b c  ; ;  a  0nằm trên đường thẳng d sao cho từ M kẻ được ba tiếp
tuyến MA MB MC , , đến mặt cầu S ( A B C , , là các tiếp điểm) và AMB  60 ,
BMC  90 , CMA 120 . Tính a b c 3 3 3   .
A. 3 3 3 173
9
a b c    . B. 3 3 3 112
9
.
C. a b c 3 3 3    8. D. 3 3 3 23
9
a b c    .
Phân tích: Ở ví dụ này từ giả thiết AMB  60 , BMC  90 , CMA 120 ta có
được tam giác ABC vuông do đó tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là
trung điểm J của AC và đây cũng là mấu chốt của bài toán.
Lời giải
Chọn B
Mặt cầu S có tâm I 1;2; 3  , bán kính R  3 3 .
C
B
M J I
A
10
Điểm M a b c  ; ;  a  0nằm trên đường thẳng d        M t t t t  1 ; 2 ;1 1   .
IM t t t      2; 4; 4.
Ta có MA MB MC m     0.
AB m BC m AC m    2; ; 3  ABC vuông tại B .
Gọi J là trung điểm AC JA JB JC   
Do IA IB IC   nên MI ABC    tại J .
Tam giác MIC vuông tại C; JMC MIC     60 30 .

Khi đó

(so điều kiện loại )

6
cos30
IC
MI  

2
0
3 4 0 4
3
t
t t
t
 
    
 

t  0Với 4 1 2 7 ; ; .
3 3 3 3
t M       
  Vậy a b c 3 3 3    112 9 .
Ví dụ 5: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng
4 4 4
:
3 2 1
x y z
d      và mặt cầu  : 1 2 3  2 2 2     14
3
S x y z      

. Gọi

A x y z x  0 0 0 0 ; ; 0     là điểm nằm trên đường thẳng d sao cho từ A kẻ được ba
tiếp tuyến đến mặt cầu S có các tiếp điểm B C D , , sao cho ABCD là tứ diện đều.
Tính giá trị của biểu thức P x y z    0 0 0 .
A. P  6. B. P 16. C. P 12 . D. P  8 .
Nhận xét: Tứ diện ABCD đều nên chân đường cao H kẻ từ A xuống ( ) BCD là
tâm của tam giác đều BCD
Lời giải
Chọn C
Gọi I là tâm của mặt cầu  I 1;2;3. Gọi H là giao điểm của mặt phẳng
BCD và đoạn AI . Khi đó H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD . (Vì
theo giả thiết AB AC AD   và 14
3
IB IC ID    nên AI vuông góc với mặt
phẳng BCD tại H ).
11
Đặt 14
3
AI x x
 
   
 
. Ta có 2 2 2 14
3
AB AI IB x     ,
2 14
.
3
IB IH IA IH
x
  
2
2 2 14 14
3 3
HB IB IH
x
 
      
 
2 2 2 2
2
14 196
2 . .cos120 3 3 3
3 9
BD HB HD HB HD HB BD HB
x
 
           
 
Do ABCD là tứ diện đều nên
2 2
2 2
14 14 196 14 196
3 14
3 3 9 3 3
AB BD x x
x x
 
          
 
2
4 2
2
14
3 56 196 0 14 3
14
x
x x x
x

 
       
  
.
Gọi tọa độ điểm A t t t 4 3 ;4 2 ;4    .
Suy ra AI t t t            14 4 3 1 4 2 2 4 3 14  2 2 2    
2 0
14 28 14 14
2
t
t t
t
 
     
  
 
 
4;4;4
2;0;2
A A

 
  
Do
x0  0 nên điểm A có tọa độ A4;4;4   P 12 .
Chú ý: Ta có thể giải quyết bài toán trên theo cách khác như sau
C
B
H
I
D
A
12
Đặt AB x  . Ta có: 1 1 1 28 2 2 2 2 2 14.
3 3
3
x
CH x AI
x x R
       
Bài toán 2: Từ điểm M kẻ hai tiếp tuyến MA MB , đến ( ) S ( A B , là các tiếp
điểm) sao cho góc giữa hai tiếp tuyến bằng 
Dựng ( ) P chứa tâm I của mặt cầu và điểm M đồng thời vuông góc với AB ,
cắt AB tại điểm H ta được:
2 2 2 2 2 2 2 4 4 .sin 2 (1 cos ) 2( )(1 cos )
2
AB HA MA MA AB MI R            .
Từ công thức này ta sẽ tạo ra được các bài toán liên quan đến các đối tượng:
Điểm M , góc  và độ dài đoạn AB .

Ví dụ 6: Trong

không gian với hệ tọa độ , cho mặt cầu :

Oxyz Sx y z       1 2 1 8 2 2 2     và điểm M 1; 1; 2 . Hai đường thẳng d1,
d2  đi qua M và tiếp xúc mặt cầu S  lần lượt tại A , B . Biết góc giữa d1 và
d2  bằng  với cos 3
4
  . Tính độ dài AB .
A. 7 . B. 11 . C. 5 . D. 7 .
Lời giải
Chọn A
Mặt cầu S có tâm I 1; 2; 1    và bán kính R  2 2 ; IM  22 ;
2 2 2 2 2 4 4 .sin 2 .(1 cos )
2
AB HA MA MA       
AB d R        2 1 cos 2 22 8 . 1 7  2 2            3 4
Sáng tạo bài toán mới từ ý tƣởng trên: Từ góc giữa hai tiếp tuyến bằng ta còn
khai thác được thêm về số tuyến tuyến kẻ từ M đến (S) thỏa mãn điều kiện trên
ở ví dụ 7 sau đây
Ví dụ 7: Trong không gian với hệ tọa độ , cho mặt cầu
. Có tất cả bao nhiêu điểm ( là các số
Oxyz
2
S x y z : 2 3 2 2 A a b c ; ; a b c , ,
13
nguyên) thuộc mặt phẳng sao cho có ít nhất hai tiếp tuyến của đi qua
và hai tiếp tuyến đó vuông góc với nhau?
A. . B. . C. . D. .
Lời giải
Chọn A
Do thuộc mặt phẳng nên .
Gọi góc tạo bởi hai tiếp tuyến qua là
Từ kẻ được ít nhất tiếp tuyến vuông góc đến mặt cầu khi và chỉ khi
.
Tập các điểm thỏa đề là các điểm nguyên nằm trong hình vành khăn (kể cả biên),
nằm trong mặt phẳng , tạo bởi đường tròn đồng tâm bán kính

lần lượt là	và	.
Vẽ hình và nhìn vào hình vẽ ta có	điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Nhận xét: Trong ví dụ trên nếu đề bài yêu cầu tìm tất cả các điểm có tọa độ
nguyên thuộc ( ) Oxy mà từ đó kẻ được đúng hai tiếp tuyến đến ( ) S sao cho hai
tiếp tuyến vuông góc với nhau thì chúng ta chỉ cần tìm các điểm thuộc đường
tròn x y 2 2  1 trên ( ) Oxy .
Bài toán 3:Từ một điểm kẻ các tiếp tuyến đến các mặt cầu thỏa mãn điều kiện
cho trước.
Cho điểm M nằm ngoài mặt cầu ( ) S1 tâm I1 , bán kính R1 và ( ) S2 tâm I2 , bán

kính . Từ điểm kẻ các tiếp tuyến ta có:

đến sao cho

R2M MA MB , ( ), ( ) S S 1 2 MA MB  2 2 2 2
MA MB MI R MI R      1 1 2 2 . Suy ra tập hợp các điểm M là một mặt
phẳng. Từ đó ta khai thác các bài toán có liên quan đến mặt phẳng chứa điểm M .
Ví dụ 8: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba mặt cầu lần lượt có
phương trình làx y z      5 1 5 2 2   2 ; x y z 2       2 3 6 2 2   và
Oxy S
A
12 8 16 4
A a b c ; ; Oxy A a b ; ;0
A 2
A 2
2
90 2 180 45 90 1
2
R d
R IA R 2
3 2 6 1 4 a b a b 2 2 2 2
Oxy 2 O 0;0;0
1 2
12
14
x y z      1 4 9 2 2 2   . Gọi M là điểm di động ở ngoài ba mặt cầu và X , Y ,
Z là các tiếp điểm của các tiếp tuyến vẽ từ M đến ba mặt cầu. Giả sử
MX MY MZ   , khi đó tập hợp các điểm M là đường thẳng có vectơ chỉ
phương là
A. u11;8; 7  . B. u29;8; 7  . C. u31; 1;9  . D. u42; 1;8  .
Phân tích: Theo phương án chúng ta đề cập ở trên thì điểm M sẽ nằm trên 2 mặt
phẳng phân biệt hay tập hợp các điểm M là 1 đường thẳng (giao tuyến của hai
mặt phẳng chứa điểm M )
Lời giải
Chọn B
Mặt cầu x y z      5 1 5 2 2   2 có tâm I1    5;1;0 bán kính R1  5 .
Mặt cầu x y z 2       2 3 6 2 2   có tâm I2   0; 2;3 bán kính R2  6 .
Mặt cầu x y z      1 4 9 2 2 2   có tâm I3    1;0;4 bán kính R3  3.
Gọi M x y z  ; ; , ta có
2 2 2
MX I M R   1 1  MX x y z 2 2        5 1 5 2 2   .
2 2 2
MY I M R   2 2  MY x y z 2 2        2 3 6 2 2   .
2 2 2
MZ I M R   3 3  MZ x y z 2 2        1 4 9 2 2   .
Theo giả thiết MX MY   MX MY 2 2   5 3 3 7 0 x y z     .
M
I2
I3
I1
Z
Y
X
15
Vậy điểm M thuộc mặt phẳng 5 3 3 7 0 x y z     có vectơ pháp tuyến
n1   5; 3;3. (1)
Theo giả thiết MY MZ   MY MZ 2 2   2 4 2 1 0 x y z     .
Vậy điểm M thuộc mặt phẳng 2 4 2 1 0 x y z     có vectơ pháp tuyến
n2    2; 4; 2. (2)
Từ (1) và (2) điểm M thuộc đường thẳng có vectơ chỉ phương
u n n        1 2 , 18;16; 14  .
Tập hợp điểm M là đường thẳng có vectơ chỉ phương u2 9;8; 7  .
Hƣớng 2: Điểm nằm trong mặt cầu
Cho mặt cầu ( ) S tâm I và bán kính R ; điểm A nằm trong ( ) S . Tìm điểm M
thuộc mặt cầu ( ) S sao cho
a) AMI nhỏ nhất.
b) AMI lớn nhất.
Hƣớng dẫn
a)Ta dễ dàng nhận thấy AMI nhỏ nhất khi A M I , , thẳng hàng . Từ đó ta có 2 vị
trí của điểm M .
b) Ta có:
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
cos
2 . 2 . 2 .
MA MI IA MA R IA MA R IA R IA
AMI
MA MI MA R MA R R
     
   
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi MA R AI MA AI R 2 2 2 2 2 2      hay tam giác
MAI vuông tại A do đó tập hợp các điểm M là mặt phẳng ( ) P đi qua A và
vuông góc với IA
Vì vậy ta có thể sáng tạo ra các bài toán bằng cách bổ sung thêm giả thiết liên
quan đến điểm M để tìm tọa độ của điểm M hoặc các bài toán liên quan đến
số điểm M thỏa mãn tính chất trên.
Nhận xét: Ở đây ta cũng có thể thấy được điểm M thuộc hai mặt cầu là ( ) S và
mặt cầu tâm A , bán kính bằng R AI 2 2 
16
Ví dụ 9: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A1; 3;0   và mặt cầu
( ):( 2) ( 6) 50 S x y z      2 2 2 tâm I. Xét các điểm M thuộc ( ) S sao cho góc
AMI lớn nhất, M luôn thuộc mặt phẳng có phương trình là
A. x y    3 10 0. B. x y    2 10 0.
C. x y    10 0. D. 2 10 0. x y   
Lời giải
Chọn A
Mặt cầu có tâm I R (2; 6;0), 5 2   và IA  10.
Cách 1:
AI   (1; 3;0) , ( ) P đi qua A và có VTPT (1; 3;0)  nên có phương trình:
x y    3 10 0.
Cách 2:
MA MA 2    40 2 10.
Gọi  
2 2 2
2 2 2
( ) ( 2) ( 6) 50
; ; 3 10 0.
2 10 ( 1) ( 3) 40
M S x y z
M x y z x y
MA x y z
         
       
         
Vậy M P x y     ( ) : 3 10 0.
Hƣớng 3: Khai thác một số bài toán liên quan đến giá trị lớn nhất và nhỏ
nhất
Bài toán 1:Cho mặt cầu S và điểm A . Tìm vị trí điểm M trên mặt cầu S
sao cho
a) Độ dài AM lớn nhất.
b) Độ dài AM nhỏ nhất.
Hƣớng dẫn
Đây là một bài toán tương tự như chúng ta đã biết trong mặt phẳng khi xét một
đường tròn và một điểm.
TH1: Điểm A nằm ngoài mặt cầu ( ) S (như hình vẽ)

Xem bản đầy đủ trên google drive: TẠI ĐÂY

Các thầy cô cần file liên hệ với chúng tôi tại fanpage facebook O2 Education

Hoặc xem nhiều SKKN hơn tại:  Tổng hợp SKKN luận văn luận án O2 Education

SKKN Một số phương pháp đặc biệt tìm nghiệm nguyên đối với phương trình chứa ẩn ở số mũ

Điều kiện hoàn cảnh tạo ra sáng kiến
Kiến thức về phương trình là một trong những nhóm kiến thức cơ bản
nhất được trình bày ở trong chương trình toán THPT. Hệ thống bài tập về
phương trình nói chung không những phong phú và đa dạng mà còn rất quan
trọng đối với học sinh, điều đó đã và đang được thể hiện qua các kỳ thi Tốt
nghiệp THPT và các kì thi chọn học sinh giỏi các cấp.
Khi dạy học về phương trình nói chung và phương trình chứa ẩn ở số mũ
nói riêng cho học sinh THPT thì việc bồi dưỡng các năng lực tư duy cho học
sinh là một trong các nhiệm vụ cơ bản của quá trình dạy học, đồng thời là một
yêu cầu thường xuyên và cần thiết nhằm thực hiện mục đích giáo dục toán học.
Trong đó việc phát triển năng lực giải toán về chủ đề liên quan cho học sinh là
một nhiệm vụ rất quan trọng của nhà trường phổ thông nước ta hiện nay. Vì
vậy, người thầy không chỉ cung cấp cho học sinh phương pháp giải, những
dạng toán cụ thể mà còn cần phải thông qua nó rèn luyện cho học sinh các kĩ
năng thực hiện nhanh và chính xác bài toán liên quan nhằm đáp ứng tốt nhất
các kì kiểm tra, đánh giá hay các kì thi hiện nay.
Hiện nay trên quan điểm cải cách giáo dục, người ta nghiên cứu và cải
tiến nội dung chương trình toán học bằng cách bỏ bớt nhũng lý luận dài dòng
không cần thiết. Mục tiêu cuối cùng cần đạt tới là làm thế nào cho học sinh nắm
được mối quan hệ biện chứng giữa các khái niệm, đồng thời hiểu và nhớ các
kiến thức cơ bản của môn học để tính toán, suy luận nhanh gọn để giải quyết
vấn đề đặt ra.
Trên tinh thần đó, chúng ta cần tăng cường cho học sinh vận dụng kiến
thức vào nhiều tình huống khác nhau thông qua hệ thống các ví dụ, bài tập đa
dạng, phong phú để giúp rèn luyện, phát triển tư duy cho học sinh. Khi đó học
sinh biết nhìn nhận mọi vấn đề dưới nhiều góc độ khác nhau. Không những vậy
mà thông qua việc giải các ví dụ trong chủ đề còn giúp học sinh hình thành thế
giới quan duy vật biện chứng, gây hứng thú học tập, say mê tìm tòi sáng tạo. Sự
say mê khoa học thường được bắt nguồn từ sự hiểu biết. Giúp học sinh hiểu
biết hơn về phương trình mũ nói riêng và phương trình chứa ẩn ở số mũ nói
chung là góp phần làm cho các em say mê môn toán và các môn khoa học khác.
Để nâng cao hiệu quả giáo dục và góp phần đáp ứng nhu cầu đổi mới
giáo dục ở nước ta hiện nay trong dạy học môn toán ở nhà trường Phổ thông
chúng tôi nghiên cứu đề tài: “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP ĐẶC BIỆT TÌM
NGHIỆM NGUYÊN ĐỐI VỚI PHƯƠNG TRÌNH CHỨA ẨN Ở SỐ MŨ”.
II. Mô tả giải pháp
1. Mô tả giải pháp trước khi tạo ra sáng kiến
Chủ đề về giải phương trình nói riêng hay tìm nghiệm nguyên trong các
phương trình là vô cùng quan trọng trong chương trình toán THPT. Đã có rất
nhiều các phương pháp để tiếp cận và giải quyết các bài toán trong chủ đề. Tuy
nhiên với việc đã quen với giải phương trình là đi tìm tập nghiệm của phương
trình đó, dẫn tới bài toán tìm nghiệm nguyên của phương trình nói chung thì
học sinh mới chỉ dừng lại ở mức quen thuộc là đi tìm tập nghiệm của phương
trình sau đó chỉ ra nghiệm nguyên của phương trình hoặc đi giải phương trình
đó gặp rất nhiều khó khăn mà chưa biết và chưa được cung cấp các phương
pháp đặc biệt nào giúp các em giải quyết nhanh gọn. Đôi khi chúng ta chỉ cần
dựa vào tính chất đặc biệt để có được tất cả các nghiệm nguyên của phương
trình đó mặc dù không cần chi tiết đi tìm tập nghiệm.
Trong đề thi Tốt nghiệp THPT hai năm gần đây hay đề thi chọn học sinh
giỏi tỉnh Nam Định đã xuất hiện bài toán trong chủ đề, cụ thể là “Tìm nghiệm
nguyên với phương trình chứa ẩn ở số mũ” gây ra cho nhiều học sinh khó khăn
nhất định trong việc tìm hướng giải quyết. Một trong những khó khăn mà học
sinh gặp phải là chưa khai thác hết tính chất về số học nói chung cũng như tính
chất chia hết, tính chất đồng dư…nói riêng hay việc áp dụng các đánh giá, các
tính chất hàm số.
Trong quá trình dạy học của mình, chúng tôi nhận thấy nếu cung cấp cho
học sinh đầy đủ kiến thức nêu trên và cách nhìn nhận bài toán về tìm nghiệm
nguyên của phương trình chứa ẩn ở số mũ thì các bài toán thuộc phạm trù này học
sinh sẽ giải quyết đơn giản hơn.
Một số phương pháp quen thuộc với loại toán này mà các em học sinh
được biết ở các tài liệu đã đề cập ở mức độ nhận biết, thông hiểu hay trong các
phương trình mũ một ẩn các em cũng được cung cấp các cách giải đơn giản để
tìm nghiệm nguyên. Trong sáng kiến này, chúng tôi xin trình bày chủ yếu bốn
phương pháp đặc biệt dưới đây nhằm giải quyết các bài toán ở mức độ vận dụng
trong chủ đề cũng như không chỉ bó hẹp trong phương trình mũ một ẩn mà các em
đã quen thuộc mà còn trong các phương trình ở dạng rộng hơn đó là phương trình
chứa ẩn ở số mũ và nhiều ẩn.
2. Mô tả giải pháp sau khi tạo ra sáng kiến
Đối với phương trình một ẩn mà ẩn ở số mũ thì nhiều trường hợp ta còn
gọi là phương trình mũ như trong sách giáo khoa lớp 12 hiện nay, thì về
phương pháp giải chúng ta đã nghiên cứu rất kĩ từ đó chúng ta chỉ ra được tính
chất nghiệm của phương trình…như nghiệm nguyên…Tuy nhiên sáng kiến này
chủ yếu chúng tôi đề cập đến phương trình chứa nhiều ẩn và ẩn ở số mũ sau
này ta quen gọi là “phương trình mũ nhiều ẩn”.
Vấn đề đặt ra trong sáng kiến là chúng tôi không đưa ra các phương pháp
giải như đã biết với phương trình mũ một ẩn với các phương pháp quen thuộc
như: Phương pháp đưa về cùng cơ số, phương pháp logarit hóa hay phương
pháp đặt ẩn phụ mà ở đây chúng tôi chỉ đưa ra bốn phương pháp giải cơ bản
nhất của loại phương trình này. Đó là việc sử dụng phương pháp đồng dư,
phương pháp đánh giá cũng như việc phối hợp chúng trong giải phương trình
nghiệm nguyên dạng này và cuối cùng là phương pháp hàm số.
2.1. Phương pháp đồng dư
Trước tiên chúng ta nhắc lại một số kiến thức liên quan:
Tính chất 1: Nếu a m  và a b m   thì b m  .
Tính chất 2: Nếu a b  và b c  thì a c  .
Tính chất 3: Nếu ab c  và ƯCLNb c , 1   thì a c  .
Tính chất 4: Nếu a m  và b n  thì ab mn  .
Tính chất 5: Nếu
a b a c   , và ƯCLNb c , 1   thì a bc  .
Tính chất 6: Trong m số nguyên liên tiếp bao giờ cũng tồn tại một số là bội
của m.
Định lý nhỏ Fermat: Nếu p là số nguyên tố và a là số nguyên không chia hết
cho p thì a p p1  1 mod .  
Sau đây ta nghiên cứu các ví dụ minh họa sau:
Ví dụ 1. Tìm tất cả các cặp số tự nhiên x y ;  thỏa mãn phương trình
3 2 1. x y  
Hướng dẫn:
Ta có  
 
3 2 1 1
3 2 1
2 3 1 2
x y
x y
y x

  
   
  
Giải (1):
+ Nếu y    0 3 2 x mâu thuẫn.
+ Nếu y x    1 1 thoả mãn.
+ Nếu y   2 4 2y nên 3 1 mod4 , x    suy ra x x x   2 , . 1 1 *
Khi đó, phương trình (1)    3 1 3 1 2 . x x 1 1   y
Đặt 3 1 2 ,3 1 2 x x 1 1     m n với m n m n m n y , , ,     * ta có
2 2 2 2 1 2. n m m n m       
Từ đây có m n y x      1, 2 3, 2.
Giải (2):
+ Nếu x y    0 1.
+ Nếu x  1. Nhận thấy 2 1 mod3 y    suy ra y y y   2 . 1 1  *
Khi đó phương trình (2)     2 1 2 1 3 . y y 1 1   x
Vì 2 1 , 2 1 y y 1 1      không cùng chia hết cho 3 mà 2 1 2 1 y y 1 1    nên
2 1 1,2 1 3 2, 1. y y 1 1        x y x
Vậy phương trình đã cho có tất cả các cặp số tự nhiên x y ;  thỏa mãn là
x y ; 0;1 , 1;1 , 2;3 , 1;2 .          
Nhận xét: Phương pháp sử dụng trong ví dụ 1 rất hay được sử dụng trong
phương trình nghiệm nguyên chứa ẩn ở số mũ. Đó là một ý tưởng rất thú vị.
Ví dụ 2. Tìm tất cả các bộ số nguyên dương x y z ; ;  thỏa mãn phương trình
3 4 5 . x y z  
Hướng dẫn:
Với x y ,  * nên 3 3x và 4 1 mod3 . y    Do đó 5 1 mod3 z     z là số
chẵn.
Đặt z z z   2 . 1 1  * Khi đó, ta được phương trình: 5 2 5 2 3 . z z 1 1    y y x  
Vì 5 2 5 2 2 z z 1 1     y y y    1 nên 5 2 ,5 2 z z 1 1   y y không thể cùng chia hết
cho 3.
Kết hợp điều kiện 5 2 5 2 z z 1 1    y y và từ phương trình ta được
5 2 1,5 2 3 3 2 1. z z 1 1        y y x x y1
Theo ví dụ trên ta được x y z     2, 2 2.
Vậy có duy nhất bộ số thỏa mãn bài toán là x y z ; ; 2;2;2 .   
Nhận xét: Qua hai ví dụ trên, ta có thể thấy việc đưa ra nhận xét các tính chất
đồng dư đã đưa phương trình ban đầu thành phương trình có vế phải là tích các
số nguyên dương, vế trái là luỹ thừa của một số. Từ đó tiếp tục đặt các thừa số
trong tích để đưa về các dạng phương trình mũ đơn giản hơn. Cụ thể là ở ví dụ
trên, ta đã đưa việc giải phương trình nghiệm nguyên 3 4 5 x y z   về giải
phương trình nghiệm nguyên 3 2 1. x y   1 (Ở đây ta có thể qui ước phương
trình nghiệm nguyên với hai ẩn x y , được hiểu là cặp số x y ;  với x y , là các
số nguyên, tương tự như vậy đối với các phương trình có ba hay bốn ẩn…)
Qua các ví dụ trên chúng ta có thể thấy thông thường chúng ta chọn
modulo từ các số có mối liên hệ trong phương trình (trừ một số modulo khá
phức tạp).
Ví dụ 3. Xác định tất cả các cặp số nguyên dương x n ;  thoả mãn phương trình
sau: x3   3367 2 . n
Hướng dẫn:
Để sử dụng được hằng đẳng thức a b a b a ab b 3 3 2 2         ta chứng
minh n chia hết cho 3.
Từ phương trình đã cho ta suy ra x3  2 mod7 . n  
Nếu n không chia hết cho 3 thì 2n khi chia cho 7 chỉ có thể cho số dư là 2,4
hoặc 7. Trong khi đó x3 khi chia cho 7 chỉ có thể cho số dư là 0,1 hoặc 6 nên
không thể có đồng dư thức x3  2 mod7 . n  
Vậy n m  3 với m là một số nguyên dương nào đó.
Thay vào phương trình đã cho ta được:
x x x x 3 3

			   			   
Từ (1) suy ra 2m x là ước của 3367.
Hơn nữa 			 	

3367 2 2 2 3 .2 3367 1 . m m m m     2  
2 2 3367 2 1;7;13 . m m m        x x x 3 3 3 Xét 2 1, m   x thay vào (1) ta được 2 2 1 2 561 m m      phương trình này
vô nghiệm.
Xét 2 3, m   x thay vào (1) ta được 2 2 13 2 15 m m      phương trình này
vô nghiệm.
Xét 2 7, m   x thay vào (1) ta được 2 2 7 24 32. m m     
Từ đó ta có x n ; 9;12 .    
Ví dụ 4. Tìm tất cả các cặp số nguyên không âm x y ;  thỏa mãn phương trình
2 1 2 2 2 3 2 4 5 11879. x x x x y          
Hướng dẫn:
Ta có 2 ,2 1,2 2,2 3,2 4 x x x x x     là 5 số tự nhiên liên tiếp nên ta có
2 2 1 2 2 2 3 2 4 5. x x x x x         
Mặt khác ƯCLN2 ;5 1 2 1 2 2 2 3 2 4 5. x x x x x            
Với y  1 thì VT             2 1 2 2 2 3 2 4 5 5 x x x x y      nhưng
VP   11879 4 mod 5   nên phương trình đã cho vô nghiệm.
Với y         0 2 1 2 2 2 3 2 4 5 11879  x x x x     0
    
    
2 1 2 2 2 3 2 4 11880
2 1 2 2 2 3 2 4 9.10.11.12
2 1 9 2 8 3.
x x x x
x x x x
x x
x
     
     
      
Vậy phương trình đã cho có nghiệm nguyên không âm duy nhất thoả mãn là
x y ; 3;0 .    
Bài tương tự. Tìm tất cả các cặp số nguyên không âm x y ;  thỏa mãn phương
trình 4 5.2 5 11880 5 . x x y     2 1
Hướng dẫn:
Ta có 4 5.2 5 1 5 11879 x x y      2 1
       4 5.2 4 4 5.2 6 5 11879 x x x x y   1 (*)
       2 1 2 2 2 3 2 4 5 11879. x x x x y     1
Do 2 ,2 1,2 2,2 3,2 4 x x x x x     là 5 số tự nhiên liên tiếp nên tích chia hết
cho 5. Nhưng 2 ;5 1 2 1 2 2 2 3 2 4 x x x x x            chia hết cho 5.
Nếu y  2 thì vế trái (*) chia hết cho 5 nên vô lí.
Vậy

2 8 x 	x	x
1 4 5.2 5 109 y x      	3. x  

2 13

  
Vậy phương trình có nghiệm nguyên dương là x y   3; 1.
Ví dụ 5. Tìm tất cả các số x y , nguyên dương thoả mãn 3 1 1 . x    y 2
Hướng dẫn:
Ta có 3 1 1 3 2 * . x x       y y y 2   
Mà VT VP y y * 3 1 mod2 2 1 mod2        x       nên y là số lẻ và
có được y y , 2  là hai số lẻ liên tiếp. Do đó phương trình (*) dẫn đến:
3
2 3 .
m
n
y y
m n x
  
  
  
 
  
M
ặt khác y y n m      2 1.
Nếu m  1 thì y và y  2 đều chia hết cho 3 (vô lý vì y y , 2  là hai số lẻ liên
tiếp).
Vậy m n x y        1 0 1 1.
Ví dụ 6. Tìm tất cả các cặp số nguyên dương x y ;  thỏa mãn phương trình
430
19 5 1890 1975 2013. x y    
Hướng dẫn:
Ta có
x y , là các số nguyên dương nên 5 5 y  và
1890 5 19 5 1890 19 mod5 .       VT x y  
Mặt khác 19 1 mod5 19 1 mod 5 .        x  x  
Nếu x chẵn thì 19 1 mod 5 . x   
Nếu x lẻ thì 19 1 mod 5 4 mod 5 . x       
Nên VT  1;4 mod 5   còn VP  3 mod5 .  
Do đó phương trình đã cho vô nghiệm.
Ví dụ 7. Tìm tất cả các số nguyên dương x y , thoả mãn phương trình
x x 2 2 1    1 3 . y
Hướng dẫn:
Ta có VP   3 0 mod 3 * 2 1 y    
Nếu x k k VT x x        3 1 2 mod 3 .  * 2   
Nếu x k k VT x x         3 1 1 1 mod 3 .   2  
Nếu x k k VT x x         3 2 1 1 mod 3 .   2  
Vậy        x VT x x  2 1 1;2 mod 3 * * .    
Như vậy, từ (*) và (**) suy ra không tồn tại các số nguyên dương x y , thoả
mãn bài toán.
Ví dụ 8. Tìm tất cả các cặp số nguyên x y ;  thỏa mãn phương trình
2 7 . x   y2
Hướng dẫn:
Nếu x  0 thì phương trình không có nghiệm nguyên thoả mãn.
Nếu x  1 thay vào phương trình được y  3 thấy thoả mãn.
Nếu x y         2 2 0 mod 4 2 7 3 mod 4 3 mod 4 x x     2   vô lý
vì y2  0;1 mod 4 .  
Vậy nghiệm nguyên của phương trình là x y ; 1;3 , 1; 3 .       
Ví dụ 9. Tìm tất cả các cặp số tự nhiên x y ;  thỏa mãn phương trình
2 3 1. x y  
Hướng dẫn:
Ta xét theo mod 3.
Thật vậy, ta có 2 1 3 x y   xét với y x    0 1.
Với y       1 3 0 mod 3 2 1 0 mod 3 . y x    
Mặt khác 2 1 3 1 1 1 1 mod 3 0 mod 3 x           x x       x chẵn.
Đặt x k  2 ta có 2   
2 1 3
2 1 3 2 1 2 1 3 2 1 3
k u
k y k k y k v
u v y
    
 
         
 
  
 
           2 1 2 1 2 3 3 2 3 2 3 . k k u v v u   
Nếu u     0 3 1 v vô lý.
Nếu u v u           1 3 0 mod 3 3 2 0 mod 3 0 1 u v    
1
.
2
x y
  

 
 
 
Vậy phương trình có nghiệm là x y ; 1;0 , 2;1 .      
Nhìn chung khi sử dụng phương pháp này chúng ta nên nhắc lại thật kĩ
về các tính chất liên quan như các dấu hiệu chia hết, các tính chất về chia hết,
về đồng dư để khi gặp các bài toán trong chủ đề học sinh sẽ tự tin hơn bởi lẽ
các tính chất này các em được học ở cấp dưới và việc vận dụng các tính chất đó
không được nhiều và không được thường xuyên nên gây những khó khăn nhất
định cho các em.
Sau đây chúng ta chuyển sang phương pháp tiếp theo:
2.2. Phương pháp đánh giá
Ngoài việc dùng các kiến thức liên quan trên chúng ta cũng cần bổ sung
cho học sinh một số định nghĩa sau:
Định nghĩa 1: Nếu x là số chẵn thì x k  2 với k nguyên; x là số lẻ thì
x k   2 1 với k nguyên.
Định nghĩa 2: Số nguyên tố là số nguyên dương lớn hơn 1 chỉ chia hết cho 1
và chính nó.
Ví dụ 1. Tìm tất cả các bộ ba số nguyên dương x y z ; ;  thoả mãn hệ thức
x y xy    1 2 . 1  z  
Hướng dẫn:
+ Nếu (1) có nghiệm nguyên x y z a b c ; ; ; ;     thì phương trình cũng có
nghiệm nguyên x y z b a c ; ; ; ; .   
Do đó không mất tính tổng quát ta có thể giả sử x y  .

+ Từ (1) suy ra tồn tại số nguyên dương m z x y xy      : 2 , 1 2 . m z m  z m	m	sao cho	m
z

+ Ta có xy x y x y        1 1 1 0       nên 2 2 .     m 2
TH1: Nếu x y z m        1 1 2 2 2 , z m m  khi đó y   2 1. m
Kiểm tra thấy bộ x y z m ; ; 1;2 1;2    m  thoả mãn phương trình.
TH2: Nếu x  2 ta có
x x x y xy x x 2 2          1 1 2 2 2 2 .     m z m m z m    
Từ đây suy ra 2 1 1 . m x x    
Mặt khác ƯCLN m m    1, 1 2  nên tồn tại một trong hai số x x   1, 1
chia hết cho 2 . m1
Nếu 2 1 m1 x  thì vì x  2 nên x   2 1. m1
Mà x y   2m nên y x    2 1 , m1 mâu thuẫn với điều giả sử trên.
Vậy 2 1 m1 x  nên x   2 1. m1
Mặt khác x y   2m nên y   2 1. m1
Mà y x  nên 2 1 2 1. 2 m m   1 1      x y  
Từ (1) có y lẻ nên (2) suy ra y   2 1 m1 hoặc y   2 1. m1
+ Với y x      2 1 2 1 m m   1 1 mâu thuẫn x y  .
+ Với y x      2 1 2 1. m m   1 1
Khi đó ta có: 2 1 2 3 2. z m m         xy z m 2 2
Vì x lẻ nên x  3. Do đó 2 1 4 3. m1      x m
Vậy tất cả các bộ ba số nguyên dương x y z ; ;  cần tìm là:
x y z m     1; 2 1; 2 m với m  *.
x y z m     2 1; 1; 2 m với m  *.
x y z m       2 1; 2 1; 3 2 m m   1 1 với m m   *, 3.
x y z m       2 1; 2 1; 3 2 m m   1 1 với m m   *, 3.
Nhận xét: Bắt đầu với việc sắp thứ tự ẩn x y  và A B  nếu B A A   0 , 
ta đã hướng bài toán tới đánh giá kẹp (2). Từ đánh giá này, ta dễ dàng tìm được
nghiệm nguyên của phương trình.
Do đó trong các kỹ thuật đánh giá để giải phương trình nghiệm nguyên
có chứa ẩn ở số mũ (phương trình mũ), ta nên để ý tới kỹ thuật sắp thứ tự ẩn và
nhận xét A B  nếu B A A   0 .  Hai kỹ thuật này giúp việc đánh giá đạt
hiệu quả hơn trong việc giải phương trình nghiệm nguyên chứa ẩn ở số mũ.
Ví dụ 2: Tìm tất cả các cặp số nguyên dương x y ;  của phương trình
x x    1 1 ! 1 . y  
Hướng dẫn:
Nhận thấy x y ; 1;1 , 2;1      là hai nghiệm nguyên của phương trình.
Xét với x  3, khi đó 1 . C … 1 ! 2 .         x y x x y x y y y    1 2 2 3 y    
Nếu x lẻ thì x   1 1 y là số lẻ, mà x ! chẵn (do x  3), điều này mâu thuẫn.
Vậy x chẵn, khi đó suy ra x là hợp số, dẫn đến x ab  với
a b x a b , ; 1 , 2     * nên ta luôn có x x  1 !. 
Do đó từ (2) suy ra x y mà x y , 1  nên y x  .
Khi đó ta có x x x x        1 1 1 ! 1. y x   x
Điều này mâu thuẫn với giả thiết.
Nên trường hợp này phương trình không có nghiệm nguyên dương.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm nguyên dương x y ; 1;1 , 2;1 .      
Ví dụ 3. Tìm tất cả các số x y , nguyên dương thoả mãn phương trình
x x 2 2 1    1 3 1 . y  
Hướng dẫn:
Cho x các giá trị từ 1 đến 9 thì xác định được các chữ số tận cùng của
x x 2  1 chỉ nhận các giá trị 1;5;9.
Mặt khác ta thấy 32 1 y là luỹ thừa bậc lẻ của 3 nên chữ số tận cùng của nó chỉ
có thể là 3 hoặc 7, khác với 1;5;9.
Vậy phương trình (1) không thể xảy ra, tức là phương trình đã cho không thể có
nghiệm nguyên.
Ví dụ 4. Tìm tất cả các cặp số nguyên x y ;  của phương trình
2 5 1 2 105. x y y x x        x 2 
Hướng dẫn:
Ta có 105 là số lẻ nên từ phương trình suy ra 2 5 1 x y   lẻ  5y chẵn tức là
y cũng chẵn.
Lại có 2 2 1 x x        y x x y x x 2   lẻ, nhưng do y x x , 1    đều
chẵn nên 2x lẻ tức là 2 1 0. x    x
Khi x  0 thay vào phương trình ta được
4
26.
5
y y

 

  

Do y chẵn nên y  4 thoả mãn.
Vậy x y ; 0;4     là nghiệm nguyên của phương trình.
Ví dụ 5. Tìm tất cả các bộ ba số nguyên dương x y z ; ;  thỏa mãn phương trình
2 2 2 2336 x y z    với x y z   .
Hướng dẫn:
Giả thiết ta được 2 1 2 2 2336 2 .73 x y x z x         5
Hơn nữa 1 2 2   y x z x   là số lẻ.

Vậy 2 2 5 1 2          	  1	2		
  73 2

x
y x z x  

Giải phương trình (1) suy ra x  5 thay vào phương trình (2) ta có:

  5 3 5 5 5 3 2 2 2 2 72 2 1 2 2 .9 y y z y z y z y         	8 .     
1 2         		 		


9 11
y z

  

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất thoả mãn là x y z ; ; 5;8;11 .    
Chú ý: Với cách giải trên chúng ta có thể giải được bài toán tìm nghiệm
nguyên của phương trình 2 2 2 2 ; . x y z n       x y z n 
Đáp số: x y z n n n ; ; 2; 2; 1 .       
Ta có ví dụ sau ở mức khó hơn:
Ví dụ 6. Tìm tất cả các cặp số nguyên dương x y ;  thỏa mãn x y y x  .
Hướng dẫn:
Rõ ràng x y  là một nghiệm.
Khi x y  không mất tính tổng quát ta giả sử
y
x y x
x y x y x y      do
* *
.
y x
y x y x       
Đặt y tx  thế vào phương trình ta được x tx x t t t    1 rõ ràng t  2 vì
đã giả sử x y  ta có t x y     2 2; 4.
Với t y    2 2 ta chứng minh x t t1  và do x  2 nên ta chỉ việc chứng
minh 2 . t1  t (Ta chứng minh được bằng quy nạp theo t )
Khi đó ta được phương trình vô nghiệm với t  3.
Vậy tất cả các cặp số nguyên dương x y ;  thỏa mãn bài toán là
x y a a a ; ; , 2;4 , 4;2 , .          *
Ví dụ 7. Tìm tất cả các số nguyên tố x y z , , thoả mãn x z y   1 . 2
Hướng dẫn:
Với x lẻ    x z y 1 2 chẵn và do z nguyên tố nên z x    2 3 y không
tồn tại x y , nguyên tố thoả mãn.
Xét với x chẵn     x z 2 2 1 . y 2
Nếu y lẻ đặt y k         2 1 2 2.4 2 mod3 2 1 0 mod3 y k y    
     z z y 23 3 3.
Nếu y chẵn     y z 2 5 2 vô lý.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất thoả mãn là x y z ; ; 2;3;3 .    
Chú ý: Với cách làm tương tự ta có thể giải quyết được bài toán sau: Tìm tất cả
các số nguyên tố x y z , , thoả mãn x z y   1 .
Ví dụ 8. Tìm tất cả các số nguyên dương x y z   thoả mãn
5 2.5 5 4500. x y z   
Hướng dẫn:
Nếu z      5 5 2.5 5 4500. x y z
Nếu z      5 5 2.5 5 4500. x y z
Vậy x y z    3, 4, 5.
Ví dụ 9. Có bao nhiêu số nguyên x thuộc đoạn       1;2020 sao cho tồn tại số
nguyên dương y thỏa mãn 10 ? 4 3 1 log 2 

3

1

y 

4
x y x   

A. 2020. Hướng dẫn:	B. 1347.	C. 673.	D. Vô số.	x 2	y	x
3 1 y  	3 1 y     


Ta có 10 4 3 1 log log 4 3 1 log x y x 2        4 4       
   

    4 3 1 log 2log log4 log 3 1 0 x y x x y          
 	 
 	 

       
2 2
2 2
4 3 1 2 log log 3 1 log4
4 3 1 log log 4 log 3 1 0 1
x y x y
x y x x y
 
          
              
+ Nếu 4 3 1 x y 2   thì log 4 log 3 1 1 0.  x y VT 2       
+ Nếu 4 3 1 x y 2   thì log 4 log 3 1 1 0.  x y VT 2       
Do đó, từ 1 4 3 1 2          x y y y x 2 2 4 1 x23 3  x x   1 1    
Với x k x k k      3 1, 3 2,  thì từ 2 dễ dàng thấy y là số nguyên
dương.
Xét y không là số nguyên dương. Từ 2 suy ra x chia hết cho 3.
Đặt x k k   3 , . *
Vì x          1;2020 nên 1 3 2020, 1 673, .        k k k k   * *
Do đó có 673 số nguyên x thuộc đoạn       1;2020 mà y không phải là số nguyên
dương.
Vậy có 2020 673 1347   số nguyên x thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Chọn đáp án B.
Ví dụ 10. Giải phương trình nghiệm nguyên 2 . x  x2
Hướng dẫn:
Nếu x nguyên âm thì phương trình đã cho không thoả mãn.
Nếu x x x    0, 1, 3 phương trình đã cho cũng vô nghiệm.
Thấy x x   2, 4 là nghiệm phương trình.
Ta chứng minh được với x  5 không là nghiệm của phương trình theo
phương pháp quy nạp.
Chú ý: Với số nguyên k  5 thì k k    2 1  hay k k 2   2 1.
Chúng ta có thể sử dụng các bất đẳng thức cổ điển để đánh giá và chặn
miền cho nghiệm hay các ẩn để làm đơn giản bài toán như ví dụ sau:
Ví dụ 11. [Câu 44 mã 104 đề TN THPT năm 2021] Có bao nhiêu số nguyên
y sao cho tồn tại 1 ;6
3
x
 
 
      
 
thỏa mãn 27 1 27 ? 3 18 x xy x 2    xy

A. 19. Hướng dẫn:

B. 20.

C. 18.

D. 21.

Ta có 27 1 27 27 1 0 3 18 3 18 x xy x x xy x 2 2           xy xy 
TH1: Với y  19 ta có 3 18 3 18 0, ;6 x xy x x x y x 2 2

 







        3   

     1 

nên áp dụng bất đẳng thức Bernoulli 1	1	,	1,	0	
        h nh h n ta
được Khi đó	2		3 2		
27 1 26 1 26 3 18 3 18 2 x xy x         18 x xy x   x xy x.
2 3 18	2	2	1    
27 1 78 25 468 84 7 0, ;6 3 x xy x xy x xy x x x x                
 	 

n nên trường hợp này loại.

TH2: Với y	3 27 1 1 3 0, ;6 3 18 2 1 3 x xy x xy x x      
  

            
 
loại.
TH3: Với 2 1
2
y x     thỏa mãn.
TH4: Với y x     1 1 thỏa mãn.
TH5: Với y x x     0 0; 6 loại.
TH6: Với y  1, đặt f x xy      27 1 3 18 x xy x 2  và bằng phương pháp hàm

số dễ dàng chứng minh f y      1          y17 y 	 và
   3 	3
3	1	0,	1;2;…;18

f y y 6 27 6 1 0, 1;2;…;18        6y   cùng với hàm số f x   liên tục trên
1
;6
3
 
 
 
 
nên phương trình f x    0 luôn có nghiệm thuộc         13;6 .    
Tóm lại y     2; 1;1;2;…;18 ,  tức ta có 20 số nguyên y thỏa mãn yêu
cầu đề bài.
Ví dụ 12. Có tất cả bao nhiêu cặp số nguyên chẵn x y ;  thỏa mãn phương trình
2 3 55 x y   ?

A. 8 . Hướng dẫn:

B. 2.

C. 16.

D. 1.

Do 2 3 55 x y   nên x  2, suy ra 2 55 x  là số nguyên nên y  2.
Do x y , chẵn nên x m  2 , y n  2 với m , n N  *
Khi đó, ta có (2 ) (3 ) 55 (2 3 )(2 3 ) 55 m n m n m n 2 2      
2 3 1
2 3 55
m n
m n
   
 
 
     
hoặc
2 3 5
2 3 11
m n
m n
   

    
2 28
3 27
m n
  
 
 
 
  

hoặc	
3     	3	3    	   

2 8
m n
  
log 28 2
m n
  

 
(loại) hoặc
3
1
m n
  
Vậy x y ; 6;2    , do đó phương trình trên có một nghiệm thỏa mãn.
Chú ý: Trong một số phương trình ta có thể sử dụng các bất đẳng thức cổ điển
để đánh giá các vế phương trình từ đó suy ra kết quả mà đôi khi còn gọi là
phương pháp “đối chọi”.
Bản chất phương trình f x g x      xét trên tập D.
 Hoặc ta chứng minh được f x g x x D       ,
f x g x x D        ,  dấu bằng xảy ra và có kết quả.
 Hoặc ta có thể đánh giá qua đại lượng trung gian kiểu
 
 
, ,
f x A x D
g x A x D
      

     
thì f x g x          f x g x A     kết quả.
Xét các ví dụ sau:
Ví dụ 13. Giải phương trình nghiệm nguyên 4 16 2 2 .    x2 x x 
Hướng dẫn:
ĐKXĐ: 16 0 4 4       x x 2
Khi đó, ta có nhận xét sau:
4 16 16 2 2 4
2 2 2 2 .2 2( ) x x x x
VT x
VP Cauchy  
   
   
do vậy phương trình đã cho tương đương với hệ sau:

2 2 VT VP        

0 2 2 x x x           

0 x  

	  Vậy phương trình có nghiệm x  0 .

Ví dụ 14. Tìm tất cả các số nguyên x thỏa mãn phương trình

5 3 x 	3 x
3 5.3 2. 27 0. 5 5 5    Hướng dẫn:
Đặt	35

x
t  , điều kiện t  0.
Khi đó, phương trình có dạng: 5 3 2 5 5
3 5
2 5
. 27 5. 2. 27 0
27
t t t
t
     
Ta có nhận xét:
3
2 2 2 2
5
3 3 6 5
1 1 1 1 1 1 1 5
5. .
3 3 3 3 27
VT t t t t
t t t
 
 
            
 
Do đó
1
2 2 5 5 5
3 3 5
2 5 1 1
3 3 3 1.
27 3
x
t t t x
t t
         
Vậy phương trình đã cho có nghiệm nguyên duy nhất x  1.

Ví dụ 15. Giải phương trình nghiệm nguyên 2 x	4	1	3	x 	x 	x 
4 1 2 1 2 4   	2

.
x x
Hướng dẫn:
Đặt a b a b    2 , 4 ( , 0) x x , khi đó phương trình có dạng:
1 3

1 1 b a a b   	2
Ta có VT 	(	1) ( 1 a b   	1) ( b  	1) 3 1  
1 a 	a b 

a b
  

3 2 1 .3. ( 1)( 1)( b a a b     	1 1 b a a b        
( 1)( + a b   	+ ) 3 
1 1 b a a b   
1 1 1 1 ( 1) ( 1) ( ) + + 3 b a a b    
3	3 3  	).
          	  

3
1 1 1
2 2 ( 1)( 1)( )
b a a b
  
do đó phương trình tương đương với: b a a b a b         1 1 1 hay
2 4 1 0 x x     x .
Vậy phương trình đã cho có nghiệm nguyên duy nhất x  0.
* Chú ý:
Bài toán trên rất nhiều học sinh nhầm tưởng rằng có thể giải bài toán
bằng cách đặt ẩn phụ t  2x , nhưng khi đó ta lại nhận được phương trình bậc 6
theo ẩn t và việc giải phương trình này là tương đối phức tạp.
Với dạng toán giải phương trình trên mà sử dụng phương pháp đánh giá,
chúng ta cần nắm vững các tính chất của hàm số mũ, hàm số lôgarit và các bất
đẳng thức thì sẽ nhanh chóng chỉ ra được tập nghiệm của nó.
Chúng ta cũng có thể áp dụng các tính chất đơn điệu của hàm số để đánh
giá các vế của phương trình từ đó cho kết quả. Tuy nhiên phần này cũng chứa
nhiều kiến thức liên quan bổ trợ khác nên tôi xin trình bày riêng phương pháp
giải này trong “Phương pháp hàm số” ở phần cuối cùng.
2.3. Phương pháp phối hợp đồng dư và đánh giá
Ngoài việc nắm vững các tính chất và thành thạo hai phương pháp giải ở
trên, trong việc giải các phương trình nghiệm nguyên trong chủ đề này chúng ta
cũng cần linh hoạt để phối hợp hai phương pháp đó trong xử lý các bài toán đặt
ra.
Để làm rõ vấn đề này, chúng ta xét các ví dụ sau:
Ví dụ 1. Tìm tất cả x y , là số các tự nhiên thoả mãn x2   3 3026. y
Hướng dẫn:
TH1: Xét y x x x dox          0 3 3016 3025 55 . 2 0 2  
TH2: Xét y   0 3y chia hết cho 3 và x2 chia cho 3 chỉ dư 0 hoặc 1 nên
x2  3y chia cho 3 dư 0 hoặc 1.
Mặt khác 3026 chia cho 3 lại dư 2 nên phương trình trên không thoả mãn.
Vậy nghiệm x y ; 55;0    là cặp số tự nhiên duy nhất thoả mãn bài toán.
Nhận xét: Bằng việc nắm vững được tính chất về đồng dư ta để ý đến các vế
của phương trình từ đó có nhận xét và đánh giá các vế của phương trình sẽ cho
kết quả nhanh gọn nhất.
Trong ví dụ chúng ta cũng sử dụng tính chất: Nếu x là số tự nhiên thì x2
chia cho 3 dư 0 hoặc 1.
Thật vậy, xét các trường hợp:
+ Với x k k x    3 , 3.   2
+ Với x k k x k k        3 1, 9 6 1  2 2 chia 3 sẽ dư 1.
+ Với x k k x k k k k            3 2, 9 12 4 9 12 3 1  2 2 2   chia
cho 3 cũng dư 1.
Ta xét ví dụ tiếp theo:
Ví dụ 2. Tìm tất cả các cặp số nguyên x y ;  thỏa mãn phương trình
2 21 . x   y2
Hướng dẫn:
Nếu x lẻ đặt x k k         2 1, 2 2.4 2 3 1 2 mod3  x k  k  
     2 21 2 mod3 2 mod3 x   y2   vô lý vì y2  0;1 mod3 .  
Như vậy x chẵn nên đặt x k y     2 2 21 2 2 k
       y y y 2 2 2 21 2 2 21 k k k   
Đây là phương trình ước số nên dễ dàng tìm được x y ; 2;5 , 2; 5 .      
Ví dụ 3. Tìm tất cả các cặp số nguyên dương x y ;  thỏa mãn phương trình
5 3 317. x3   y
Hướng dẫn:
Theo giả thiết có tham gia của số lập phương nên về mặt phương pháp ta có thể
lựa chọn mod 9.
Ta có với y x    1 4.
Với y x        2 3 0 mod9 5 3 317 2 mod9 y y   3   vô lí vì
5 0;4;5 mod9 . x3   
Vậy x y ; 4;1    là cặp số nguyên dương duy nhất thỏa mãn bài toán.
Ví dụ 4. Tìm tất cả các số nguyên tố x y z , , thoả mãn x z y   1 .
Hướng dẫn:
Ta có
x y , nguyên tố và x z z y     1 3.
Mà z nguyên tố nên z là số lẻ, dẫn tới xy là số chẵn nên x là số chẵn và
nguyên tố do đó ta có x  2. Ta xét các trường hợp sau:
TH1: Xét y     2 2 1 5 2 là nguyên tố nên z  5 thoả mãn bài toán.
TH2: Xét y y k k z z            2 2 1 2 1 2.4 1 .   2 1 k k 
Mặt khác, do 4 chia cho 3 dư 1 nên 2.4 1 k   chia hết cho 3  z chia hết
cho 3.(vô lý).
Vậy x y z    2, 2, 5 là các số duy nhất thoả mãn bài toán.
Nhận xét: Qua ví dụ trên, chúng ta cần nhắc lại cho các em học sinh rằng: Số
nguyên tố là số tự nhiên lớn hơn 1 chỉ có đúng hai ước số là 1 và chính nó (tức
là chia hết cho 1 và chính nó).
Trong các số nguyên tố chúng ta cũng cần nhắc em học sinh rằng chỉ có
số nguyên tố chẵn duy nhất là số 2.
Cũng chính vì không nắm rõ được hai vấn đề trên nên có học sinh cho
rằng x y z    1, 1, 2 cũng là các số thỏa mãn bài toán. Điều này trong quá
trình dạy học chúng tôi cũng thường xuyên thấy rằng có những em học sinh
không nắm vững nên còn tranh luận với nhau và thắc mắc với thầy cô rằng số 1
cũng là số nguyên tố.
Liên quan đến số nguyên tố, ta xét ví dụ phức tạp hơn sau:
Ví dụ 5. Tìm tất cả các cặp số nguyên tố p q ;  thoả mãn phương trình
2 7. p q q p  
Hướng dẫn:
Nếu p q  thì pq  7 mâu thuẫn. Vậy p q   7 nên UCLN p q , 1. 
Áp dụng định lý Fermat nhỏ ta có p p q q  mod  mà q p 2 7 q  nên q p 2 7. 
Hơn nữa p q p q  mod  và p qp  7 nên p q  7.
Từ p q  7 và q p 2 7  suy ra pq q p    7 2 7   nên pq p q 2 7.  
Do đó 2 7 . p q pq    Ta xét các trường hợp sau:
TH1: Nếu 2 7 0 2 7 1 2 9 p q p q pq p q                điều
này mâu thẫn với p q , 2. 
TH2: Nếu 2 7 0 p q    ta thấy p q ; 5;3    thoả mãn.
Nếu p  7 thì phương trình trở thành 2 2 7 7 * . p p 2 7 p     p  
Ta sẽ chứng minh p p p 2 7 p     2 7 , 7. p
Đầu tiên ta chứng minh 2 2 . pp7  2 7 p
Xét với p  16 thì 2 2 2 2 2 2 . p p p p   7 7       5 5 35 2 7 2 7 p7 p p p     

Lại có 2 	2 	7 	2 . 2   7  	2 	7 .2 .  2 7
p p p p p p    	p p q p   p

Do vậyp p p 2 7 p     2 7 , 16. p
Còn với 7 16   p thì hiển nhiên đúng.
Do đó 2 2 2 7 2 7 7. p p p 2 7 p       p p  
Khi đó phương trình (*) không có nghiệm.
TH3: Nếu 2 7 0 7 2 1 2 5. p q q p pq p q              
Vì q lẻ nên q  3 và p  2 thoả mãn.
Vậy tất cả các cặp số nguyên tố p q ;  thoả mãn là p q ; 5;3 , 2;3 .     
Nhận xét: Thông qua một vài ví dụ trong phương pháp này, chúng ta có thể
thấy để làm tốt chủ đề này học sinh cần nắm vững các kiến thức cơ bản liên
quan. Trong quá trình dạy ôn Tốt nghiệp THPT hay dạy đội tuyển học sinh giỏi
lớp 12 THPT thì các thầy cô cần phân tích kĩ các ví dụ cũng như việc nhìn nhận
các dữ kiện từ bài toán hay các đại lượng, các vế của phương trình từ đó phân
tích và hướng dẫn các em áp dụng các tính chất nào, các dữ kiện nào để giải
quyết bài toán. Đồng thời cần phải linh hoạt và phối hợp hai phương pháp ở
trên phù hợp thì học sinh mới có thể vượt qua được bài toán, bởi chủ đề này
học sinh còn tương đối lúng túng khi giải quyết.
Cuối cùng chúng ta nghiên cứu phương pháp sau:
2.4. Phương pháp hàm số
Phương pháp chung:
Tính chất 1: Nếu hàm số y f x    đồng biến hoặc nghịch biến trong khoảng

Xem bản đầy đủ trên google drive: TẠI ĐÂY

Các thầy cô cần file liên hệ với chúng tôi tại fanpage facebook O2 Education

Hoặc xem nhiều SKKN hơn tại:  Tổng hợp SKKN luận văn luận án O2 Education

SKKN Rèn luyện năng lực vận dụng kiến thức Toán học để giải quyết một số bài toán thực tiễn trong chương trình Toán 10

ĐIỀU KIỆN HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN.
Môn Toán ở trường phổ thông góp phần hình thành và phát triển phẩm
chất, năng lực học sinh; phát triển kiến thức, kỹ năng then chốt và tạo cơ hội để
học sinh được trải nghiệm, áp dụng toán học vào đời sống thực tiễn; tạo dựng sự
kết nối giữa các ý tưởng toán học, giữa Toán học với thực tiễn, giữa Toán học
với các môn học khác, đặc biệt với các môn học thuộc lĩnh vực giáo dục STEM.
Nội dung chương trình toán lớp 10 là nội dung quan trọng vì nó có vị trí
chuyển tiếp và hoàn thiện từ THCS lên THPT và có nhiều cơ hội để đưa nội
dung thực tiễn vào dạy học.
Nội dung môn Toán thường mang tính trừu tượng, khái quát. Do đó, để
hiểu và học được Toán, chương trình Toán ở trường phổ thông cần bảo đảm sự
cân đối giữa “học” kiến thức và “áp dụng” kiến thức vào giải quyết vấn đề cụ
thể.
Tuy nhiên trong thực tiễn dạy học ở trường THPT nhìn chung mới chỉ tập
trung rèn luyện cho học sinh vận dụng tri thức học toán ở kỹ năng vận dụng tư
duy trong nội bộ môn toán là chủ yếu còn kĩ năng vận dụng tri thức trong
toán học vào nhiều môn khác vào đời sống thực tiễn chưa được chú ý đúng mức
và thường xuyên. Những bài toán có nội dung liên hệ trực tiếp với đời sống lao
động sản xuất còn được trình bày một cách hạn chế trong chương trình toán phổ
thông nói chung và chương trình Toán lớp 10 nói riêng.
Việc tăng cường rèn luyện cho học sinh năng lực vận dụng kiến thức
Toán học để giải quyết các bài toán có nội dung thực tiễn là rất thiết thực và có
vai trò quan trọng trong hoàn cảnh giáo dục của nước ta. Đã có một số công
trình nghiên cứu liên quan đến vấn đề này. Sáng kiến kinh nghiệm của chúng
chúng tôi muốn góp phần làm sáng tỏ thêm cũng như kế thừa, phát triển, cụ thể
hóa những kết quả nghiên cứu của tác giả đi trước vào việc giảng dạy bộ môn
Toán lớp 10.
T r a n g | 4
Xuất phát từ những lí do trên và với mong muốn được nghiên cứu, đóng góp
những vấn đề lí luận và kinh nghiệm trong thực tiễn về lĩnh vực này chúng
chúng tôi chọn đề tài: “Rèn luyện năng lực vận dụng kiến thức Toán học để
giải quyết một số bài toán thực tiễn trong chương trình Toán 10″.
II. MÔ TẢ GIẢI PHÁP
1. Mô tả giải pháp trước khi tạo ra sáng kiến.
Trong nội dung học môn Toán lớp 10 hiện nay, với nội dung có liên quan
đến bài toán thực tế nhiều học sinh học tập một cách thụ động, chỉ đơn thuần là
nhớ kiến thức và áp dụng một cách máy móc mà chưa rèn luyện kỹ năng tư duy.
Học sinh chỉ học bài nào biết bài đấy hoặc cô lập nội dung của các dạng bài, các
phần mà chưa có sự liên hệ kiến thức với nhau vì vậy mà chưa phát triển được
tư duy logic và tư duy hệ thống, tư duy thuật toán. Nhất là khi phát triển nội
dung các bài toán này để sáng tạo ra các bài toán khác có liên quan hoặc gắn kết
trong các môn học khác
Bên cạnh đó: các kiến thức về bài toán thực tế lại quá phong phú, đa dạng,
nhiều dạng bài với sự kết hợp linh hoạt những công thức có sẵn. Thời gian làm
một bài toán theo phương pháp tự luận, nếu không có hướng đi đúng, cũng là
vấn đề trở ngại cho học sinh. Nếu cứ áp dụng lối mòn đó trong nội dung trắc
nghiệm thì rất khó hoàn thành yêu cầu. Qua nghiên cứu cho thấy các em học
sinh lớp 10 thì việc tiếp cận nội dung liên quan đến bài toán thực tế cần dành
nhiều thời gian để tự học, tự nghiên cứu và rút ra kinh nghiệm làm toán trắc
nghiệm nhằm nâng cao kiến thức và kỹ năng làm bài. Điều đó đang rất thiếu
trong hành trình chiếm lĩnh nội dung này.
2. Mô tả giải pháp sau khi có sáng kiến
PHẦN I: LÝ LUẬN CHUNG
CHƯƠNG I: CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN
1.1. VẤN ĐỀ VẬN DỤNG TOÁN HỌC VÀO THỰC TIỄN TRONG DẠY
HỌC MÔN TOÁN Ở TRƯỜNG PHỔ THÔNG
T r a n g | 5
1.1.1. Mục tiêu giáo dục THPT và mục tiêu của bộ môn Toán nước ta trong
giai đoạn hiện nay
Thủ tướng Chính phủ vừa ban hành Quyết định số 2200/QĐ-TTg phê
duyệt “Chương trình trọng điểm quốc gia phát triển Toán học giai đoạn 2021
đến 2030”.
Chương trình đặt ra mục tiêu chung là tiếp tục phát triển Toán học Việt
Nam bền vững và mạnh mẽ về mọi mặt: nghiên cứu, ứng dụng và đào tạo, tương
xứng với tiềm năng trí tuệ của con người Việt Nam, đáp ứng yêu cầu của đất
nước trong cuộc cách mạng công nghiệp lần thứ tư; đưa Toán học trở thành một
bộ phận hữu cơ trong sự phát triển chung của khoa học, công nghệ và kinh tế –
xã hội; nâng cao vị thế của Toán học Việt Nam trong khu vực và trên thế giới.
Tình hình mới của kinh tế, xã hội Việt Nam cũng đặt riêng cho giáo dục TH
những yêu cầu mới. Những yêu cầu đó được phản ánh qua mục tiêu bộ môn Toán
trong nhà trường phổ thông:
 Cung cấp cho HS những kiến thức, kỹ năng, phương pháp TH phổ thông, cơ
bản, thiết thực.
 Góp phần quan trọng vào việc phát triển năng lực trí tuệ, hình thành khả
năng suy luận đặc trưng của TH cần thiết cho cuộc sống.
 Góp phần hình thành và phát triển các phẩm chất, phong cách lao động khoa
học, biết hợp tác lao động, có ý chí và thói quen tự học thường xuyên.
 Tạo cơ sở để HS tiếp tục học đại học, cao đẳng, trung học chuyên nghiệp,
học nghề hoặc đi vào cuộc sống lao động.
Riêng đối với cấp THPT, môn Toán có vai trò và ý nghĩa quan trọng, đó là
tiếp nối chương trình Trung học cơ sở, cung cấp vốn văn hoá TH phổ thông một
cách có hệ thống bao gồm các kiến thức, kỹ năng, phương pháp tư duy TH.
Những kiến thức, kỹ năng TH cùng với phương pháp làm việc trong môn Toán
trở thành công cụ để người học học tập những môn học khác, bước đầu tiếp cận
các lĩnh vực khoa học khác nhau, là công cụ để HS đi vào TT cuộc sống [1].
T r a n g | 6
Trong giai đoạn phát triển đất nước hiện nay, môn Toán càng trở thành môn học
có vai trò quan trọng để chuẩn bị tiềm lực con người có học vấn phổ thông. Vì
vậy, vận dụng TH vào đời sống TT càng trở thành một trong những yêu cầu có
tính nguyên tắc trong dạy học toán ở trường THPT hiện nay.
1.1.2. Vai trò của vận dụng toán học vào thực tế đối với việc đáp ứng yêu
cầu về mục tiêu dạy học môn Toán ở trường phổ thông
Vận dụng TH vào TT trong dạy học Toán ở trường THPT là cơ sở để người học
toán nâng cao năng lực ứng dụng TH vào TT, vừa đáp ứng các yêu cầu của mục
tiêu bộ môn, vừa thực hiện nhiệm vụ giáo dục toàn diện qua môn Toán, cụ thể:
 Góp phần thực hiện tốt hơn nhiệm vụ kiến tạo tri thức.
 Góp phần củng cố các kỹ năng TH, kỹ năng vận dụng TH.
Thông qua việc vận dụng TH vào TT trong dạy học Toán, HS sẽ được rèn
luyện những kỹ năng trên những bình diện khác nhau:
– Kỹ năng vận dụng tri thức trong nội bộ môn Toán.
– Kỹ năng vận dụng tri thức TH vào các môn học khác nhau.
– Kỹ năng vận dụng TH vào đời sống.
Ngoài ra, vận dụng TH vào TT trong dạy học Toán làm tăng lượng thông
tin giữa TT và TH, một trong những điều kiện để phát triển ở người học năng
lực vận dụng TH vào thực TT.
 Góp phần phát triển các năng lực trí tuệ.
 Góp phần rèn luyện, phát triển văn hóa toán học cho HS.
TH là môn học quan trọng được sử dụng như là tiêu chuẩn để chọn lọc
người vào một số trường và một số nghề. Hơn nữa, qua tìm hiểu các lĩnh vực
ứng dụng của TH, người học thấy được giá trị, cái hay, cái đẹp của TH trong các
lĩnh vực thực tế (Vật lý, Sinh học, Kinh tế,…), từ đó mong muốn đem hiểu biết
về TH của bản thân để tìm hiểu sâu các vấn đề trong lĩnh vực đó. Đây là một
T r a n g | 7
trong những con đường khởi đầu cho việc tạo dựng tương lai và sự nghiệp của
người học toán và yêu thích toán.
Như vậy, chúng ta thấy TH có vai trò to lớn đối với TT và việc vận dụng
TH vào TT là một yêu cầu có tính nguyên tắc trong dạy học Toán ở trường phổ
thông giai đoạn hiện nay. Trong các bước của quá trình vận dụng TH vào TT thì
bước lập mô hình TH cho BTTT mang tính quyết định.
1.1.3. Rèn luyện năng lực vận dụng kiến thức Toán học vào thực tiễn, giúp
học sinh có kỹ năng thực hành các kỹ năng Toán học và làm quen dần các
tình huống thực tiễn
Trong thực tế dạy học ở trường phổ thông, một vấn đề nổi lên là giáo viên
chỉ quan tâm, chú trọng việc hoàn thành những kiến thức lí thuyết quy định
trong Chương trình và Sách giáo khoa; mà quên, sao nhãng việc thực hành,
không chú tâm dạy bài tập Toán cho các em, đặc biệt những bài toán có nội
dung thực tiễn, dẫn đến tình trạng học sinh thường lúng túng, thậm chí không
làm hoàn chỉnh được những bài toán thực ra rất cơ bản và ở mức độ trung bình.
Học sinh gặp nhiều khó khăn trong việc vận dụng kiến thức Toán học vào cuộc
sống. Theo Trần Kiều, việc dạy học Toán hiện nay ”đang rơi vào tình trạng coi
nhẹ thực hành và ứng dụng Toán học vào cuộc sống” [21].
Để tạo điều kiện vận dụng tri thức vào thực tế, còn phải có những kỹ năng
thực hành cần thiết cho đời sống, đó là các kỹ năng tính toán, vẽ hình, đo đạc,
… Trong hoạt động thực tế ở bất kỳ lĩnh vực nào cũng đòi hỏi kỹ năng tính
toán: Tính đúng, tính nhanh, tính hợp lí, cùng với các đức tính cẩn thận, chu
đáo kiên nhẫn. Cần tránh tình trạng ít ra bài tập đòi hỏi tính toán, cũng như khi
dạy giải bài tập chỉ dừng lại ở “phương hướng” mà ngại làm các phép tính cụ
thể để đi đến kết quả cuối cùng. Tình trạng này có tác hại không nhỏ đối với
học sinh trong học tập hiện tại và trong cuộc sống sau này.
Trong thực tiễn lao động sản xuất, hoạt động xã hội, việc tính toán đo đạc
với độ chính xác cần thiết thường xảy ra từng giờ, từng phút; phải biết vận
dụng Toán học như tính nhẩm, tính bằng bảng tính, thước tính, bảng đồ thị,
T r a n g | 8
toán đồ, máy tính, … một cách thành thạo và đúng đắn. Ngoài ra, cần giải quyết
nhiều vấn đề trong thực tiễn với phương pháp hợp lí, ngắn gọn, tiết kiệm tư
duy, thời gian, tiền của và sức lao động. Việc vận dụng Toán học vào thực tiễn
cũng như tập dượt nghiên cứu khoa học trong đó có các hoạt động như: thu
thập tài liệu trong thực tế, mò mẫm, dùng quy nạp không hoàn toàn để dự kiến
quy luật, rồi dùng quy nạp toán học để chứng minh tính đúng đắn của các quy
luật dự kiến; thu thập tài liệu thống kê trong sản xuất, quản lí kinh tế trong xã
hội để tìm quy luật chung, ước lượng một số dấu hiệu từ mẫu thống kê đến tập
hợp tổng quát về năng suất vụ mùa, năng suất lao động, bình quân nhân khẩu,
phế phẩm, số lượng cỡ hàng, …
Để thực hiện tốt những hoạt động này, cần có những hoạt động tập thể, đi
vào nhà máy, xí nghiệp, hợp tác xã, thu thập tư liệu (ghi chép vào sổ thực tế),
mạn đàm với công nhân, nông dân tập thể, kỹ thuật viên, với người quản lí kinh
tế, … để có được những tài liệu sống, rồi trên cơ sở đó dùnh kiến thức Toán học
mà phân tích hoặc để tích luỹ thực tiễn, làm vốn quý cho việc tiếp tục học Toán
cũng như học các môn học khác. Bằng các hoạt động đó, học sinh làm quen với
các bước vận dụng Toán học vào thực tiễn: đặt bài toán, xây dựng mô hình, thu
thập số liệu; xử lí mô hình để tìm lời giải bài toán, đối chiếu lời giải với thực tế,
kiểm tra và điều chỉnh.
Qua các hoạt động tiếp xúc với người lao động, ngoài thu hoạch về Toán
học, còn có thu hoạch về đạo đức, phẩm chất, quan điểm, lập trường của họ.
Chính vì vậy mà V. I. Lênin đã nhấn mạnh: “… Từ buổi còn thơ, học sinh cần
được vận dụng lí thuyết vào thực tiễn. Khi trẻ em giúp đỡ các nông trang viên
tính toán hàng ngày mà tính đúng, các em đã làm một việc không phải tách rời
học tập mà chính việc đó đã giúp chúng áp dụng kiến thức vào đời sống. Khi
trẻ em giúp uỷ ban xã làm những phép tính thông kê về kinh tế cần thiết thì
điều đó đã giúp vào việc học tập của chúng, giúp cho việc giáo dục Cộng sản
đối với chúng” [28, tr. 437].
T r a n g | 9
Chính vì vậy, việc tăng cường rèn luyện năng lực vận dụng Toán học vào
thực tiễn một mặt giúp học sinh thực hành tốt các kỹ năng toán học (như tính
nhanh, tính nhẩm, kỹ năng đọc biểu đồ, kỹ năng suy diễn toán học, tính có căn
cứ đầy đủ của các lập luận, …). Mặt khác, giúp học sinh thực hành làm quen
dần với các tình huống thực tiễn gần gũi trong cuộc sống, góp phần tích cực
trong việc thực hiện mục tiêu đào tạo học sinh phổ thông, đáp ứng mọi yêu cầu
của xã hội.
1.1.4. Dạy học ứng dụng kiến thức Toán học vào thực tiễn là một biện
pháp có hiệu quả, nhằm chủ động thực hiện các nhiệm vụ dạy học
Tổ chức cho học sinh luyện tập ứng dụng kiến thức (bao gồm cả kỹ năng)
vào những tình huống khác nhau là một khâu quan trọng của quá trình dạy học,
không những giúp học sinh lĩnh hội và củng cố kiến thức mà còn là cơ sở quan
trọng chủ yếu để đánh giá chất lượng và hiệu quả học tập. Trên cơ sở đó, người
thầy lựa chọn hoạt động dạy học tiếp theo: tiếp tục củng cố hoàn thiện nội dung
đó hay chuyển sang học nội dung khác. Giai đoạn này – theo G. Pôlya – là giai
đoạn củng cố kiến thức mới được kết hợp, được làm vững chắc, được tổ chức
chặt chẽ, rốt cuộc trở thành kiến thức thực chất. Sự kiện mới cần liên quan tới
thế giới quanh ta, với kiến thức đã có, với kinh nghiệm hàng ngày, dựa vào
chúng, tìm trong chúng sự giải thích, nó phải phù hợp với tính ham hiểu biết tự
nhiên của học sinh.
Trong thực tiễn dạy học ở trường phổ thông, để truyền thụ một tri thức
nào đó, các thầy giáo dạy Toán giàu kinh nghiệm thường cho học sinh thực
hiện những bài tập được xây dựng có tính phân bậc từ những tình huống quen
thuộc đến những tình huống mới lạ, từ chỗ thực hiện có sự giúp đỡ của thầy
dần dần tới hoàn toàn độc lập, từng bước đạt tới các trình độ lĩnh hội, tiến tới
hoàn toàn nắm vững kiến thức. Có thể nói một cách khác, tổ chức cho học sinh
luyện tập ứng dụng kiến thức, kỹ năng, phương pháp toán học vào những tình
huống khác nhau là một biện pháp nhằm chủ động thực hiện tốt các nhiệm vụ
dạy học một cách toàn diện
T r a n g | 10
Như vậy: Tăng cường rèn luyện cho học sinh khả năng và thói quen ứng
dụng kiến thức, kỹ năng và phương pháp toán học vào những tình huống cụ thể
khác nhau (trong học tập, lao động sản suất, đời sống…) là một nhiệm vụ quan
trọng của giáo dục Toán học, nhằm đạt được các mục tiêu đào tạo; tổ chức cho
học sinh luyện tập ứng dụng kiến thức để tiếp thu chúng là một khâu quan trọng
trong quá trình dạy học Toán, đồng thời cũng là một biện pháp nhằm chủ động
thực hiện các nhiệm vụ dạy học, có tác động trực tiếp và quyết định tới chất
lượng đích thực của giáo dục phổ thông. Vì thế cần phải tổ chức thực hiện tốt
khâu này. Điều đó phản ánh sự quán triệt tinh thần của Nguyên lý giáo dục. Có
thể nói: rèn luyện khả năng và ý thức ứng dụng Toán học cho học sinh vừa là
mục đích vừa là phương tiện của dạy học toán ở trường phổ thông.
1.1.5. Vai trò của việc rèn luyện cho học sinh năng lực vận dụng kiến thức
Toán học để giải các bài toán có nội dung thực tiễn – nhìn từ một số quan
điểm về năng lực toán học
Theo V. A. Cruchetxki: ”Năng lực Toán học được hiểu là những đặc
điểm tâm lí cá nhân (trước hết là những đặc điểm hoạt động trí tuệ) đáp ứng
những yêu cầu của hoạt động học tập Toán học, và trong những điều kiện vững
chắc như nhau thì là nguyên nhân của sự thành công trong việc nắm vững một
cách sáng tạo toán học với tư cách là một môn học, đặc biệt nắm vững tương
đối nhanh, dễ dàng, sâu sắc những kiến thức, kỹ năng, kỹ xảo trong lĩnh vực
Toán học” (dẫn theo [14]).
Theo quan điểm này, những năng lực toán học có liên quan đến những đặc
điểm tâm lí cá nhân. Trước hết là những đặc điểm hoạt động trí tuệ. Những
điều kiện tâm lí chung, cần thiết để đảm bảo thực hiện thắng lợi hoạt động,
chẳng hạn như: khuynh hướng hứng thú; các tình trạng tâm lí; kiến thức kỹ
năng, kỹ xảo trong lĩnh vực Toán học. Việc rèn luyện cho học sinh ứng dụng
kiến thức vào thực tiễn, nghĩa là việc rèn luyện cho học sinh ứng dụng Toán
học vào thực tiễn, có tác dụng tích cực, góp phần phát triển năng lực toán học
T r a n g | 11
cho học sinh. Điều này cũng được thể hiện rõ ở các Mục 1.1.3.2, 1.1.3.3, 1.1.4
của Chương 1.
Cũng theo V. A. Cruchetxki, sơ đồ khái quát của cấu trúc năng lực toán
học ở lứa tuổi học sinh bao gồm:
1) Về mặt thu nhận những thông tin toán học:
Năng lực tri giác hình thức hóa tài liệu toán học, năng lực nắm được cấu
trúc hình thức của bài toán;
2) Về mặt chế biến thông tin toán học:
a) Năng lực tư duy lôgic trong lĩnh vực các quan hệ số lượng và các quan
hệ không gian, các ký hiệu dấu và các ký hiệu số; năng lực suy nghĩ với các ký
hiệu toán học;
b) Năng lực khái quát nhanh chóng và rộng rãi các đối tượng, quan hệ, các
phép toán của Toán học;
c) Năng lực rút ngắn quá trình suy luận Toán học và hệ thống các phép
toán tương ứng; năng lực suy nghĩ với những cấu trúc được rút gọn;
d) Tính mềm dẻo của các quá trình tư duy trong hoạt động toán học;
Trong Quan điểm này, Toán học được hiểu theo nghĩa đầy đủ của nó,
chẳng hạn: ở tài liệu toán học trong đó có nói đến kiến thức về Toán thực tiễn;
bài toán bao gồm cả bài toán thực tiễn; … và như vậy việc rèn luyện cho học
sinh vận dụng kiến thức Toán học vào thực tiễn sẽ góp phần tích cực trong việc
phát triển năng lực toán học của học sinh. Về bài tập Toán, ta có thể phân chia
thành các loại bài toán như: bài toán vận dụng thuần túy kiến thức Toán học;
bài toán vận dụng kiến thức Toán học dưới hình thức suy luận, lập luận, chứng
minh, …; bài toán thực tiễn. Cùng về một kiến thức Toán học nào đó, học sinh
có thể vận dụng dễ dàng cho hai loại bài toán đầu nhưng sẽ khó khăn khi vận
dụng giải bài toán thực tiễn, nếu hai loại bài toán đầu học sinh chưa được thực
hành vận dụng.
T r a n g | 12
Trong các thành phần của cấu trúc năng lực toán học, theo quan điểm này
ta thấy, để phát triển năng lực toán học, cần thiết phải rèn luyện cho học sinh
ứng dụng kiến thức Toán học và đặc biệt là ứng dụng kiến thức Toán học vào
giải quyết các bài toán thực tiễn. Chẳng hạn, đối với năng lực nắm cấu trúc
hình thức của bài toán thì, việc nắm được cấu trúc hình thức của bài toán thuần
túy toán học không khó khăn bằng việc nắm cấu trúc hình thức của bài toán
thực tiễn tương ứng (kiến thức Toán học bản chất của hai bài toán là như nhau)
– do bài toán thực tiễn liên quan nhiều đến số liệu, dữ liệu, đối tượng khác nhau
của thực tiễn, tạo nên cái vỏ hình thức phong phú, đa dạng hơn. Do đó, việc rèn
luyện cho học sinh khả năng vận dụng kiến thức Toán học vào thực tiễn góp
phần phát triển năng lực toán học này.
Chúng ta cùng xét một nội dung Toán học có liên quan đến năng lực khái quát
nhanh chóng và rộng rãi các đối tượng, quan hệ các phép toán của Toán học:
khi học sinh làm việc với phương trình ẩn x đối tượng của x là số, học sinh có
thể khái quát đối tượng của x là vận tốc, quãng đường hay thời gian, … Điều
này có nghĩa là, giải những bài toán thực tiễn sẽ tạo điều kiện cho học sinh khái
quát dễ dàng hơn, góp phần phát triển năng lực này.
Trong cấu trúc năng lực toán học của V. A. Cruchetxki, các thành phần
năng lực có tác dụng tương hỗ nhau, đan xen nhau; chính vì vậy trong việc phát
triển năng lực toán học ở học sinh, việc rèn luyện, phát triển năng lực này thường
liên quan đến kỹ năng, năng lực khác; chẳng hạn, năng lực nắm được cấu trúc
hình thức của bài toán là cơ sở góp phần quan trọng cho năng lực tư duy lôgic
trong lĩnh vực các quan hệ số lượng và các quan hệ không gian (nếu không nắm
được cấu trúc hình thức của bài toán thì năng lực tư duy lôgic trong lĩnh vực các
quan hệ số lượng và các quan hệ không gian của học sinh bị hạn chế đi rất
nhiều), … Việc rèn luyện cho học sinh vận dụng kiến thức Toán học vào thực
tiễn vừa nhằm hình thành, củng cố cho học sinh những tri thức, kỹ năng, kỹ xảo,
vừa phát triển năng lực tư duy của học sinh. Đặc biệt là rèn luyện những thao
tác trí tuệ, góp phần phát triển năng lực toán học ở học sinh.
T r a n g | 13
Trong 10 chỉ tiêu năng lực toán học cơ bản mà Tổ chức UNESCO đưa ra,
có các chỉ tiêu: năng lực giải một bài toán đã toán học hóa; năng lực giải một
bài toán có lời văn (chưa toán học hóa); ..Ở đây, Tổ chức UNESCO đã đề cập
khá rõ ràng năng lực toán học trong việc vận dụng Toán học vào thực tiễn. Rèn
luyện cho học sinh năng lực vận dụng kiến thức Toán học để giải quyết các bài
toán có nội dung thực tiễn dù ở hình thức nào (đã toán học hóa hay chưa toán
học hóa) đều góp phần phát triển năng lực toán học cho học sinh, và ở nhiều
khía cạnh khác nhau thì đây chính là biện pháp có hiệu quả nhằm phát triển hai
chỉ tiêu năng lực toán học quan trọng mà Tổ chức UNESCO nêu ra ở trên.
Theo các quan điểm, rõ ràng việc phát triển năng lực toán học cho học
sinh là một nhiệm vụ đặc biệt quan trọng của thầy, cô giáo thể hiện rõ nét ở hai
lí do sau:
Thứ nhất, Toán học có một vai trò to lớn trong sự phát triển của các nghành
khoa học; kỹ thuật và sự nghiệp cách mạng cần thiết, có một đội ngũ những
người có năng lực toán học.
Thứ hai, Nhà trường là nơi cung cấp cho học sinh những cơ sở đầu tiên của
Toán học, không ai khác chính thầy giáo, cô giáo là những người hoặc chăm
sóc vun xới cho những mầm mống năng khiếu Toán học ở học sinh, hoặc làm
thui chột chúng. Qua đó ta thấy, việc rèn luyện cho học sinh năng lực vận dụng
kiến thức Toán học vào thực tiễn là một yếu tố quan trọng trong việc phát triển
năng lực toán học ở học sinh.
1.2. CƠ SỞ LÝ LUẬN VỀ MÔ HÌNH HÓA TOÁN HỌC BÀI TOÁN
THỰC TIỄN
1.2.1. Một số khái niệm cơ bản
1.2.1.1. Thực tế, thực tiễn
Theo từ điển Tiếng Việt, thực tế là “tổng thể nói chung những gì đang tồn
tại, đang diễn ra trong tự nhiên và trong xã hội, về mặt có quan hệ đến đời sống
con người”; thực tiễn là “ những hoạt động của con người, trước hết là lao
T r a n g | 14
động sản xuất, nhằm tạo ra những điều kiện cần thiết cho sự tồn tại của xã hội
(nói tổng quát)” [12]. Như vậy, ta thấy TT là một dạng tồn tại của thực tế nhưng
không chỉ tồn tại khách quan mà trong đó có hàm chứa hoạt động của con người
cải tạo, biến đổi thực tế với một mục đích nào đó.
1.2.1.2. Bài toán, bài toán thực tiễn
Theo quan niệm của L.N.Lanđa, A.N.Leeonchiep thì: Bài toán là mục
đích đã cho trong những điều kiện nhất định, đòi hỏi chủ thể cần phải hành
động, tìm kiếm cái chưa biết trên cơ sở mối liên quan với cái đã biết. Theo cách
quan niệm của Pôlya: “Bài toán đặt ra là sự cần thiết phải tìm kiếm một cách có
ý thức phương tiện thích hợp để đạt tới mục đích trông thấy rõ ràng nhưng
không thể đạt được ngay. Giải bài toán là tìm ra phương tiện đó” [19].
Theo Bùi Huy Ngọc: “Bài toán thực tế là một bài toán mà trong giả thiết
hay kết luận có các nội dung liên quan đến thực tế” [10]. Dựa trên quan điểm
này và các quan điểm về bài toán, các quan niệm về thực tế, TT đã trình bày,
chúng tôi quan niệm rằng: Bài toán TT là bài toán mà trong giả thiết hay kết
luận có chứa đựng nội dung liên quan đến các hoạt động TT.
1.2.2. Về các bước của quá trình vận dụng toán học vào thực tiễn
Khi xem xét việc TH hoá một khoa học, [11] đưa ra: Việc TH hoá một
khoa học có thể được chia làm các giai đoạn: Xử lý TH những tài liệu thực
nghiệm, xây dựng mô hình TH và lập ra một lý thuyết TH mới. Giai đoạn đầu của
việc TH hoá đặc trưng bởi sự chuyển tiếp từ sự mô tả về chất của các hiện tượng
được nghiên cứu tới sự nghiên cứu chính về các đặc tính về lượng. Giai đoạn thứ
hai là giai đoạn xây dựng mô hình TH gắn liền với việc sao chép, mô phỏng lại về
phương diện lý thuyết đối tượng đang được nghiên cứu những đối tượng xác định
làm cơ bản. Giai đoạn thứ ba là giai đoạn mà việc TH hoá là đi tới xây dựng một
lý thuyết TH đầy đủ về đối tượng đang được nghiên cứu.
Theo [11]: Việc TH hoá một phạm vi hiện tượng nào đó nói chung là phải
trải qua 3 giai đoạn: Giai đoạn đầu là chuyển từ sự mô tả về chất (định tính)
T r a n g | 15
sang mô tả về lượng (định lượng); Giai đoạn thứ hai là tìm cách lọc ra được
những khái niệm cơ bản thuộc đối tượng nghiên cứu; Giai đoạn thứ 3 là xây
dựng nên lý thuyết TH của đối tượng nghiên cứu. Các hiện tượng tuân thủ các
bước của quy trình TH hóa này bao gồm cả các hiện tượng của TT. Trong [6]
đã xác định các ứng dụng TT của TH được tiếp cận và giải quyết theo ba bước
chính sau: (1) TH hoá tình huống TT; (2) Dùng công cụ TH để giải quyết bài
toán trong mô hình TH; (3) Chuyển kết quả trong mô hình TH sang lời giải của
bài toán TT [6]. Trong [8] có nhận định rằng việc ứng dụng TH vào TT nói chung
đều phải thực hiện theo quy trình sau: “ Tình huống TT  Mô hình hoá TH  Sử
dụng các phương pháp TH để giải quyết  Điều chỉnh các kết quả cho phù hợp
với tình huống ban đầu”.
Như vậy, việc giải quyết một bài toán nảy sinh trong TT bằng công cụ của
TH nói chung, giải quyết một bài toán ứng dụng nói riêng được các tài liệu trên
trình bày thống nhất qua các công đoạn: Lập mô hình TH của BTTT; xử lý mô
hình TH đã lập bằng công cụ của TH; chuyển kết quả trong mô hình TH sang
bài toán TT. Tuy nhiên, việc giải quyết một BTTT bằng công cụ TH nói chung
phải được bắt đầu từ việc thiết lập được bài toán TT nảy sinh từ tình huống TT.
Theo tinh thần đó, chúng tôi cho rằng: Quá trình vận dụng TH vào TT thông qua
giải một BTTT cần được chia thành bốn bước:
Bước 1: Từ tình huống TT, xây dựng bài toán TT.
Bước 2: Chuyển bài toán TT đã xây dựng sang mô hình TH.
Bước 3: Dùng công cụ TH để giải bài toán trong mô hình TH.
Bước 4: Chuyển kết quả lời giải bài toán trong mô hình TH sang lời giải
của bài toán TT.
1.2.3. Mô hình hóa toán học bài toán thực tiễn
1.2.3.1. Một số vấn đề cơ bản về mô hình toán học
a. Khái niệm mô hình:“Khách thể M là mô hình của khách thể A đối với
một hệ thống S các đặc trưng nào đó nếu M được xây dựng (hoặc được chọn) để
T r a n g | 16
bắt chước A theo những đặc trưng đó” [15]. Theo Thái Duy Tuyên: “Mô hình
nói chung là một “vật” hay một “hệ thống vật” đóng vai trò đại diện (hoặc vật
thay thế) cho một vật (hay hệ thống vật) mà ta cần nghiên cứu” [16]. Như vậy,
về mặt nhận thức, mô hình là sản phẩm của trí tưởng tượng, nó ra đời do kết quả
của sự trừu tượng hoá ít nhiều đối tượng cụ thể. Về bản chất, mô hình là sản
phẩm của sự tái hiện những đặc trưng của một khách thể nào đó mà ta cần
nghiên cứu.
b. Phân loại mô hình: Có nhiều cách phân loại mô hình dựa trên các cơ sở
khác nhau như phân loại theo ngành, theo mức độ trừu tượng,…Tuy nhiên, trong
nhiều ngành Khoa học tự nhiên, người ta thường phân chia mô hình thành hai
loại: Mô hình hiện thực (mô hình vật chất) và mô hình tượng trưng (mô hình lý
thuyết). Các mô hình tượng trưng đơn giản như các bản đồ địa lý, các sơ đồ trắc
địa, công thức cấu tạo hoá học,…
c. Mô hình TH: Theo [15], dạng cụ thể nhất của các mô hình lý thuyết là
các mô hình ký hiệu, đó là các ký hiệu dùng với tư cách là mô hình: các sơ đồ, đồ
thị, hình vẽ, các công thức, các mệnh đề trong một văn tự nào đó. Một trong
những hình thức quan trọng nhất của các mô hình ký hiệu là các mô hình TH.
“Mô hình TH có thể là một con số, một hình học, một hàm số, một hệ thống các
phương trình” [15]. Mô hình TH thuộc mô hình tượng trưng và được xây dựng
trên ngôn ngữ của TH. Trong mô hình TH, người ta đã sử dụng các phương pháp
TH để chính xác hóa, cụ thể hóa, diễn tả mối quan hệ giữa các yếu tố của đối
tượng đang được nghiên cứu. Trong quá trình phân tích TT, TH thể hiện rõ ưu
điểm và sức mạnh hơn các khoa học khác bởi: “TH nêu ra những mô hình khá
tổng quát và đủ rõ ràng để nghiên cứu TT” [16].
1.2.3.2. Mô hình hóa TH các bài toán TT
Các kiến thức và phương pháp TH chỉ có thể vận dụng trên các mô hình
TH. Vì vậy, không thể sử dụng các phương pháp TH để giải ngay các BTTT mà
cần phải thiết lập mô hình TH cho các BTTT, nói một cách khái quát hơn là cần
mô hình hóa TH cho BTTT đang xét. Dựa trên quan điểm về mô hình TH,
T r a n g | 17
chúng ta có thể hiểu: Mô hình hóa TH cho một BTTT là nhìn nhận bài toán hoàn
toàn dưới ngôn ngữ TH qua việc sử dụng các biến, các biểu thức, kí hiệu TH để
chuyển đổi những thông tin (có thể bằng lời) trong bài toán TT thành các dữ kiện
TH và tổ chức lại các dữ kiện TH đó đảm bảo diễn tả một cách chính xác, cụ thể
mối quan hệ giữa các yếu tố trong bài toán TT nhằm phát biểu bài toán TT dưới
dạng bài toán thuần túy TH.
+ Các hoạt động thành phần của việc TH hóa bài toán TT:
Hoạt động 1: Xây dựng mô hình định tính cho vấn đề đặt ra: Xác định mục tiêu
xây dựng mô hình; phân tích, xác định yếu tố trung tâm, yếu tố điều khiển vấn
đề đang xét, sắp xếp (theo thứ tự) bắt đầu từ yếu tố có ý nghĩa quan trọng nhất
theo đặc trưng cần nghiên cứu.
Hoạt động 2: Phát hiện các hệ thức liên hệ giữa các đại lượng: Xác định các đại
lượng đã cho (đại lượng cố định, đại lượng biến đổi), các đại lượng cần tìm,
phân tích mối liên hệ giữa chúng (mối liên hệ theo giả thiết của bài toán hoặc
những mối liên hệ tổng quát có tính quy luật).
Hoạt động 3: Biểu thị những đại lượng chưa biết bằng các biến đại diện; sử
dụng các biểu thức, kí hiệu TH thích hợp diễn tả lại dưới dạng ngôn ngữ TH mối
quan hệ định tính, định lượng của các yếu tố trong bài toán (thiết lập mối quan
hệ TH giữa các biến số và các hệ số điều khiển hiện tượng dưới dạng những
hàm số, phương trình, bất phương trình, hệ phương trình, hệ bất phương
trình,…).
Hoạt động 1 và 2 là kết quả của sự tương tự, từ vốn kiến thức TH của bản
thân và những kinh nghiệm trải nghiệm TT người ta đi đến hình dung một cách
sơ bộ về vấn đề cần nghiên cứu. Trong giai đoạn này, vai trò của trí tưởng tượng
và liên tưởng rất quan trọng. Trong hoạt động 3: Sự thành công của việc xây
dựng mô hình TH cho một BTTT phụ thuộc vào việc xây dựng chu đáo các luận
cứ về các thuộc tính của khách thể nghiên cứu.
1.2.4. Một số thành tố trong khả năng mô hình hóa TH các BTTT
T r a n g | 18
Theo từ điển Tiếng Việt thì khả năng là: Cái vốn có về vật chất hoặc tinh
thần, để có thể làm được việc gì. Theo tâm lý học thì khả năng là tập hợp các
tính chất, phẩm chất tâm lý cá nhân đóng vai trò là điều kiện bên trong tạo điều
kiện thuận lợi cho việc thực hiện tốt một dạng hoạt động nhất định. Như vậy,
khả năng của con người về một lĩnh vực nào đó được thể hiện qua việc họ thực
hiện các hoạt động thuộc lĩnh vực này. Vì thế, khả năng của con người mang
dấu ấn cá nhân và cũng có thể được phát triển nhờ tính bền bỉ, kiên trì học tập,
rèn luyện, trải nghiệm. Mô hình hóa TH BTTT là một hoạt động riêng, phổ biến,
cần thiết trong đời sống và có thể rèn luyện được nhờ sự bền bỉ trong hoạt động
của người làm toán.
Như vậy, có thể hiểu: Khả năng mô hình hóa TH BTTT là khả năng vận
dụng những hiểu biết của mình để chuyển một BTTT về dạng bài toán thuần túy
TH.
Dựa trên kết quả nghiên cứu về các bước vận dụng TH vào TT, quan điểm
về việc TH hóa BTTT đã trình bày, căn cứ vào kết quả nghiên cứu của
Kơrutecxki (Nga) về cấu trúc năng lực TH của HS (bao gồm: năng lực thu, nhận
thông tin TH, năng lực chế biến thông tin TH, năng lực lưu trữ thông tin TH,
thành phần tổng hợp khái quát, khuynh hướng TH của trí tuệ), chúng tôi xác
định một số thành tố cấu trúc trong khả năng mô hình hóa TH BTTT của người
học như sau:
1) Khả năng liên tưởng; kết nối các ý tưởng TH trước tình huống TT.
Biểu hiện của khả năng này là HS có khả năng, thói quen thu nhận thông
tin TH từ tình huống TT, phát hiện ra kiến thức TH cần và có thể sử dụng để giải
quyết vấn đề nảy sinh từ tình huống TT (có thể là kiến thức một môn học hoặc
kiến thức kết hợp liên môn). Khả năng này đòi hỏi người học phải kết hợp một
cách sáng tạo các kiến thức đã học với trải nghiệm TT của bản thân.
2) Khả năng phân tích các yếu tố trong giả thiết của bài toán.
Khả năng này bao gồm các khả năng thành phần:
T r a n g | 19
– Khả năng xác định các yếu tố trung tâm của bài toán, loại bỏ những yếu tố
không bản chất: Khả năng này giúp cho người học định hình được đường lối
giải bài toán một cách nhanh nhất. Sau khi xác định được yếu tố trung tâm của
bài toán HS cần biết cách loại bỏ những yếu tố không bản chất làm cho bài toán
trở nên đơn giản hơn và hướng đúng trọng tâm hơn.
– Khả năng xác lập mối quan hệ giữa các yếu tố; khả năng đánh giá mức độ phụ
thuộc giữa các yếu tố trong bài toán: Trong bài toán các dữ kiện ràng buộc lẫn
nhau, ẩn ý dưới dạng lời văn buộc HS phải có suy luận để tìm được mối liên hệ
giữa các đại lượng và mức độ phụ thuộc để có thể xây dựng được mô hình TH
cho bài toán. Mối quan hệ giữa các yếu tố có hai dạng: Một là mối quan hệ theo
giả thiết của bài toán và hai là mối quan hệ tổng quát có tính quy luật (chẳng
hạn: Quy luật về mối quan hệ vận tốc, quãng đường, thời gian). Ngoài ra việc
xác định, đánh giá mức độ phụ thuộc giữa các yếu tố trong bài toán giúp người
làm toán xây dựng được các phương trình, hệ phương trình,…biểu diễn chuẩn
xác mối quan hệ giữa các yếu tố đó.
3) Khả năng sử dụng ngôn ngữ, ký hiệu TH để thay thế ngôn ngữ lời văn của
BTTT.
Sau khi xác lập, đánh giá mối quan hệ, mức độ phụ thuộc giữa các yếu tố
trong bài toán; xác định yếu tố trung tâm của bài toán và loại bỏ những yếu tố
không bản chất, HS tiến hành bước lập mô hình cho BTTT. Khả năng chuyển
đổi thông tin giữa bài toán có nội dung TT và bài toán TH được biểu hiện qua
việc HS sử dụng các biến, các biểu thức, ký hiệu TH để chuyển đổi những thông
tin trong bài toán thành các dữ kiện TH và tổ chức lại các dữ kiện TH đó đảm
bảo diễn tả một cách chính xác, cụ thể mối quan hệ giữa các yếu tố trong bài
toán TT, nhằm phát biểu bài toán TT dưới dạng bài toán thuần túy TH. Trong
quá trình đó đòi hỏi HS cần thận trọng trong việc lựa chọn ẩn số, biểu diễn các
yếu tố (đại lượng) TT bằng ký hiệu, khái niệm TH; biểu đạt các mối quan hệ
bằng các mệnh đề TH, các biểu thức chứa biến; biểu đạt các mối quan hệ bằng
T r a n g | 20
đồ thị, biểu đồ, hình vẽ,…Ngoài ra, HS cần có khả năng tóm tắt, biểu diễn
những đại lượng, cảnh vật TT dưới dạng hình ảnh, sơ đồ,…
4) Khả năng điều chỉnh mô hình TH.
Sau khi lập được mô hình TH cho bài toán cần giải, HS phải kiểm tra
được tính đúng đắn, phù hợp của các ký hiệu, ẩn số, biểu thức, phép toán giữa
các biểu thức với các dữ kiện đã cho trong bài toán và có thể điều chỉnh một số
phép toán, cách ký hiệu ẩn số,…trong mô hình TH nếu cần thiết. Ở mức độ phức
tạp hơn, HS có khả năng khái quát hóa các yêu cầu của bài toán hoặc điều chỉnh
giả thiết, kết luận của bài toán để có được hệ thống bài toán phong phú và có
tính khái quát.
Để làm được điều này HS phải có khả năng ước tính, dự đoán các kết quả
của bài toán phù hợp với TT, tránh đưa ra kết quả xa rời TT hoặc phi TT.
1.3. VỀ CHƯƠNG TRÌNH CHỦ ĐỀ ĐẠI SỐ LỚP 10
1.3.1. Mục tiêu
– Về kiến thức: Hiểu và nắm được: Các khái niệm, phép toán về mệnh đề và tập
hợp; các khái niệm về hàm số, sự biến thiên và đồ thị của hàm số bậc nhất, bậc
hai; các khái niệm về phương trình, phương pháp giải phương trình bậc nhất,
phương trình bậc hai một ẩn, hệ phương trình bậc nhất hai ẩn; các khái niệm và
tính chất liên quan đến bất đẳng thức, bất phương trình; các khái niệm tần số, tần
suất, bảng phân bố tần số- tần suất ghép lớp; công thức tính số trung bình, trung
vị, mốt, phương sai, độ lệch chuẩn của mẫu số liệu; khái niệm số đo của góc và
cung lượng giác, các giá trị lượng giác của góc lượng giác.
– Về kỹ năng: Rèn luyện kỹ năng diễn đạt các nội dung toán học thêm rõ ràng và
chính xác; hiểu đầy đủ hơn về suy luận và chứng minh trong TH; rèn luyện kỹ
năng vẽ và đọc đồ thị của hàm số, nhận biết các tính chất của hàm số thông qua
đồ thị của nó; thành thạo trong việc giải các phương trình và hệ phương trình
bậc nhất và bậc hai; rèn luyện kỹ năng áp dụng các tính chất của bất đẳng thức
và bất phương trình để giải thành thạo các bài toán về chứng minh bất đẳng
T r a n g | 21
thức, giải các bất phương trình và các bài toán liên quan; biết trình bày một mẫu
số liệu dưới dạng bảng, biết vẽ các loại biểu đồ, tính các số đặc trưng của mẫu
số liệu; sử dụng thành thạo các công thức lượng giác cơ bản, rèn luyện kỹ năng
biến đổi lượng giác; Biết xác định mối liên hệ giữa các giá trị lượng giác của các
góc có liên quan đặc biệt.
– Về tư duy, thái độ:
+ Rèn luyện tư duy lôgíc, ngôn ngữ chính xác phát triển khả năng suy đoán; rèn
luyện hoạt động trí tuệ cơ bản (phân tích, tổng hợp, trừu tượng hóa, khái quát
hóa); hình thành những phẩm chất trí tuệ: tính linh hoạt, độc lập, sáng tạo,…;
hình thành, phát triển tác phong làm việc khoa học, thói quen tự kiểm tra; rèn
luyện khả năng suy luận có lý, hợp lôgíc trong những tình huống cụ thể; rèn
luyện khả năng tiếp nhận và biểu đạt các vấn đề TT một cách chính xác, khoa
học.
+ Giáo dục cho HS tinh thần, thái độ học tập nghiêm túc, chủ động, độc lập,
sáng tạo trong học tập môn Toán, rèn luyện đức tính ham hiểu biết, yêu khoa
học, nghiêm túc trong lao động, năng động sáng tạo.
1.3.2. Cấu trúc nội dung chương trình
Chương 1: Mệnh đề – Tập hợp (13 tiết)
– Mệnh đề và mệnh đề chứa biến
– Áp dụng mệnh đề vào suy luận toán học
– Tập hợp và các phép toán trên tập hợp
– Số gần đúng và sai số
Chương 2: Hàm số bậc nhất và bậc hai (10 tiết)
– Đại cương về hàm số
– Hàm số bậc nhất
– Hàm số bậc hai
T r a n g | 22
Chương 3: Phương trình – Hệ phương trình (16 tiết)
– Đại cương về phương trình
– Phương trình bậc nhất và bậc hai một ẩn
– Một số phương trình quy về bậc nhất hoặc bậc hai
– Hệ phương trình bậc nhất nhiều ẩn
– Một số ví dụ về hệ phương trình bậc hai hai ẩn
Chương 4: Bất đẳng thức – Bất phương trình (23 tiết)
– Bất đẳng thức và chứng minh bất đẳng thức
– Đại cương về bất phương trình
– Bất phương trình và hệ bất phương trình bậc nhất một ẩn
– Dấu của nhị thức bậc nhất
– Bất phương trình và hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn
– Dấu của tam thức bậc hai
– Bất phương trình bậc hai
– Một số phương trình và bất phương trình quy về bậc hai
Chương 5: Thống kê (9 tiết)
– Một vài khái niệm mở đầu
– Trình bày một mẫu số liệu
– Các số đặc trưng của mẫu số liệu
Chương 6: Góc lượng giác và công thức lượng giác (11 tiết)
– Góc và cung lượng giác
– Giá trị lượng giác của góc (cung) lượng giác
– Giá trị lượng giác của các góc (cung) có liên quan đặc biệt
T r a n g | 23
– Một số công thức lượng giác
1.3.3. Xem xét yêu cầu về mô hình hóa TH các BTTT trong chương trình
Đại số 10
Trong chương trình Đại số lớp 10, các bài toán có nội dung TT được trình
bày theo tỉ lệ sau:
Chương 1: 8/62 bài tập chiếm 12,9%
Chương 2: 5/46 bài tập chiếm 10,9%
Chương 3: 3/64 bài tập chiếm 4,7%
Chương 4: 3/89 bài tập chiếm 3,4%
Chương 5: 18/21 bài tập chiếm 85,7%
Chương 6: 3/69 bài tập chiếm 4,3%
Nói chung số lượng các BTTT trình bày trong các chương chưa nhiều
nhưng có phong phú hơn về số lượng và nội dung so với chương trình cũ. Để
giải được các bài toán này HS phải thiết lập được mô hình TH cho bài toán.
Trong chương trình SGK Đại số lớp 10 hiện hành không có phần chỉ dẫn và ví
dụ minh họa cho việc lập mô hình TH cho các BTTT. Việc hướng dẫn, rèn luyện
cho HS các kỹ năng trong việc lập mô hình TH cho BTTT hoàn toàn phụ thuộc
vào cách chỉ dẫn của GV.
1.4. VỀ CHƯƠNG TRÌNH CHỦ ĐỀ HÌNH HỌC LỚP 10
1.4.1. Mục tiêu
– Về kiến thức:Học sinh nắm được các nội dung kiến thức cơ bản nhất có liên
quan đến
Chương I: Vectơ (14 tiết). Chương này trình bày các khái niệm cơ bản nhấtvề
vectơ và các phép toán vectơ. Các khái niệm đó là: vectơ, vectơ cùngphương,
vectơ cùng hướng, vectơ bằng nhau, phép cộng và phép trừ vectơ, phép nhân
vectơ với một số. Toạ độ: trục và hệ trục toạ độ trong mặt phẳng, toạ độ của
T r a n g | 24
vectơ và của điểmđối với trục và hệ trục toạ độ.
Chương II: Tích vô hướng của hai vectơ và ứng dụng (12 tiết).
Chương này trình bày một khái niệm quan trọng là tích vô hướng, các áp
dụng của tích vô hướng, trong đó chủ yếu nói về hệ thức lượng trong tam giác.
Các hệ thức đó được chứng minh chủ yếu dựa vào các kiến thức đã có về vectơ.
Chương III: Phương pháp toạ độ trong mặt phẳng (20 tiết).
Chương này đi sâu tìm hiểu về phương trình của đường thẳng, đường
tròn, elip và những tính chất của chúng.
– Về kỹ năng: Rèn luyện kỹ năng về các dạng toán có liên quan đến véc tơ; các
bài toán về tích vô hướng; giải tam giác và các dạng toán về đường thẳng, đường
tròn, elip.
– Về tư duy, thái độ:
+ Rèn luyện tư duy lôgíc, ngôn ngữ chính xác phát triển khả năng suy
đoán; rèn luyện hoạt động trí tuệ cơ bản (phân tích, tổng hợp, trừu tượng hóa,
khái quát hóa); hình thành những phẩm chất trí tuệ: tính linh hoạt, độc lập, sáng
tạo,…; hình thành, phát triển tác phong làm việc khoa học, thói quen tự kiểm
tra; rèn luyện khả năng suy luận có lý, hợp lôgíc trong những tình huống cụ thể;
rèn luyện khả năng tiếp nhận và biểu đạt các vấn đề TT một cách chính xác,
khoa học.
+ Giáo dục cho HS tinh thần, thái độ học tập nghiêm túc, chủ động, độc
lập, sáng tạo trong học tập môn Toán, rèn luyện đức tính ham hiểu biết, yêu
khoa học, nghiêm túc trong lao động, năng động sáng tạo.
1.4.2. Cấu trúc nội dung chương trình hình học 10
Chương 1:Vectơ (13 tiết)
– Các định nghĩa
– Tổng và hiệu hai vectơ
T r a n g | 25
-Tích của một số với vectơ
-Hệ trục tọa độ
Chương 2:Tích vô hướng của hai vectơ và ứng dụng(12 tiết)
– Giá trị lượng giác của một góc bất kì từ 0o đến 180o
– Tích vô hướng của hai vectơ
– Các hệ thức lượng trong tam giác và giải tam giác
Chương 3: Phương pháp toạ độ trong mặt phẳng (12 tiết)
– Phương trình đường thẳng
-Phương trình đường tròn
– Phương trình đường Elíp.
Chương 2
BIỆN PHÁP RÈN LUYỆN KHẢ NĂNG MÔ HÌNH HÓA TOÁN HỌC
CÁC BÀI TOÁN THỰC TIỄN TRONG DẠY HỌC ĐẠI SỐ 10
2.1. CÁC NGUYÊN TẮC XÂY DỰNG BIỆN PHÁP
Trong mục này chúng chúng tôi đưa ra một số nguyên tắc làm căn cứ cho
việc xây dựng các biện pháp thực hiện việc rèn luyện cho học sinh khả năng mô
hình hóa TH các BTTT trong dạy học Đại số lớp 10.
Nguyên tắc 1: Đảm bảo mục tiêu dạy học Đại số lớp 10 theo chương
trình hiện hành, phù hợp nội dung dạy học Đại số lớp 10.
SGK và phân phối chương trình hiện hành của Bộ Giáo dục và Đào tạo là
pháp lệnh nhà nước về giáo dục. Chương trình và SGK môn Toán được xây
dựng trên cơ sở kế thừa những kinh nghiệm tiên tiến trong và ngoài nước theo
một hệ thống nhất quán về phương diện TH và phương diện sư phạm, chương
trình SGK đã được thực hiện thống nhất trong phạm vi cả nước. Vì vậy việc rèn
luyện cho học sinh khả năng mô hình hóa TH BTTT trong dạy học chương trình
T r a n g | 26
Đại số lớp 10 phải được thực hiện trên cơ sở nội dung SGK và phân phối
chương trình hiện hành.
Nguyên tắc 2: Đảm bảo tác động trực tiếp và tích cực tới việc rèn luyện,
phát triển các yếu tố của khả năng mô hình hóa TH các BTTT.
Việc xác định các biện pháp sư phạm nhằm rèn luyện, phát triển các thành
tố thành phần của khả năng mô hình hóa TH BTTT. Do đó, đảm bảo tác động
tới các thành tố của khả năng mô hình hóa TH BTTT phải là tư tưởng xuyên
suốt, có tính bắt buộc đối với tất cả các biện pháp đề xuất.
Nguyên tắc 3: Đảm bảo phù hợp với trình độ nhận thức chung của học sinh.
Phù hợp với trình độ nhận thức chung của HS là một trong những yêu cầu
quan trọng đảm bảo cho việc thực hiện biện pháp được khả thi. Như vậy, các chỉ
dẫn thực hiện trong biện pháp nên được trình bày cô đọng, dễ hiểu, hệ thống ví

Xem bản đầy đủ trên google drive: TẠI ĐÂY

Các thầy cô cần file liên hệ với chúng tôi tại fanpage facebook O2 Education

Hoặc xem nhiều SKKN hơn tại:  Tổng hợp SKKN luận văn luận án O2 Education

SKKN Một số định lý chứng minh đồng quy, thẳng hàng

Điều kiện hoàn cảnh tạo ra sáng kiến:
Mục tiêu giáo dục của chúng ta hiện nay là đào tạo những con người lao động
tự chủ, năng động, sáng tạo có năng lực giải quyết những vấn đề thường gặp, góp
phần xây dựng đất nước giàu mạnh, xã hội công bằng và văn minh, đưa đất nước
Việt Nam tiến nhanh trên con đường phát triển hòa nhập với thế giới ở đầu thế kỉ
XXI. Đứng trước tình hình đó, Bộ Giáo dục và Đào tạo, Sở Giáo dục và Đào tạo
cũng như nhà trường đã đề ra nhiều biện pháp tích cực. Một trong những biện pháp
đó là cải tiến chương trình dạy học, cải tiến phương pháp dạy của thầy và phương
pháp học của trò, phải có cuộc cách mạng thực sự về phương pháp giáo dục, cũng
như cách thức tổ chức kiểm tra chất lượng học sinh để hưởng ứng cuộc vận động của
Bộ trưởng Bộ GD – ĐT về chống tiêu cực trong thi cử và bệnh thành tích trong giáo
dục.
Đối với bộ môn Toán – Bộ môn then chốt của khoa học tự nhiên, thì một trong
những khâu quan trọng của quá trình cải tiến chương trình dạy học là tiếp nhận và
giải quyết một vấn đề theo nhiều hướng khác nhau, cố gắng tìm đến bản chất của nó,
từ đó có mối liên hệ giữa các bài toán riêng lẻ với nhau.
II. Mô tả giải pháp:
1. Mô tả giải pháp trước khi tạo ra sáng kiến
Đây là một lĩnh vực không mới của toán học, tuy nhiên các vấn đề khai thác
trong sáng kiến có nhiều điểm mới. Trong các các đề thi chọn HSG các cấp, bài toán
Hình học phẳng luôn chiếm một tỉ lệ lớn (thường có tỉ lệ điểm 7/20), đây là một phần
trọng tâm mà học sinh chuyên Toán cần nắm vững. Một trong các bài toán quan trọng
của bộ môn Hình học phẳng là bài toán chứng minh thẳng hàng đồng quy.
Vì vậy tôi viết sáng kiến này, tổng kết những kinh nghiệm, phần nào giúp các
em học sinh tháo gỡ các khó khăn, nhìn nhận vấn đề đơn giản hơn, bên cạnh đó cũng
3
mong muốn là một tài liệu tham khảo giúp đỡ các thầy cô một phần nhỏ trong quá
trình giảng dạy.
III. Nội dung sáng kiến
Sáng kiến tập trung vào một số định lý chứng minh thẳng hàng đồng quy: Ceva,
Menelauyt, Pascal
1. Định lý Ceva
Có 3 dạng phát biểu của định lý
Dạng 1: Cho tam giác ABC và các điểm D, E, F nằm trên các đường thẳng BC, CA,
AB tương ứng sao cho có lẻ điểm nằm trên cạnh. Khi đó AD, BE, CF đồng quy khi
và chỉ khi DB EC FA 1
DC EA FB
=
E
A
B C
D
F
D
B C
A
E
F
Dạng 2: Cho tam giác ABC và các điểm D, E, F nằm trên các đường thẳng BC, CA,
AB tương ứng. Khi đó AD, BE, CF đồng quy khi và chỉ khi DB EC FA 1
DC EA FB
= –
Dạng 3: Cho tam giác ABC. Khi đó các tia Ax By Cz , , đồng quy khi và chỉ khi








sin sin sin
1
sin sin sin
xAB zCA yBC
xAC yBA zCB
= .
4

x	x	z
B C	B C

z y
A
y
A
Dạng phát biểu 1 có thể áp dụng với học sinh THCS, khi học về độ dài đại số và giá
trị lượng giác của góc, định lý sin thì học sinh có thể áp dụng các dạng 2 và 3. Dạng
1 và dạng 2 cần xác định được giao điểm của các đường cần chứng minh đồng quy
với các cạnh đối diện (nghĩa là xác định được D, E, F), cách 3 không cần xác định cụ
thể các điểm này.
Ví dụ 1. Cho tam giác ABC, đường tròn nội tiếp (I ) tiếp xúc với BC, CA, AB tại các
điểm D, E, F. Khi đó các đường thẳng AD, BE, CF đồng quy, điểm đồng quy được
gọi là điểm Gergonne.
Giải

Theo tính chất của 2 tiếp tuyến cắt nhau, ta có AE AF BF BD CD CE = = = , , . Dễ thấy cả 3 điểm D, E, F đều nằm trên cạnh của tam giác.

F

A

Ta có DB EC FA 1
DC EA FB
= , suy ra AD, BE, CF đồng

quy. Tương tự khi ta xét đường tròn bàng tiếp góc A,

B C

góc B, góc C lần lượt tiếp xúc với BC, CA, AB tại M, N, P thì AM, BN, CP đồng quy.
Điểm đồng quy được gọi là điểm Nagel.
Cho tam giác ABC có I và N tương ứng là tâm nội tiếp và điểm Nagel (là điểm đồng
quy của các đường thẳng nối đỉnh và tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp với cạnh
đối). Các đường thẳng qua N và song song với AI, BI, CI tương ứng cắt BC, CA, AB
tại A’, B’, C’. Chứng minh AA’, BB’, CC’ đồng quy.
E
D

5
Bổ đề: Cho tam giác ABC có D, E, F là trung điểm của BC, CA, AB. Các điểm A’, A”
thuộc BC và đối xứng nhau qua D, tương tự có các điểm B’, B”; C’, C”. Chứng minh
rằng nếu AA’, BB’, CC’ đồng quy thì AA”, BB” và CC” cũng đồng quy.
Chứng minh dễ dàng bằng cách sử dụng Ceva
Với bài toán, gọi A”, B” và C” là giao điểm của AI, BI, CI với BC, CA, AB tương
ứng. Chứng minh A’, A” đối xứng nhau qua trung điểm của BC.
Mở rộng hơn ta chứng minh được điểm đồng quy P thuộc đường NGe với Ge là
điểm Gergon của tam giác (Đồng quy của các đường nối đỉnh và tiếp điểm của
đường tròn nội tiếp với các cạnh đối)
Một kết quả nữa của điểm Nagel: Cho tam giác ABC có I và N tương ứng là tâm nội
tiếp và điểm Nagel. Các đường thẳng qua N và vuông góc với AI, BI, CI tương ứng
cắt BC, CA, AB tại A’, B’, C’. Chứng minh A’, B’, C’ thẳng hàng.
Ví dụ 2 (IMO training 2004). Cho tam giác ABC có A B C 1 1 1 , , là trung điểm của các
cạnh BC, CA, AB và A B C 2 2 2 , , là trung điểm của các đường cao tương ứng kẻ từ A, B,
C. Chứng minh rằng A A B B C C 1 2 1 2 1 2 , , đồng quy.
Giải
Dễ thấy A B C B AC C B A 2 1 1 2 1 1 2 1 1 ∈ ∈ ∈ , ,

Ta có

2 1 2 1

2 1 2 1

2 1 2 1 =

=

A C C B B A DB FA EC 1
A B C A B C DC FB EA
(Do các đường AD, BE, CF đồng quy)
Áp dụng định lý Ceva trong tam giác A B C 1 1 1 ta
có điều phải chứng minh.
Mở rộng bài toán với các đường đồng quy bất kì trong tam giác ta vẫn có kết quả
tương ứng: Cho tam giác ABC với M, N, P là trung điểm các cạnh BC, CA, AB. Gọi
X là điểm trong tam giác ABC, các đường thẳng AX, BX, CX cắt BC, CA, AB tại D,
E, F tương ứng. Kí hiệu D’, E’, F’ là trung điểm của AD, BE, CF. Chứng minh MD’,
NE’, PF’ đồng quy.
Ví dụ 3. Cho A’, B’, C’ là trung điểm các cạnh BC, CA, AB của tam giác ABC. Giả
sử đường tròn nội tiếp tam giác A’B’C’ tiếp xúc với các cạnh B’C’ và C’A’ tại X và
Y. Chứng minh rằng AY, BX và phân giác góc BCA đồng quy.
A1
C2
B2

C1 F

B1

A2 E
B D C
A
6
Giải
Để sử dụng được Ceva dạng 1 ta cần xác định được các giao điểm của AY, BX và
phân giác góc BCA với các cạnh BC, CA, AB của tam giác ABC.
Gọi các giao điểm này lần lượt là T, S, R.
Để có điều phải chứng minh, ta cần có đẳng
thức TB SC RA 1
TC SA RB
= .
Trong các tỉ số trên, có tỉ số RA AC
RC BC
= , vì
vậy ta cần tính 2 tỉ số còn lại theo các cạnh
của tam giác ABC.
Kẻ đường thẳng qua A và song song BC cắt
BS tại U, đường thẳng qua B và song song
AC cắt AT tại V.
Ta có SC BC
SA AU
= và TB BV
TC AC
= .
Suy ra

2 ‘ C Y	TB SC RA	BV BC AC	BV
1 = = = = , ta có điều phải chứng minh.
2 ‘ C X	TC SA RB	AC AU BC	AU

Ví dụ 4. Cho tam giác ABC không cân tại A, có đường phân giác trong AV và đường
cao AD. Đường tròn ngoại tiếp tam
giác ADV cắt AC, AB tại E, F. Chứng
minh các đường thẳng AD, BE, CF
đồng quy.
Giải
Cần chứng minh DB EC FA 1
DC EA FB
= .

Ta	có	BD BV BF BA . . =	và
CD CV CE CA . . . =	V	B	C

F
E
D A

R Y C’	U S X B’
T B	V A’ C

A
7
Suy ra

. BD BV	. BF BA	. BF BA	BD BA	BD	BF	DB EC
. CD CV	. CE CA	. CE CA	CD CA	CD	CE	DC BF
=	⇔	= ⇔ = ⇔ =

1
Dễ thấy AV là trung trực của EF nên AE AF = .
Suy ra DB EC DB EC FA 1 1
DC BF DC EA FB
= ⇔ = , suy ra điều phải chứng minh.
Ví dụ 5. Cho tam giác ABC, các điểm P, Q, R là tiếp điểm của đường tròn nội tiếp
với các cạnh AB, BC, CA, các điểm L, M, N là chân đường cao của tam giác PQR kẻ
từ R, P, Q tương ứng. Chứng minh AN, BL, CM đồng quy.
Giải
Định hướng sử dụng Ceva cho tam giác
ABC, và tại đỉnh A các góc có thể tính được
tỉ số sin cho các cạnh, ta không cần xét các
giao điểm của AN, BL, CM với các cạnh của
tam giác ABC mà sử dụng định lý Ceva sin.
Trong tam giác ANP ta có



sin sin
NP AN
NAP APN
=
Trong tam giác ANR ta có



sin sin
NR AN
NAR ARN
=

Suy ra	NR =	sin NAC NR	NP
⇒ = .
sin sin NAR NAP	sin NAB	NP

Tương tự ta có



sin
sin
LBA LP
LBC LQ
= và



sin
sin
MCB MQ
MCA MR
= .
Trong tam giác PQR có PM, QN, RL đồng quy nên NR LP MQ 1
NP LQ MR
= , suy ra









sin sin sin
1
sin sin sin
NAC LBA MCB
NAB LBC MCA
= , suy ra điều phải chứng minh.
Ví dụ 6. Cho tam giác ABC, đường tròn nội tiếp tiếp xúc với BC, CA, AB tại A’, B’,
C’ tương ứng. Các điểm A B C 1 1 1 , , thuộc các cung B’C’, C’A’, A’B’ của đường tròn
H

K

L

M
N
P
R
Q
I
A
B C
8
nội tiếp. Chứng minh AA BB CC 1 1 1 , , đồng quy khi và chỉ khi A A B B C C ‘ , ‘ , ‘ 1 1 1 đồng
quy.

Giải	A
Sử dụng định lý Sin cho tam giác AB A ‘ 1 và tam giác AC A ‘ 1 ta có	A1

1 1

1 ‘ AC sin ‘ A AB	1 AA sin ‘ AB A
sin ‘ A AC	sin ‘ AC A
=

và

1 1 ‘ A B

1

1 AA

=
Suy ra






1 1 1
1 1 1
sin ‘ sin ‘ ‘
sin ‘ sin ‘ ‘
A AC AC A AC
A AB AB A A B
= ⋅
Xét đường tròn nội tiếp ta có






1 1 1 1
1 1 1 1
sin ‘ ‘ sin ‘ ‘ ‘
sin ‘ sin ‘ ‘ ‘ ‘
AC A AC A A C AC
AB A A A B A B A B
⋅ = ⋅
Áp dụng định lý Sin ta có
1 1

1 1
‘ ‘
sin ‘ ‘ sin ‘ ‘
A B AC
A A B A A C
= , suy ra



1 1
1 1
sin ‘ ‘ ‘
sin ‘ ‘ ‘
A A C AC
A A B A B
= , suy ra






2

1 1 sin ‘ ‘ ‘ A A C AC	1 sin ‘ ‘ A A C
	

1 1 1
sin ‘ ‘ sin ‘ ‘ ‘
A A B A A B A B
⋅ =    
 
, suy ra






2

1 sin ‘ A AC	1 sin ‘ ‘ A A C
	

1 1
sin ‘ sin ‘ ‘
A AB A A B
=    
 
.
Chứng minh tương tự ta có






2

1 sin ‘ C CB	1 sin ‘ ‘ C C B
	

1 1
sin ‘ sin ‘ ‘
C CA C C A
=    
 
và






2

1 sin ‘ B BA	1 sin ‘ ‘ B B A
	

1 1
sin ‘ sin ‘ ‘
B BC B B C
=    
 
.
Suy ra

2  	2  	2 	
1 1 1 sin ‘ sin ‘ sin ‘ A AC C CB B BA	1 sin ‘ ‘ A A C	1 sin ‘ ‘ C C B	1 sin ‘ ‘ B B A

1 1 1 1 1 1
sin ‘ sin ‘ sin ‘ sin ‘ ‘ sin ‘ ‘ sin ‘ ‘
A AB C CA B BC A A B C C A B B C
=            
     
.
Ta có điều phải chứng minh.
Ví dụ 7. Cho tam giác ABC, các đường cao AD, BE, CF. Đường tròn nội tiếp các
tam giác AEF, BFD, CDE lần lượt tiếp xúc với EF, FD, DE tại A’, B’, C’. Chứng
minh các đường thẳng AA BB CC ‘, ‘, ‘ đồng quy.
C1
C’
B’
A’
B C
B1
9
Giải
Đường tròn nội tiếp tam
giác ABC tiếp xúc với BC,
CA, AB tại X, Y, Z.
Ta có tam giác CED đồng
dạng với tam giác CBA,
suy ra tam giác CC’E đồng
dạng với tam giác CZB.
Suy ra C CE ZCB
’ =
và



C CD ZCA ‘ = .
Chứng minh tương tự ta có

, ‘ D

.

X

A AC XAB A AB XAC B BC YBA B BA YBC = = = =
Suy ra


















sin ‘ sin ‘ sin ‘ sin sin sin
1
sin ‘ sin ‘ sin ‘ sin sin sin
A AC B BA C CB XAB YBC ZCA
A AB B BC C CA XAC YBA ZCB
= = (do AX, BY, CZ
đồng quy).
Áp dụng định lý Ceva lượng giác ta có điều phải chứng minh.
Ví dụ 8. Cho lục giác ABCDEF nội tiếp. Chứng minh các đường thẳng AD, BE, CF
đồng quy khi và chỉ khi AB CD EF BC DE FA . . . . . =
Giải
Các đường thẳng AD, BE, CF đồng quy khi và chỉ
khi









sin sin sin
1
sin sin sin
CFB ADF EBD
CFD ADB EBF
=
Áp dụng định lý sin ta được

sin sin sin CFB ADF EBD

1 1 CB AF DE = ⇔ = .

sin sin sin
CFD ADB EBF CD AB EF
Ta có điều phải chứng minh.
Y

Z

E

C’
B’
A’
F
A
B C
E
F
A
B
C
D
10
Ví dụ 9. Cho tam giác ABC, các điểm D E F , , là tiếp điểm của đường tròn nội tiếp
với các cạnh BC, CA và AB. Các điểm I I I a b c , , là tâm đường tròn bàng tiếp các góc
A B C , , của tam giác ABC . Chứng minh I D I E I F a b c , , đồng quy.
Giải

Áp dụng định lý sin cho tam giác BDIa	Ib
ta có
BD =	DI .	A

sin sin
a
a a
BI D DBI
Với tam giác DCIa ta có



sin sin
a
a a
CD DI
CI D DCI
=
Suy ra






sin sin
sin sin
a a
a a
BI D DBI BD
CI D DCI CD
=
Chứng minh tương tự ta có






sin sin
sin sin
b b
b b
CI E ECI CE
AI E EAI AE
= và






sin sin
sin sin
c c
c c
AI F FAI AF
BI F FBI BF
=
Kết hợp với DCI ACI EAI FAI FBI DBI
a b b c c a = = =
, ,




và BD BF CD CE AE AF = = = , , suy ra









sin sin sin
1
sin sin sin
a b c
a b c
BI D CI E AI F
CI D AI E BI F
= , suy ra điều
phải chứng minh.
Ví dụ 10 (VMO 2011). Cho đường tròn (O) đường kính AB. P là một điểm nằm trên
tiếp tuyến của (O) tại B (P ≠ B). Đường thẳng AP cắt (O) lần thứ hai tại C. D là điểm
đối xứng của C qua O. Đường thẳng DP cắt (O) lần thứ hai tại E. Chứng minh rằng
AE, BC, PO đồng quy tại M.
Giải
E
F
D
Ia
Ic
B C
11
Gọi F là giao điểm của AE và BP.
Dễ dàng chứng minh được tứ giác PCEF nội tiếp nên ∠ CFP = ∠ CEP = 900
Suy ra CF // AB.
Ta có OA FP CP FP CP . . . 1
OB FP CA FP CA
= – = (Do CF // AB).
Do đó, theo định lý Ceva ta có điều phải chứng minh.
Ví dụ 11 (Korea 2019) Cho △ABC, điểm P bất kì nằm trong tam giác. Các đường
thẳng PA, PB, PC lần lượt cắt BC, CA, AB tại D, E, F. Chứng minh trục đẳng
phương của 3 cặp đường tròn sau đồng
quy: (ABE) và (ACF), (BCF) và (BAD), (CAD) và (CBE).
Giải
Gọi X, Y, Z lần lượt là giao điểm thứ hai

của (ABE) và (ACF), (CAD) và (CBE).

(BCF) và (BAD),

Ta có sin XAB	sin XEB BX =	=
sin sin XAC XBE ∠ ∠	XE

∠ ∠
Mặt khác, X là điểm Miquel của tứ giác
toàn phần BAECPF
Suy ra ∠ XBF = 1800 – ∠ XPF = ∠ XCE,
∠ FXB = ∠ FPB = ∠ CPE Þ
△FXB∼△CXE
Þ XB BF
XE CE
= ⇒
sin
sin
XAB BF
XAC CE
∠
=
∠
Từ đó dễ dàng suy ra đpcm.
Z
Y
X
E
P
A
B D C
F
12
Ví dụ 12. Cho tam giác nhọn ABC có AD BE CF , , là các đường cao. Các đường tròn
đường kính AB AC , theo thứ tự cắt các tia DF DE , tại Q và P N . là tâm đường tròn
ngoại tiếp tam giác DEF. Chứng minh rằng:
1) AN PQ ⊥ ;
2) AN BP CQ , , đồng quy.
Giải
Z Y
X
N
O M
P
Q
F
E
D
A
B
C
Ta cần có một bổ đề.
Bổ đề. Cho tam giác ABC O , là tâm đường tròn ngoại tiếp, N là tâm đường tròn
Euler, M là điểm đối xứng của O qua BC. Khi đó N là trung điểm của AM .
Trở lại bài toán.
1) Gọi RN là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF.
Ta có NP NQ NP R NQ R PE PD QF QD 2 2 2 2 2 2 – = – – – = – ( N N ) ( ) . .
= + – + = – + = = PE PE ED QF QF FD EP ED FD FQ PE EF QF ( ) ( ) . . ( )
= – + = – + + + = – + EA EC FA FB EA EA AC FA FA AB EA FA . . . ( ) ( ) 2 2
13
= – = = PA QA EA QA FA PA 2 2 ( ) ;
Do đó AN PQ ⊥ (định lý 4 điểm).
2) Kí hiệu A B C , , theo thứ tự là số đo của các góc BAC CBA ACB
, , .

Gọi X Y Z , , theo
thứ tự là giao điểm của AN BP CQ , , với BC CA AB M , , ; là điểm đối xứng của A qua
N. Theo bổ đề trên M và O đối xứng nhau qua BC, suy ra BMC BOC A
= =
2 . Từ
đó, chú ý rằng Q P , theo thứ tự là điểm đối xứng của E F , qua AB CA , , suy ra

0

ABM B A CBQ = + – = 90 ;

0 ACM C A BCP BAP A CAQ BM CM = + – = = = = 90 ; 2 ; ; CP CF BQ BE = = ; .

AP AF AQ AE = = ; ;

Vậy, chú ý rằng X AM ∈ và các tam giác ABE ACF , đồng dạng, ta có

. sin . sin . sin BA BM ABM CB CP BCP AC AQ CAQ	ABM BCP CAQ S S S	XB YC ZA
. . . . . = =	.

. sin . sin . sin CACM ACM AB AP BAP BC BQ CBQ	XC YA ZB	S	S	S
sin sin sin CF AE ABM BCP CAQ
. . =	.	. 1. =

sin sin sin
ACM BAP CBQ
AF BE CBQ ACM BAP
The
o định lí Ceva, AN BP CQ , , đồng quy.
Ví dụ 13. Cho tam giác ABC, O là điểm bất kì nằm trong tam giác. Các đường thẳng
AO, BO, CO lần lượt cắt BC, CA, AB lần lượt tại M, N, P. Gọi I là điểm bất kì nằm
trong tam giác MNP. Các đường thẳng MI, NI, PI lần lượt cắt NP, PM, MN tại D, E,
F. Chứng minh rằng AD, BE, CF đồng

quy. Giải Áp dụng định lý Ceva cho tam giác MNP với MD, NE, PF đồng quy ta có

D

P

N

A

DP EM FN . . 1 DN EP FM = –

(1)

Áp dụng định lý Ceva cho tam giác ABC
F
E
M
B
C
O
I
14
với AM, BN, CP đồng quy ta có
PA MB NC . . 1
PB MC NA
= – (2)
Ta lại có



sin
.
sin
BAD DP AN
CAD DN AD
=
Tương tự cho hai đẳng thức còn lại rồi kết hợp với (1), (2), áp dụng định lý Ceva
dạng lượng giác tai có điều phải chứng minh.
Ví dụ 14. (USAMO 2018-P5) Cho tứ giác ABCD nội tiếp. Gọi E F G , , lần lượt là
giao điểm của các cặp đường thẳng ( , );( , );( , ). AC BD AB CD AD BC Đường tròn ngoại
tiếp các tam giác ABE ADE , cắt các đường thẳng CB CD , lần lượt tại P Q , . Gọi M là
giao điểm của FP GQ , . Chứng minh rằng ∠ = ° MAC 90 .
Giải.
15
Gọi X là giao điểm thứ hai của FP ABE ,( ) và Y là giao điểm thứ hai của GQ ADE ,( )
Khi đó, ∠ = ∠ = ∠ FXA FBP ADC nên 4 điểm X A D F , , , đồng viên.
Ta có ∠ = ∠ – ∠ – ∠ EXD BXF BXE DXF
.
BXA AXF BXE DXF AED ADC EAB DAF
AED ADC EAB ADB ABD BDC BAE BXE
= ∠ + ∠ – ∠ – ∠ = ∠ + ∠ – ∠ – ∠
= ∠ + ∠ – ∠ – ∠ – ∠ = ∠ = ∠ = ∠
nên XE là phân giác của ∠BXD .
Tương tự thì Y A B G , , , đồng viên và YE là phân giác của ∠BYD .
Áp dụng định lý Ceva sin – cho tam giác APG với AM GM PM , , đồng quy, ta thu
được sin MGA sin MPG sin MAG YA XB sin MAG . . .

sin MGP sin MPA ∠ ∠	sin MAP ∠	YB XA	sin MAP ∠
Áp dụng định lý Ceva sin – cho tam giác AQF với AM QM FM , , đồng quy, ta thu được sin MQA sin MFD sin MAQ YA XD sin MAQ . . . ∠ ∠ ∠ ∠ = ⇒ =
sin MQF sin MFA ∠ ∠	sin MAF ∠	FD XA	sin MAF ∠
Từ đó, ta thu được sin MAG sin FAM DY XB . . . ∠ ∠ =
sin MAP sin MAQ ∠ ∠	BY XD

∠ ∠ ∠ ∠
= ⇒ =
Đồng thời, DY XB ED BE . . 1
BY XD BE ED
= = nên sin MAG sin FAM . 1
sin MAP sin MAQ
∠ ∠
=
∠ ∠
. (1)
Mặt khác, ta có ∠ = ∠ = ∠ = – ∠ AEP ABP ADC AEQ 180 nên P E Q , , thẳng hàng.
Từ đó, ta có ∠ = ∠ = ∠ = ∠ APQ ABE ABD ACQ hay A C P Q , , , đồng viên.
Do đó, ∠ = ∠ = – ∠ PAQ FAG BCD 180 .  (2)
Gọi K L U V , , , là hình chiếu của M lên AG AP AF AQ , , , .
Từ (1), ta có MK ML
MV MU
= và kết hợp với (2), ta được ∆ ∆ MKU MLV c g c ~ ( . . ).
Do ∠ = ∠ PAQ FAG nên LU KV = dẫn tới MK ML = hay AM là phân giác của
∠PAG .
Lại có ∠ = ∠ = ∠ PAC EBC EAD nên MC là phân giác ∠PAD nên ∠ = ° MAC 90 .
16
2. Định lý Menelaus
Có 2 cách phát biểu của định lý
Cách 1: Cho tam giác ABC và các điểm D, E, F nằm trên các đường thẳng BC, CA,
AB tương ứng sao cho có chẵn điểm nằm trên cạnh. Khi đó AD, BE, CF đồng quy
khi và chỉ khi DB EC FA 1
DC EA FB
=
E
A
B C
F
D
D
F
A E
C
B
Cách 2: Cho tam giác ABC và các điểm D, E, F nằm trên các đường thẳng BC, CA,
AB tương ứng. Khi đó AD, BE, CF đồng quy khi và chỉ khi DB EC FA 1
DC EA FB
=
Ví dụ 1. Cho tam giác ABC, phân giác ngoài các góc
A, B, C lần lượt cắt BC, CA, AB tại D, E, F. Chứng
minh D, E, F thẳng hàng.
Giải
Theo tính chất chân đường phân giác, ta có
, , .
DB AB EC BC FA CA
DC AC EA BA FB CB
= = =
F
E
D
B
C
A
17
Suy ra DB EC FA 1
DC EA FB
= , hơn nữa cả 3 điểm nằm ngoài cạnh của tam giác.
Theo định lý Menelaus, ta có điều phải chứng minh.
Ví dụ 2. Cho ABCD là tứ giác nội tiếp. Giả sử AD cắt BC tại E, AB cắt CD tại F. Gọi
M là hình chiếu của E trên AB, N là hình chiếu của F trên AD. Chứng minh M, N và
trung điểm K của BD thẳng hàng.
Giải
Dễ thấy có K và 1 trong 2 điểm M, N nằm
trên cạnh của tam giác ABD, ta nghĩ đến
việc sử dụng định lý Menelaus.
Có EFNM nội tiếp, suy ra AME và ANF
đồng dạng.
Suy ra NA NF
MA ME
= , tương tự
ND NF
MB ME
=
Suy ra ND MA 1
MB NA
⋅ =
Trong tam giác ABD có ND MA KB 1
NA MB KD
⋅ ⋅ = , suy ra M, N, K thẳng hàng.
Suy ra điều phải chứng minh.
Ví dụ 3. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn

(O). Tiếp tuyến tại A của (O) cắt BC tại D, tiếp tuyến tại B của (O) cắt AC tại E, tiếp tuyến tại C

A

của (O) cắt BC tại F. Chứng minh D, E, F thẳng
hàng.
Giải
Ta có ∆DAB đồng dạng ∆DCA, suy ra
2
DB DA AB DB AB
DA DC AC DC AC
 
= = ⇒ =  
 
Chứng minh tương tự các đẳng thức còn lại, ta có
điều phải chứng minh.
K
N
M
F
E
A
B
D
C
F
E
D B C

18
Ví dụ 4. Cho tam giác ABC không cân với phân giác trong AD. Đường trung trực
của AD cắt BC tại A’. Tương tự dựng các điểm B’, C’. Chứng minh A’, B’, C’ thẳng
hàng.
A’
D
A
B C
Giải
Gọi A” là giao điểm của tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp và BC.
Ta có ∠ = ∠ + ∠ = ∠ + ∠ = ∠ A AD A AB BAD ACD DAC A AD ” ” “
Suy ra A” thuộc trung trực của AD, suy ra A A ” ‘ ≡ .
Áp dụng ví dụ 3, ta có điều phải chứng minh.
Ví dụ 5. Cho tam giác ABC, đường tròn nội tiếp (I) tiếp xúc với BC tại D. Gọi M, N
là trung điểm của BC, AD. Chứng minh các điểm M, I, N thẳng hàng.
Giải
Giả sử AB AC < .
Gọi E là chân đường phân giác góc A.
Ta có EB EC
AB AC
= và EB EC BC + = , suy ra
BC AC .
EC
AB AC
=
+
và EB BC AB .
AB AC
=
+
.

Suy ra IE BE = =	BC
IA	BA AB AC +

.
E M
N
D
I
A
B C
19
Ta có
2
BC AB AC
DB = + – và
2
AC BC AB
DC = + – ,
suy ra
2 2 2
BC BC AB AC AC AB
MD MB BD = – = – = + – –
và ( )
( )
.
.
2 2
BC BC AB BC AC AB
ME MB EB
AB AC AB AC
–
= – = – =
+ +
suy ra
MD AB AC
ME BC
+
=
Xét tam giác ADE có IE NA MD 1
IA ND ME
⋅ ⋅ = , suy ra M, I, N thẳng hàng.
Ví dụ 6 (IMOSL 1995, G1). Cho các điểm ABCD theo thứ tự trên đường thẳng.
Đường tròn đường kính AC và đường kính BD cắt nhau tại X và Y. Đường thẳng XY
cắt BC tại Z. Trên XY lấy điểm P khác Z. Đường thẳng CP cắt đường tròn đường
kính AC tại điểm thứ 2 là M, đường thẳng BP cắt đường tròn đường kính BD tại
điểm thứ 2 là N. Chứng minh AM, DN, XY đồng quy.
Giải
T Z
M
N
Y
X
A D
B C
P
20
Gọi T là giao điểm của AM và XY, ta chứng minh T thuộc ND.
Sử dụng meneleus cho tam giác AZC với A, M, T thẳng hàng.
Các đẳng thức PM PC PN PB . . = , ZB ZD ZX ZY ZA ZC . . . = =
Áp dụng Menelaus cho tam giác ABZ ta được N, T, D thẳng hàng.
Ví dụ 7. Cho tam giác ABC vuông tại C. Đường cao CK, kẻ phân giác CE của tam
giác ACK. Các đường thẳng DE và CK cắt nhau tại F (D là trung điểm đoạn AC).
Chứng minh rằng BF//CE.
Giải
Áp dụng định lý Menelaus với tam giác
ACK ta có
FK DC EA FK EK . . 1

FC DA EK Mặt khác

FC

EA

CA

BC

= ⇒ = =
CK BK
= .
∠ = ∠ + ∠ = ∠ + BCE BCK KCE EAC ECA;
∠ = + BEC ECA EAC

Þ ∠ = ∠ BCE BEC .	F
Suy ra tam giác BCE cân tại B hay BE=BC Do đó FK BK FK BK = ⇒ = .
FC	BE	CK	EK

Ta có tam giác BKF và tam giác EKC đồng dạng.
Suy ra ∠ = ∠ ECK BFK hay CE//BF.
Ví dụ 8 (APMO 2014). Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). Tiếp tuyến của
(O) tại B và D cắt nhau tại điểm P trên tia AC. Tiếp tuyến của (O) tại C cắt đường
thẳng PD, AD lần lượt tại Q và R. Đường thẳng AQ cắt (O) tại điểm thứ hai là E.
Chứng minh rằng ba điểm B, E, R thẳng hàng.
Giải
C
B A

K	E
D

21
L
E Q
C
B
P
R
D
A
Gọi L là giao điểm của AC, BE.
Ta có .
.
LA AB AE
LC CB CE
=
Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác PCQ với cát tuyến R, D, A ta có

RQ AC DP . . 1 RC AP DQ

RQ RC

AP DQ . AC DP

= ⇒ =
Ta có QCE QAC CE EQ EQ AC . 1

AC	CQ	CE QC
PBC ∆	PAB ∆ ∼	PB =	BC ⇒	PB AB . =	1	⇒
PA	AB	PA CB

∆ ∆ ∼ ⇒ = ⇒ =
Xét

. . = . . .
. AE AB DP AC EQ	LA RC EQ
. CE CB DQ AP EA	LC RQ EA

T
=
= ( . )( . ) EQ AC AB PD
CE DQ CB PA
=( . )( . ) EQ AC AB PB
CE QC CB PA
, do PD = PB, DQ = QC = 1
Từ đó ta có đpcm.
Ví dụ 9. Cho tam giác ABC. Đường thẳng ∆ không đi qua A B C , , cắt BC CA AB , ,
thứ tự tại A B C A A 1 1 1 , , . , b c theo thứ tự là điểm đối xứng của A1 qua AB AC , . Aa la trung

Xem bản đầy đủ trên google drive: TẠI ĐÂY

Các thầy cô cần file liên hệ với chúng tôi tại fanpage facebook O2 Education

Hoặc xem nhiều SKKN hơn tại:  Tổng hợp SKKN luận văn luận án O2 Education

SKKN Ứng dụng tính liên tục và định lý giá trị trung bình

ĐIỀU KIỆN HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN
Gi£i t‰ch là mºt ph¥n môn quan trọng cıa To¡n học. Bài to¡n có nºi dung Gi£i
t‰ch luôn luôn có mặt trong đ• thi học sinh giỏi To¡n QuŁc gia và QuŁc t‚, bởi
v“y đ¥y là nºi dung r§t quan trọng trong chương tr…nh To¡n THPT chuy¶n và
trong c¡c đæt t“p hu§n c¡c đºi tuy”n học sinh giỏi. C¡c nºi dung Gi£i t‰ch mà học
sinh đưæc trang bị ở b“c THPT là n•n t£ng cơ b£n cho vi»c học to¡n ở b“c đ⁄i học.
Trong qu¡ tr…nh nghi¶n cøu và gi£ng d⁄y c¡c chuy¶n đ• v• Gi£i t‰ch cho học sinh
chuy¶n To¡n và bồi dưỡng c¡c đºi tuy”n học sinh giỏi, chúng tôi nh“n th§y sự cƒn
thi‚t ph£i r–n luy»n tư duy và ngôn ngœ gi£i t‰ch mºt c¡ch ch‰nh x¡c; v“n dụng
mºt c¡ch linh ho⁄t ki‚n thøc v• gi£i t‰ch và cao hơn là s¡ng t⁄o mºt sŁ ý tưởng
ki”u “gi£i t‰ch” vào gi£i quy‚t bài to¡n. Đ¥y ch‰nh là nguồn gŁc ý tưởng cıa b¡o
c¡o mà c¡c t¡c gi£ đ¢ tri”n khai d⁄y trong nhi•u n«m và vào th¡ng 11 n«m 2020,
trong Hºi th£o khoa học c¡c trường THPT chuy¶n di„n ra t⁄i Hà Nam, chúng tôi
đ¢ b¡o c¡o mºt phƒn cıa nhœng ý tưởng tr¶n với đ• tài v• t‰nh li¶n tục và kh£ vi
trong hºi nghị. B¶n c⁄nh vi»c h» thŁng mºt sŁ ki‚n thøc cơ b£n v• gi£i t‰ch, b¡o
c¡o này đưa s‡ ra mºt sŁ gi£i ph¡p ti‚p c“n s¡ng t⁄o theo ki”u “gi£i t‰ch” thông
qua mºt sŁ v§n đ• cơ b£n cıa gi£i t‰ch ở phŒ thông, đó là t‰nh li¶n tục, kh£ vi, c¡c
định lý gi¡ trị trung gian và định lý gi¡ trị trung b…nh.
2
II. M˘ TẢ GIẢI PHÁP
Trong phƒn này, b¡o c¡o s‡ tr…nh bày nhœng nºi dung sau:
Mô t£ gi£i ph¡p trước khi t⁄o ra s¡ng ki‚n:
– N¶u thực tr⁄ng trong vi»c d⁄y và học Gi£i t‰ch ở THPT hi»n nay.
– Mºt sŁ nºi dung gi£i t‰ch trong chương tr…nh To¡n THPT.
– Tóm t›t mºt sŁ nºi dung ki‚n thøc v• gi£i t‰ch.
Mô t£ gi£i ph¡p sau khi có s¡ng ki‚n:
Phƒn này trong b¡o c¡o tr…nh bày c¡c ý tưởng cụ th” sß dụng gi£i t‰ch với c¡c nºi
dung v• t‰nh li¶n tục cıa hàm sŁ, c¡c định lý gi¡ trị trung b…nh nh‹m định hướng
tư duy, ti‚p c“n lời gi£i; làm rª c¡c định hướng thông qua ph¥n t‰ch và hướng d¤n
gi£i c¡c bài to¡n trong mºt sŁ đ• thi Olympic c¡c c§p.
C¡c gi£i ph¡p tr…nh bày trong b¡o c¡o bao gồm:
• Ứng dụng t‰nh li¶n tục cıa hàm sŁ:
– Mºt sŁ bài to¡n lý thuy‚t.
– Sß dụng c¡c định lý gi¡ trị trung gian và t‰nh ch§t bị chặn tr¶n đo⁄n.
– K‚t hæp t‰nh li¶n tục và đơn ¡nh, toàn ¡nh.
– Sß dụng phương ph¡p chuy”n qua giới h⁄n.
• Ứng dụng t‰nh đơn đi»u và định lý gi¡ trị trung b…nh:
– Ứng dụng trong mºt sŁ bài to¡n PT-BPT-HPT.
– Ứng dụng trong mºt sŁ bài to¡n d¢y sŁ.
– Ứng dụng định lý Lagrange x†t sự hºi tụ cıa d¢y nghi»m sinh bởi PT.
– Ứng dụng đ⁄o hàm trong sŁ học.
Đi”m mới và s¡ng t⁄o cıa s¡ng ki‚n là:
– H» thŁng lý thuy‚t đƒy đı v• t‰nh li¶n tục, kh£ vi, c¡c định lý gi¡ trị trung
b…nh k–m theo nhœng chøng minh chi ti‚t phù hæp với giới h⁄n ki‚n thøc gi£i
t‰ch ở b“c THPT.
– Cung c§p gi£i ph¡p d⁄y học gi£i t‰ch qua vi»c x¥y dựng mô h…nh v‰ dụ và ph£n
v‰ dụ đ” HS n›m b£n ch§t v§n đ•.
– Cung c§p phương ph¡p ti‚p c“n theo hướng gi£i t‰ch minh họa qua c¡c nºi
dung v• Đ⁄i sŁ (PT-BPT-HPT), Gi£i t‰ch (d¢y sŁ và giới h⁄n), SŁ học.
3
1. Mô t£ gi£i ph¡p trước khi t⁄o ra
s¡ng ki‚n:
1.1Thực tr⁄ng d⁄y và học Gi£i t‰ch ở b“c THPT hi»n nay
Mºt sŁ thực tr⁄ng đang di„n ra là:
– Vi»c d⁄y và học ph¥n môn Gi£i t‰ch ở b“c THPT có phƒn bị xem nhẹ, đ¢ và đang
ch⁄y theo xu hướng thi “tr›c nghi»m” n¶n không đi đúng b£n ch§t cıa Gi£i t‰ch.
– Học sinh bị m§t ki‚n thøc và kĩ thu“t n•n t£ng khi chuy”n l¶n b“c học đ⁄i học,
khó theo kịp chương tr…nh Gi£i t‰ch ở đ⁄i học.
– Tài li»u chuy¶n kh£o v• Gi£i t‰ch cho b“c THPT cÆn kh¡ ‰t.
Nhœng thực t‚ tr¶n có mặt ở c£ c¡c trường THPT chuy¶n và không chuy¶n, là y‚u
tŁ c£n trở lớn đŁi với qu¡ tr…nh tự học cıa học sinh, nh§t là đŁi với nhœng học
sinh tham gia c¡c đºi tuy”n học sinh giỏi môn To¡n.
1.2Nºi dung gi£i t‰ch trong chương tr…nh To¡n THPT
Mục ti¶u cıa phƒn này là di„n gi£i quan đi”m cıa chúng tôi v• bº môn gi£i t‰ch
và phương ph¡p gi£i t‰ch ở b“c THPT, đ¥y là n•n t£ng cho toàn bº nhœng tr…nh
bày ph‰a sau cıa b¡o c¡o.
Trong “Tł đi”n Ti‚ng Vi»t” (Hoàng Ph¶ chı bi¶n, NXB Đà Nfing, n«m 1997),
trang 373 vi‚t “Gi£i t‰ch To¡n học là ngành to¡n học nghi¶n cøu c¡c hàm sŁ, giới
h⁄n, ph†p t‰nh vi ph¥n, t‰ch ph¥n, v.v”. — chương tr…nh To¡n THPT, ph¥n môn
Gi£i t‰ch b›t đƒu h…nh thành và ph¡t tri”n với c¡c chı đ• cụ th” như sau:
4
1 – Ánh x⁄, hàm sŁ.
2 – D¢y sŁ và giới h⁄n d¢y sŁ.
3 – Giới h⁄n hàm sŁ.
4 – T‰nh li¶n tục cıa hàm sŁ.
5 – T‰nh kh£ vi cıa hàm sŁ.
6 – Nguy¶n hàm, t‰ch ph¥n.
Theo đó, gi£i t‰ch to¡n học (mathematical analysis) có vai trÆ r§t quan trọng trong
chương tr…nh To¡n THPT chuy¶n s¥u, trong đó mºt “ph†p to¡n cơ b£n” r§t đặc
trưng cıa nó là “ph†p l§y giới h⁄n”, do đó c¡c y‚u tŁ mà nó nghi¶n cøu cũng mang
t‰nh “đºng” nhi•u hơn. Đi•u này d¤n đ‚n vi»c nhi•u bài to¡n n‚u gi£i quy‚t theo
c¡c c¡ch “tĩnh” (ki”u đ⁄i sŁ) khó thành công th… phương ph¡p gi£i t‰ch có th” có
hi»u qu£ hơn.
Trong b¡o c¡o này chúng tôi t“p trung chı y‚u vào n«m chı đ• đƒu với ba định
hướng ch‰nh, đó là dùng giới h⁄n, dùng t‰nh li¶n tục và dùng đ⁄o hàm.
1.3 Tóm t›t mºt sŁ nºi dung Gi£i t‰ch (li¶n quan tới b¡o c¡o)
T‰nh li¶n tục; t‰nh ch§t đồng bi‚n, nghịch bi‚n; t‰nh lồi, lªm cıa hàm sŁ là
nhœng v§n đ• cơ b£n trong chương tr…nh to¡n sơ c§p. C¡c định lý: Gi¡ trị trung
b…nh; Định lý Lagrange đóng vai trÆ quan trọng trong vi»c chøng minh c¡c định
lý, t‰nh ch§t cơ b£n trong chương tr…nh.
Chương này giới thi»u mºt sŁ định lý quan trọng li¶n quan đ‚n t‰nh li¶n tục,
đơn đi»u cıa hàm sŁ đó là: Định lý Bolzano-Cauchy; định lý Fermat, định lý Rolle
và mºt sŁ mở rºng cıa định lý Rolle (Định lý Lagrange, định lý Cauchy, định lý
Rolle tr¶n mºt kho£ng không bị chặn). Mºt sŁ h» qu£ quan trọng cũng đưæc tr…nh
bày đ” thu“n læi cho vi»c v“n dụng gi£i c¡c bài to¡n trong c¡c phƒn ti‚p theo.
1.3.1 Ánh x⁄ và hàm sŁ
a) Định nghĩa ¡nh x⁄: Mºt ¡nh x⁄ f tł t“p hæp X đ‚n t“p hæp Y là mºt quy t›c
đặt tương øng mØi phƒn tß x thuºc X với mºt và ch¿ mºt phƒn tß thuºc t“p Y .
Phƒn tß này đưæc gọi là £nh cıa x qua ¡nh x⁄ f và đưæc k‰ hi»u là f(x).
+) Ánh x⁄ f là đơn ¡nh n‚u với mọi a; b ph¥n bi»t thuºc X th… f(a) 6= f(b).
5
+) Ánh x⁄ f là toàn ¡nh n‚u với mØi y 2 Y đ•u tồn t⁄i x 2 X mà f(x) = y.
+) Ánh x⁄ f là song ¡nh n‚u nó vła là đơn ¡nh, vła là toàn ¡nh.
b) Định nghĩa hàm sŁ: Cho t“p hæp kh¡c rØng D ⊂ R. Hàm sŁ f x¡c định tr¶n D
là mºt quy t›c đặt tương øng mØi sŁ x 2 D với mºt và ch¿ mºt sŁ k‰ hi»u f(x).
Như v“y hàm sŁ f ch‰nh là mºt ¡nh x⁄ tł t“p con D cıa R vào R.
B¶n c⁄nh vi»c nghi¶n cøu t‰nh đơn ¡nh, toàn ¡nh, song ¡nh cıa hàm sŁ f th… người
ta cũng quan t¥m đ‚n c¡c t‰nh ch§t kh¡c cıa hàm sŁ f . Trong sŁ đó đặc bi»t hay
dùng t‰nh đơn đi»u, t‰nh tuƒn hoàn, t‰nh li¶n tục, t‰nh kh£ vi, t‰nh kh£ t‰ch cıa
hàm sŁ.
X†t K là mºt kho£ng, mºt đo⁄n hoặc mºt nßa kho£ng con cıa D:
+) Hàm sŁ f đồng bi‚n (t«ng ngặt) tr¶n K n‚u với mọi x1; x2 2 K th… x1 < x2 )
f(x1) < f(x2).
+) Hàm sŁ f nghịch bi‚n (gi£m ngặt) tr¶n K n‚u với mọi x1; x2 2 K th… x1 < x2 )
f(x1) > f(x2).
+) Hàm sŁ f không đŒi tr¶n K n‚u với mọi x1; x2 2 K th… f(x1) = f(x2).
1.3.2 D¢y sŁ và giới h⁄n cıa d¢y sŁ
a) D¢y sŁ là mºt hàm sŁ u tł M vào R, trong đó M = f1; 2; 3; · · · ng (cho d¢y sŁ
hœu h⁄n), hoặc M = N (cho d¢y sŁ vô h⁄n b›t đƒu tł ch¿ sŁ 0), hoặc M = N∗ (cho
d¢y sŁ vô h⁄n b›t đƒu tł ch¿ sŁ 1).
Với d¢y sŁ u: M ! R thường k‰ hi»u là (un) với un = u(n) là sŁ h⁄ng trong d¢y.
b) X†t d¢y sŁ vô h⁄n b›t đƒu tł ch¿ sŁ 1 là (un)(c¡c trường hæp kh¡c x†t tương
tự):
+) D¢y (un) gọi là t«ng (t«ng ngặt) n‚u un+1 > un; 8n 2 N∗ . Trong trường hæp
un+1 ≥ un; 8n 2 N∗ ta nói d¢y (un) t«ng không nghi¶m ngặt.
+) D¢y (un) gọi là gi£m (gi£m ngặt) n‚u un+1 < un; 8n 2 N∗ . Trong trường hæp
un+1 ≤ un; 8n 2 N∗ ta nói d¢y (un) gi£m không nghi¶m ngặt.
+) D¢y (un) gọi là tuƒn hoàn n‚u tồn t⁄i T 2 N∗ mà un+T = un; 8n 2 N∗.
+) D¢y (un) gọi là bị chặn tr¶n n‚u tồn t⁄i sŁ A mà un ≤ A; 8n 2 N∗ .
+) D¢y (un) gọi là bị chặn dưới n‚u tồn t⁄i sŁ a mà un ≥ a; 8n 2 N∗ .
6
+) D¢y (un) gọi là bị chặn n‚u nó bị chặn tr¶n và bị chặn dưới.
c) Định nghĩa giới h⁄n cıa d¢y sŁ:
• lim un = L , (Với mØi ” > 0, tồn t⁄i N = N (“) 2 N∗ mà jun – Lj < “; 8n ≥ N).
• lim un = +1 ,(Với mØi A > 0, tồn t⁄i N = N (A) 2 N∗ mà un > A; 8n ≥ N).
• lim un = -1 ,(Với mØi A < 0, tồn t⁄i N = N (A) 2 N∗ mà un < A; 8n ≥ N).
d) Mºt sŁ định lý quan trọng v• giới h⁄n cıa d¢y sŁ:
*) T‰nh ch§t: Gi£ sß lim un = L và lim vn = M và c là mºt h‹ng sŁ. Khi đó:
• lim (un ± vn) = L ± M,
• lim (unvn) = LM,
• lim (cun) = cL,
• lim un
vn
=
L M
(n‚u M 6= 0),
• lim p3 un = p3 L,
• lim pun = pL n‚u L ≥ 0.
*)C§p sŁ nh¥n lùi vô h⁄n:
• N‚u jqj < 1 th… lim qn = 0.
• D¢y sŁ (un) là c§p sŁ nh¥n với công bºi q thỏa m¢n jqj < 1 th…
u1 + u2 + ::: + un + ::: =
u1
1 – q
:
*) Ti¶u chu’n Cauchy: Mºt d¢y sŁ hºi tụ khi và ch¿ khi nó là d¢y Cauchy (hay
d¢y cơ b£n).
*) Ti¶u chu’n Weierstrass: Mºt d¢y sŁ đơn đi»u và bị chặn th… hºi tụ.
*) Định lý kẹp: X†t c¡c d¢y sŁ (un) ; (vn) ; (wn).
– N‚u un ≤ vn ≤ wn với n đı lớn và lim un = lim wn = L th… lim vn = L.
– N‚u un ≤ vn với n đı lớn và lim un = +1 th… lim vn = +1.
– N‚u vn ≤ wn với n đı lớn và lim wn = -1 th… lim vn = -1.
1.3.3 Giới h⁄n hàm sŁ
a) Định nghĩa:
*) Gi£ sß (a; b) là kho£ng chøa x0 và hàm sŁ f (x) x¡c định tr¶n (a; b) n fx0g. Ta nói
lim
x!x0
f (x) = L n‚u với mọi c¡ch chọn d¢y sŁ (xn) trong (a; b) n fx0g mà lim
n!+1
xn = x0
7
đ•u có lim
n!+1
f (xn) = L.
Nói c¡ch kh¡c: lim
x!x0
f (x) = L khi và ch¿ khi
8″ > 0; 9δ > 0 : 8x 6= x0; jx – x0j < δ ) jf (x) – Lj < “:
*) Gi£ sß (a; b) là kho£ng chøa x0 và hàm sŁ f (x) x¡c định tr¶n (a; b) n fx0g. Ta nói
lim
x!x0
f (x) = +1 n‚u với mọi c¡ch chọn d¢y sŁ (xn) trong (a; b) n fx0g mà lim
n!+1
xn =
x0 đ•u có lim
n!+1
f (xn) = +1.
Nói c¡ch kh¡c: lim
x!x0
f (x) = +1 khi và ch¿ khi
8M > 0; 9δ > 0 : 8x 6= x0; jx – x0j < δ ) f (x) > M:
Ta cũng có lim
x!x0
f (x) = -1 , lim
x!x0
(-f (x)) = +1.
*) C¡c định nghĩa kh¡c lim
x!+1
f (x) = L, lim
x!-1
f (x) = L, lim
x!+1
f (x) = ±1 . . . đưæc
ph¡t bi”u tương tự.
b) T‰nh ch§t v• giới h⁄n cıa hàm sŁ:
Giới h⁄n cıa tŒng, hi»u, t‰ch, thương cıa hai hàm sŁ t⁄i mºt đi”m b‹ng tŒng, hi»u,
t‰ch, thương cıa c¡c giới h⁄n cıa chúng t⁄i đi”m đó (n‚u c¡c giới h⁄n thành phƒn
này tồn t⁄i và trong trường hæp thương th… giới h⁄n cıa m¤u ph£i kh¡c không).
1.3.4 Hàm sŁ li¶n tục
a) C¡c Định nghĩa:
Định nghĩa 1: X†t hàm sŁ f (x) x¡c định tr¶n kho£ng (a; b) chøa x0. Ta nói f li¶n
tục t⁄i x0 n‚u với mØi sŁ thực dương ” (đı nhỏ) chọn trước, tồn t⁄i sŁ thực dương
δ = δ (“) mà jf (x) – f (x0)j < ” đúng với mọi x 2 (a; b) thỏa m¢n jx – x0j < δ. Mºt
trong c¡c ph¡t bi”u sau cũng di„n đ⁄t “f li¶n tục t⁄i x0”
• lim
x!x+
0
f (x) = lim
x!x-
0
f (x) = f (x0) hay là lim
x!x
0
f (x) = f (x0).
• Với mọi c¡ch chọn d¢y sŁ (xn) ⊂ (a; b) mà xn 6= x0; 8n ≥ 1 và lim
n!+1
xn = x0, ta
đ•u có lim
n!+1
f (xn) = f (x0).
Chú ý
• N‚u ch¿ x£y ra lim
x!x+
0
f (x) = f (x0) th… ta nói f li¶n tục ph£i t⁄i x0.
• N‚u ch¿ x£y ra lim
x!x-
0
f (x) = f (x0) th… ta nói f li¶n tục tr¡i t⁄i x0.
Định nghĩa 2: Hàm sŁ li¶n tục tr¶n kho£ng, nßa kho£ng, đo⁄n
• Hàm sŁ f (x) li¶n tục tr¶n kho£ng (a; b) n‚u f (x) li¶n tục t⁄i mọi đi”m x0 2
(a; b).
8
• Hàm sŁ f (x) li¶n tục tr¶n đo⁄n [a; b] n‚u x£y ra đồng thời: f (x) li¶n tục tr¶n
kho£ng (a; b), f (x) li¶n tục ph£i t⁄i a và li¶n tục tr¡i t⁄i b.
• Hàm sŁ f (x) li¶n tục tr¶n nßa kho£ng(a; b] n‚u x£y ra đồng thời: f (x) li¶n tục
tr¶n kho£ng (a; b), f (x) li¶n tục tr¡i t⁄i b.
• Hàm sŁ f (x) li¶n tục tr¶n nßa kho£ng [a; b) n‚u x£y ra đồng thời: f (x) li¶n
tục tr¶n kho£ng (a; b), f (x) li¶n tục ph£i t⁄i a.
b) T‰nh ch§t cıa hàm sŁ li¶n tục
T‰nh ch§t 1: Gi£ sß f; g là c¡c hàm sŁ li¶n tục tr¶n K (ở đó K là mºt kho£ng,
nßa kho£ng hoặc mºt đo⁄n con cıa R). Khi đó:
i) a:f (x) + b:g (x) là hàm sŁ li¶n tục tr¶n K với mọi h‹ng sŁ a; b 2 R.
ii) f (x) :g (x) là hàm sŁ li¶n tục tr¶n K.
iii) f (x)
g (x) là hàm sŁ li¶n tục tr¶n K n‚u g (x) 6= 0; 8x 2 K.
T‰nh ch§t 2: N‚u f : K ! R li¶n tục tr¶n K, g : H ! R li¶n tục tr¶n H và
f (K) ⊂ H. Khi đó hàm hæp g ◦ f : K ! R li¶n tục tr¶n K.
T‰nh ch§t 3: Định lý Weierstrass:
N‚u hàm sŁ f : [a; b] ! R li¶n tục th…:
i) f (x) bị chặn tr¶n đo⁄n [a; b].
ii) f (x) có gi¡ trị lớn nh§t và có gi¡ trị nhỏ nh§t tr¶n đo⁄n [a; b].
Chøng minh.
i) Gi£ sß f (x) không bị chặn tr¶n đo⁄n [a; b], khi đó với mØi sŁ nguy¶n dương n,
tồn t⁄i xn 2 [a; b] mà jf (xn)j > n.
Đ” ý d¢y sŁ (xn) bị chặn bởi a; b n¶n nó có d¢y con (xkn) hºi tụ.
Gi£ sß lim xkn = x0 2 [a; b]. Do f li¶n tục tr¶n [a; b] n¶n f li¶n tục t⁄i x0, suy ra
lim f (xkn) = f (x0).
Mặt kh¡c jf (xkn)j > kn; 8n ≥ 1 n¶n jf (x0)j > kn; 8n ≥ 1.
Đi•u này rª ràng không x£y ra v… kn ! +1 cÆn jf (x0)j là mºt gi¡ trị hœu h⁄n.
ii) f bị chặn tr¶n đo⁄n [a; b] n¶n tồn t⁄i M = sup
x2[a;b]
f (x).
– Với mØi sŁ nguy¶n dương n, tồn t⁄i xn 2 [a; b] mà M – 1
n
< f (xn) ≤ M (*).
– D¢y sŁ (xn) bị chặn n¶n có d¢y con (xkn) hºi tụ v• x0 2 [a; b], khi đó
lim f (xkn) = f (x0).
9
– Tł (*) suy ra M – 1
kn < f (xkn) ≤ M; 8n ≥ 1. Dùng định lý kẹp ta suy ra
f (x0) = lim f (xkn) = M.
Đi•u này chøng tỏ (f 9x(0x)2≤[aM; ; b] : 8xf 2(x[0a) = ; b] M , nghĩa là M = max x2[a;b] f (x).
Chøng minh tương tự ta cũng có f (x) có gi¡ trị nhỏ nh§t tr¶n [a; b].
T‰nh ch§t 4: Định lý Bolzano-Cauchy (định lý gi¡ trị trung gian)
X†t f (x) là mºt hàm sŁ li¶n tục tr¶n [a; b] và α là mºt sŁ thực n‹m giœa hai sŁ
f (a) ; f (b). Khi đó tồn t⁄i c 2 [a; b] mà f (c) = α. Nói c¡ch kh¡c là f nh“n mọi gi¡
trị trung gian giœa f (a) và f (b)
Chøng minh. Không m§t t‰nh tŒng qu¡t ta coi f (a) ≤ α ≤ f (b)
N‚u hai trong ba sŁ f (a) ; f (b) ; α b‹ng nhau th… k‚t qu£ là d„ th§y.
X†t f (a) < α < f (b):
Đặt E = fx 2 [a; b] jf (x) ≤ αg, khi đó E 6= ? v… a 2 E.
E bị chặn tr¶n bởi b n¶n nó có c“n tr¶n đúng c = sup E, ta chøng minh f (c) = α.
Th“t v“y:
+) N‚u f (c) < α th… c 6= b, do đó c < b. Do f li¶n tục t⁄i c n¶n lim
x!c+
f (x) = f (c) < α,
suy ra tồn t⁄i δ > 0 mà (cf +(xδ) < α; ≤ b 8x 2 [c; c + δ].
Đặc bi»t có f (c + δ) < α n¶n c+δ 2 E, đi•u này m¥u thu¤n với định nghĩa c = sup E.
+) N‚u f (c) > α th… c 6= a, do đó c > a. Do f li¶n tục t⁄i c n¶n lim
x!c-
f (x) = f (c) > α,
suy ra tồn t⁄i δ > 0 mà (cf -(xδ) > α; ≥ a 8x 2 [c – δ; c] (**).
V… c = sup E n¶n có x1 mà c – δ < x1 < c mà x1 2 E, khi đó có f (x1) ≤ α. Đi•u này
m¥u thu¤n với (**).
Như v“y ph£i có f (c) = α, do đó định lý đưæc chøng minh.
H» qu£
• N‚u hàm sŁ f (x) li¶n tục tr¶n [a; b] và f (a) :f (b) < 0 th… phương tr…nh f (x) = 0
có ‰t nh§t mºt nghi»m tr¶n kho£ng (a; b).
• N‚u hàm sŁ f (x) li¶n tục tr¶n [a; b] th… f ([a; b]) là mºt đo⁄n con cıa R.
1.3.5 Hàm sŁ đơn đi»u
Định nghĩa 1: Gi£ sß hàm sŁ f(x) x¡c định tr¶n t“p I(a; b) ⊂ R và thỏa m¢n
đi•u ki»n:
• Với mọi x1; x2 2 I(a; b) và x1 < x2, ta đ•u có f(x1) ≤ f(x2) th… ta nói r‹ng f(x)
10
là mºt hàm đơn đi»u t«ng tr¶n I(a; b).
Đặc bi»t, khi øng với mọi cặp x1; x2 2 I(a; b) và x1 < x2, ta đ•u có f(x1) < f(x2)
th… ta nói r‹ng f(x) là mºt hàm đơn đi»u t«ng thực sự tr¶n I(a; b).
• Ngưæc l⁄i, n‚u với mọi x1; x2 2 I(a; b) và x1 < x2, ta đ•u có f(x1) ≥ f(x2) th…
ta nói r‹ng f(x) là mºt hàm đơn đi»u gi£m tr¶n I(a; b).
Đặc bi»t, khi øng với mọi cặp x1; x2 2 I(a; b) và x1 < x2, ta đ•u có f(x1) > f(x2)
th… ta nói r‹ng f(x) là mºt hàm đơn đi»u gi£m thực sự tr¶n I(a; b).
Nhœng hàm đơn đi»u t«ng thực sự tr¶n I(a; b) đưæc gọi là hàm đồng bi‚n tr¶n
I(a; b) và hàm đơn đi»u gi£m thực sự tr¶n I(a; b) đưæc gọi là hàm nghịch bi‚n tr¶n
I(a; b).
Định nghĩa 2: Gi£ sß f(x); g(x) là c¡c hàm li¶n tục tr¶n [a; b] và kh£ vi tr¶n (a; b).
Khi đó:
i) f(x) và g(x) đưæc gọi là có cùng t‰nh đơn đi»u n‚u f 0(x):g0(x) > 0.
ii) f(x) và g(x) đưæc gọi là kh¡c t‰nh đơn đi»u n‚u f 0(x):g0(x) < 0.
Trong chương tr…nh gi£i t‰ch, chúng ta đ¢ bi‚t đ‚n c¡c ti¶u chu’n đ” nh“n bi‚t
đưæc khi nào th… mºt hàm sŁ kh£ vi cho trước tr¶n kho£ng (a; b) là mºt hàm đơn
đi»u tr¶n kho£ng đó.
Sau đ¥y chúng ta s‡ dùng định lý Lagrange đ” chøng minh định lý v• đi•u ki»n
đı cıa t‰nh đơn đi»u cıa hàm sŁ. Đ¥y là mºt định lý r§t quan trọng trong chương
tr…nh gi£i t‰ch.
Định lý 1: Cho hàm sŁ y = f(x) có đ⁄o hàm tr¶n kho£ng (a; b).
a) N‚u f 0(x) > 0 với mọi x 2 (a; b) th… hàm sŁ y = f(x) đồng bi‚n tr¶n kho£ng đó.
b) N‚u f 0(x) < 0 với mọi x 2 (a; b) th… hàm sŁ y = f(x) nghịch bi‚n tr¶n kho£ng đó.
Chøng minh. L§y hai đi”m x1; x2(x1 < x2) tr¶n kho£ng (a; b). V… f(x) có đ⁄o
hàm tr¶n kho£ng (a; b) n¶n f(x) li¶n tục tr¶n [x1; x2] và có đ⁄o hàm trong kho£ng
(x1; x2). Áp dụng định lý Lagrange cho hàm sŁ y = f(x) tr¶n [x1; x2], khi đó tồn t⁄i
c 2 (x1; x2) sao cho
f(x2) – f(x1) = f 0(c)(x2 – x1):
a) N‚u f 0(x) > 0 tr¶n kho£ng (a; b) th… f 0(c) > 0, mặt kh¡c x2 – x1 > 0 n¶n
f(x2) – f(x1) > 0 hay f(x2) > f(x1), suy ra hàm f(x) đồng bi‚n tr¶n kho£ng (a; b).
b) N‚u f 0(x) < 0 tr¶n kho£ng (a; b) th… f 0(c) < 0, mặt kh¡c x2 – x1 > 0 n¶n
f(x2) – f(x1) < 0 hay f(x2) < f(x1), suy ra hàm f(x) nghịch bi‚n tr¶n kho£ng (a; b).
Định lý 2: Gi£ sß hàm sŁ y = f(x) có đ⁄o hàm tr¶n kho£ng (a;b). N‚u f 0(x) ≥ 0
(hoặc f 0(x) ≤ 0) và đflng thøc ch¿ x£y ra t⁄i mºt sŁ hœu h⁄n đi”m tr¶n kho£ng
11
(a; b) th… f(x) đồng bi‚n (hoặc nghịch bi‚n) tr¶n kho£ng đó.
Chøng minh. Th“t v“y, đ” đơn gi£n c¡ch l“p lu“n, gi£ sß r‹ng f0(x) ≥ 0 tr¶n
(a; b) và f0(x) = 0 t⁄i x1 2 (a; b) th… khi đó f(x) đồng bi‚n trong tłng kho£ng (a; x1)
và (x1; b) và li¶n tục trong (a; x1] và [x1; b) n¶n nó cũng đồng bi‚n trong (a; x1] và
[x1; b). Tł đó suy ra nó đồng bi‚n tr¶n c£ kho£ng (a; b).
Cơ sở cıa định lý Rolle dựa vào định lý cơ b£n nh§t cıa Weierstrass đŁi với hàm
li¶n tục khflng định r‹ng khi f li¶n tục tr¶n đo⁄n [a; b] th… nó ph£i đ⁄t gi¡ trị lớn
nh§t và gi¡ trị nhỏ nh§t tr¶n đo⁄n đó và định lý Fermat v• đi”m cực trị cıa hàm
kh£ vi khflng định r‹ng n‚u hàm kh£ vi g(x) trong kho£ng (a; b) đ⁄t cực trị (cực
đ⁄i hoặc cực ti”u) t⁄i mºt đi”m trong kho£ng đó th… đ⁄o hàm t⁄i đi”m đó b‹ng 0.
1.3.6 Định lý Rolle và mºt sŁ mở rºng
Định lý 1 (Định lý Fermat) Cho hàm sŁ f(x) x¡c định li¶n tục trong kho£ng đóng
[a; b], khi đó n‚u f(x) đ⁄t cực trị t⁄i c 2 (a; b) và n‚u f(x) kh£ vi t⁄i c th… f0(c) = 0.
Định lý 2 (Định lý Rolle). Gi£ sß f là hàm li¶n tục tr¶n đo⁄n [a; b] và có đ⁄o hàm
t⁄i mọi x 2 (a; b). N‚u f(a) = f(b) th… tồn t⁄i ‰t nh§t mºt đi”m c 2 (a; b) sao cho
f0(c) = 0.
Chøng minh. V… f li¶n tục tr¶n đo⁄n [a; b] n¶n theo định lý Weierstrass hàm f
ph£i đ⁄t gi¡ trị cực đ⁄i và gi¡ trị cực ti”u tr¶n đo⁄n [a; b], tøc là tồn t⁄i c¡c đi”m
x1; x2 2 (a; b) sao cho
f(x1) = min
[a;b]
f(x) = m; f(x2) = max
[a;b]
f(x) = M:
Có hai kh£ n«ng:
i) m = M. Khi §y f(x) = const tr¶n đo⁄n [a; b], do đó f0(x) = 0 với mọi x 2 (a; b)
và c là đi”m b§t k… tr¶n kho£ng đó.
ii) m < M. Khi đó v… đi•u ki»n f(a) = f(b) n¶n ‰t nh§t mºt trong hai đi”m x1; x2
s‡ không trùng với c¡c đƒu mút cıa đo⁄n [a; b]. Gi£ sß x1 2 (a; b) , theo định lý
Fermat th… đ⁄o hàm b‹ng 0 t⁄i đi”m này.
Định lý đ¢ đưæc chøng minh xong.
Nh“n x†t 1: Định lý Rolle nói chung s‡ không cÆn đúng n‚u trong kho£ng (a; b)
có đi”m c mà t⁄i đó f0(c) không tồn t⁄i.
Chflng h⁄n, x†t hàm sŁ f(x) = 2 – p3 x2; x 2 [-1; 1]. D„ th§y f(x) thỏa m¢n c¡c
đi•u ki»n: f(x) li¶n tục tr¶n (-1; 1) và f(-1) = f(1). Ta x†t đ⁄o hàm f0(x) = – 2
3p3 x,
rª ràng t⁄i x0 = 0 2 (-1; 1) đ⁄o hàm không tồn t⁄i, n¶n hàm sŁ không thỏa m¢n
12
đı c¡c đi•u ki»n cıa định lý Rolle.
Nh“n x†t 2: Đi•u ki»n li¶n tục tr¶n đo⁄n [a; b] đŁi với hàm f(x) cũng không th”
thay bởi đi•u ki»n f(x) li¶n tục trong kho£ng (a; b). Chflng h⁄n, x†t hàm
f(x) =
8<:
1 n‚u x = 0
x; n‚u 0 < x ≤ 1:
— đ¥y x = 0 là đi”m gi¡n đo⁄n. Khi đó, rª ràng không tồn t⁄i x0 2 (0; 1) đ”
f0(x0) = 0.
Nh“n x†t 3: Ý nghĩa h…nh học: N‚u c¡c đi•u ki»n cıa định lý Rolle đưæc thỏa
m¢n th… tr¶n đồ thị cıa hàm sŁ y = f(x); 8x 2 (a; b) tồn t⁄i đi”m M(c; f(c)); c 2 (a; b)
mà ti‚p tuy‚n t⁄i đó song song với trục hoành Ox.
H» qu£ 1: N‚u hàm sŁ f(x) có đ⁄o hàm tr¶n kho£ng (a; b) và phương tr…nh f(x) = 0
có n nghi»m ph¥n bi»t thuºc kho£ng (a; b) th… phương tr…nh f0(x) = 0 có ‰t nh§t
n – 1 nghi»m ph¥n bi»t thuºc kho£ng (a; b). (Phương tr…nh f(k)(x) = 0 có ‰t nh§t
n – k nghi»m ph¥n bi»t thuºc kho£ng (a; b), với k = 1; 2; : : : ; n).
Chøng minh. Gi£ sß phương tr…nh f(x) = 0 có n nghi»m ph¥n bi»t thuºc kho£ng
(a; b) đ¢ đưæc s›p thø tự x1 < x2 < ::: < xn. Khi đó ¡p dụng định lý Rolle cho
n – 1 đo⁄n [x1; x2]; [x2; x3]; :::; [xn-1; xn] th… phương tr…nh f0(x) = 0 có ‰t nh§t n – 1
nghi»m thuºc n – 1 kho£ng (x1; x2); (x2; x3); :::; (xn-1; xn). Gọi n – 1 nghi»m đó là
ξ1; ξ2; :::; ξn-1 th… ta có
f0(ξ1) = f0(ξ2) = ::: = f0(ξn-1) = 0:
Ti‚p tục ¡p dụng định lý Rolle cho n – 2 kho£ng (ξ1; ξ2); :::; (ξn-2; ξn-1) th… phương
tr…nh f00(x) = 0 có ‰t nh§t n – 2 nghi»m tr¶n kho£ng (a; b).
Ti‚p tục lý lu“n tr¶n, sau k bước phương tr…nh f(k)(x) = 0 có ‰t nh§t n – k
nghi»m ph¥n bi»t tr¶n kho£ng (a; b).
H» qu£ 2: Gi£ sß hàm sŁ f(x) li¶n tục tr¶n đo⁄n [a; b] và có đ⁄o hàm tr¶n kho£ng
(a; b). Khi đó, n‚u phương tr…nh f0(x) = 0 có không qu¡ n – 1 nghi»m ph¥n bi»t
tr¶n kho£ng (a; b) th… phương tr…nh f(x) = 0 có không qu¡ n nghi»m ph¥n bi»t tr¶n
kho£ng đó.
Chøng minh. Gi£ sß phương tr…nh f(x) = 0 có nhi•u hơn n nghi»m ph¥n bi»t
tr¶n kho£ng (a; b), chflng h⁄n là n + 1 nghi»m, th‚ th… theo h» qu£ 1.1 phương tr…nh
f0(x) = 0 có ‰t nh§t n nghi»m thuºc kho£ng (a; b). Đi•u này tr¡i với gi£ thi‚t. V“y
phương tr…nh f(x) = 0 có không qu¡ n nghi»m tr¶n kho£ng (a; b).
H» qu£ 3: N‚u f0(x) > 0 (hoặc f0(x) < 0) với mọi x 2 (a; b), phương tr…nh f(x) = 0
có nghi»m x0 th… x0 là nghi»m duy nh§t.
13
Chøng minh. Gi£ sß ngưæc l⁄i cÆn x1 kh¡c x0 cũng là nghi»m cıa phương tr…nh
f(x) = 0. Khi đó, theo định lý Rolle, tồn t⁄i c 2 (x0; x1) (không m§t tŒng qu¡t gi£
sß x0 < x1) sao cho f0(c) = 0. Đi•u này m¥u thu¤n với gi£ thi‚t f0(x) > 0 với mọi
x 2 (a; b). V“y suy ra x0 là duy nh§t.
H» qu£ 4: N‚u f00(x) > 0 (hoặc f00(x) < 0) với mọi x 2 (a; b), th… phương tr…nh
f(x) = 0 có không qu¡ hai nghi»m.
Chøng minh. H» qu£ 1:4 đưæc suy trực ti‚p tł h» qu£ 1:2 và h» qu£ 1:3.
Ti‚p theo, ta x†t mºt mở rºng cıa định lý Rolle.
H» qu£ 5: Cho hàm sŁ f(x) thỏa m¢n đồng thời c¡c t‰nh ch§t sau đ¥y:
i) f(x) x¡c định và có đ⁄o hàm c§p n(n ≥ 1) li¶n tục tr¶n đo⁄n [a; b].
ii) f(x) có đ⁄o hàm c§p n + 1 trong kho£ng (a; b).
iii) f(a) = f0(a) = ::: = f(n)(a) = 0; f(b) = 0.
Khi đó tồn t⁄i d¢y đi”m b1; b2; :::; bn+1 ph¥n bi»t thuºc kho£ng (a; b) sao cho
f(k)(bk) = 0; k = 1; 2; : : : ; n + 1:
Chøng minh. Tł gi£ thi‚t f(a) = f(b) = 0, ¡p dụng định lý Rolle tồn t⁄i b1 2 (a; b)
sao cho f0(b1) = 0; k‚t hæp với đi•u ki»n f0(a) = 0, suy ra tồn t⁄i b2 2 (a; b1) ⊂ (a; b)
sao cho f00(b2) = 0. L⁄i k‚t hæp với ĐK f00(a) = 0 và sß dụng định lý Rolle ta có
f000(b3) = 0 với b3 2 (a; b2) ⊂ (a; b).
Ti‚p tục như v“y, đ‚n bước thø n, tồn t⁄i bn 2 (a; bn-1) ⊂ (a; b) sao cho f(n)(bn) =
0, k‚t hæp với đi•u ki»n f(n)(an) = 0 , suy ra tồn t⁄i bn+1 2 (a; bn) ⊂ (a; b) sao cho
f(n+1)(bn+1) = 0.
Như v“y tồn t⁄i d¢y đi”m ph¥n bi»t b1; b2; :::; bn+1 trong kho£ng (a; b) sao cho
f(k)(bk) = 0; k = 1; 2; : : : ; n + 1:
Ch‰nh nhờ nhœng h» qu£ này mà định lý Rolle trở thành mºt công cụ r§t m⁄nh
đ” gi£i to¡n, đặc bi»t là đŁi với d⁄ng to¡n v• gi£i phương tr…nh và ki”m chøng sŁ
nghi»m cıa phương tr…nh trong mºt kho£ng nào đó. C¡c øng dụng này s‡ đưæc
tr…nh bày chi ti‚t trong c¡c chương sau.
Định lý Rolle với nguy¶n hàm
Đ” chøng minh sự tồn t⁄i nghi»m cıa phương tr…nh, ta có th” sß dụng c¡c định lý
sau là d⁄ng ph¡t bi”u kh¡c cıa định lý Rolle.
Định lý 3: Cho hàm sŁ y = f(x) li¶n tục tr¶n đo⁄n [a; b] và F(x) là mºt nguy¶n
hàm cıa f(x) trong đo⁄n đó. N‚u tồn t⁄i c¡c sŁ thực x1; x2 2 [a; b] với x1 < x2 sao
cho F(x1) = F(x2) th… phương tr…nh f(x) = 0 có nghi»m trong đo⁄n [x1; x2] (hay có
14
nghi»m trong đo⁄n [a; b]).
Chøng minh. Gi£ sß phương tr…nh f(x) = 0 vô nghi»m tr¶n đo⁄n [x1; x2]. V… f(x)
li¶n tục n¶n suy ra hoặc f(x) > 0, 8x 2 [x1; x2] hoặc f(x) < 0, 8x 2 [x1; x2].
N‚u f(x) > 0, 8x 2 [x1; x2] th… hàm sŁ F (x) đồng bi‚n tr¶n [x1; x2] tł đó suy ra
F (x1) < F (x2):
N‚u f(x) < 0, 8x 2 [x1; x2] th… hàm sŁ F (x) nghịch bi‚n tr¶n [x1; x2] tł đó suy ra
F (x1) > F (x2):
Như v“y, trong c£ hai trường hæp ta đ•u có F (x1) 6= F (x2), đi•u này tr¡i gi£
thi‚t là F (x1) = F (x2):
V“y phương tr…nh f(x) = 0 có nghi»m trong đo⁄n [x1; x2].
Ta ph¡t bi”u k‚t qu£ tr¶n dưới d⁄ng định lý tương đương sau đ¥y.
Định lý 4: Gi£ sß hàm sŁ y = f(x) li¶n tục tr¶n đo⁄n [a; b]. N‚u tồn t⁄i c¡c sŁ thực
x1; x2 2 [a; b] mà
x2
Zx1
f(x)dx = 0 th… phương tr…nh f(x) = 0 có nghi»m trong đo⁄n
[x1; x2].
Chøng minh. Gi£ sß f(x) = 0 không có nghi»m x 2 (x1; x2). Gọi F (x) là mºt
nguy¶n hàm cıa f(x). V… f(x) li¶n tục tr¶n [x1; x2] n¶n f(x) > 0; 8x 2 (x1; x2) hoặc
f(x) < 0; 8x 2 (x1; x2):
• N‚u f(x) > 0; 8x 2 (x1; x2) , F 0(x) = f(x) > 0; 8x 2 (x1; x2) th… F (x) t«ng tr¶n
[x1; x2] ) F (x1) < F (x2).
V“y
x2
Z

x1	x1
• N‚u f(x) < 0; 8x 2 (x1; x2) , F 0(x) = f(x) < 0; 8x 2 (x1; x2) th… F (x) gi£m tr¶n
[x1; x2] ) F (x1) > F (x2). x2	x2

f(x)dx > 0, m¥u thu¤n với gi£ thi‚t
x2
Zf(x)dx = 0
V“y
Rx1
f(x)dx < 0, m¥u thu¤n với gi£ thi‚t
Zx1
f(x)dx = 0.
Như v“y trong c£ hai trường hæp đ¢ x†t đ•u m¥u thu¤n với gi£ thi‚t
x2
Zx1
f(x)dx = 0.
Chøng tỏ phương tr…nh f(x) = 0 có nghi»m x 2 [x1; x2].
Định lý 5: Cho hai sŁ thực a; b tr¡i d§u (a < 0 < b). Gi£ sß f(x) là hàm sŁ li¶n
tục, không đŒi d§u tr¶n [a; b] (có th” f(x) = 0 t⁄i mºt sŁ hœu h⁄n đi”m).Khi đó
tr¶n [a; b] phương tr…nh F (x) =
xZ0
f(t)dt = 0 có nghi»m duy nh§t x = 0.
Chøng minh. Ta s‡ chøng minh đ⁄i di»n khi f(x) li¶n tục và không ¥m tr¶n đo⁄n
15
[a; b]: Do F (x) =
xZ0
f(t)dt n¶n F (x) là mºt nguy¶n hàm cıa f(x) tr¶n [a; b].
• N‚u x = 0 th… F (0) =
0Z0
f(t)dt = 0 ) x = 0 là nghi»m cıa phương tr…nh
F (x) = 0:
• N‚u x 6= 0 và x 2 [a; b] th… tł f(x) ≥ 0; 8x 2 [a; b], suy ra F (x) t«ng tr¶n
[a; b] ) F (x) 6= F (0) = 0, tøc là F (x) = 0 không có nghi»m x 6= 0 tr¶n [a; b].
V“y tr¶n đo⁄n [a; b], phương tr…nh F (x) = 0 có nghi»m duy nh§t x = 0.
Định lý 6: Cho ba sŁ thực a; b; c thỏa m¢n a ≤ c ≤ b; a < b. Gi£ sß f(x) là hàm
sŁ li¶n tục và không đŒi d§u tr¶n [a; b] (có th” f(x) = 0 t⁄i mºt sŁ hœu h⁄n đi”m).
Khi đó tr¶n đo⁄n [a; b] ta có F (x) =
xZ0
f(t)dt = 0 có nghi»m duy nh§t x = c 2 [a; b]:
Định lý Rolle tr¶n kho£ng vô h⁄n
Trong mục này, ta x†t mở rºng cıa định lý Rolle ra kho£ng vô h⁄n. Cơ sở cıa
c¡c mở rºng này là dựa vào định lý Bolzano – Cauchy khflng định r‹ng mi•n gi¡ trị
cıa hàm li¶n tục tr¶n đo⁄n [a;b] l§p đƒy c¡c gi¡ trị trong đo⁄n [min
[a;b]
f(x); max
[a;b]
f(x)].
Định lý 7: Gi£ sß hàm sŁ f(x) li¶n tục tr¶n [a; +1), có đ⁄o hàm trong (a; +1) và
lim
x!+1
f(x) = f(a). Khi đó, tồn t⁄i c 2 (a; +1) sao cho f0(c) = 0.
Chøng minh. N‚u f(x) = f(a) với mọi x > a th… l§y c là mºt sŁ b§t kỳ lớn hơn
a. Gi£ sß tồn t⁄i b > a sao cho f(b) 6= f(a), chflng h⁄n f(b) > f(a). Gọi µ là mºt
sŁ thực b§t kỳ thuºc (f(a); f(b)), theo định lý Bolzano – Cauchy, tồn t⁄i α 2 (a; b)
sao cho f(α) = µ. V… lim
x!+1
f(x) = f(a) < µ n¶n tồn t⁄i d > b sao cho f(d) < µ.
Do f(x) li¶n tục tr¶n [a; +1) n¶n theo định lý Bolzano – Cauchy tồn t⁄i β 2 (b; d)
sao cho f(β) = µ = f(α), do đó theo định lý Rolle, tồn t⁄i c 2 (α; β) sao cho f0(c) = 0.
1.3.6 Định lý Lagrange và định lý Cauchy
Ti‚p theo ta x†t mºt sŁ định lý li¶n quan m“t thi‚t với định lý Rolle.
Định lý 1:(Định lý Lagrange). Gi£ sß f là hàm li¶n tục tr¶n đo⁄n [a; b] và có đ⁄o
hàm t⁄i mọi đi”m trong kho£ng (a; b). Khi đó tồn t⁄i ‰t nh§t mºt đi”m c 2 (a; b)
sao cho
f(b) – f(a) = f0(c)(b – a);
hay
f0(c) = f(b) – f(a)
b – a : (1.1)
16
Chøng minh. Ta x†t hàm phụ

F(x) = f(x) – λx; trong đó sŁ λ đưæc chọn sao cho F(a) = F(b), tøc là sao cho

(1.2)

f(a) – λa = f(b) – λb:
Đ” có đi•u đó ch¿ c§n l§y
λ = f(b) – f(a)
b – a : (1.3)
Rª ràng hàm F(x) li¶n tục tr¶n đo⁄n [a; b], có đ⁄o hàm trong kho£ng (a; b) và
F(a) = F(b), do đó theo định lý Rolle tồn t⁄i c 2 (a; b) sao cho F0(c) = 0. Tł (1.2)
ta có F0(x) = f0(x) – λ, do đó
F0(c) = 0 , f0(c) – λ = 0 , f0(c) = λ:
Thay gi¡ trị λ tł (1.3) vào ta có f0(c) = f(b) – f(a)
b – a , hay
f(b) – f(a) = f0(c)(b – a):
Công thøc (1.1) đưæc gọi là công thøc sŁ gia hœu h⁄n Lagrange.
Nh“n x†t 1: Ta đ¢ thu đưæc định lý Lagrange như là mºt h» qu£ cıa định lý
Rolle. Th‚ nhưng ch‰nh định lý Rolle (v• d⁄ng bi”u thøc) l⁄i là mºt trường hæp
ri¶ng cıa định lý Lagrange (øng với gi£ thi‚t f(a) = f(b)).
Nh“n x†t 2: Ý nghĩa h…nh học: N‚u hàm f(x) thỏa m¢n đƒy đı c¡c đi•u ki»n cıa
định lý Lagrange th… tr¶n đồ thị cıa hàm sŁ y = f(x) ph£i tồn t⁄i ‰t nh§t mºt đi”m
M(c; f(c)) sao cho ti‚p tuy‚n với đồ thị t⁄i đi”m đó song song với d¥y cung AB, ở
đó A(a; f(a)) và B(b; f(b)).
Định lý 2:(Định l‰ Cauchy) Gi£ sß c¡c hàm f; g li¶n tục tr¶n đo⁄n [a; b] và có đ⁄o
hàm t⁄i mọi đi”m trong kho£ng (a; b), ngoài ra g0(x) 6= 0 với mọi x 2 (a; b). Khi đó
tồn t⁄i ‰t nh§t mºt đi”m c 2 (a; b) sao cho

f(b) – f(a) g(b) – g(a) = f0(c) g0(c):

(1.4)

Chøng minh. Trước khi chøng minh định lý ta nh“n x†t r‹ng công thøc (1.4)
luôn có nghĩa, tøc là g(b) 6= g(a). Th“t v“y, n‚u g(b) = g(a) th… hàm sŁ g(x) thỏa
m¢n đi•u ki»n cıa định lý Rolle và do đó tồn t⁄i c 2 (a; b) sao cho g0(c) = 0, nhưng
đi•u này tr¡i với gi£ thi‚t g0(x) 6= 0; 8x 2 (a; b). B¥y giờ ta x†t hàm phụ
F(x) = f(x) – λg(x); (1.5)
17
trong đó sŁ λ đưæc chọn sao cho F(a) = F(b), tøc là
f(a) – λg(a) = f(b) – λg(b):
Đ” có đi•u đó ta ch¿ cƒn l§y
λ = f(b) – f(a)
g(b) – g(a) : (1.6)
Hàm F(x) thỏa m¢n đi•u ki»n cıa định lý Rolle, do đó tồn t⁄i c 2 (a; b) sao cho
F0(c) = 0. Mặt kh¡c tł (1.5) ta có F0(x) = f0(x) – λg0(x) n¶n

F0(c) = 0 , f0(c) – λg0(c) = 0 , λ = g0(c) : Tł (1.6) và (1.7) ta thu đưæc

(1.7)

f0(c)
f(b) – f(a)
g(b) – g(a) =
f0(c)
g0(c) :
Công thøc (1.4) đưæc gọi là công thøc sŁ gia hœu h⁄n Cauchy.
Nh“n x†t 3: Định lý Lagrange là trường hæp ri¶ng cıa định lý Cauchy với gi£
thi‚t g(x) = x.
H» qu£ 1: N‚u f0(x) > 0 (hoặc f0(x) < 0) với mọi x 2 (a; b) th… phương tr…nh
f(x1) = f(x2) , x1 = x2, với mọi x1; x2 2 (a; b):
Chøng minh. V… f(x) thỏa m¢n c¡c đi•u ki»n cıa định lý Lagrange n¶n theo định
lý Lagrange, tồn t⁄i c 2 (x1; x2) ⊂ (a; b) sao cho
f0(c)(x2 – x1) = f(x2) – f(x1):
Khi đó, ta có
f(x1) = f(x2)
, f(x2) – f(x1) = 0
, f0(c)(x2 – x1) = 0
, x2 = x1 do f0(c) > 0:
V¥y ta có đi•u ph£i chøng minh.
H» qu£ 2: N‚u f0(x) – 1 > 0 (hoặc f0(x) – 1 < 0) với mọi x1; x2 2 (a; b) th… phương
tr…nh
f(x1) – x1 = f(x2) – x2 , x1 = x2:
Chøng minh. H» qu£ 1.7 xem như h» qu£ trực ti‚p cıa h» qu£ 1.6 b‹ng c¡ch
thay hàm f(x) bởi hàm g(x) = f(x) – x:
H» qu£ 3: N‚u f0(x) + 1 6= 0 và f(x) ⊂ (a; b) với mọi x 2 (a; b) th… phương tr…nh
f(f(x)) = x , f(x) = x:
18
TŒng qu¡t
f(:::f(x))
| {z }
n lƒn f
= x , f(x) = x; n ≥ 1; n 2 N:
Chøng minh. Ta có phương tr…nh
f(f(x)) = x , [f(f(x)) – f(x)] + [f(x) – x] = 0:
V… f(x) ⊂ (a; b) (gi£ thi‚t x < f(x)) n¶n theo định lý Lagrange tồn t⁄i c 2 (x; f(x))
sao cho
f0(c)[f(x) – x] = f(f(x)) – f(x):
Phương tr…nh (1) và (2) tương đương với
f0(c)[f(x) – x] = -[f(x) – x]
, [f(x) – x][f0(c) + 1] = 0:
V… f0(c)+1 kh¡c 0 n¶n phương tr…nh tr¶n tương đương với f(x)-x = 0 hay f(x) = x:
B‹ng quy n⁄p, ta chøng minh đưæc trường hæp tŒng qu¡t.
H» qu£ 4: N‚u f0(x) > 0 với mọi x 2 (a; b) th… f(x) ≥ f(y) , x ≥ y với mọi
x; y 2 (a; b): N‚u f0(x) < 0 với mọi x 2 (a; b) th… f(x) ≥ f(y) , x ≤ y với mọi
x; y 2 (a; b):
Chøng minh. Gi£ sß ngưæc l⁄i x < y, suy ra tồn t⁄i c 2 (x; y) sao cho
f0(c) = f(y) – f(x)
y – x
;
do f(y) – f(x) ≤ 0 và y – x > 0. Suy ra f0(c) < 0 (vô lý). V“y x ≥ y.
Tương tự, ta có đi•u ph£i chøng minh.
1.3.7 H» ho¡n vị vÆng quanh
Định nghĩa: Gi£ sß f(x); g(x) là c¡c hàm li¶n tục tr¶n [a; b] và kh£ vi tr¶n (a; b).
Khi đó h» phương tr…nh
8>><>>:
f(x1) = g(x2)
· f
(xn) = g(x1):
đưæc gọi là h» ho¡n vị vÆng quanh n bi‚n.
Định lý: Gi£ sß f(x); g(x) là c¡c hàm li¶n tục tr¶n [a; b] và kh£ vi tr¶n (a; b). X†t
h» phương tr…nh
8>><>>:
f(x1) = g(x2) (1)
:::
f(xn) = g(x1) (n):
19
a) N‚u f và g cùng t‰nh đơn đi»u và n‚u h» có nghi»m th… c¡c nghi»m
x1 = x2 = · · · = xn:
b) N‚u f và g kh¡c t‰nh đơn đi»u và n‚u n l· th… x1 = x2 = · · · = xn, cÆn n‚u n
chfin th… ta có x1 = x3 = · · · = xn-1 và x2 = x4 = · · · = xn:
Chøng minh
a) Gi£ sß h» có nghi»m a < x1 < x2 < · · · < xn < b (n 2 N∗). Do g0(x) kh¡c 0 n¶n
khi đó theo Cauchy, tồn t⁄i c 2 (x1; x2) sao cho

A =	= f(x2) – f(x
f0(c)	1)
g0(c)	g(x2) – g(x1) ; (i)
1)

=
f(x2) – f(xf(x1) – f(xn); (ii):
Tł (i) suy ra A > 0, tł (ii) suy ra A < 0 (vô lý). V“y h» không có nghi»m ph¥n
bi»t, hay h» có nghi»m trùng nhau.
Gi£ sß (không m§t t‰nh tŒng qu¡t) x1 = x2. Khi đó theo Định lý Cauchy, ta có
f0(c)[g(x2) – g(x1)] = g0(c)[f(x2) – f(x1)] với c 2 (a; b):
Suy ra
0 = g0(c)[g(x3) – g(x2)] ) x2 = x3; · · · · ; xn-1 = xn:
V“y x1 = x2 = · · · = xn.
b) N‚u n l· th… tương tự như (a) ta có
A = f0(c)
g0(c) =
f(x2) – f(x1)
g(x2) – g(x1) ; (i)
=
g(x3) – g(x2)
g(x2) – g(x1); (iii):
Tł (i) suy ra A < 0, tł (iii) suy ra A > 0 đi•u này vô l‰. L“p lu“n như tr¶n ta cũng
có
x1 = x2 = · · · = xn:
X†t n chfin: Gi£ sß x1 = x2, tương tự như tr¶n ta cũng suy ra x2 = x3 = · · · = xn
(vô l‰ v… f; g kh¡c t‰nh đơn đi»u và n không l·). Như v“y trong trường hæp n chfin
th… n‚u h» có nghi»m th… c¡c nghi»m không li•n nhau.
Không m§t t‰nh tŒng qu¡t gi£ sß x1 = x3. Khi đó theo Định lý Cauchy, tồn t⁄i
c 2 (a; b) sao cho
f0(c)[g(x3) – g(x1)] = g0(c)[f(x3) – f(x1)]

Xem bản đầy đủ trên google drive: TẠI ĐÂY

Các thầy cô cần file liên hệ với chúng tôi tại fanpage facebook O2 Education

Hoặc xem nhiều SKKN hơn tại:  Tổng hợp SKKN luận văn luận án O2 Education

SKKN Một số ứng dụng của phép vị tự và phép vị tự quay

ĐIỀU KIỆN, HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN
Các phép biến hình chính là mảng kiến thức hay, khó và thường xuất hiện
trong các đề thi học sinh giỏi quốc gia, IMO, APMO… Việc học và hiểu, vận dụng
các kiến thức về các phép biến hình giúp học sinh có thể xây dựng những ý tưởng và
những kỹ năng thích hợp nhất cho việc tiếp thu các kiến thức của toán học hiện đại.
Vậy những ý tưởng và những kỹ năng đó là gì?
+ Thứ nhất, đó là ý tưởng ánh xạ rất rõ nét trong cách trình bày và hệ thống
các phép biến hình.
+ Thứ hai, đó là ý tưởng phân loại và mô tả đầy đủ các lớp phép biến hình
(mà tiêu biểu nhất là các phép dời hình).
+ Thứ ba, quan trọng hơn cả là qua việc vận dụng các phép biến hình vào
giải toán, tư duy hình học của học sinh sẽ được nâng lên ở một cấp độ mới.
Trước đây, để chứng minh một bài toán hình học, học sinh thường chỉ biết tính
toán và so sánh các đại lượng hình học như góc, độ dài, diện tích,…thì nay với việc
sử dụng các phép biến hình, học sinh sẽ được tập quan sát những vận động, những
tương tác giữa các yếu tố, những cấu trúc tiềm ẩn trong một hình vẽ để rồi từ đó rút
ra được những chứng minh, những kết luận sâu sắc, nêu bật toàn diện bản chất của
hình vẽ đó. Điều đó sẽ giúp các em biết nhìn nhận sự việc và các hiện tượng xung
quanh trong cuộc sống với sự vận động và biến đổi của chúng để nghiên cứu, tìm tòi,
khám phá, tạo cơ sở cho sự ra đời của những phát minh và sáng tạo trong tương lai.
Chính vì những lí do quan trọng như thế, chúng ta cần phải trang bị cho các
em những kiến thức về phép biến hình từ cơ bản đến phức tạp.
Trong các phép biến hình thì phép vị tự có rất nhiều ứng dụng trong việc giải
các bài toán hình học và trong các kì thi học sinh giỏi số lượng các bài toán liên quan
đến việc sử dụng phép vị tự khá nhiều. Các bài toán khi giải bằng phương pháp sử
dụng phép vị tự trong các kì thi học sinh giỏi thường khá hay và đặc sắc, thể hiện
khả năng sáng tạo của học sinh. Bằng cách giải bằng cách sử dụng phép vị tự giúp
học sinh thấy được bản chất của bài toán và phát hiện ra các tính chất thú vị khác của
bài toán.
4
Tuy nhiên khó khăn lớn nhất của giáo viên khi dạy phần này là làm sao để học
sinh hứng thú học và có khả năng vận dụng phép vị tự vào giải các bài toán hình học,
cần trang bị cho các em những kiến thức gì? Cần bắt đầu từ những bài toán nào? Cần
phân dạng các bài tập áp dụng phép vị tự và những dấu hiệu của các bài toán như thế
nào thì dùng phép vị tự? Với tất cả những khó khăn và thuận lợi trên chúng tôi chọn đề
tài “phép vị tự” để trao đổi và đưa ra một số dạng bài tập đặc trưng giải bằng sử dụng
phép vị tự.
II. MÔ TẢ GIẢI PHÁP:
1. Mô tả giải pháp trước khi tạo ra sáng kiến:
Các phép biến hình sơ cấp là một phần quan trọng của hình học và là một mảng
khó trong chương trình hình học THPT chuyên. Chính vì thế trong các kì thi học sinh
giỏi quốc gia, thi Olympic Toán quốc tế và khu vực, những bài toán có liên quan ít
nhiều đến các phép biến hình cũng hay được đề cập và thường được xem là những
dạng toán khó, những câu phân loại của kì thi. Các em học sinh bậc Trung học phổ
thông thường gặp một số khó khăn khi tiếp cận các khái niệm liên quan đến phép biến
hình, đặc biệt là kỹ năng ứng dụng các phép biến hình vào việc làm bài tập. Những
học sinh mới bắt đầu làm quen với khái niệm biến hình thường chưa hiểu tường tận
tư tưởng cũng như phương pháp tiếp cận lý thuyết, đặc biệt là khâu vận dụng kiến
thức biến hình vào giải toán trong những tình huống khác nhau. Để hiểu và vận dụng
tốt lý thuyết biến hình và vận dụng kiến thức biến hình vào giải toán thì thông thường
học sinh phải có kiến thức nền tảng hình học tương đối đầy đủ và chắc chắn trên tất
cả các lĩnh vực của hình học sơ cấp. Đó là một khó khăn rất lớn đối với giáo viên và
học sinh khi giảng dạy và học tập phần các phép biến hình.
Đề tài “phép vị tự” được chọn để giới thiệu với các thầy cô giáo và các em học sinh
những kinh nghiệm của chúng tôi khi giảng dạy chủ đề phép vị tự trong chương trình
THPT chuyên, và đồng thời thông qua đề tài này chúng tôi muốn nhấn mạnh tầm quan
trọng của phép vị tự trong các bài toán chứng minh đồng quy và thẳng hàng và một
số bài toán khác xuất hiện trong các kì thi Quốc tế, khu vực và Olympic quốc gia của
một số nước.
Các bài toán đồng quy thẳng hàng mà lời giải sử dụng phép vị tự thường là
những bài tập khó, các bài tập chúng tôi đưa ra đề là các đề thi Olympic Quốc tế, khu
vực và một số nước có truyền thống về toán, trong các bài tập này chúng tôi có phân
tích dấu hiệu của bài toán mà có thể sử dụng để giải bằng cách dùng phép vị tự. Những
bài toán này nếu không sử dụng phép vị tự thường rất khó và rất dễ phụ thuộc vào
hình vẽ.
5
2. Mô tả giải pháp sau khi có sáng kiến:
Thông qua đề tài “phép vị tự” chúng tôi cũng rất mong muốn nhận được góp ý
trao đổi của các bạn đồng nghiệp, các bậc cha mẹ học sinh và các em học sinh. Chúng
tôi mong muốn đề tài này góp một phần nhỏ để việc dạy phần phép vị tự hiệu quả
nhất và giúp các em học sinh có khả năng vận dụng phép vị tự vào giải các bài toán
hình học một cách tốt nhất.
A. CÁC KIẾN THỨC CHUẨN BỊ:
I. Phép vị tự
1. Định nghĩa: Cho trước điểm O và một số thực k . Phép biến hình biến mỗi điểm
M thành điểm M ‘ sao cho OM k OM   ‘ .  được gọi là phép vị tự tâm O tỉ số k và
được kí hiệu là VOk hoặc VO k ; .
Điểm M ‘ được gọi là ảnh của điểm M , điểm M được gọi là tạo ảnh của M ‘, O gọi
là tâm vị tự, k gọi là tỉ số vị tự.
Nếu k  0 thì k
VO được gọi là phép vị tự dương.
Nếu k  0 thì k
VO được gọi là phép vị tự âm.
Nếu k 1 thì 1
VO là phép đồng nhất.
Nếu k  1 thì 1
VO là phép đối xứng tâm O.
Cho hình F , xét tập F M M V M M F ‘ ‘ , ‘ ,     Ok    được gọi là ảnh của hình F
qua qua phép vị tự VOk và được kí hiệu là V F F Ok : ‘  hoặc F V F ‘  Ok  .
2. Tính chất
Tính chất 2.1. Phép vị tự VOk với k 1 có một điểm bất động duy nhất, đó là điểm O.
Tính chất 2.2. Nếu điểm M ‘ là ảnh của điểm M qua phép vị tự VOk thì ba điểm
O M M , , ‘ thẳng hàng.
Tính chất 2.3. Nếu A B ‘, ‘ lần lượt là ảnh của hai điểm phân biệt A B , qua phép vị tự
kO
V thì A B k AB ‘ ‘ 
 
.
Tính chất 2.4. Phép vị tự VOk là một song ánh và có phép biến hình ngược là
1k
VO
Tính chất 2.5. Phép vị tự VOk biến ba điểm thẳng hàng thành ba điểm thẳng hàng theo
thứ tự đó.
Chứng minh. Giả sử A B C ‘, ‘, ‘ lần lượt là ảnh của A B C , , qua phép vị tự VOk . Giả
sử B nằm giữa A và C .
Khi đó theo tính chất 3 ta có: A B k AB B C k BC C A k CA ‘ ‘ , ‘ ‘ , ‘ ‘   
Kết hợp với AB BC AC A B B C A C A B C       ‘ ‘ ‘ ‘ ‘ ‘ ‘, ‘, ‘ thẳng hàng và
B ‘ nằm giữa A’ và C ‘.
6
Từ tính chất 5 ta có các kết quả rất quan trọng sau:
Hệ quả: Phép vị tự VOk biến:
a) Đường thẳng d thành đường thẳng d’ và d d || ‘ hoặc d d  ‘.
b) Tia Sx thành tia S x ‘ ‘ và hai tia đó hoặc song song hoặc cùng nằm trên
một đường thẳng.
c) Đoạn thẳng AB thành đoạn thẳng A B ‘ ‘ và A B k AB ‘ ‘  .
d) Tam giác ABC thành tam giác A B C ‘ ‘ ‘ và hai tam giác này đồng dạng với nhau
theo tỉ số k .
e) Góc xSy  thành góc  x S y ‘ ‘ ‘ và xSy x S y   ’ ‘ ‘.
f) Đường tròn I R ;  thành đường tròn I R ‘; ‘ và R k R ‘  .
Tính chất 2.6. Cho hai phép vị tự V V O O k k , ” với các tâm vị tự phân biệt, các hệ số vị tự
thỏa mãn k k , ‘ 0;1  . Khi đó
a) Nếu k k . ‘ 1  thì V V O O k k  ” hoặc V V O O k k ”  là một phép vị tự.
b) Nếu k k . ‘ 1  thì V V O O k k  ” hoặc V V O O k k ”  là một phép tịnh tiến.
Chứng minh. a) Giả sử H V V  O O k k ”  và S là điểm bất động của H . Khi đó ta có:
k : ‘
V S S O  và OS kOS ‘ 
 
‘
V S S Ok’ : ‘  và O S k O S

	
Ta có: OS OS OO O S OO O S OO OS OO                  1 1 1 1 1 1 1 ‘ ‘ ‘ ‘ ‘ ‘ ‘ ‘           
k	k	k 	k ‘	k  	k ‘	k ‘	
1 1 1 1 ‘ 1 1 ‘ ‘ k OS OO OS OO                    .
. ‘ k k  	‘ k k  	1 . ‘ k k 

‘ ‘ ‘ ‘ 
Do đó điểm S là duy nhất. Với mỗi điểm M khác điểm S ta có:

V S S M M S M k SM Ok : ‘, ‘ ‘ ‘ .    
	
	

‘
V S S M M SM k SM Ok’ : ‘ , ‘ ” ” ‘. ‘    
Từ hai đẳng thức trên ta được: SM k k SM   ” . ‘.  . Do đó H V V  O O k k ”  là một phép vị tự
tâm là điểm S và tỷ số vị tự là k k . ‘.
Chứng minh tương tự ta cũng được V V O O k k  ” cũng là một phép vị tự.

b) Với mỗi điểm M bất kì trong mặt phẳng ta có: V M M OM k OM Ok : ‘ ‘ .   
	
			
    					

‘
V M M O M k O M O M k O M Ok’ : ‘ ” ‘ ” ‘. ‘ ‘ ‘ ‘ . ‘ ”     
Ta có OO OM M O OM O M kOM kO M kOM kO M kMM ‘ ‘ ‘ ‘ ‘ ‘ ‘ ‘ ” ‘ ”         
        k OM MO kMM kOO kMM MM OO u         ‘ ” ‘ ” ” ‘  k k1 .
Do đó ‘
‘
k k
V V O O  là một phép tịnh tiến.
Chứng minh tương tự ta cũng được V V O O k k  ” là một phép tịnh tiến.
7
Nhận xét. Nếu k k k k , ‘ 0;1 , . ‘ 1     thì V V O O k k ”  là một phép vị tự có tâm nằm trên
đường thẳng OO’ và có tỉ số vị tự là k k . ‘.
Tính chất 2.7. Cho phép vị tự VOk với k 0;1 và phép tịnh tiến T u u , 0    . Khi đó
phép biến đổi T V u  Ok hoặc V T Ok  u là một phép vị tự.
Chứng minh. Ta xét phép biến đổi H T V  u  Ok . Trước hết ta chứng minh H có điểm
bất động duy nhất S . Thật vậy, nếu S là điểm bất động của H , khi đó

k : ‘ V S S O  và OS kOS ‘  ;
	
	và S S u ‘   

: ‘
u
T S S  .
Từ đó ta được: ‘ ‘ 1
1
S S u OS OS u OS kOS u OS u
k
        

         
Hệ thức này chứng tỏ H có điểm bất động duy nhất là điểm S .
Với điểm M tùy ý khác điểm S , thì

V S S M M S M k SM Ok : ‘, ‘ ‘ ‘ .    
	
 	

: ‘ , ‘ ” ‘ ‘ ”
u
T S S M M S M SM kSM      
suy ra SM kSM M V M ” ”    Sk  
 
hay H là một phép vị tự tâm S , tỉ số k .
3. Tâm vị tự của hai đường tròn.
Định lí 3.1 Cho hai đường tròn O R 1 1 ;  và O R 2 2 ;  phân biệt. Khi đó tồn tại phép vị
tự biến đường tròn O R 1 1 ;  thành đường tròn O R 2 2 ; .
Chứng minh.
Nếu tồn tại phép vị tự VOk biến đường tròn O R 1 1 ;  thành đường tròn O R 2 2 ;  thì
2 2
1 1
R R
k k
R R
   và
OO kOO 2 1 
 
.
Khi đó ta sẽ chỉ ra được cách xác định phép vị tự VOk .
Trường hợp 1: O O 1 2  và R R 1 2  , khi đó OO kOO O O 1 1 1   
 
. Khi đó ta có hai
phép vị tự biến đường tròn O R 1 1 ;  thành đường tròn O R 2 2 ; là:
2 1
RR 1
VO và
2 1
1
RR
VO

.
8
Trường hợp 2: O O 1 2  và R R 1 2  , suy ra k  1. Do đó OO OO 2 1  
 
, kết hợp với
O O 1 2  suy ra OO OO O 2 1   
 
là trung điểm của đoạn thẳng O O 1 2. Vậy phép vị tự
1
VO biến đường tròn O R 1 1 ;  thành đường tròn O R 2 2 ; .
Trường hợp 3: O O 1 2  và R R 1 2  , ta có thể xác định các phép vị tự như sau:
Ta lấy M M 1 2 ‘ ‘ là đường kính của đường tròn O R 2 2 ;  và O M 1 là một bán kính của

O R 1 1 ;  sao cho hai vector O M  2 1 ‘



và O M 1 cùng hướng. Đường thẳng O O 1 2 cắt MM1 ‘
và
MM2 ‘ lần lượt tại I1 và I2 .
Khi đó phép vị tự
2 1
RR 1
VI
và
2 1
2
RR
VI
biến đường tròn O R 1 1 ;  thành đường tròn O R 2 2 ; .
Điểm
I1 được gọi là tâm vị tự ngoài của hai đương tròn O R 1 1 ;  và O R 2 2 ; . Điểm
I2 được gọi là tâm vị tự trong của hai đương tròn O R 1 1 ;  và O R 2 2 ; .
II. Phép vị tự – quay
a) Định nghĩa. Phép vị tự – quay là tích giao hoán của một phép vị tự và một phép
quay có cùng tâm.
Nhận xét: Thứ tự thực hiện các phép biến hình ở đây không quan trọng vì
k k
Q V V Q O O O O     
b) Cách xác định ảnh của một điểm qua phép vị tự quay
Cho phép quay QO và phép vị tự VOk với k  0 và  là
một góc định hướng     .
Ta có
   
1
1
1
:
O , mod 2
OA OA
Q A A
OA OA
  
  
  
 

 
(1)
và

    1 1 , ‘ 0 mod 2 OA OA   	 


1
‘
: ‘
kO
OA kOA
V A A
  
  
(2)

Từ (1) và (2) suy ra     ; ‘ mod 2 OA OA OA       

(3)

A’

‘
OA
k


 Như vậy V Q O O k   là phép đồng dạng thuận Z O k  ; ;   biến A thành A’ xác định bởi
(3). Khi đó O được gọi là tâm;  gọi là góc quay; k là tỉ số của phép vị tự – quay.
B
O
A

9
c) Tính chất
Định lí 1. Z O k A A  ; ; : ‘    ; B B  ‘ thì    
‘ ‘
; ‘ ‘ mod 2
A B kAB
AB A B
  

  
 
 
Hệ quả.
+) Phép vị tự – quay biến một đường thẳng thành một đường thẳng và góc giữa
hai đường thẳng ấy bằng góc đồng dạng.
+) Phép vị tự quay biến một đường tròn thành một đường tròn, trong đó tâm
thành tâm và tỉ số hai bán kính bằng tỉ số đồng dạng.
d) Cách xác định ảnh của phép vị tự – quay
Cho phép vị tự – quay Z O k  ; ;  . Hãy xác định tâm O khi biết
Trường hợp 1: Một cặp điểm tương ứng A A ; ‘,  và k
Ta có OA’ k
OA
 (1) và OA OA   ; ‘ mod 2     (2)
(1)  O thuộc đường trònApollonius
đường kính CD (C D , chia theo tỉ số k ).
(2)  O thuộc cung C chứa góc định
hướng mod 2  nhận AA’làm dây.
Vậy O là giao điểm của  và C.
Trường hợp 2. Hai cặp điểm tương ứng A A ; ‘ và B B ; ‘
Cách khác, Gọi I là giao điểm của AB và A B ‘ ‘.
Ta có OA OA IA IA , ‘ , ‘ mod          (1)
và OB OB IB IB , ‘ , ‘ mod          (2).
1  O thuộc đường tròn IAA’.
2  O thuộc đường tròn IBB’.

Vậy O là giao điểm của hai đường tròn ngoại tiếp tam giác IAA’ và IBB ‘ .

B

e) Một số kết quả quan trọng
Kết quả 1. Mọi phép vị tự – quay trong mặt phẳng đều có một điểm bất động duy nhất
O và O chính là tâm của phép vị tự – quay đó.
A C A’ D
O
A’
A
O
I
B’

10
Từ tính chất này, cho phép ta chứng minh các đường tròn ngoại tiếp ABC ,
trong đó A cố định còn B , C di động luôn là cặp điểm tương ứng của một phép vị
tự – quay có góc quay  (không đổi) và tỉ số k (không đổi) luôn đi qua một điểm cố
định là tâm O của phép vị tự – quay đó.
Kết quả 2. Giả sử phép vị tự quay V Q O O k   biến các điểm A B , tương ứng thành các
điểm A B ‘, ‘.
+) Nếu AA BB K ‘ ‘   thì O là điểm chung thứ hai của hai đường tròn KAB
và KA B ‘ ‘.
+) Nếu AB A B L   ‘ ‘ thì O là điểm chung thứ hai của hai đường tròn LAA’
và LBB’.
B. MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP ÁP DỤNG
1. Dạng 1: Ứng dụng phép vị tự, phép vị tự quay chứng minh các tính chất hình học
Trong một số bài toán hình học phẳng có yêu cầu chứng minh các tính chất
của hình học, nếu chúng ta chứng minh chúng bằng các phương pháp hình học thông
thường thì việc chứng minh tương đối phức tạp. Tuy nhiên khi sử dụng phép vị tự,
phép vị tự quay giúp chúng ta có thể thu gọn một cách đơn giản nhất và ít phải sử
dụng thêm các đường phụ, giúp cho việc chứng minh tương đối dễ và ngắn gọn.
1.1. Bài 1.1. Cho hai đường tròn O R ,  và O R R R ‘, ‘ , ‘     tiếp xúc ngoài nhau tại
A. Một góc vuông xAy  quay quanh A. Tia Ax cắt đường tròn O R ,  tại M , tia Ay
cắt đường tròn O R ‘, ‘ tại M ‘.
1. Chứng minh rằng đường thẳng MM ‘ luôn đi qua một điểm cố định.
2. Đường thẳng MM ‘ cắt các đường tròn O O , ‘   tại các điểm thứ hai lần
lượt là N N , ‘. Chứng minh rằng  NAN ‘ 90 .  0
3. Chứng minh rằng các tiếp tuyến với đường tròn O tại M N , và các tiếp
tuyến với đường tròn O’ tại M N ‘, ‘ cắt nhau tạo thành một hình bình hành.
11
Lời giải:
1. Gọi A’ là giao điểm thứ hai của OO’ và đường tròn O’
Khi đó ta có AA M A AM OAM ‘ ‘ 90 ‘ ‘    0  . Do đó AM A M || ‘ ‘
Từ đó suy ra OM O M || ‘ ‘ hay tứ giác OMM O ‘ ‘ là hình thang
Mặt khác, do R R  ‘ hay OM O M  ‘ ‘ nên OO’ và MM ‘ không song song.
Gọi S là giao điểm của OO’ và MM ‘ .
Khi đó
‘ ‘ ‘ ‘
SO OM R
SO O M R
  . Suy ra S là tâm vị tự ngoài của hai đường tròn O O , ‘  
nên S cố định.
Vậy đường thẳng MM ‘ luôn đi qua điểm S cố định.
2. Vì S là tâm vị tự ngoài của hai đường tròn O O , ‘   nên ‘
,
R : ‘, ‘
S

R
	
	

V A A N N
 
 
Do đó AN A N || ‘ ‘
Mà AN A N ‘ ‘ ‘  nên AN A N  ‘ ‘ hay  NAN ‘ 90 .  0
3. Gọi d d 1 2 , lần lượt là các tiếp tuyến với đường tròn O tại M N ,
d d 3 4 , lần lượt là các tiếp tuyến với đường tròn O’ tại M N ‘, ‘
Vì S là tâm vị tự ngoài của hai đường tròn O O , ‘   và ‘

, S  

R  

R : ‘, ‘
V M M N N
 
 
nên
‘ 1 3 2 4
,
R : ,
S

R  

 

V d d d d
 
  . Suy ra d d d d 1 3 2 4 || , ||
Mặt khác MN không là đường kính của đường tròn O nên d d 1 2 , phải cắt nhau.
Suy ra các đường thẳng d d d d 1 2 3 4 , , , cắt nhau tạo thành một hình bình hành.
x
y
d4
d1
d2
d3
A’
S
N’
N
M’
O A O’
M
12
1.2. Bài 1.2. Cho hai đường tròn C C 1 2 ,   tiếp xúc trong nhau tại điểm T (đường
tròn C2 nằm trong đường tròn C1). Dây cung AB của đường tròn C1 tiếp xúc
với đường tròn C2 tại điểm D. Chứng minh rằng TD là phân giác của góc  ATB.
Lời giải:
Gọi I J , lần lượt là tâm của các đường tròn
C C 1 2 ,   và R R 1 2 , lần lượt là bán kính của
các đường tròn C C 1 2 ,  
Gọi E F , lần lượt là giao điểm thứ hai của
TA TB , với đường tròn C2
Khi đó do hai đường tròn C C 1 2 ,   tiếp xúc
trong nhau tại điểm T nên T là tâm vị tự ngoài
của hai đường tròn C C 1 2 ,  .
Suy ra    
2 1
: 1 2
RR
V C C T  .
Do đó
2 1
: , ||
RR
V A E B F AB EF T   
Mà dây cung AB của đường tròn C1 tiếp xúc với đường tròn C2 tại điểm D nên
AB JD EF JD   
Do đó D là điểm chính giữa cung EF không chứa T của đường tròn C2
Suy ra TD là phân giác của góc ETF  hay TD là phân giác của góc  ATB.
*) Nhận xét: Bằng cách chứng minh tương tự, ta có thể chứng minh bài toán sau:
Cho tam giác ABC. Đường tròn nội tiếp và đường tròn bàng tiếp góc A của tam
giác ABC tiếp xúc với cạnh BC lần lượt tại D E , . Lấy điểm K trên đường tròn nội
tiếp tam giác ABC sao cho KD là đường kính. Chứng minh rằng A K E , , thẳng hàng.
1.3. Bài 1.3. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O. Đường tròn O1 tiếp xúc
với các cạnh AB AC , lần lượt tại P Q , và tiếp xúc trong với đường tròn O tại S .
Gọi D là giao điểm của AS với PQ . Chứng minh rằng BDP CDQ   .
F
E
A B

I

T
J
D
13
Lời giải:
Gọi B C ‘, ‘ lần lượt là giao điểm thứ hai của
SB SC , với đường tròn O1
R R , 1 lần lượt là bán kính của hai đường tròn
O O ,  1
Khi đó do hai đường tròn O O ,  1 tiếp xúc
trong nhau tại điểm S nên S là tâm vị tự
ngoài của hai đường tròn O O ,  1.
Suy ra    
1
: 1
RR
V O O S  .

Do	đó
1 ‘ ‘ ‘ : ‘, ‘ || ‘ ‘ S BB CC BB SB V B B C C BC B C       
“ CC SC	SB SC

RR
Khi đó
2 2 2
2
‘. ‘
.
‘. ‘
BP BP BB BS BB SB SB
CQ CQ CC CS CC SC SC
   
       
   


sin sin
sin sin
BP SB BAS PAD
CQ SC CAS QAD
    (1)
Mặt khác do tam giác APQ cân tại A nên APQ AQP 
Do đó áp dụng định lý sin trong trong các tam giác APD AQD , ta có
   

sin
sin sin sin sin sin
PD AD AD QD PAD PD
PAD APQ AQP QAD QAD QD
     (2)
Từ (1) và (2) suy ra BP PD
CQ QD
 (3)
Mà APQ AQP  nên BPD CQD    (4)
Kết hợp (3) và (4) suy ra   BPD CQD ∽ . Suy ra BDP CDQ   .
1.4. Bài 1.4. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O và M là điểm nằm trong
ta giác. Các đường thẳng AM BM CM , , cắt lại đường tròn O tại các điểm thứ hau
lần lượt là A B C 1 1 1 , , . Gọi A B C 2 2 2 , , theo thứ tự là điểm đối xứng với A B C 1 1 1 , , qua
trung điểm của các cạnh BC CA AB , , . Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam
giác A B C 2 2 2 đi qua trực tâm H của tam giác ABC .
C’
B’
D
C
B
O
A
O
1
P
Q
S
14
Lời giải:
Gọi H G , lần lượt là trực tâm và
trọng tâm tam giác ABC
A B C 3 3 3 , , lần lượt là trung điểm
của các đoạn AA BB CC 1 1 1 , , và
X Y Z , , lần lượt là trung điểm của
các đoạn BC CA AB , ,
Khi đó ta suy ra
OA AA OB BB OC CC 3 1 3 1 3 1    , ,
   0
    OA M OB M OC M 3 3 3 90
 A B C O 3 3 3 , , , cùng thuộc đường
tròn đường kính OM
Vì X là trung điểm BC và G là trọng tâm tam giác ABC    GA GX   2
Kết hợp với X là trung điểm A A 1 2 ta suy ra G là trọng tâm tam giác AA A 1 2
Do đó
A G A 2 3 , , thẳng hàng và GA GA A V A 2 3 2 3     2 G2  
 
(1)
Chứng minh tương tự ta cũng có B V B C V C 2 3 2 3   G G   2 2  ;   (2)
Mặt khác vì H G , là trực tâm và trọng tâm tam giác ABC nên suy ra
GH GO H V O     2 G2  
 
(3)
Từ (1), (2), (3), kết hợp với đường tròn ngoại tiếp tam giác A B C 3 3 3 đi qua O ta suy
ra đường tròn ngoại tiếp tam giác A B C 2 2 2 đi qua trực tâm H của tam giác ABC .
1.5. Bài 1.5. (Russia MO 2008, grade 9). Cho tam giác không cân ABC với H, M lần
lượt là trực tâm và trọng tâm của tam giác đó. Các đường thẳng qua A, B, C lần lượt
vuông góc với AM, BM, CM cắt nhau tạo thành một tam giác có trọng tâm G. Chứng
minh rằng G nằm trên đường thẳng MH.
Lời giải.
Để chứng minh bài toán ta cần hai bổ đề sau:
Bổ đề 1. Cho tam giác ABC và L là một điểm nằm trong tam giác đó. Gọi H, I, K lần
lượt là hình chiếu vuông góc của L lên các đường thẳng BC, CA, AB. Khi đó L là trọng
tâm của tam giác HIK khi và chỉ khi L là điểm Lemoine của tam giác ABC.
Đây chính là bài 34, trang 47, tài liệu chuyên toán hình học 10.
Bổ đề 2. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) và H là trực tâm của nó. Kẻ đường
kính AM. Khi đó AH và AM đối xứng với nhau qua phân giác trong của góc BAC .
C3
B3
A3
G
H
C2
Z
B2
Y
A
2
X
C1
M
O
B C
A
A
1
B
1
15
Chứng minh.
Gọi D là giao điểm thứ hai của phân giác trong
góc BAC  với đường tròn (O).
Do AM là đường kính nên AD DM  suy ra:
 AM AD AM MD MD AD , , , mod         
 , , mod     
2
   AM MB MB DM  



,

,

mod    2

 

   AM MB MB DM   , , mod         CA CB AB AD



2
 
 , , mod     
2
CA CB AD AC     (1).
Mặt khác ta có:
 AD AH AD AB AB AH , , , mod              AD AB AB BC BC AH , , , mod       
 , , , mod       
2
    AD AC AC AB AB BC    , , mod     
2
   AD AC AC BC   (2).
Từ (1) và (2) ta được AM AD AD AH , , mod        AM, AH đối xứng với nhau
qua phân giác của góc BAC .
Trở lại bài toán:
Do A, B, C lần lượt là hình chiếu
vuông góc của M lên B C C A A B 1 1 1 1 1 1 , , nên
theo bổ đề 1 ta được M là điểm Lemoine của
tam giác A B C 1 1 1 suy ra A M 1 đối xứng với
trung tuyến kẻ từ A1 của tam giác A B C 1 1 1
qua phân giác trong của góc BAC 1 (3).
Do
MM BC a, cắt nhau tại trung điểm
mỗi đoạn nên tứ giác BMCM a là hình bình
hành, kết hợp với MB A C MC A B   1 1 1 1 , ta
có
M C A C M B A B a a   1 1 1 1 ,
Suy ra Ma là trực tâm tam giác A BC 1 (4).
Do tứ giác HBAC 1 tiếp và A H 1 là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tam
giác A BC 1 (5).
D
M

H

O

C
B
A
M

c H	Mb G	M
M a A
A

C1
B1
1
B C

16
Từ (4), (5) và bổ đề 2 suy ra A H A M 1 1 , đối xứng với nhau qua phân giác trong
của góc BAC 1 (6).
Từ (3) và (6) suy ra A M G 1, , a thẳng hàng.
Tương tự ta có B M G 1, , b thẳng hàng và C M G 1, , c thẳng hàng.
Ta có V A M B M C M M a b c 1 : , ,    . Suy ra M M BC M M CA M M AB b c c a a b || , || , || (7).
Mặt khác do M M M a b c , , lần lượt là trực tâm của tam giác A BC B CA C AB 1 1 1 , , suy ra
M A BC M B CA M C AB a b c 1 1 1    , , (8).
Từ (7) và (8) ta được M A M M M B M M M C M M a b c b c a c a b 1 1 1    , , suy ra G là trực
tâm tam giác M M M a b c .
Do V A M B M C M M a b c 1 : , ,    suy ra VM1 biến trực tâm tam giác ABC thành trực
tâm tam giác M M M V H G a b c M   1 : suy ra G nằm trên đường thẳng MH.
1.6. Bài 1.6. (IMO 1999) Hai đường tròn 1 và 2 nằm bên trong đường tròn  , và
tiếp xúc với  lần lượt tại M và N . 1 đi qua tâm của 2 . Đường thẳng đi qua hai
giao điểm của 1 và 2 cắt đường tròn  tại A và B. Các đường thẳng MA và MB
cắt lại 1 lần lượt tại C và D . Chứng minh rằng đường thẳng CD tiếp xúc với đường
tròn
2 .
Lời giải:
Gọi O O O , , 1 2 lần lượt là tâm của các đường
tròn
   , , 1 2. Gọi EF là dây cung của
đường tròn  và EF là tiếp tuyến chung
của
  1 2 , và EF cắt đoạn thẳng AM
Giả sử đường thẳng EF tiếp xúc với đường
tròn
1 tại điểm C ‘ .
Xét phép vị tự tâm M biến đường tròn 1
thành đường tròn , khi đó phép vị tự này
biến điểm C ‘ thành điểm A’ và đường
thẳng EF biến thành đường thẳng d tiếp
xúc với đường tròn  tại điểm A’.
Từ đó ta có EF d || , kết hợp với d OA EF OA A     ‘ ‘ ‘ là điểm chính giữa của
cung FA E ‘ . Do đó A EF A FE A ME ‘ ‘ ‘        MA E EA C ‘ ‘ ‘ ∽
Suy ra
 1
2
A E A C A M P ‘ ‘ ‘. ‘ A’

  .
A’
C’
d
O
F
E
O
O1 2
D
C
B
A
N
M
17
Tương tự như vậy ta được
 2 
2
A F P ‘ A’

 ,

Kết hợp với 2 2 A E A F A E A F P ‘ ‘ ‘ ‘ A ‘    	P A ‘ 	hay điểm A’ nằm trên trục
 1  	2   

đẳng phương của hai đương tròn   1 2 ,
Suy ra A’ nằm trên đường thẳng AB A A C C     ‘ ‘, từ đó điểm C nằm trên
đường thẳng EF .
Tương tự tiếp tuyến chung thứ hai d ‘ của   1 2 , đi qua điểm D .
Do d d , ‘ đối xứng với nhau qua đường thẳng O O 1 2 nên C D , đối xứng với nhau qua
đường thẳng O O 1 2 suy ra O2 là diểm chính giữa của cung CO D 2 .
Do đó   
DCO CDO FCO 2 2 2   suy ra O2 nằm trên phân giác của góc FCD CF CD   ,
đối xứng với nhau qua đường thẳng CO2.
Kết hợp với đường thẳng CF là tiếp tuyến với đường tròn   2 CD cũng là tiếp
tuyến của đường tròn 2.
1.7. Bài 1.7 (IMO 1983). Cho A là một trong hai giao điểm của hai đường tròn không
bằng nhau C1 và C2 với tâm lần lượt là O1 và O2 . Kẻ hai tiếp tuyến chung của C1 và
C2 . Các tiếp tuyến chung này tiếp xúc với C1 tại P Q 1 1 , và tiếp xúc với C2 tại P Q 2 2 , . Gọi
M M 1 2 , lần lượt là trung điểm của PQ 1 1, P Q 2 2. Chứng minh rằng O AO M AM 1 2 1 2 .
Lời giải:
Do
PP Q Q 1 2 1 2 , đối xứng với nhau qua đường thẳng O O 1 2 nên PP Q Q O O 1 2 1 2 1 2 , , đồng
quy tại điểm O .
Xét phép vị tự V tâm O biến đường tròn C1 thành đường tròn C2 .
Đoạn thẳng OA cắt đường tròn C1 tại điểm B, khi đó A là ảnh của điểm B qua phép
vị tự trên.
Q1
Q2
P1
P2
C1
C2
O2 M2 O1 M1 O
B
A
18
Ta có
V B A O O M M V BM O AM O : , , :        1 2 1 2 1 1 2 2
Suy ra M BO M AO 1 1 2 2 .
Ta có 1 1
1 1 1 1
1 1
OO OP
OPO OM P
OP OM
   ∽ . Khi đó 2
OO OM OP OA OB 1 1 1 . .  
Suy ra các điểm A B M O , , , 1 1 cùng nằm trên một đường tròn.
Do đó    
M BO M AO M AO M AO 1 1 1 1 1 1 2 2   
   
    M AO O AM M AO O AM 1 1 1 2 2 2 1 2   O AO M AM 1 2 1 2 .
1.8. Bài 1.8 (Russia MO 2008, grade 11). Cho tứ giác lồi ABCD có tia BA cắt tia CD
tại P, tia BC cắt tia DA tại Q. Gọi H là hình chiếu cùa D lên đường thẳng PQ. Chứng
minh rằng tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn khi và chỉ khi đường tròn nội tiếp của
các tam giác ADP, CDQ được nhìn từ H các góc bằng nhau.
Lời giải:
Gọi đường tròn nội tiếp tam giác ADP, CDQ lần lượt là O r O r 1 1 2 2 ; , ;   .
Từ H kẻ các tiếp tuyến HM HN 1 1 , đến O r 1 1 ;  và HM HN 2 2 , đến O r 2 2 ; 
Ta xét hai trường hợp sau:
Trường hợp 1: r r 1 2  :
Gọi O là giao điểm của PO QO 1 2 , và E, F lần lượt là hình chiếu vuông góc của O lên
DC, DA.
F
E
N2
M2
N1
M1
O2
O1
S
O
H
Q
P
D
C
B
A
19
Ta có
 
1 2
1 2
sin sin
2 2
r r
DO DO
ADP CDQ
   .
Khi đó: H nhìn O r O r 1 1 2 2 ; , ;    dưới các góc bằng nhau
  1 1 2 2 1 2 
1 1 2 2 1 2

1	2
Do đó tam giác tam giác HO O 1 2 cân tại H và HD là đường trung tuyến nên HD vuông góc O O 1 2 hay O O PQ OE OF 1 2 || PO QO r r 1 2 1 2        O cách đều
PO	QO	OE OF

sin sin
2 2
M HN M HN r r
M HN M HN HO HO
HO HO
       
các đường thẳng AB, BC, CD, DA hay tứ giác ABCD là tứ giác ngoại tiếp.
Trường hợp 2: r r 1 2 
Theo chứng minh ở trên thì ta suy ra đường thẳng O O 1 2 cắt đường thẳng PQ tại S.
a) Tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (O).
Ta có        
2
1
: , : 1 2
r
r
r
r
V O O V O O P Q  
Suy ra    
2
1
.
: 1 2
r r
r r
V O O S  hay    
2 1
: 1 2
rr
V O O S  .

Mặt khác     : 1 2 SO SO V O O S  suy ra

1 1 2 2 SO r SO r  (1).

2 1
Do    
2 1
1 1
1 2

2 DO	2 r
D V	O	O

:
DO
DO
DO r
    (2).
Từ (1) và (2) ta được 1 1  1 2 1 2   
2 2
SO DO O O DS H O O DS 1 1
SO DO
        hay DH
là phân giác của góc 1 2 1 1 2 2 1 1 1 1 1  
2 2 2 2 2
O HO M HO M HO HO DO r O M sin sin
HO DO r O M
     
   
    M HO M HO M HN M HN 1 1 2 2 1 1 2 2 hay H nhìn O r O r 1 1 2 2 ; , ;    dưới các góc
bằng nhau.
b) H nhìnO r O r 1 1 2 2 ; , ;    dưới các góc bằng nhau.
Ta có      
M HN M HN M HO M HO M HO M HO 1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2      sin sin
1 1 1 1 1
2 2 2 2 2
O M r DO HO
O M r DO HO
     HD là phân giác của góc O HO 1 2 hay
       
2 1
1 2 1 2 1 2 1 1 :
rr
D O O DS O O DS V O O        S .
20
Gọi O r ;  là đường tròn bàng tiếp góc CQD  của tam giác CQD .

Ta có         : , : 2 ‘ 1 V O O V O O Q P   , trong đó P’ thuộc đường thẳng CD.
1 r	r
2 r r r	r 1 r
Do đó         1 r r r V O O V O O Q P    suy ra P’ thuộc đườngthẳng QS hay P’
2	2

.
: : 2 1 ‘ 2 1
trùng với P suy ra (O) tiếp xúc với đường thẳng AB suy ra (O) là đường tròn nội tiếp
tứ giác ABCD.
1.9. Bài 1.9. Cho tam giác ABC và điểm O không thuộc các đường thẳng BC CA AB , , .
Gọi X Y X , , lần lượt là điểm đối xứng với O qua các đường thẳng BC CA AB , , . Chứng
minh rằng các đường tròn XBC YCA ZAB , ,     cùng đi qua một điểm J và trung
điểm I của đoạn thẳng OI thuộc đường tròn Euler của tam giác ABC.
Lời giải: Gọi H K L M N P , , , , , lần lượt là
trung điểm của các đoạn OX OY OZ , , ,
OA OB OC , ,
12
OM ON OP OH OK OL
OA OB OC OX OY OZ
      
Khi đó H K L M N P , , , , , lần lượt là ảnh của
X Y Z A B C , , , , , qua phép vị tự 1
,
2
O
V
 
 
 
 Các đường tròn HNP KPM LMN , ,    
lần lượt là ảnh của các đường tròn
XBC YCA ZAB , ,     qua phép vị tự 1
,
2
O
V
 
 
 
và các đường tròn HNP KPM LMN , ,    lần lượt là đường tròn Euler của các tam
giác OBC OCA OAB , ,
*) Chứng minh các đường tròn HNP KPM LMN , ,     cùng đi qua một điểm I
Gọi I là giao điểm thứ hai của hai đường tròn HNP KPM ,  
Khi đó IM IN IM IP IP IN KM KP HP HN , , , , , mod                
         
         
, , , , mod
, , , , mod
KM KO KO KP HP HO HO HN
OK OM OP OK OH OP ON OH
   
   
 
     OP OM ON OP ON OM ON OL OL OM , , , , , mod            
   OL LN LM OL LM LN , , , mod        
Do đó I LMN   hay các đường tròn HNP KPM LMN , ,     cùng đi qua một điểm I
F
E
D
I
P
N
M
J
C’
B’
A’
H X
Y
K
Z
L
A
B
C
O
21
*) Vì các đường tròn HNP KPM LMN , ,     lần lượt là ảnh của các đường tròn
XBC YCA ZAB , ,     qua phép vị tự 1
,
2
O
V
 
 
 
nên suy ra các đường tròn
XBC YCA ZAB , ,     cùng đi qua điểm 1  
,
2
O
J V I
 
 
 
 và I là trung điểm của đoạn OJ .
*) Chứng minh I thuộc đường tròn Euler của tam giác ABC
Gọi A B C ‘, ‘, ‘ lần lượt là trung điểm của các đoạn BC CA AB , ,
D E F , , lần lượt là các điểm đối xứng với O qua A B C ‘, ‘, ‘
Ta có ‘ ‘ ‘ 1
2
OA OB OC
OD OE OF
   nên A B C ‘, ‘, ‘ lần lượt là ảnh của D E F , , qua phép vị
tự 1
,
2
O
V
 
 
 
Mà A B C ‘, ‘, ‘ lần lượt thuộc các đường tròn HNP KPM LMN , ,     nên suy ra
D E F , , lần lượt thuộc các đường tròn XBC YCA ZAB , ,    
Ta có JD JE JD JC JC JE BD BC AC AE , , , , , mod                

    CB CO CO CA CB CA FD FE , , , , mod             J DEF  

(do    ABC DEF )

Ta có phép vị tự 1
,
2
O
V
 
 
 
biến DEF A B C J I     ‘ ‘ ‘ ;  nên I A B C  ‘ ‘ ‘
Mà A B C ‘ ‘ ‘ là đường tròn Euler của tam giác ABC . Vậy I thuộc đường tròn Euler của
tam giác ABC
1.10. Bài 1.10. Cho tam giác ABC có các đường cao AD BE CF , , . Đường tròn tâm I
nội tiếp tam giác DEF , tiếp xúc với các cạnh EF FD DE , , lần lượt tại M N P , , . Chứng
minh rằng các tam giác ABC và MNP có cùng đường thẳng Euler.
Lời giải:
Gọi I là trực tâm tam giác ABC thì I là tâm
đường tròn nội tiếp tam giác DEF
Ta có NP BC || (cùng vuông góc với ID )
Tương tự PM CA MN AB || , ||
Suy ra   ABC MNP ∽
Do đó MN NP PM
AB BC CA
 
Gọi Q AM BN Q M CP 1 2     ,
Q
P

N M F

E

D
A I
B C
22
Ta có 1 2
1 2
1 2
Q M MN PM Q M
Q Q
Q A Q A AB CA
     hay AM BN CP , , đồng quy tại Q
Khi đó ta có QM QN QP k
QA QB QC
  
Gọi I ‘ là trực tâm tam giác MNP O , là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
Ta có
V A M B N C P Q k ,  : , ,   
Do đó
V ABC MNP V I I O I Q k Q k , ,  : : ‘;        
Suy ra Q I I O , , ‘, thẳng hàng
Mà II OI ‘, tương ứng là đường thẳng Euler của các tam giác MNP ABC ,
Vậy các tam giác ABC và MNP có cùng đường thẳng Euler.
1.11. Bài 1.11. Trên đoạn thẳng AC lấy điểm B sao cho BA BC  và dựng các hình
vuông ABMN BCPQ , nằm về cùng một phía đối với đường thẳng AC. Gọi B’ là giao
điểm thứ hai của hai đường tròn ngoại tiếp hai hình vuông đó. Chứng minh rằng PN và
QA cùng đi qua điểm B’.
Lời giải:
Giả sử các hình vuông ABMN BCPQ ,
đều có hướng dương
*) Ta có
,
2
: ,
B
Q M A C Q   
 
 
 
Suy ra MC AQ 
Gọi B1 là giao điềm của MC và AQ
Khi đó
 1 1 1 1 , , mod     
2
B Q B C B M B A

		
Do đó B ABMN BCPQ 1       và B B 1  . Suy ra B B 1  ‘ hay QA đi qua điểm B’



Xem bản đầy đủ trên google drive: TẠI ĐÂY

Các thầy cô cần file liên hệ với chúng tôi tại fanpage facebook O2 Education

Hoặc xem nhiều SKKN hơn tại:  Tổng hợp SKKN luận văn luận án O2 Education