Posted in LUYỆN THI VÀO 10, TOÁN THCS

HÃY CỨ NGÔNG ĐI VÌ ĐỜI CHO PHÉP!


Đã mang tiếng “chơi ngông” là mượn danh của Sở GD&ĐT Hà Nội để “nhái ra” đề minh họa thì cũng phải chơi đẹp hơn Sở GD&ĐT Hà Nội bằng cách công bố đáp án hoàn chỉnh cho cái đề minh họa đã trót lỡ “ngông” ấy.

Nói về cái “NGÔNG” có lẽ đối với các em học sinh không em nào là không biết đến nhà thơ Tản Đà hay chất “NGÔNG” đầy khí phách của danh tướng một thời Nguyễn Công Trứ qua những vần thơ đầy chí khí, kiêu hùng:

“Đi không, há lẽ trở về không?
Cái nợ cầm thư phải trả xong!
Rắp mượn điền viên vui tuế nguyệt
Trót đem thân thế hẹn tang bồng
Đã mang tiếng ở trong trời đất
Phải có danh gì với núi sông
Trong cuộc trần ai, ai dễ biết?
Rồi ra mới rõ mặt anh hùng”.

Posted in LUYỆN THI ĐH-CĐ

DỰ ĐOÁN ĐỀ THI VÀO LỚP 10 THÀNH PHỐ HÀ NỘI NĂM HỌC 2018-2019


Chỉ còn một ngày nữa thôi là tất cả các em học sinh lớp 9 sẽ bước vào kỳ thi đầy cam go và thử thách nhất từ trước đến nay trong cuộc đời học sinh các em. Một kỳ thi chuyển cấp quan trọng bậc nhất mà ở đó nó có thể quyết định cả một con đường tương lai rộng mở ở phía trước của các em. Chúc tất cả các em sẽ bình tĩnh, tự tin và tràn đầy sinh lực để đạt kết quả tốt nhất có thể. Sau đây trang https://toithichtoan.wordpress.com/ sẽ gửi tới các em một đề thi dự đoán vào lớp 10 thành phố Hà Nội năm học 2018 – 2019, được đánh máy theo đúng chuẩn như của Sở Giáo dục và Đào tạo Hà Nội để các em tham khảo nhé!Còn dưới đây là đề thi vào lớp 10 của thành phố Hà Nội năm học 2017 – 2018

Posted in NGHỆ THUẬT SỐNG

ĐỈNH CAO CỦA NGHỆ THUẬT THU PHỤC NHÂN TÂM LÀ GÌ???


Có lẽ với hầu hết mọi người (đặc biệt là những người hay đọc sách) không ai là không biết đến cuốn sách “ĐẮC NHÂN TÂM” của Dale Carnegie. Nó được coi là một cuốn sách của mọi thời đại và ngay cái tiêu đề của cuốn sách đã phần nào tóm lược toàn bộ giá trị mà nó có có thể mang lại cho một người đã đọc nó. Tuy nhiên có phải tất cả những ai đã từng đọc nó cũng đều “ngộ” ra cho mình sự sâu sắc và dụng tâm mà cuốn sách mang lại hay không? Và có phải là những ai chưa từng đọc nó thì sẽ không biết cách thu phục nhân tâm hay không? Tôi không dám đưa ra những lời nghị luận xung quanh các vấn đề này nhưng tôi sẽ đưa ra một vài quan điểm của cá nhân tôi để bàn về vấn đề thu phục nhân tâm mà chúng ta vẫn thường hay nói đến.

Trước lúc đi vào chia sẻ quan điểm của bản thân mình về “ĐẮC NHÂN TÂM”, tôi xin được thú thực với mọi người là tôi chỉ mới xem lướt qua nội dung của cuốn sách “ĐẮC NHÂN TÂM” chứ chưa hề đọc nó một cách chi tiết, bài bản như rất nhiều người khác. Bởi sao ư? Bởi một lý do rất đơn giản là dù mới đọc lướt qua nhưng tôi cũng đã mường tượng được những gì mà tác giả muốn gửi gắm và quả thật là dù trước đó chưa từng đọc cuốn sách này thì tôi vẫn đã làm theo như những gì cuốn sách nói đến. Và suy cho cùng thì tôi suy ngẫm và quan niệm rằng cuốn sách sẽ giúp một người từng đọc nó sẽ trở nên giảo hoạt hơn, khôn ngoan hơn, lọc lõi hơn, dụng tâm hơn trong quan hệ giao tiếp và công việc nhưng nó sẽ không thể nào giúp một người đạt đến đỉnh cao của “NGHỆ THUẬT THU PHỤC LÒNG NGƯỜI” nếu như bản thân người đó không mang trong mình một KHÍ PHÁCH hơn người, một ĐỨC HẠNH hơn người, một TÂM TƯ BI hơn người và một TẤM LÒNG BAO DUNG hơn người. Bởi con người sinh ra và lớn lên không có ai là hoản hảo cả và theo sự từng trải lớn dần lên cùng năm tháng với biết bao sự cám dỗ của cuộc sống thì ít có ai vẫn còn giữ được cho mình sự chất phác nguyên sơ thuở ban đầu. Bản thân tôi cũng không phải là ngoại lệ nhưng tôi vẫn ít nhiều (dù không phải là tất cả) ý thức được về việc giữ gìn những giá trị nguyên sơ như thuở mới sinh ra của mình. Và đó là lý do mà tôi không cần thể hiện nhiều bằng những lời “khua môi múa mép” và “show” ra tất cả mọi giá trị bản thân cho người khác biết về mình. Với tôi đơn giản là để mọi thứ được tự nhiên và tôi làm những điều mà bản thân tôi cho là đúng, là đáng làm và không trái với lương tâm của mình. Cũng vì thế mà trong cuộc sống, trong công việc tôi luôn tự mình chịu thua thiệt, chịu nhún nhường, không so đo tính toán và sẵn sàng chia sẻ, giúp đỡ bằng tất cả tấm lòng với tất cả mọi người (dù đó có là người ghét tôi). Và tôi nghĩ những gì mà tôi đã làm là rất đáng giá và cuối cùng thì nó đã bắt đầu “ra hoa kết trái”. Chuyện là thế này: Có rất nhiều hôm tôi dạy học xong và khi bước ra về dù tôi chỉ cúi đầu chào (không thành tiếng) với các quý phụ huynh thì các quý phụ huynh cũng vẫn tiến lại gần bắt chuyện và hỏi tôi: Cháu chắc là thầy giáo dạy ở đây? Cháu có dạy lớp con bác không? Tôi thật thà trả lời tất cả những gì cho quý phụ huynh biết. Và rồi sau cùng thì các quý phụ huynh xin số điện thoại của tôi với mong muốn là được tôi đến tại nhà dạy cho con của họ. Sau nhiều lần như thế tôi đã suy ngẫm ra cho mình triết lý cuộc đời đó là: Bạn đừng tỏ ra mình khôn ngoan, lọc lõi hay dụng tâm gì cả chỉ cần bạn đối xử CHÂN THÀNH, THÀNH THỰC với tất cả mọi người thì bạn không cần đọc “ĐẮC NHÂN TÂM” hay sách gì cả vẫn có thể đạt đến đỉnh cao của sự “THU PHỤC NHÂN TÂM” mà thôi. Và hãy sống một cuộc đời mà ngay cả bản thân bạn cũng cảm thấy tự hào về chính mình thì không có lý do gì để cha mẹ, thầy cô, bạn bè, đồng ngiệp hay mọi người không tự hào về bạn.

Bởi vậy theo tôi “ĐỈNH CAO CỦA NGHỆ THUẬT THU PHỤC NHÂN TÂM” là khi bạn không cần nói gì hay ngay cả khi bạn im lặng thì người khác vẫn tin tưởng và đặt niềm tin vào bạn. Và suy cho cùng thì đích đến của mỗi con người chính là thể hiện giá trị của chính mình trong con mắt người đời. Giá trị đó không nằm ở điểm số cao mà bạn sở hữu khi còn đang ngồi trên ghế nhà trường, cũng không nằm ở điểm số cao của vẻ bề ngoài đẹp trai hay xinh gái, lại càng không nằm ở điểm số cao về tiền tài, danh vọng, địa vị,… mà bạn đã, đang và sẽ có. Mà nó nằm ở điểm số cao qua lăng kính “vô thức” của đôi mắt người đời dành cho bạn.

HÌNH ẢNH SAU CHỈ MANG TÍNH CHẤT MINH HỌA!
co-gai-thai

Posted in LUYỆN THI ĐH-CĐ

HÃY ĐAM MÊ KHI BẠN CÒN CÓ THỂ…


Tôi đã từng nghe đâu đó một câu nói của một nhà khoa học rằng: “Thời gian chính là liều thuốc độc giết chết niềm đam mê và sự sáng tạo”. Quả thật khi con người chúng ta ngày một già đi (đó là quy luật tất yếu của tạo hóa), chúng ta sẽ không còn sự hừng hực nhiệt huyết đam mê của tuổi trẻ, bộ não của chúng ta cũng sẽ không còn sự nhanh nhạy, đầy sáng tạo như lúc tuổi đôi mươi. Và đặc biệt khi bạn ngày càng trưởng thành bạn còn phải dành nhiều thời gian để lo nghĩ nhiều việc khác. Đó cũng là lúc bạn không còn có đủ thời gian để sống trọn với niềm đam mê và sáng tạo ra cái mới, cái hay, cái đẹp mà bạn hằng ấp ủ. Bởi vậy, hãy cứ đam mê khi bạn còn có thể…

Posted in LUYỆN THI VÀO 10, LUYỆN THI ĐH-CĐ, TOÁN SƠ CẤP, TOÁN THCS, TRAO ĐỔI

Một vài kỹ thuật nhỏ làm “kim chỉ nam” cho câu 0.5 điểm trong đề thi vào 10


Các em học sinh thân mến!

Thể theo nguyện vọng của một số đồng nghiệp cũng như các em học sinh trên khắp mọi miền tổ quốc qua tin nhắn facebook, fanpage và trao đổi thư từ điện tử thì hôm nay thầy sẽ viết một chuyên đề ngắn (chỉ dừng ở mức độ của kiến thức THCS và rất cơ bản) để chia sẻ một vài kỹ thuật nho nhỏ giúp các em có định hướng tốt và rõ ràng hơn trong việc tiếp cận câu 0.5 điểm (câu gần như khó nhất của đề cùng với ý cuối của bài hình) trong đề thi tuyển sinh vào lớp 10.



Muốn tải trực tiếp về máy để xem thì các em có thể kích chuột vào biểu tượng mũi tên pop-out ở góc trên bên phải nó sẽ dẫn tới đường link tải về bằng google drive. Hoặc nếu không các em tải về trực tiếp theo đường link bên dưới:
https://drive.google.com/file/d/0B8V87iPZMXVZajFMTTNJNk43MEE/view

Ngoài ra, các em cũng có thể tham khảo thêm bài viết này (thầy viết năm 2012) bàn về cách chứng minh một số bất đẳng thức cho trên trường số tự nhiên.


Posted in TOÁN HIỆN ĐẠI, TOÁN OLYMPIC, TOÁN ĐẠI HỌC

Phép biến đổi Tschirnhaus trong việc giải các phương trình bậc cao giải được bằng căn thức


Trong toán học chúng ta thường gặp các phương trình dạng
a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_1x+a_0=0\ (a_n\ne 0),
trong đó x là ẩn số và a_0, a_1,\ldots, a_n là các số cho trước. Phương trình trên được gọi là phương trình đại sốn được gọi là bậc của phương trình.
Phương trình đại số (đặc biệt là các phương trình đại số có bậc lớn hơn 4) 
là một trong những đề tài khiến các nhà toán học đau đầu nhất, có thể nói như vậy vì những bộ óc thiên tài đã phải mất khoảng hơn 1600 năm (từ Diophantus đến Évariste Galois) để giải quyết vấn đề này.
Việc giải các phương trình bậc hai đã được bắt đầu từ thời Babylon cách đây gần 4000 năm. Nhưng mãi đến thế kỷ 16, Tartaglia, Cardano và Ferrari mới tìm được công thức tính nghiệm cho các phương trình bậc 3, 4. Các công thức này đều là các biểu thức chỉ chứa các căn thức. Từ đây nẩy sinh vấn đề liệu có tồn tại các công thức tính nghiệm tương tự cho các phương trình đại số bậc \ge 5 hay không. Đến đầu thế kỷ thứ 19, Abel chỉ ra rằng không thể tìm thấy một công thức tổng quát như vậy. Ngay sau đó, Galois đã xây dựng nên một hệ thống lý thuyết được gọi là “lý thuyết Galois” nhằm đưa ra tiêu chuẩn để một phương trình đại số có nghiệm được biểu diễn bởi các biểu thức chứa căn thức. Ý tưởng thiên tài đó của Galois đã mở ra một thời kỳ phát triển rực rỡ và đạt tới đỉnh điểm của không chỉ riêng ngành Toán học hiện đại mà còn là các ngành khoa học khác liên quan như: Cơ học lượng tử, khoa học vũ trụ,…
Tạm gác lại một bên vấn đề cao siêu và chỉ được tiếp cận khi lên đại học là “lý thuyết Galois”. Đã có bao giờ bạn tự hỏi là đối với những phương trình bậc lớn hơn 4 và giải được bằng căn thức thì có phương pháp sơ cấp nào để tìm ra các công thức nghiệm của chúng hay không? Hay các máy tính Casio đã lập trình việc giải các phương trình bậc 3, 4 như thế nào? Thì ngay từ khi còn học phổ thông (lớp 10), tôi đã không ngừng tự đi mày mò tìm kiếm lời giải đáp cũng như tham khảo các tài liệu nói về vấn đề này. Ngày đó, tôi đã từng đọc được một cuốn sách nói về cách đặt ẩn phụ để làm triệt tiêu hệ số bậc n-1 của phương trình bậc n tổng quát ở trên và đưa nó về một phương trình bậc n khác đơn giản hơn. Trong suốt nhiều năm dài đằng đẵng, tôi vẫn luôn đi thắc mắc và tự tìm cho mình câu trả lời là tại sao lại đặt ẩn phụ như thế. Cho đến một ngày gần đây, tôi đã tìm đọc được một cuốn sách bằng tiếng anh có tên là “Theory of Equations” để có thể hiểu một cách cặn kẽ và sâu sắc hơn về nguyên lý của phép thế biến đó.
Hôm nay, VƯỜN ƯƠM TOÁN HỌC sẽ mang đến cho các bạn trẻ và các em học sinh yêu thích môn Toán một phương pháp biến đổi để giải các phương trình bậc cao giải được bằng căn thức. Hy vọng qua phương pháp biến đổi tuy cổ điển nhưng cực kỳ mạnh mẽ này sẽ giúp các em khai mở thêm nhiều ý tưởng và đường lối tư duy về cách tìm nghiệm một phương trình của không chỉ riêng phương trình đại số mà còn các loại phương trình khác.

A. Nguyên lý phép biến đổi Tschirnhaus.
Xét phương trình đại số bậc n tổng quát:
a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_1x+a_0=0\; (a_n\ne 0),\quad (1).
Nguyên lý của phép biến đổi Tschirnhaus bao gồm các phép thế biến dạng:
y=\alpha_0+\alpha_1x+\alpha_2x^2+\cdots+\alpha_{m-1}x^{m-1}+\alpha_{m}x^{m}, m=1, 2,\ldots, n-1,
mà ý tưởng của nó là đi khử các hệ số bậc n-1, n-2,\ldots, 2, 1 để đưa phương trình (1) về dạng: z^n-a=0, trong đó a là một biểu thức hàm phụ thuộc vào a_0, a_1,\ldots, a_n.
Nếu biểu thức hàm là một phép toán hai ngôi chỉ có tổ hợp gồm các phép toán cộng, trừ, nhân, chia, lũy thừa, căn thức thì phương trình đại số bậc n được gọi là giải được bằng căn thức.
Phép thế biến: y=\alpha_0+\alpha_1x+\alpha_2x^2+\cdots+\alpha_{m-1}x^{m-1}+\alpha_{m}x^{m}, m=1, 2, \ldots, n-1 được gọi là phép biến đổi Tschirnhaus.
Để khử hệ số a_{n-1}, trước tiên chúng ta đi xét phép biến đổi Tschirnhaus bậc nhất (phép biến đổi tuyến tính): y=\alpha_0+\alpha_1x. Thật vậy, giả sử x_1, x_2,\ldots, x_nn nghiệm (có thể là nghiệm phức) của phương trình (1). Khi đó, theo hệ thức Viète ta có:
\begin{cases}\sum\limits_{i=1}^nx_i=x_1+x_2+\cdots+x_n=-\dfrac{a_{n-1}}{a_n}\\\sum\limits_{1\leq i<j\leq n}x_ix_j=x_1x_2+x_1x_3+\cdots+x_{n-1}x_n=\dfrac{a_{n-2}}{a_n}\\\sum\limits_{1\leq i<j<k\leq n}x_ix_jx_k=x_1x_2x_3+x_1x_2x_4+\cdots+x_{n-2}x_{n-1}x_n=-\dfrac{a_{n-3}}{a_n}\\\dotfill\\x_1x_2\ldots x_n=(-1)^n\dfrac{a_0}{a_n}\end{cases}
Qua phép biến đổi Tschirnhaus tuyến tính y=\alpha_0+\alpha_1x, chúng ta thu được một phương trình bậc n theo biến y và khuyết hệ số bậc n-1 dưới dạng:
b_ny^n+b_{n-2}y^{n-2}+\cdots+b_1y+b_0=0\; (b_n\ne 0),\quad (2).
Từ đó, áp dụng hệ thức Viète cho n nghiệm y_1,\ldots, y_n của phương trình (2) được:
y_1+\cdots+y_n=0\Leftrightarrow n\alpha_0+\alpha_1(x_1+\cdots+x_n)=n\alpha_0-\alpha_1\dfrac{a_{n-1}}{a_n}=0\Leftrightarrow \dfrac{\alpha_0}{\alpha_1}=\dfrac{a_{n-1}}{na_n}.
Như vậy, chỉ cần chọn các hệ số \alpha_0, \alpha_1 trong phép biến đổi Tschirnhaus tuyến tính y=\alpha_0+\alpha_1x sao cho \dfrac{\alpha_0}{\alpha_1}=\dfrac{a_{n-1}}{na_n}, thì chúng ta sẽ luôn đưa được một phương trình bậc n về dạng một phương trình bậc n khác nhưng đơn giản hơn (vì nó khuyết hệ số bậc n-1).
Bây giờ, từ phương trình bậc n theo biến y (khuyết hệ số bậc n-1) đã thu được ở trên, chúng ta sẽ đi xét phép biến đổi Tschirnhaus bậc hai z=\alpha_0+\alpha_1y+\alpha_2y^2, nhằm khử hệ số bậc n-2, để thu được một phương trình bậc n theo biến z và có khuyết các hệ số bậc n-1, n-2 dưới dạng:
c_nz^n+c_{n-3}z^{n-3}+\cdots+c_1z+c_0=0\; (c_n\ne 0),\quad (3).
Từ đây, áp dụng hệ thức Viète cho n nghiệm z_1,\ldots, z_n của phương trình (3) được:
\begin{cases}\sum\limits_{i=1}^nz_i=z_1+z_2+\cdots+z_n=0\\\sum\limits_{1\leq i<j\leq n}z_iz_j=z_1z_2+z_1x_3+\cdots+z_{n-1}z_n=0\end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases}n\alpha_0+\alpha_1\sum\limits_{i=1}^ny_i+\alpha_2\sum\limits_{i=1}^ny_i^2=0\\\sum\limits_{1\leq i<j\leq n}(\alpha_0+\alpha_1y_i+\alpha_2y_i^2)(\alpha_0+\alpha_1y_j+\alpha_2y_j^2)=0\end{cases}(*)
Theo hệ thức Viète cho n nghiệm của phương trình (2), ta có:
\begin{cases}\sum\limits_{i=1}^ny_i=0\\\sum\limits_{1\leq i<j\leq n}y_iy_j=\dfrac{b_{n-2}}{b_n}\\\sum\limits_{1\leq i<j<k\leq n}y_iy_jy_k=-\dfrac{b_{n-3}}{b_n}\end{cases}
Từ đó suy ra:
\bullet\ \sum\limits_{i=1}^ny_i^2=\Big(\sum\limits_{i=1}^ny_i\Big)^2-2\sum\limits_{1\leq i<j\leq n}y_iy_j=-\dfrac{2b_{n-2}}{b_n}

\bullet\ \sum\limits_{1\leq i<j\leq n}(\alpha_0+\alpha_1y_i+\alpha_2y_i^2)(\alpha_0+\alpha_1y_j+\alpha_2y_j^2)=n\alpha_0^2+2\alpha_0\alpha_1\sum\limits_{i=1}^ny_i+2\alpha_0\alpha_2\sum\limits_{i=1}^ny_i^2
+\alpha_1^2\sum\limits_{1\leq i<j\leq n}y_iy_j+\alpha_1\alpha_2\sum\limits_{\substack{i, j=1\\i\ne j}}^ny_i^2y_j+\alpha_2^2\sum\limits_{1\leq i<j\leq n}y_i^2y_j^2=n\alpha_0^2-4\alpha_0\alpha_2\dfrac{b_{n-2}}{b_n}+\alpha_1^2\dfrac{b_{n-2}}{b_n}
+\alpha_1\alpha_2\Bigl[\Big(\sum\limits_{i=1}^ny_i\Big)\Big(\sum\limits_{1\leq i<j\leq n}y_iy_j\Big)-3\sum\limits_{1\leq i<j<k\leq n}y_iy_jy_k\Bigl]+\alpha_2^2\Bigl[\Big(\sum\limits_{1\leq i<j\leq n}y_iy_j\Big)^2-2\Big(\sum\limits_{i=1}^ny_i\Big)\Big(\sum\limits_{1\leq i<j<k\leq n}y_iy_jy_k\Big)\Bigl]
=n\alpha_0^2-4\alpha_0\alpha_2\dfrac{b_{n-2}}{b_n}+\alpha_1^2\dfrac{b_{n-2}}{b_n}+3\alpha_1\alpha_2\dfrac{b_{n-3}}{b_n}+\alpha_2^2\dfrac{b_{n-2}^2}{b_n^2}.
Thay lại vào hệ (*) ở trên ta được:
\begin{cases}n\alpha_0-2\alpha_2\dfrac{b_{n-2}}{b_n}=0\\n\alpha_0^2-4\alpha_0\alpha_2\dfrac{b_{n-2}}{b_n}+\alpha_1^2\dfrac{b_{n-2}}{b_n}+3\alpha_1\alpha_2\dfrac{b_{n-3}}{b_n}+\alpha_2^2\dfrac{b_{n-2}^2}{b_n^2}=0\end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases}\dfrac{\alpha_0}{\alpha_2}=\dfrac{2b_{n-2}}{nb_n}\\\Big(1-\dfrac{4}{n}\Big)\alpha_2^2\dfrac{b_{n-2}^2}{b_n^2}+3\alpha_1\alpha_2\dfrac{b_{n-3}}{b_n}+\alpha_1^2\dfrac{b_{n-2}}{b_n}=0\end{cases}
\Leftrightarrow\begin{cases}\dfrac{\alpha_0}{\alpha_2}=\dfrac{2b_{n-2}}{nb_n}\\\Big(1-\dfrac{4}{n}\Big)\dfrac{b_{n-2}^2}{b_n^2}+3\dfrac{b_{n-3}}{b_n}\dfrac{\alpha_1}{\alpha_2}+\dfrac{b_{n-2}}{b_n}\Big(\dfrac{\alpha_1}{\alpha_2}\Big)^2=0\end{cases}(**)
Như vậy, nếu chọn các hệ số \alpha_0, \alpha_1, \alpha_2 trong phép biến đổi Tschirnhaus bậc hai y=\alpha_0+\alpha_1x+\alpha_2x^2 thỏa mãn hệ phương trình (**), thì chúng ta sẽ luôn đưa được một phương trình bậc n về dạng một phương trình bậc n khác nhưng đơn giản hơn rất nhiều (vì nó khuyết các hệ số bậc n-1, n-2).
Cứ tiếp tục ý tưởng của phép biến đổi Tschirnhaus như trên, cuối cùng chúng ta sẽ luôn đưa được một phương trình bậc n tổng quát về dạng chính tắc z^n-a=0.
Để minh họa rõ nét cho sự sâu sắc và mạnh mẽ của phép biến đổi Tschirnhaus ở trên, chúng ta sẽ đi giải các phương trình bậc 3, 4, 5 và giải được bằng căn thức sau đây:
1. Phương trình đại số bậc 3.
Xét phương trình bậc 3 tổng quát: ax^3+bx^2+cx+d=0\ (a\ne0).
Trước tiên, xét phép biến đổi Tschirnhaus tuyến tính y=\alpha x+\beta. Ta có hệ:
\begin{cases}ax^3+bx^2+cx+d=0\\y=\alpha x+\beta\end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases}ax^3=-bx^2-cx-d\\\alpha x=y-\beta\end{cases}
Nhân hai vế của phương trình thứ nhất với \alpha và phương trình thứ hai với ax^2, rồi thế phương trình thứ hai vào phương trình thứ nhất được:
\begin{cases}ax^3+bx^2+cx+d=0\\y=\alpha x+\beta\end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases}ax^3=-bx^2-cx-d\\\alpha x=y-\beta\end{cases}

2. Phương trình đại số bậc 4.
Xét phương trình bậc 4 tổng quát:

3. Phương trình đại số bậc 5.
Xét phương trình bậc 5 tổng quát:

B. Các ví dụ minh họa.
Ví dụ 1. Giải phương trình x^3+x-2=0.
Xét phép biến đổi Tschirnhaus: y=x^2+ax+b (*).
Ta viết lại hai phương trình trên dưới dạng hệ:
\left\{\begin{array}{ll}x^3=2-x\\y-b-ax=x^2\end{array}\right.
Đầu tiên, chúng ta sẽ đi tìm cách khử x^3 từ hai phương trình này. Để làm được điều đó, chúng ta nhân hai vế của phương trình thứ hai với x, rồi thế phương trình thứ hai vào phương trình thứ nhất được:
\left\{\begin{array}{ll}x^3=2-x\\(y-b-ax)x=x^3\end{array}\right.\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{ll}x^3=2-x\\yx-bx-ax^2=2-x\end{array}\right.\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{ll}ax^2=yx-bx+x-2\\y-b-ax=x^2\end{array}\right.
Bây giờ, chúng ta sẽ đi khử x^2 từ hai phương trình sau cùng, bằng cách nhân hai vế của phương trình thứ hai với a, rồi thế phương trình thứ hai vào phương trình thứ nhất được:
\left\{\begin{array}{ll}ax^2=yx-bx+x-2\\ay-ab-a^2x=ax^2\end{array}\right.\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{ll}yx-bx+x+a^2x=ay-ab+2\\y-b-ax=x^2\end{array}\right.\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{ll}(y-b+1+a^2)x=ay-ab+2\\y-b-ax=x^2\end{array}\right.
Chúng ta lại tiếp tục đi khử x^2 từ hai phương trình sau cùng, bằng cách nhân hai vế của phương trình thứ nhất với x, rồi thế phương trình thứ hai vào
phương trình thứ nhất được:
\left\{\begin{array}{ll}(y-b+1+a^2)(y-b-ax)=(ay-ab+2)x\\(y-b+1+a^2)x=ay-ab+2\end{array}\right.\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{ll}y^2+(a^2-2b+1)y+b^2-b-a^2b=(2ay-2ab+2+a+a^3)x\\(y-b+1+a^2)x=ay-ab+2\end{array}\right.
Cuối cùng, chúng ta sẽ đi khử x từ hai phương trình sau cùng, bằng cách nhân vế theo vế của hai phương trình này ta được:
\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{ll}\Big[y^2+(a^2-2b+1)y+b^2-b-a^2b\Big](y-b+1+a^2)=(2ay-2ab+2+a+a^3)(ay-ab+2)\\(y-b+1+a^2)x=ay-ab+2\end{array}\right.
\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{ll}y^3+(2-3b)y^2+(a^2+3b^2-6a-4b+1)y=2a^3+b^3+a^2b-2b^2-6ab+2a+b+4\\x=\dfrac{y-b+1+a^2}{ay-ab+2}\end{array}\right.
Chúng ta cần xác định các hệ số a, b sao cho:
\left\{\begin{array}{ll}2-3b=0\\a^2+3b^2-6a-4b+1=0\end{array}\right.\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{ll}b=\dfrac{2}{3}\\a^2-6a-\dfrac{1}{3}=0\end{array}\right.\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{ll}b=\dfrac{2}{3}\\a=3\pm2\sqrt{\dfrac{7}{3}}\end{array}\right.
Chon a=3+2\sqrt{\dfrac{7}{3}}, b=\dfrac{2}{3} và thay lại vào hệ sau cùng ta được:
\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{ll}y^3=2a^3+b^3+a^2b-2b^2-6ab+2a+b+4\\x=\dfrac{y-b+1+a^2}{ay-ab+2}\end{array}\right.

Ví dụ 2. x^4+4x^3+3x^2-8x-10=0

Posted in LUYỆN THI VÀO 10, TOÁN SƠ CẤP, TOÁN THCS

Bài toán hình học phẳng trong kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 (số 3)


Các em học sinh lớp 9 thân mến!

Trong đề thi tuyển sinh vào lớp 10 các em thường bắt gặp các câu khó nhất trong bài toán hình học phẳng bàn về các vấn đề như:
\bullet Chứng minh một đường thẳng (đường tròn) đi qua một điểm cố định.
\bullet Chứng minh một điểm (hoặc tâm của một đường tròn) di động trên một đường thẳng (đường tròn) cố định.
\bullet Chứng minh một đường tròn có bán kính không đổi.
Để phần nào giúp các em có định hướng tốt về cách thức tiếp cận cũng như đường lối đi giải các bài toán dạng này, chúng ta sẽ cùng nhau đi tìm hiểu thông qua các bài toán sau đây:

Bài toán 4. Cho đường tròn (O) đường kính AB, I là một điểm cố định thuộc đoạn OB. Qua I kẻ đường thằng d vuông góc với AB, C là một điểm di động trên d sao cho C nằm ngoài đường tròn (O). Gọi D, E theo thứ tự là giao điểm của các đoạn thẳng AC, BC với (O) và F là giao điểm của AE với đường thẳng d. Chứng minh rằng, tâm T của đường tròn ngoại tiếp tam giác ACF luôn thuộc một đường thẳng cố định.
Phân tích & Lời giải. Trước hết, khi bắt gặp một bài toán yêu cầu chỉ ra một điểm thuộc một đường thẳng cố định thì chúng ta phải đưa ra được dự đoán đường thẳng đó là đường thẳng nào để từ đó có định hướng giải phù hợp cho bài toán đặt ra? Cụ thể với bài toán này thì đường thẳng cố định chỉ có thể xảy ra 1 trong 3 khả năng sau:
\bullet Đường thẳng đó song song với d và cách d một khoảng không đổi.
\bullet Đường thẳng đó song song với AB và cách AB một khoảng không đổi.
\bullet Đường thẳng đó tạo với d (hoặc AB) một góc không đổi.
Khả năng thứ 3 ở trên xảy ra, khi bài toán xuất hiện các yếu tố về số đo góc cho trước, nhưng ở bài toán này không hề đề cập tới các số đo góc nên chúng ta sẽ dự đoán đường thẳng cố định mà chúng ta cần chỉ ra thuộc khả năng 1 hoặc 2. Từ việc dự đoán đó kết hợp với yếu tố trực quan bằng hình vẽ minh họa, chúng ta có lời giải cho bài toán như sau:
2017-04-03_01
Lời giải. Gọi M, N, K lần lượt là trung điểm của AF, AC, CF. Khi đó, ta có TM là đường trung trực của AF, nên TM\bot AF. Lại có \widehat{AEB}=90^\circ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn), nên BC\bot AF. Từ đó suy ra TM//BC. Mà ON là đường trung bình của tam giác ABC, nên ON//BC. Do đó TM//ON.
Chứng minh hoàn toàn tương tự, ta cũng có TN//OM. Từ đó suy ra được tứ giác TMON là hình bình hành. Do đó: TN=OM.
Xét hai tam giác TKN và OAM, chúng có:
TN=OM (chứng minh trên).
KN=AM=\dfrac{AF}{2} (vì NK là đường trung bình của tam giác CAF và M là trung điểm của AF).
\widehat{TNK}=\widehat{OMA} (hai góc có cạnh tương ứng song song).
Vậy, \triangle TKN=\triangle OAM\ (c. g. c). Suy ra TK=OA=\dfrac{AB}{2} (không đổi). Hay nói cách khác, tâm T của đường tròn ngoại tiếp tam giác ACF thuộc đường thẳng song song với d và cách d một khoảng không đổi là \dfrac{AB}{2}. Đó là đpcm.

Bài toán 5. Cho đường tròn (O) ngoại tiếp tam giác nhọn ABC sao cho tâm O nằm giữa BC và cung lớn \stackrel\frown{BC}. Các đường cao AD, BE, CF của tam giác ABC đồng quy tại H. Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng BC và G là giao điểm của AI với OH.
a) Chứng minh rằng: G là trọng tâm của tam giác ABC.
b) Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF luôn đi qua một điểm cố định khi dây cung BC cố định và điểm A di động trên cung lớn BC sao cho tam giác ABC luôn nhọn.
Phân tích & Lời giải. a) Để chứng tỏ G là trọng tâm của tam giác ABC, chúng ta sẽ đi chứng minh AG=2GI. Mà AH//OI (vì cùng vuông góc với BC), nên theo định lý Thales ta có: \dfrac{AH}{OI}=\dfrac{AG}{GI}=2. Từ tỉ lệ thức này, sẽ làm cho chúng ta nảy ra ý tưởng đó là phải tạo ra một đoạn thẳng song song và gấp đôi đoạn thẳng OI. Với chú ý rằng, I là trung điểm của BC và O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Từ đó bằng cách lấy C’ đối xứng với C qua O thì chúng ta sẽ có ngay đoạn thẳng BC'=2OI (vì OI lúc đó là đường trung bình của tam giác CBC’). Như vậy, để chứng tỏ được AH=2OI, chúng ta cần chỉ ra tứ giác AHBC’ là hình hình hành.
b) Để chứng tỏ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF luôn đi qua một điểm cố định I’ nào đó. Đầu tiên chúng ta phải dự đoán được điểm cố định I’ là điểm nào? Cụ thể với bài toán này I’ chỉ có thể là B, C, I hoặc một điểm xác định thuộc BC. Công việc sau đó là cần chỉ ra tứ giác DI’EF nội tiếp là coi như bài toán chứng minh xong.
2017-04-08_01
Bằng việc xét trường hợp đặc biệt khi tam giác nhọn ABC là một tam giác đều, chúng ta dự đoán được điểm cố định I’ chính là trung điểm I của đoạn BC. Chúng ta đi đến lời giải cho bài toán:
2017-04-03_02Lời giải.
a) \bullet G là trọng tâm của tam giác ABC.
Gọi C’ là điểm đối xứng của C qua O, khi đó CC’ là đường kính của (O). Suy ra \widehat{CBC'}=90^\circ (góc nột tiếp chắn nửa đường tròn), có nghĩa là BC'\bot BC. Mà AH\bot BC (gt), nên AH//BC'.
Tương tự, ta cũng có BH//AC'. Từ đó suy ra tứ giác AHBC’ là hình bình hành. Do đó BC'=AH\quad (1).
Mặt khác, ta có OI là đường trung bình của tam giác CBC’ nên BC'=2OI\quad (2). Từ (1) và (2) suy ra: AH=2OI.
AH//OI (do cùng vuông góc với BC), nên theo định lý Thales ta có \dfrac{AG}{GI}=\dfrac{AH}{OI}=2. Vậy, G là trọng tâm của tam giác ABC. Đó là đpcm.
b) \bullet Đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF luôn đi qua một điểm cố định.
Vì tam giác EBC vuông tại E và có EI là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền BC, nên IE=IB=IC=\dfrac{BC}{2}. Do đó \triangle IBE cân tại I, suy ra \widehat{IEB}=\widehat{IBE}\quad (3).
Mặt khác, tứ giác BDHF nội tiếp (vì có \widehat{BDH}=\widehat{BFH}=90^\circ), nên \widehat{IBE}=\widehat{DFC}\quad (4). Từ (3) và (4) suy ra \widehat{IEB}=\widehat{DFC}\quad (*).
Lại có, BCEF là một tứ giác nội tiếp (vì có \widehat{BEC}=\widehat{BFC}=90^\circ), nên \widehat{BEF}=\widehat{DCF}\quad (**) (hai góc cùng chắn bởi cung nhỏ \stackrel\frown{BF}).
Từ (*) và (**) suy ra:
\widehat{IDF}+\widehat{IEF}=\widehat{CDF}+\widehat{IEB}+\widehat{BEF}=\widehat{CDF}+\widehat{DFC}+\widehat{DCF}=180^\circ (tổng ba góc trong tam giác DFC). Do đó, tứ giác DIEF nội tiếp. Hay nói cách khác, đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF luôn đi qua điểm I cố định là trung điểm của đoạn thẳng BC. Đó là đpcm.

Bài toán 6. Cho đường tròn (O ; R) và dây cung AB cố định. Giả sử CD là một dây cung di động trên (O) sao cho AD//BC. Chứng minh rằng bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác OCD không đổi.
Phân tích & Lời giải. Đối với những bài toán yêu cầu chứng minh một đường tròn nào đó có bán kính không đổi thì chúng ta sẽ có hai hướng tiếp cận chính để tìm ra đường lối giải cho bài toán đó là:
\bullet Hướng 1: (gián tiếp). Vẽ thêm đường kẻ phụ để tạo ra mối tương quan giữa độ dài bán kính của đường tròn đó với các độ dài không đổi của các đoạn thẳng cố định có trong đề bài (phương pháp này chỉ thực sự hiệu quả khi chúng ta biết được vị trí cụ thể của tâm hoặc độ dài cụ thể của bán kính đường tròn đó).
\bullet Hướng 2: (trực tiếp). Tính toán trực tiếp bán kính của đường tròn đó thông qua các yếu tố có độ dài không đổi cho trước bằng phương pháp đại số (chú ý tới việc sử dụng các tính chất của dây cung và định lý Pitago).
Cụ thể với bài toán này bằng phương pháp tiếp cận thứ hai ở trên, chúng ta có lời giải như sau:
Lời giải. \bullet Trường hợp 1: Khi dây cung AB cố định trên (O) thỏa mãn \widehat{AOB}\leq 90^\circ.
2017-04-10_01
Trước hết, lưu ý rằng hình thang ABCD (AD//BC) nội tiếp đường tròn (O), nên ABCD là một hình thang cân. Do đó CD=AB (không đổi).
Từ đó, dễ dàng chứng minh được \triangle AOB=\triangle DOC\ (c. c. c). Suy ra \widehat{COD}=\widehat{AOB}\leq 90^\circ. Với chú ý tam giác OCD cân tại O, ta suy ra được OCD là tam giác không tù. Do đó, tâm O’ của đường tròn ngoại tiếp tam giác OCD sẽ thuộc đoạn OI, trong đó I là trung điểm của CD.
Từ đó ta có: R'=O'O=O'D=OI-O'I<RIC=ID=\dfrac{CD}{2}=\dfrac{AB}{2} (không đổi). Chúng ta sẽ đi tính bán kính R’ của đường tròn ngoại tiếp tam giác OCD thông qua các yếu tố cố định là R và AB bằng phương pháp đại số. Thật vậy:
Xét các tam giác vuông tại I là IOD và IO’D (vì OI là đường trung trực của CD), theo định lý Pitago ta có: OI=\sqrt{R^2-\dfrac{AB^2}{4}}O'I=\sqrt{R'^2-\dfrac{AB^2}{4}}.
Từ đó suy ra R'=\sqrt{R^2-\dfrac{AB^2}{4}}-\sqrt{R'^2-\dfrac{AB^2}{4}}.
Cả hai vế của phương trình ẩn R’ này đều dương (vì 0<R<R’), nên bình phương hai vế ta được:
R'^2=R^2-\dfrac{AB^2}{4}+R'^2-\dfrac{AB^2}{4}-2\sqrt{(R^2-\dfrac{AB^2}{4})(R'^2-\dfrac{AB^2}{4})}
\Leftrightarrow R^2-\dfrac{AB^2}{2}=2\sqrt{(R^2-\dfrac{AB^2}{4})(R'^2-\dfrac{AB^2}{4})}.
Chú ý rằng, tam giác OAB nhọn nên OA^2+OB^2-AB^2=2R^2-AB^2>0. Từ đó suy ra hai vế của đẳng thức này đều dương nên lại bình phương hai vế được:
(R^2-\dfrac{AB^2}{2})^2=4(R^2-\dfrac{AB^2}{4})(R'^2-\dfrac{AB^2}{4})
Từ đó rút ra được: R'=\dfrac{R^2}{\sqrt{4R^2-AB^2}}. Rõ ràng, R’ chỉ phụ thuộc vào R và AB. Mà R và AB đều không đổi nên R’ không đổi. Đó là đpcm.
\bullet Trường hợp 2: Khi dây cung AB cố định trên (O) thỏa mãn \widehat{AOB}>90^\circ.
2017-04-10_02
Lập luận tương tự trong trường hợp 1, chúng ta suy ra được tam giác OCD tù, nên tâm O’ của đường tròn ngoại tiếp tam giác OCD sẽ thuộc tia đối của tia IO.
Từ đó ta có: R'=O'O=O'D=OI+O'I.
Tính toán tương tự trong trường hợp 1, chúng ta cũng thu được: R'=\dfrac{R^2}{\sqrt{4R^2-AB^2}} (không đổi). Đó là đpcm.

Posted in LUYỆN THI VÀO 10, TOÁN SƠ CẤP, TOÁN THCS, TRAO ĐỔI

Bài toán hình học phẳng trong kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 (số 2)


Đến hẹn lại lên, hôm nay thầy sẽ tiếp tục với chuyên đề về hình học phẳng trong kỳ thi tuyển sinh vào 10 với một bài toán tổng hợp gồm rất nhiều câu sau đây. Hy vọng qua việc đi phân tích và lời giải của bài toán này, sẽ phần nào giúp các em học sinh lớp 9 chuẩn bị thi vào 10 có thêm hành trang kiến thức về phần hình học phẳng để các em có thể tự tin chinh phục kỳ thi sắp tới một cách tốt nhất.
Bài toán 3. Cho đường tròn (O ; R), M là một điểm nằm ngoài (O). Từ M kẻ hai tiếp tuyến MA, MB (A, B thuộc (O)) và cát tuyến MNP (MN<MP). Gọi K là trung điểm của NP. Chứng minh rằng:
a) Năm điểm M, A, K, O, B cùng thuộc một đường tròn.
b) KM là phân giác của \widehat{AKB}.
c) Gọi Q là giao điểm của đường thẳng BK với (O). Chứng minh rằng: AQ//NP.
d) Gọi H là giao điểm của AB với MO. Chứng minh rằng: MA^2=MH\cdot MO=MN\cdot MP.
e) Bốn điểm N, H, O, P cùng thuộc một đường tròn.
f) Gọi E, F lần lượt là giao điểm của AB với KO, NP. Chứng minh rằng: AB^2=4HE\cdot HF.
g) KEMH là một tứ giác nội tiếp và OK\cdot OE không đổi.
h) Gọi I là giao điểm của đoạn thẳng MO với (O). Chứng minh rằng: I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MAB.
i) KF, KE theo thứ tự là phân giác trong, ngoài của \widehat{AKB}. Chứng minh rằng: AE\cdot BF=AF\cdot BE.
j) Chứng minh rằng khi cát tuyến MNP thay đổi thì trọng tâm G của tam giác NHP luôn thuộc một đường tròn cố định.
k) Cho MO=2R. Tính diện tích hình quạt giới hạn bởi hai bán kính OA, OB và cung nhỏ AB.
28-03-17.01 Phân tích & Lời giải. a) \bullet M, A, K, O, B cùng thuộc một đường tròn.
Để chứng minh 5 điểm hoặc nhiều hơn 5 điểm cùng thuộc một đường tròn thì thông thường chúng ta có hai hướng giải như sau:
\bullet Hướng 1: Chỉ ra có 1 điểm cách đều 5 điểm hoặc nhiều hơn 5 điểm đã cho (đặc biệt lưu ý đến các bộ 3 điểm là các đỉnh của một tam giác vuông).
\bullet Hướng 2: Chứng minh từng bộ 4 điểm trong 5 điểm hoặc nhiều hơn 5 điểm là các đỉnh của một tứ giác nội tiếp.
Cụ thể đối với câu a bài toán này, chúng ta có thể giải theo hai cách sau:
Cách 1. Nếu chúng ta tư duy theo hướng 1 ở trên, chúng ta sẽ nhận thấy ngay từng bộ gồm 3 điểm như: AOM, KOM, BOM là các tam giác vuông tại các đỉnh A, K, B. Từ đó chúng ta chỉ cần gọi O’ là trung điểm của OM, thì dễ dàng chỉ ra được điểm O’ sẽ cách đều 5 điểm M, A, K, O, B.
Cách 2. Nếu chúng ta tư duy theo hướng 2 ở trên, chúng ta sẽ lần lượt thấy các tứ giác OAMB, OKMB là các tứ giác giác nội tiếp. Vì qua 3 điểm (nhiều hơn 3 điểm) xác định duy nhất một đường tròn nên dễ dàng suy ra được 5 điểm M, A, K, O, B cùng thuộc một đường tròn.
Từ cách phân tích đó chúng ta có lời giải hoàn chỉnh cho câu a như sau:

Cách 1. Gọi O’ là trung điểm của OM. Theo tính chất của tiếp tuyến chúng ta có các tam giác AOM, BOM lần lượt vuông tại A và B. Từ O’A, O’B tương ứng là các trung tuyến của các tam giác vuông này, suy ra O'A=O'O=O'M=O'B=\dfrac{1}{2}OM. Ta lại có OK\bot KM (theo tính chất dây cung), nên tam giác OKM vuông tại K và có trung tuyến O’K, suy ra O'K=O'O=O'M=\dfrac{1}{2}OM. Vậy O’M=O’A=O’K=O’O=O’B, nghĩa là M, A, K, O, B cùng thuộc đường tròn (O’). Đó là đpcm.
Cách 2. Ta có OAMB là tứ giác nội tiếp (vì có \widehat{OAM}=\widehat{OBM}=90^\circ). Suy ra: O, A, M, B cùng thuộc một đường tròn (1).
Tương tự OKMB là tứ giác nội tiếp (vì có \widehat{OKM}=\widehat{OBM}=90^\circ). Suy ra: O, K, M, B cùng thuộc một đường tròn (2).
Vì qua 3 điểm O, M, B xác định duy nhất một đường tròn nên từ (1) và (2) suy ra 5 điểm M, A, K, O, B cùng thuộc một đường tròn. Đó là đpcm.

b) \bullet KM là phân giác của \widehat{AKB}.
Có rất nhiều cách để chứng minh một tia là phân giác của một góc nhưng hầu hết các cách đó đều quy về một trong hai đường lối tư duy chính đó là:
\bullet Hướng 1: Sử dụng định nghĩa về tia phân giác của một góc (nghĩa là đi chỉ ra tia đó chia góc đã cho thành hai góc bằng nhau).
\bullet Hướng 2: Sử dụng tính chất về đường phân giác trong tam giác.
Tuy nhiên, đối với câu b của bài toán này (cùng các câu có cách nhận biết tương tự) đó là các điểm mút K, M của tia KM và các điểm K, A, B tạo nên góc AKB là 4 trong 5 điểm M, A, K, O, B cùng thuộc một đường tròn (theo câu a) thì chúng ta sẽ đi theo hướng tư duy thứ nhất bằng cách chỉ ra hai góc AKM và MKB bằng nhau. Chúng ta có lời giải cho câu b như sau:

Từ câu a, suy ra AKOM, AKBM là các tứ giác nội tiếp nên chúng ta lần lượt có \widehat{AKM}=\widehat{AOM} (hai góc cùng trương bởi dây AM) và \widehat{MKB}=\widehat{MAB} (hai góc cùng trương bởi dây BM). Mà \widehat{AOM}=\widehat{MAB} (vì cùng phụ với \widehat{OAB}). Do đó \widehat{AKM}=\widehat{MKB}. Vậy KM là tia phân giác của góc AKB. Đó là đpcm.

c) \bullet AQ//NP.
Dựa vào giả thiết K là trung điểm của NP, chúng ta có ngay OK vuông góc với NP (theo tính chất của dây cung). Vì thế để chứng minh AQ//NP, thì ý tưởng mà chúng ta nên nghĩ ngay đầu tiên đó là đi chứng minh OK\perp AQ. Mà tam giác OAQ cân tại O (vì OA=OQ), nên đường cao OK cũng là đường trung trực của AQ, tức là cần chỉ ra KA=KQ thì coi như xong. Lại theo câu b, có KM là phân giác \widehat{AKB}, suy ra \widehat{NKA}=\widehat{BKM}, mà \widehat{BKM}=\widehat{PKQ} (đối đỉnh), nên \widehat{NKA}=\widehat{PKQ}. Kết hợp với KN=KP (gt), chúng ta thấy hai tam giác PKQ và NKA đã có 1 cặp cạnh và 1 cặp góc tương ứng bằng nhau. Mà chúng ta cần có hai tam giác này bằng nhau để suy ra KA=KQ. Từ đó chỉ việc đi chứng tỏ \triangle PKQ=\triangle NKA\ (g. c. g) là câu c coi như xong. Chúng ta đi đến lời giải:

Theo câu b, ta có \widehat{AKN}=\widehat{MKB}. Mà \widehat{MKB}=\widehat{PKQ} (đối đỉnh) nên \widehat{AKN}=\widehat{PKQ}.
Ta lại có \widehat{ANK}=\widehat{AMN}+\widehat{NAM} (vì \widehat{ANK} là góc ngoài tại đỉnh N của tam giác ANK).
Vì tứ giác AKBM nội tiếp (theo câu a), nên \widehat{AMN}=\widehat{ABQ}. Mà \widehat{ABQ}=\widehat{APQ} (góc nội tiếp cùng chắn cung \stackrel\frown{AQ}), nên \widehat{AMN}=\widehat{APQ}. Lại có \widehat{NAM}=\widehat{APN} (theo tính chất của góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung). Từ đó suy ra:
\widehat{ANK}=\widehat{AMN}+\widehat{NAM}=\widehat{APQ}+\widehat{APN}=\widehat{KPQ}.
Xét hai tam giác KPQ và KNA có:
– KP=KN (gt)
– \widehat{AKN}=\widehat{PKQ} (chứng minh trên)
– \widehat{ANK}=\widehat{KPQ} (chứng minh trên)
Do đó \triangle KPQ=\triangle KNA\ (g. c. g). Suy ra KQ=KA, mà OA=OQ (vì cùng bằng bán kính), nên OK là đường trung trực của AQ. Vậy OK\bot AQ, mà OK\bot PN (tính chất của dây cung), do đó AQ//PN. Đó là đpcm.

d) \bullet MA^2=MH\cdot MO=MN\cdot MP.
Đối với việc chứng minh các hệ thức bằng nhau kiểu thế này thì chúng ta sẽ quy về chứng minh hai tam giác đồng dạng với nhau (và tất nhiên hai tam giác đồng dạng này có các đỉnh được tạo thành từ các điểm trong hệ thức đã cho). Cụ thể chúng ta có lời giải cho câu d:

Xét hai tam giác vuông MAH và MOA có \widehat{MAH}=\widehat{MOA} (vì cùng phụ với \widehat{OAH}), nên \triangle MAH\backsim\triangle MOA\ (g. g). Suy ra \dfrac{MA}{MO}=\dfrac{MH}{MA}, hay $latex MA^2=MH\cdot MO$.
Do MA là tiếp tuyến của (O) tại A và MNP là một cát tuyến nên theo tính chất tiếp tuyến ta có:
MA^2=MN\cdot MP. Vậy MA^2=MH\cdot MO=MN\cdot MP. Đó là đpcm.

e) \bullet N, H, O, P cùng thuộc một đường tròn.
Việc chứng minh 4 điểm nào đó cùng thuộc một đường tròn thực chất là đi chứng minh tứ giác được tạo nên từ 4 điểm đó là một tứ giác nội tiếp (các hướng để đi chỉ ra một tứ giác nội tiếp đã được thầy nêu cụ thể trong bài viết “Bài toán hình học phẳng trong kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 (số 1)“). Ta có lời giải cho câu e:

Cách 1. Ta nhận thấy tứ giác NHOP có M là giao điểm của hai cạnh đối PN và OH. Theo câu d, ta có MN\cdot MP=MO\cdot MH. Từ đó suy ra NHOP là tứ giác nội tiếp. Đó là đpcm.
Cách 2. Nếu các em không thích vận dụng hệ thức phương tích ở trên thì có thể đi vòng như sau:
Xét hai tam giác MNH và MOP có:
\widehat{NMH}=\widehat{OMP}
\dfrac{MN}{MH}=\dfrac{MO}{MP} (theo câu d)
Do đó \triangle MNH\backsim\triangle MOP\ (c. g. c). Suy ra \widehat{MNH}=\widehat{MOP}, hay NHOP là tứ giác giác nội tiếp. Đó đpcm.

f) \bullet AB^2=4HE\cdot HF.
Đây cũng là một câu chứng minh về hệ thức bằng nhau của tích độ dài các đoạn như câu d, chỉ khác là trong hệ thức này có xuất hiện hằng số 4 ở vế phải. Thì hướng tư duy đầu tiên khi chúng ta bắt gặp các hệ thức có xuất hiện thêm hằng số ở một vế như câu f này, đó là chúng ta nên tìm cách làm thế nào để triệt tiêu hằng số đó đi. Cụ thể, đối với câu f bài toán này, nếu chúng ta chuyển hằng số 4 sang vế trái, lúc đó sẽ được: (\dfrac{AB}{2})^2=HE\cdot HF, mà \dfrac{AB}{2}=HA=HB. Do đó, chỉ cần đi chứng minh hệ thức HA^2=HE\cdot HF hoặc HB^2=HE\cdot HF. Mà chúng ta nhận thấy ngay AH là đường cao của tam giác AOM vuông tại đỉnh A nên HA^2=HO\cdot HM. Từ đó chúng ta cần phải chứng minh HE\cdot HF=HO\cdot HM, hay \dfrac{HE}{HO}=\dfrac{HM}{HF}. Đưa bài toán về chứng minh hai tam giác vuông đồng dạng là \triangle HEO\backsim\triangle HMF thì coi như câu f xong. Từ lối tư duy đó chúng ta đi đến lời giải:

Xét hai tam giác vuông tại H là HEO và HMF có \widehat{HEO}=\widehat{HMF} (vì cùng phụ với \widehat{MOE}). Suy ra \triangle HEO\backsim\triangle HMF\ (g. g). Do đó \dfrac{HE}{HM}=\dfrac{HO}{MF}, hay HE\cdot HF=HM\cdot HO
Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông AOM, ta có HM\cdot HO=HA^2. Từ đó suy ra HA^2=HE\cdot HF, mà AB=2HA (vì H là trung điểm AB) nên AB^2=4\cdot HE\cdot HF. Đó là đpcm.

g) \bullet KEMH là một tứ giác nội tiếp và OK\cdot OE không đổi.
Việc chứng minh tứ giác KEMH nội tiếp rất dễ dàng nếu chúng ta để ý rằng \widehat{MKE}=\widehat{MHE}=90^\circ.
Từ KEMH nội tiếp mà hai cạnh đối của nó là HM và KE cắt nhau tại O, nên chúng ta có hệ thức OK\cdot OE=OH\cdot OM. Lại theo hệ thức lượng trong tam giác vuông AOM với đường cao AH, chúng ta có OH\cdot OM=OA^2. Từ đó suy ra OK\cdot OE=OA^2=R^2 (không đổi). Đó là đpcm.

h) \bullet I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MAB.
Để chứng tỏ I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MAB, chúng ta cần chỉ ra I là giao của hai đường phân giác trong tam giác MAB. Trước tiên, theo tính chất của hai tiếp tuyến đi qua M là MA, MB chúng ta có ngay MI là phân giác của \widehat{AMB}. Việc còn lại là đi chứng minh AI (hoặc BI) là phân giác của góc A (tương ứng góc B) của tam giác AMB là coi như câu h xong. Chúng ta có lời giải cho câu h:

Do OI là phân giác của \widehat{AOB}, nên \widehat{AOI}=\widehat{BOI}. Từ đó suy ra sd\stackrel\frown{AI}=sd\stackrel\frown{BI}. Do đó:
\widehat{MBI}=\dfrac{1}{2}sd\stackrel\frown{BI}=\dfrac{1}{2}sd\stackrel\frown{AI}=\widehat{ABI}. Vậy BI là tia phân giác của \widehat{ABM}. Nói cách khác, I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MAB. Đó là đpcm.

i) \bullet AE\cdot BF=AF\cdot BE.
Ở đây giả thiết bài toán có đề cập đến KE, KF tương ứng là các tia phân giác trong, ngoài của \widehat{AKB} và yêu cầu đi chứng minh một hệ thức bằng nhau của tích độ dài các đoạn thì chúng ta sẽ nghĩ ngay đến việc áp dụng tính chất của các đường phân giác trong, ngoài của tam giác AKB. Với cách tư duy đó chúng ta có lời giải sau:

Từ KF là phân giác trong của tam giác AKB, suy ra \dfrac{KA}{KB}=\dfrac{FA}{FB}.
Từ KE là phân giác ngoài của tam giác AKB, suy ra \dfrac{KA}{KB}=\dfrac{EA}{EB}.
Do đó: \dfrac{FA}{FB}=\dfrac{EA}{EB}, hay AE\cdot BF=AF\cdot BE. Đó là đpcm.

j) \bullet Trọng tâm G của tam giác NHP thuộc một đường tròn cố định.
Trước tiên, các em cần lưu ý rằng đối với bài toán này thì đường tròn (O ; R), điểm M cho trước và các tiếp điểm A, B là những yếu tố cố định. Từ đó dẫn đến điểm H là trung điểm của dây AB cũng cố định.
Vì K là trung điểm của NP nên trọng tâm G của tam giác NHP sẽ thuộc đường trung tuyến HK và HG=\dfrac{2}{3}HK. Lại có tam giác OMK vuông tại K nên điểm K di chuyển trên đường tròn cố định (O’ ; \dfrac{OM}{2}), trong đó O’ là trung điểm của OM. Từ đó suy ra trọng tâm G của tam giác NHP sẽ di động trên đường tròn cố định (O” ; \dfrac{OM}{3}), trong đó HO''=\dfrac{2}{3}HO' là ảnh của đường tròn (O’ ; \dfrac{OM}{2}) qua phép vị tự tâm H, tỉ số k=\dfrac{2}{3}. Đó là đpcm.
2017-04-01_01
Cách 2.

k) \bullet Tính diện tích hình quạt OAB được tô màu như hình vẽ.
Trước hết, các em cần lưu ý rằng không nhất thiết phải học thuộc lòng một cách máy móc về công thức tính diện tích của hình quạt. Các em chỉ cần quan sát trực quan bằng hình vẽ để thấy rằng, một hình quạt được tạo thành từ một phần của hình tròn, với góc của cung tròn đo bằng radian là \alpha (đọc là anpha). Các em sẽ dễ dàng nhận thấy ngay, khi góc \alpha tăng (giảm) thì diện tích của hình quạt tạo bởi cung tròn đó cũng tăng (giảm) theo và khi \alpha=2\pi (rad) (bằng đúng một vòng tròn) thì diện tích hình quạt tạo bởi cung \alpha đúng bằng diện tích hình tròn. Chúng ta sẽ có mối liên hệ tỉ lệ thuận giữa số đo góc \alpha với diện tích hình quạt tạo bởi cung góc \alpha. Cụ thể ở đây, chúng ta viết:
S_{HT}=\pi\cdot R^2........................................................................................>2\pi
S_{OAB}=?<..................................................................................................\alpha
Từ đó suy ra: S_{OAB}=\dfrac{\pi\cdot R^2\cdot\alpha}{2\pi}=\dfrac{1}{2}\cdot R^2\cdot\alpha. Bằng cách đi tính góc \alpha chúng ta sẽ tính được diện tích hình quạt OAB như hình vẽ.

Xét tam giác vuông AOM tại A, có cạnh góc vuông OA=R và bằng một nửa cạnh huyền OM=2R. Nên tam giác vuông AOM là một nửa tam giác đều. Từ đó suy ra \widehat{AOM}=60^\circ. Do đó \widehat{AOB}=2\widehat{AOM}=120^\circ=\dfrac{2\pi}{3} (rad)) (vì tam giác AOB cân tại O nên đường cao OM đồng thời là đường phân giác của \widehat{AOB}).
Vậy diện tích hình quạt OAB được tô màu như hình vẽ là: S_{OAB}=\dfrac{1}{2}\cdot R^2\cdot\dfrac{2\pi}{3}=\dfrac{1}{3}\pi R^2 (đvdt).

Posted in LUYỆN THI ĐH-CĐ, TOÁN THPT, TRAO ĐỔI

Thử bắc chiếc cầu nối giữa nghiệm phức với một lớp tích phân hàm phân thức


Các em học sinh thân mến!

Chắc hẳn các em không còn xa lạ gì với các bài toán về tích phân của hàm phân thức thường gặp trong các kỳ thi tuyển sinh THPT Quốc gia hàng năm. Chẳng hạn như:
\int\limits_2^3 \dfrac{dx}{x^2-1}=\dfrac{1}{2}\int\limits_2^3\Big(\dfrac{1}{x-1}-\dfrac{1}{x+1}\Big)dx=\dfrac{1}{2}\int\limits_2^3\dfrac{dx}{x-1}-\dfrac{1}{2}\int\limits_2^3\dfrac{dx}{x+1}=\dfrac{1}{2}\ln|x-1|\Big|_2^3
-\dfrac{1}{2}\ln|x+1|\Big|_2^3=\dfrac{1}{2}(\ln 2-\ln 1)-\dfrac{1}{2}(\ln 4-\ln 3)=\dfrac{1}{2}\ln\dfrac{3}{2}
Đó là trường hợp mà hàm dưới mẫu của phân thức dưới dấu tích phân có đầy đủ nghiệm trên trường số thực. Còn trường hợp hàm dưới mẫu có nghiệm phức thì sao? Chẳng hạn như: \int\limits_0^1 \dfrac{dx}{x^2+1}=\arctan x\Big|_0^1=\dfrac{\pi}{4}, thì liệu chúng ta có thể vận dụng cách làm đó được không? Hôm nay, thầy sẽ bật mí cho các em một công thức toán học rất nổi tiếng và cực kỳ đẹp đẽ mà từ công thức đó, nó sẽ giúp chúng ta hoàn toàn có thể vận dụng ý tưởng như trong trường hợp hàm dưới mẫu có nghiệm thực để tính toán các tích phân hàm phân thức mà hàm dưới mẫu có nghiệm phức. Bởi lẽ trường số phức là một trường đầy đủ đại số (theo nghĩa bất kỳ một đa thức một biến bậc n nào cũng đều có n nghiệm phức). Và do đó chúng ta sẽ có được một công cụ cực mạnh và khá đồ sộ trong việc tính tích phân của các hàm phân thức.

A. Kiến thức vận dụng.
\bullet Công thức Euler: e^{x+iy}=e^x(\cos y+i\sin y), trong đó x, y là các số thực và i là đơn vị ảo (i^2=-1).
Từ công thức Euler suy ra:
\ln(a+ib)=x+iy\Leftrightarrow e^{x+iy}=a+ib\Leftrightarrow e^x(\cos y+i\sin y)=a+ib
\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{ll} a=e^x\cos y\\b=e^x\sin y \end{array}\right.\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{ll} a^2+b^2=e^{2x}\\\tan y=\dfrac{b}{a} \end{array}\right.\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l l} x=\dfrac{1}{2}\ln(a^2+b^2)=\ln\sqrt{a^2+b^2}\\y=\arctan\dfrac{b}{a} \end{array}\right.
Chúng ta thu được công thức tính logarit của một số phức:
\bullet\ \ln(a+ib)=\ln\sqrt{a^2+b^2}+i\arctan\dfrac{b}{a}.
Các trường hợp riêng hay gặp trong giải toán:
\bullet\ e^{i\pi}=\cos\pi+i\sin\pi=-1\Rightarrow\ln(-1)=i\pi
\bullet\ e^{i\frac{\pi}{2}}=\cos\dfrac{\pi}{2}+i\sin\dfrac{\pi}{2}=i\Rightarrow\ln(i)=i\dfrac{\pi}{2}
\bullet\ e^{-i\frac{\pi}{2}}=\cos(-\dfrac{\pi}{2})+i\sin(-\dfrac{\pi}{2})=-i\Rightarrow\ln(-i)=-i\dfrac{\pi}{2}
\bullet\ e^{\ln\sqrt{2}+i\frac{\pi}{4}}=\sqrt{2}(\cos\dfrac{\pi}{4}+i\sin\dfrac{\pi}{4})=1+i\Rightarrow\ln(1+i)=\ln\sqrt{2}+i\dfrac{\pi}{4}
\bullet\ e^{\ln\sqrt{2}-i\frac{\pi}{4}}=\sqrt{2}(\cos\dfrac{\pi}{4}-i\sin\dfrac{\pi}{4})=1-i\Rightarrow\ln(1-i)=\ln\sqrt{2}-i\dfrac{\pi}{4}
\bullet\ e^{i\frac{\pi}{3}}=\cos\dfrac{\pi}{3}+i\sin\dfrac{\pi}{3}=\dfrac{1}{2}+i\dfrac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow\ln(\dfrac{1}{2}+i\dfrac{\sqrt{3}}{2})=i\dfrac{\pi}{3}
\bullet\ e^{-i\frac{\pi}{3}}=\cos(-\dfrac{\pi}{3})+i\sin(-\dfrac{\pi}{3})=\dfrac{1}{2}-i\dfrac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow\ln(\dfrac{1}{2}-i\dfrac{\sqrt{3}}{2})=-i\dfrac{\pi}{3}
\bullet\ e^{i\frac{\pi}{6}}=\cos\dfrac{\pi}{6}+i\sin\dfrac{\pi}{6}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}+i\dfrac{1}{2}\Rightarrow\ln(\dfrac{\sqrt{3}}{2}+i\dfrac{1}{2})=i\dfrac{\pi}{6}
\bullet\ e^{-i\frac{\pi}{6}}=\cos(-\dfrac{\pi}{6})+i\sin(-\dfrac{\pi}{6})=\dfrac{\sqrt{3}}{2}-i\dfrac{1}{2}\Rightarrow\ln(\dfrac{\sqrt{3}}{2}-i\dfrac{1}{2})=-i\dfrac{\pi}{6}
\bullet\ e^{i\frac{2\pi}{3}}=\cos\dfrac{2\pi}{3}+i\sin\dfrac{2\pi}{3}=-\dfrac{1}{2}+i\dfrac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow\ln(-\dfrac{1}{2}+i\dfrac{\sqrt{3}}{2})=i\dfrac{2\pi}{3}
\bullet\ e^{-i\frac{2\pi}{3}}=\cos(-\dfrac{2\pi}{3})+i\sin(-\dfrac{2\pi}{3})=-\dfrac{1}{2}-i\dfrac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow\ln(-\dfrac{1}{2}-i\dfrac{\sqrt{3}}{2})=-i\dfrac{2\pi}{3}
\bullet\ e^{i\frac{3\pi}{4}}=\cos\dfrac{3\pi}{4}+i\sin\dfrac{3\pi}{4}=-\dfrac{\sqrt{2}}{2}+i\dfrac{\sqrt{2}}{2}\Rightarrow\ln(-\dfrac{\sqrt{2}}{2}+i\dfrac{\sqrt{2}}{2})=i\dfrac{3\pi}{4}
\bullet\ e^{-i\frac{3\pi}{4}}=\cos(-\dfrac{3\pi}{4})+i\sin(-\dfrac{3\pi}{4})=\dfrac{\sqrt{2}}{2}-i\dfrac{\sqrt{2}}{2}\Rightarrow\ln(\dfrac{\sqrt{2}}{2}-i\dfrac{\sqrt{2}}{2})=-i\dfrac{3\pi}{4}
\bullet\ e^{i\frac{5\pi}{6}}=\cos\dfrac{5\pi}{6}+i\sin\dfrac{5\pi}{6}=-\dfrac{\sqrt{3}}{2}+i\dfrac{1}{2}\Rightarrow\ln(\dfrac{\sqrt{3}}{2}+i\dfrac{1}{2})=i\dfrac{5\pi}{6}
\bullet\ e^{-i\frac{5\pi}{6}}=\cos(-\dfrac{5\pi}{6})+i\sin(-\dfrac{5\pi}{6})=-\dfrac{\sqrt{3}}{2}-i\dfrac{1}{2}\Rightarrow\ln(\dfrac{\sqrt{3}}{2}-i\dfrac{1}{2})=-i\dfrac{5\pi}{6}.
Chú ý. Khác với trong trường số thực thì trong trường số phức, chúng ta không có các công thức như: \ln(z_1z_2)=\ln z_1+\ln z_2,\ \ln\dfrac{z_1}{z_2}=\ln z_1-\ln z_2. Vì sao lại có sự khác biệt này? Đó là bởi vì \ln z, z\in\mathbb{C} là một hàm đa trị (không phải là một hàm số), còn \ln x, x\in\mathbb{R}^+ là một hàm đơn trị (tức là một hàm số). Để hiểu rõ hơn sự khác biệt này, chúng ta xét phản ví dụ sau:
Ví dụ: Ta có: \ln\Big((-1)\cdot i\Big)=\ln(-i)=\ln(1)-\frac{\pi i}{2}=-\frac{\pi i}{2}.
Nhưng \ln(-1)+\ln(i)=\Big(\ln(1)+\pi i\Big)+\Big(\ln(1)+\frac{\pi i}{2}\Big)=\frac{3\pi i}{2}\ne -\frac{\pi i}{2}.
Cũng tương tự như đạo hàm của hàm số thực, chúng ta cũng có:
\bullet\ (\ln z)'=\dfrac{1}{z}. Do đó: \int\dfrac{1}{z}\;dz=\ln z+C. Tổng quát hơn \int\dfrac{1}{az+b}\;dz=\dfrac{1}{a}\ln(az+b)+C.
\bullet (Định lý cơ bản của đại số) Mọi đa thức một biến bậc n đều có n nghiệm phức.
Các trường hợp đặc biệt của các đa thức với các nghiệm phức thường gặp trong giải toán:
\bullet\ x^n-1=0\Leftrightarrow x=e^{i\frac{k2\pi}{n}}=\cos\dfrac{k2\pi}{n}+i\sin\dfrac{k2\pi}{n}, k=0,1,\ldots,n-1.
\bullet\ x^n-a=0\Leftrightarrow x=\sqrt[n]{a}\ e^{i\frac{k2\pi}{n}}=\sqrt[n]{a}\ (\cos\dfrac{k2\pi}{n}+i\sin\dfrac{k2\pi}{n}), k=0,1,\ldots,n-1, a>0.
\bullet\ x^n+1=0\Leftrightarrow x=e^{i\frac{(2k+1)\pi}{n}}=\cos\dfrac{(2k+1)\pi}{n}+i\sin\dfrac{(2k+1)\pi}{n}, k=0,1,\ldots,n-1.
\bullet\ x^{2n+1}+1=0\Leftrightarrow x=-e^{i\frac{k2\pi}{2n+1}}=-\cos\dfrac{k2\pi}{2n+1}-i\sin\dfrac{k2\pi}{2n+1}, k=0,1,\ldots,n-1.
\bullet\ x^n+\cdots+x+1=0\Leftrightarrow x^{n+1}=1, x\ne1\Leftrightarrow x=e^{i\frac{k2\pi}{n+1}}=\cos\dfrac{k2\pi}{n+1}+i\sin\dfrac{k2\pi}{n+1}, k=1, 2, …, n.
\bullet Xét đa thức bậc n, có n nghiệm phức x_1, \ldots, x_n: P(x)=(x-x_1)(x-x_2)\cdots(x-x_n). Khi đó, chúng ta có phân tích:
\dfrac{1}{(x-x_1)(x-x_2)\cdots(x-x_n)}=\sum\limits_{i=1}^n\dfrac{A_i}{x-x_i}=\dfrac{A_1}{x-x_1}+\dfrac{A_2}{x-x_2}+\cdots+\dfrac{A_n}{x-x_n}\quad(*)
Trong đó: A_1=\dfrac{1}{(x_1-x_2)(x_1-x_3)\cdots(x_1-x_n)},  A_2=\dfrac{1}{(x_2-x_1)(x_2-x_3)\cdots(x_2-x_n)},\ldots,
A_i=\dfrac{1}{(x_i-x_1)\cdots(x_i-x_{i-1})(x_i-x_{i+1})\cdots(x_i-x_n)}, \ldots, A_n=\dfrac{1}{(x_n-x_1)(x_n-x_2)\cdots(x_n-x_{n-1})}.
Để tìm các hệ số A_1, A_2,\ldots, A_n thì chúng ta có 3 hướng giải quyết như sau:
Hướng 1: Quy đồng mẫu số hai vế rồi sử dụng phương pháp đồng nhất thức bằng hệ số bất định (phương pháp này chỉ nên dùng khi đa thức ở mẫu P(x) có bậc 1, 2, 3).
dụ: \dfrac{1}{(x-1)(x-2)}=\dfrac{A}{x-1}+\dfrac{B}{x-2}.
– Bước 1: Quy đồng mẫu hai vế được: \dfrac{1}{(x-1)(x-2)}=\dfrac{(A+B)x-(2A+B)}{(x-1)(x-2)}.
– Bước 2: Đồng nhất thức hai vế bằng hệ số bất định (cụ thể là cho các hệ số cùng bậc ở hai vế bằng nhau) ta được:
\begin{cases}A+B=0\\2A+B=-1\end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases}A=-1\\B=1\end{cases}
Hướng 2: Sử dụng phương pháp nội suy Lagrange (thay các giá trị nghiệm x_1, x_2,\ldots, x_n vào hai vế để lần lượt tìm ra A_1, A_2,\ldots, A_n). Đây là phương pháp thông minh nhất và hay nhất mà các em nên nắm bắt và vận dụng một cách thật thành thạo.
Ví dụ: \dfrac{1}{(x+1)(x+2)(x+3)}=\dfrac{A}{x+1}+\dfrac{B}{x+2}+\dfrac{C}{x+3}.
– Tìm A: Nhân hai vế với x+1 được: \dfrac{1}{(x+2)(x+3)}=A+\dfrac{B(x+1)}{x+2}+\dfrac{C(x+1)}{x+3}, rồi cho x=-1, được A=\dfrac{1}{2}.
– Tìm B: Nhân hai vế với x+2 được: \dfrac{1}{(x+1)(x+3)}=\dfrac{A(x+2)}{x+1}+B+\dfrac{C(x+2)}{x+3}, rồi cho x=-2, được B=-1.
– Tìm C: Nhân hai vế với x+3 được: \dfrac{1}{(x+1)(x+2)}=\dfrac{A(x+3)}{x+1}+\dfrac{B(x+3)}{x+2}+C, rồi cho x=-3, được C=\dfrac{1}{2}.
Hướng 3: Sử dụng công cụ đạo hàm (dùng cho các bài toán tổng quát).

B. Các ví dụ minh họa.
Để giúp các em hiểu được ý tưởng của phương pháp (có phần điên rồ và vượt chương trình phổ thông này), chúng ta sẽ bắt đầu từ những ví dụ đơn giản nhất. Tất nhiên, những ví dụ này đã có cách tính đơn giản rồi nhưng để khắc họa rõ nét cho ý tưởng của phương pháp (đã thai nghén từ lâu này của thầy) thì chúng sẽ là những ví dụ minh họa tiêu biểu nhất.
Chúng ta sẽ bắt đầu với tích phân rất đơn giản đã được giới thiệu ở trên.
Ví dụ 1. Tính tích phân I=\int\limits_0^1\dfrac{dx}{1+x^2}.
Lời giải. Để ý rằng 1+x^2=0\Leftrightarrow x=\pm i. Ta có:
I=\int\limits_0^1\dfrac{dx}{1+x^2}=\int\limits_0^1\dfrac{dx}{(x-i)(x+i)}=\dfrac{1}{2i}\int\limits_0^1\Big(\dfrac{1}{x-i}-\dfrac{1}{x+i}\Big)dx=\dfrac{1}{2i}\int\limits_0^1\dfrac{dx}{x-i}-\dfrac{1}{2i}\int\limits_0^1\dfrac{dx}{x+i}=\dfrac{1}{2i}\ln(x-i)\Big|_0^1-\dfrac{1}{2i}\ln(x+i)\Big|_0^1=\dfrac{1}{2i}\Big[\ln(1-i)-\ln(-i)\Big]--\dfrac{1}{2i}\Big[\ln(1+i)-\ln(i)\Big]=\dfrac{1}{2i}\Big[\ln\sqrt{2}-\dfrac{i\pi}{4}-(-\dfrac{i\pi}{2})\Big]-\dfrac{1}{2i}\Big[\ln\sqrt{2}+\dfrac{i\pi}{4}-\dfrac{i\pi}{2}\Big]=\dfrac{\pi}{4}. Thật là vi diệu và quá thần kỳ phải không!
Ví dụ 2. Tính tích phân I=\int\limits_0^1\dfrac{dx}{x^3+1}.
Lời giải. Để ý rằng x^3+1=0\Leftrightarrow x=-1; \dfrac{1}{2}\pm\dfrac{\sqrt{3}}{2} i. Ta có:
I=\int\limits_0^1\dfrac{dx}{x^3+1}=\int\limits_0^1\dfrac{dx}{(x+1)(x-\dfrac{1}{2}-\dfrac{\sqrt{3}}{2}i)(x-\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{2}i)}=\dfrac{1}{(-\dfrac{3}{2}-\dfrac{\sqrt{3}}{2}i)(-\dfrac{3}{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{2}i)}\int\limits_0^1\dfrac{dx}{x+1}

+\dfrac{1}{(\dfrac{3}{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{2}i)(\sqrt{3}i)}\int\limits_0^1\dfrac{dx}{x-\dfrac{1}{2}-\dfrac{\sqrt{3}}{2}i}+\dfrac{1}{(\dfrac{3}{2}-\dfrac{\sqrt{3}}{2}i)(-\sqrt{3}i)}\int\limits_0^1\dfrac{dx}{x-\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{2}i}=\dfrac{1}{3}\int\limits_0^1\dfrac{dx}{x+1}

-\dfrac{1+\sqrt{3}i}{6}\int\limits_0^1\dfrac{dx}{x-\dfrac{1}{2}-\dfrac{\sqrt{3}}{2}i}-\dfrac{1-\sqrt{3}i}{6}\int\limits_0^1\dfrac{dx}{x-\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{2}i}=\dfrac{1}{3}\ln(x+1)\Big|_0^1

-\dfrac{1+\sqrt{3}i}{6}\ln(x-\dfrac{1}{2}-\dfrac{\sqrt{3}}{2}i)\Big|_0^1-\dfrac{1-\sqrt{3}i}{6}\ln(x-\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{2}i)\Big|_0^1=\dfrac{1}{3}(\ln 2-\ln 1)

-\dfrac{1+\sqrt{3}i}{6}\Big[\ln(\dfrac{1}{2}-\dfrac{\sqrt{3}}{2}i)-\ln(-\dfrac{1}{2}-\dfrac{\sqrt{3}}{2}i)\Big]

-\dfrac{1-\sqrt{3}i}{6}\Big[\ln(\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{2}i)-\ln(-\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{2}i)\Big]

=\dfrac{\ln 2}{3}-\dfrac{1+\sqrt{3}i}{6}\Big[(\ln 1-\dfrac{\pi}{3}i)-(\ln 1-\dfrac{2\pi}{3}i)\Big]-\dfrac{1-\sqrt{3}i}{6}\Big[(\ln 1+\dfrac{\pi}{3}i)-(\ln 1+\dfrac{2\pi}{3}i)\Big]

=\dfrac{\ln 2}{3}-\dfrac{1+\sqrt{3}i}{6}(\dfrac{\pi}{3}i)-\dfrac{1-\sqrt{3}i}{6}(-\dfrac{\pi}{3}i)=\dfrac{\ln 2}{3}-\dfrac{\pi}{18}i+\dfrac{\pi\sqrt{3}}{18}+\dfrac{\pi}{18}i+\dfrac{\pi\sqrt{3}}{18}

=\dfrac{\ln 2}{3}+\dfrac{\pi\sqrt{3}}{9}. Thật là vi diệu và quá thần kỳ phải không!
Hoàn toàn tương tự chúng ta có thể giải được các bài toán sau:
Ví dụ 3. Tính tích phân I=\int\limits_0^1\dfrac{dx}{x^4+1}.
Lời giải. Để ý rằng x^4+1=0\Leftrightarrow x=\pm\sqrt{\pm i}, hay
x=\dfrac{\sqrt{2}}{2}+i\dfrac{\sqrt{2}}{2}; -\dfrac{\sqrt{2}}{2}+i\dfrac{\sqrt{2}}{2}; -\dfrac{\sqrt{2}}{2}-i\dfrac{\sqrt{2}}{2}; \dfrac{\sqrt{2}}{2}-i\dfrac{\sqrt{2}}{2}.
Ví dụ 4. Tính tích phân I=\int\limits_0^1\dfrac{dx}{x^{2017}+1}
Lời giải. Để ý rằng x^{2017}+1=0\Leftrightarrow x=\cos\dfrac{(2k+1)\pi}{2017}+i\sin\dfrac{(2k+1)\pi}{2017},\ k=0, 1, 2, \ldots, 2016.

Lời kết: Như vậy, với chỉ hai ví dụ nhỏ minh họa trên đây có thể gợi mở cho chúng ta một phương pháp tiếp cận mới khá thú vị và độc đáo trong việc tính các lớp tích phân hàm phân thức mà hàm dưới mẫu vô nghiệm trên trường số thực. Chìa khóa của phương pháp mà tác giả tạm đặt tên là “Thử bắc chiếc cầu nối giữa nghiệm phức với một lớp tích phân hàm phân thức” chính là công thức Euler nổi tiếng và vô cùng đẹp đẽ: e^{x+iy}=e^x(\cos y+i\sin y).
Qua đây, cũng một lần nữa cho thấy rằng Toán học là một chỉnh thể hợp nhất và cực kỳ lôgic đến nhường nào. Bởi một mặt, từ những bài toán đơn giản có thể đúc kết ra những thứ cao siêu và hiện đại hơn, trở thành “một con gà đẻ trứng vàng” giúp toán học “sinh sôi, nảy nở” thêm nhiều ngành lý thuyết mới (mà điển hình nhất phải kể tới định lý lớn Fermat). Mặt khác, từ những công cụ lý thuyết cao cấp đó sẽ giúp chúng ta có cách nhìn hoàn toàn mới mẻ và dễ dàng hơn trong việc tiếp cận các bài toán sơ cấp.

Posted in LUYỆN THI VÀO 10, TOÁN SƠ CẤP, TOÁN THCS

Bài toán hình học phẳng trong kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 (số 1)


Các em học sinh lớp 9 thân mến!

Thế là tháng 3 (chỉ còn khoảng vài tuần nữa) đã sắp sửa trôi qua. Chắc hẳn, trên con đường tới trường hay đâu đó, khi nhìn thấy những bông hoa gạo (hoa Pơ lang) đỏ rực trời đang lả lướt, bay lượn trong không trung sẽ không khỏi làm các em thêm bồi hồi, rạo rực (như màu hoa gạo vậy) vì chỉ còn cách vài ba tháng nữa là các em sẽ tất bật cho kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10. Ngay từ bây giờ, các em cần chuẩn bị cho mình những hành trang kiến thức cấp thiết nhất để sẵn sàng chinh phục kỳ thi vào 10 một cách hoàn hảo, tuyệt vời nhất. Muốn vậy, các em cần phải trang bị cho mình một cơ sở và nền tảng vững chắc về hình học phẳng mới hy vọng có thể gặt hái được điểm 9, điểm 10 về môn Toán.

Các em ạ!
Hình học phẳng là một trong những chủ đề toán học khó và nó đòi hỏi nhiều đến đường lối tư duy phân tích trực quan bằng hình vẽ. Có thể ví von một cách hình ảnh và bay bổng rằng: “Nếu như số học được coi là một ”chàng hoàng tử trong mơ” của toán học thì hình học phẳng có thể được xem là một ”nàng công chúa ngủ trong rừng” bởi vẻ đẹp bí ẩn và thơ mộng của nó dành cho toán học”.
Các em thân mến!
Làm sao để giải toán hình học phẳng hay làm sao để có thể giỏi chuyên đề hình học phẳng là những câu hỏi mà các em luôn tự hỏi mình khi gặp phải dạng toán này.  Cũng giống như các dạng toán khác, để giải một bài toán hình học phẳng nào đó, chúng ta cũng cần phải đi từ giả thiết, thông qua các suy luận để tìm ra phương pháp giải chính xác nhất. Bên cạnh đó, ngoài những tư duy logic thông thường, chúng ta cần phải có tư duy hình tượng, tìm ra mối quan hệ giữa các yếu tố hình học thông qua cái nhìn trực quan bằng hình vẽ minh họa để có thể tìm ra vấn đề mấu chốt trong mỗi bài toán. Với những bài toán hình học phẳng các em cần làm theo những bước sau:
Bước 1: Vẽ hình minh họa giả thiết cho bài toán, có thể dựng thêm hình nếu cần (như điểm phụ, đường phụ,…)
Bước 2: Dựa vào hình và giả thiết đã có, khai thác tính chất hình học để phát triển và tìm lời giải cho bài toán.
Bước 3: Từ ý tưởng ở bước 2, lập sơ đồ tư duy logic cho bài toán.
Bước 4: Trên cơ sở của sơ đồ tư duy các em hoàn chỉnh lời giải của bài toán. Trong quá trình học, các em cũng cần rèn luyện tư duy hình học và nâng cao kĩ năng giải toán hình học phẳng trong đó cần chú ý đến một vài yếu tố như: Lựa chọn phương pháp thích hợp để giải một bài toán hình học phẳng.

\bullet Phương pháp hình học thuần túy (quan hệ song song, vuông góc; tam giác đồng dạng, bằng nhau; tính chất của tam giác, đường tròn; các định lí hình học quen thuộc; các phép biến hình,…).
\bullet Phương pháp lượng giác (đưa yếu tố trong bài về lượng giác của các góc và biến đổi).
\bullet Phương pháp vectơ (dùng vectơ trong chứng minh tính chất hình học hoặc dựng một hệ vectơ đơn vị để giải bài toán).
\bullet Phương pháp đại số (đưa các yếu tố trong bài về độ dài cạnh và biến đổi).
\bullet Phương pháp tọa độ (đưa giả thiết đã cho vào một hệ trục tọa độ và tìm tọa độ điểm, phương trình đường thẳng, đường tròn liên quan)…
Hiểu được phần nào sự khó khăn, mơ hồ của các em khi tiếp cận và đi giải các bài toán về hình học phẳng nên bắt đầu từ tháng này thầy sẽ tuyển chọn những bài toán hình học phẳng hay (và có mối liên quan mật thiết với nhau), cũng như đi phân tích để tìm ra lời giải cho các bài toán hình học phẳng trong các đề luyện thi vào 10 của các em học sinh nhờ giải đáp.
Chúng ta sẽ bắt đầu số đầu tiên của tháng 3/2017 với một bài toán trong đề luyện thi vào 10 năm 2017 (mà một học sinh đã nhờ thầy giải đáp):
Bài toán 1. Cho đường tròn (O), đường kính AB. Lấy điểm H thuộc tia đối của tia BA rồi vẽ đường thẳng d vuông góc với AB tại H. Gọi C là điểm thuộc đường tròn (O). Tia AC cắt đường thẳng d tại N, qua N kẻ tiếp tuyến NE với đường tròn (O) (E và B thuộc hai nửa mặt phẳng bờ AN).  Các đường thẳng AE và BE cắt đường thẳng d lần lượt tại K và I.
a) Chứng minh KB\perp AI;
b) Chứng minh KECN là tứ giác nội tiếp;
c) Chứng minh N là trung điểm của IK;
d)* Chứng minh rằng khoảng cách từ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AKI tới đường thẳng d không đổi khi C di động trên đường tròn (O).
Phân tích & lời giải. Chúng ta có hình vẽ minh họa cho bài toán như sau:
hinhlop9_2
Đối với bài toán này thì các câu a, b và c là cơ bản và hầu hết các em đều sẽ làm được. Tuy nhiên, thầy vẫn sẽ đi phân tích cách tư duy của một bài toán hình học phẳng là như thế nào, để từ đó khi bắt gặp các bài toán tương tự các em sẽ không còn phải bở ngỡ trong việc đi tìm hướng giải cho nó.
Đầu tiên với câu a, nó thuộc thể loại chứng minh hai đường vuông góc. Bởi vậy, bước tư duy đầu tiên để đi tìm hướng giải là trong đầu các em sẽ hình dung và vạch sẵn ra các phương pháp để chứng minh hai đường vuông góc. Cụ thể, chúng ta thường đi chứng minh hai đường vuông góc bằng các cách như:
\bullet Đi gọi giao điểm của hai đường thẳng đó rồi sử dụng phương pháp cộng góc và xét mối liên hệ giữa các góc cần chứng minh và các góc cho trong đề bài để chỉ ra góc tạo bởi hai đường thẳng đó bằng 90^\circ.
\bullet Đi gọi giao điểm của hai đường thẳng đó rồi xét mối tương quan của điểm giao là đỉnh góc vuông của một tam giác vuông nào đó. Đưa bài toán về chứng minh tam giác vuông (đặc biệt lưu ý tới việc sử dụng định lý Pytago, các mối liên hệ lượng giác và các hệ thức lượng trong tam giác vuông, tam giác có đường trung tuyến bằng nửa cạnh đối diện thì góc đối diện với cạnh đó là một góc vuông,…)
\bullet Dựng tính chất của ba đường cao và cạnh đối diện trong một tam giác (theo nghĩa có một đường thẳng sẽ chứa đường cao, đường còn lại sẽ chứa cạnh đáy tương ứng, chú ý đến trực tâm tam giác). Cần đặc biệt lưu ý tới các trường hợp đặc biệt của tam giác như: tam giác cân, đều, nửa đều, vuông cân,…
\bullet Sử dụng tính chất của đường trung trực.
\bullet Một đường thẳng vuông góc với một trong hai đường thẳng song song thì vuông góc với đường thẳng còn lại.
\bullet Chỉ ra hai đường thẳng đó song song với hai đường vuông góc khác.
\bullet Chỉ ra hai đường thẳng đó là phân giác của hai góc kề bù.
\bullet Đường kính đi qua trung điểm của một dây cung thì vuông góc với dây cung đó. Góc chắn bởi nửa đường tròn là một góc vuông, tiếp tuyến của đường tròn thì vuông góc với bán kính tại tiếp điểm,…
Tất nhiên có những bài toán với cùng một vấn đề bài toán yêu cầu lại có rất nhiều cách tiếp cận và hướng giải quyết đã nêu trên. Lúc đó, chúng ta nên chọn đường lối giải ngắn gọn và đơn giản nhất. Chẳng hạn, ngay đối với câu a) bài này sẽ có rất nhiều cách giải khác nhau song cách đơn giản nhất là chúng ta nhận biết được điểm B chính là trực tâm của tam giác AIK.
Sang câu b, nó thuộc dạng bài toán chứng minh một tứ giác nội tiếp hoặc chứng minh 4 hay 5 điểm cùng thuộc một đường tròn nào đó. Cũng như trên, bước tư duy đầu tiên khi bắt gặp các bài toán dạng này là các em cần vạch ra trong đầu một sơ đồ tư duy về đường lối chứng minh cho một tứ giác nội tiếp đó là:
\bullet Tổng hai góc đối bằng 180^\circ (lưu ý hai góc đối là hai góc vuông,…), tổng số đo của hai cặp góc đối bằng nhau, góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối của đỉnh đó,…
\bullet Hai đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau (chú ý tới các góc vuông).
\bullet Hình thang nội tiếp đường tròn nếu và chỉ nếu nó là hình thang cân.
\bullet Hệ thức phương tích của một điểm đối với đường tròn (xét giao điểm của hai đường chéo tứ giác, hai cạnh đối tứ giác,…). Cụ thể: Nếu có MA.MB=MC.MD, hoặc là NA.ND=NC.NB, hoặc là PA.PC=PB.PD thì ABCD nội tiếp. (Trong đó M=AB\cap CD, N=AD\cap BC, P=AC\cap BD).
\bullet Chỉ ra một điểm cách đều 4 điểm (5 điểm) đã cho.
\bullet Chỉ ra tứ giác đó là các tứ giác đặc biệt như: hình chữ nhật, hình vuông, hình thang cân,…
Cụ thể ở câu b này, sau khi hình dung ra các bước chứng minh như trên. Chúng ta thấy rằng để chỉ ra KECN nội tiếp cần chứng minh được \widehat{EKN}+\widehat{ECN}=180^\circ, hay \widehat{EKN}=\widehat{ECA} (vì hai góc ECN, ECA kề bù với nhau), mà ta thấy \widehat{ECA}=\widehat{EBA} (hai góc nội tiếp cùng chắn cung nhỏ \stackrel\frown{EA}). Nên cần chỉ ra \widehat{EBA}=\widehat{EKN}, nghĩa là chúng ta phải đi chứng minh EKHB nội tiếp (dễ dàng nhận thấy ngay nó là tứ giác nội tiếp vì có hai góc đối là BHK và BEK là hai góc vuông). Từ đó, bằng cách suy luận ngược lại trong bài làm các em sẽ có cách chứng minh hoàn chỉnh cho câu b.
Tiếp đến là câu c, nó thuộc dạng chứng minh hai yếu tố độ dài bằng nhau (tỉ lệ), cụ thể ở đây là trung điểm của một đoạn thẳng. Thì thông thường để chứng minh dạng bài toán này các em có các hướng tiếp cận sau:
\bullet Chứng minh hai đoạn thẳng có cùng độ dài (đối với các bài toán có thể tính được tường minh) hoặc tính toán qua một đại lượng thứ ba dùng làm biến độ dài (mà đại lượng này có mối liên hệ mật thiết với các cái cần chứng minh).
\bullet Hai đoạn thẳng cùng bằng một đoạn thẳng thứ ba thì chúng bằng nhau. Hai đoạn thẳng là bán kính của một đường tròn nào đó.
\bullet Chứng minh các đoạn thẳng bằng nhau là các cạnh của các tam giác, tứ giác đặc biệt (hình đặc biệt),…
\bullet Hai tam giác bằng nhau (đồng dạng) thì các cạnh tương ứng bằng nhau (tỉ lệ).
\bullet Sử dụng định lý Thales và các yếu tố song song để lập tỉ lệ về độ dài. Lưu ý tới các đường trung tuyến, đường trung bình của tam giác.
\bullet Đường trung trực của đoạn thẳng thì đi qua trung điểm và vuông góc với đoạn thẳng đó. Mọi điểm trên đường trung trực của một đoạn thẳng thì cách đều hai đầu mút của đoạn thẳng đó
\bullet Sử dụng tính chất đối xứng tâm, trục. Đường chéo của hình bình hành, hình thoi, hình chữ nhật, hình vuông. Hai điểm, hai đoạn thẳng đối xứng qua 1 điểm, 1 trục.
\bullet Trong tam giác vuông, đường trung tuyến xuất phát từ đỉnh góc vuông xuống cạnh huyền thì bằng một nửa cạnh huyền (đặc biệt chú ý tới các tam giác vuông cân, nửa tam giác đều,…).
\bullet Trong tam giác cân (đều) thì đường trung tuyến xuất phát từ đỉnh cân xuống cạnh đối diện đồng thời là đường cao, đường trung trực, đường phân giác,…
\bullet Hai đoạn thẳng tương ứng là hai đáy (đường cao) của hai tam giác có cùng diện tích và có các đường cao (cạnh đáy) tương ứng với hai đáy (đường cao) đó bằng nhau.
\bullet Sử dụng tính chất của dây cung và tiếp tuyến với đường tròn.
Từ sơ đồ tư duy đó, chúng ta sẽ đi suy luận ngược như trên để tìm ra hướng giải cho câu c của bài toán. Cụ thể, đề bài yêu cầu chỉ ra N là trung điểm của IK, mà rõ ràng chúng ta có tam giác IKE vuông tại E, nên chúng ta đưa bài toán về chứng minh NE là trung tuyến của tam giác vuông. Tức là cần chỉ ra các tam giác NEI và NEK cân tại N. Muốn cho tam giác NEI cân tại N thì cần phải có \widehat{NEI}=\widehat{NIE}. Ta thấy \widehat{NEI}=\dfrac{1}{2}\;sd\stackrel\frown{EB}=\widehat{EAB}, mà \widehat{EAB}\widehat{EIN} cùng phụ với hai góc đối đỉnh tại đỉnh B là \widehat{EBA}=\widehat{IBH}, nên \widehat{NEI}=\widehat{NIE}. Từ đó bằng cách suy luận ngược lại như trên, các em sẽ chỉ ra được NE là trung tuyến của tam giác vuông IKE và do đó N là trung điểm của IK.
Cuối cùng chúng ta sẽ đi phân tích để tìm ra lời giải cho câu d, thường là câu khó nhất trong các câu hình. Lúc này, các em cần lưu tâm đến các câu a, b, c ở trên vì nó sẽ trở thành các giả thiết mới trong việc đi định hình hướng giải của câu d.

hinhlop9_3
Đối với kiểu dạng toán như ở câu d bài toán này hay câu d bài toán 2, hoặc dạng toán về tìm quỹ tích của một điểm thì điều đầu tiên các em cần phải xác định được đó là các yếu tố nào của bài toán cho là yếu tố cố định và yếu tố nào là di động. Cụ thể trong bài toán này, các điểm A, B, O, H, đường thẳng d là các yếu tố cho trước và cố định, và do đó lẽ tự nhiên các đoạn thẳng AB, AH, BH, OA=OB, OH sẽ có độ dài không đổi. Còn khi điểm C di động trên (O), thì kéo theo các điểm N, E, I, K cũng di động theo và do đó dĩ nhiên tâm O’ của đường tròn ngoại tiếp tam giác AIK cũng di động. Vấn đề mà chúng ta cần quan tâm là dù O’ có di động thế nào thì khoảng cách từ nó đến đường thẳng d vẫn không đổi. Từ đó sẽ nảy sinh cho chúng ta một cách tiếp cận (mò mẫm) bằng việc đi xét các vị trí đặc biệt của điểm C ở trên đường tròn (O) để có thể dễ dàng thấy được ngay khoảng cách từ O’ đến d là như thế nào. Chẳng hạn, cho C trùng với B chúng ta sẽ thấy ngay được mối tương quan giữa khoảng cách từ O’ đến d qua AH, OA qua hình vẽ minh họa sau:
005

Và một điều thầy đặc biệt nhấn mạnh ở đây (mà đại đa số các em hay bỏ quên) đó là khi phác họa tâm O’ của đường tròn ngoại tiếp tam giác AIK thì các em cũng đồng thời nên gọi ra các trung điểm P, Q của các cạnh tương ứng là AK, AI. Bởi thông thường đây sẽ là những điểm phụ quan trọng, giúp cho việc định hình hướng giải của bài toán thêm rõ ràng hơn.
Qua cách phân tích trên, kết hợp với hình vẽ minh họa các em sẽ nhận thấy ngay chỉ cần đi chứng minh tứ giác OPO’Q là hình bình hành thì coi như bài toán xong. Từ đó chúng ta có lời giải hoàn chỉnh cho bài toán 1 như sau:
006.png
Lời giải. a) \bullet KB\perp AI.
Xét tam giác AIK có: AH\perp IK (gt) và IE\perp AK (vì AEB là góc chắn nửa đường tròn đường kính AB nên \widehat{AEB}=90^\circ). Mà AH, IE cắt nhau tại B nên suy ra B là trực tâm của tam giác AIK. Do đó, KB là đường cao tương ứng với đáy AI của tam giác AIK. Vậy KB\perp AI. Đó là đpcm.
b) \bullet KECN nội tiếp.
Xét tứ giác KEBH có \widehat{KEB}=\widehat{KHB}=90^\circ (gt), suy ra \widehat{KEB}+\widehat{KHB}=180^\circ, hay KEBH là tứ giác nội tiếp. Do đó, \widehat{EKH}=\widehat{EBA}. Mặt khác, \widehat{EBA}=\widehat{ECA} (cùng chắn cung nhỏ \stackrel\frown{EA}). Từ đó suy ra, \widehat{EKH}=\widehat{ECA}. Vậy tứ giác KECN là tứ giác nội tiếp. Đó là đpcm.
c) \bullet N trung điểm IK.
Xét hai tam giác ABE và BIH có \widehat{AEB}=\widehat{BHI}=90^\circ\widehat{ABE}=\widehat{IBH} (đối đỉnh). Từ đó suy ra, \widehat{EAB}=\widehat{BIH} (1).
Hơn nữa, lại có NE là tiếp tuyến tại E của đường tròn (O), nên \widehat{NEB}=\dfrac{1}{2}sd\stackrel\frown{EB}=\widehat{EAB} (2).
Từ (1) và (2) suy ra \widehat{NEI}=\widehat{NIE}. Do đó, tam giác NEI cân tại N. Từ đó cũng dễ dàng suy ra được tam giác NEK cân tại N. Vậy NE=NI=NK, hay N là trung điểm của IK. Đó là đpcm.
d) \bullet Khoảng cách từ O’ đến d không đổi.
Gọi P, Q theo thứ tự là trung điểm của AK, AI và M, F theo thứ tự là giao điểm của các đường thẳng AH, O’N với PQ. Theo câu c, ta có N là trung điểm của IK nên O’N chính là khoảng cách từ O’ tới đường thẳng d.
Từ OQ là đường trung bình của tam giác ABI, suy ra OQ//IE. Mà IE//O’P (vì cùng vuông góc với AK), nên OQ//O’P. Hoàn toàn tương tự, ta có OP//O’Q. Do đó, tứ giác OPO’Q là hình bình hành. Suy ra, đường chéo PQ (cũng là đường trung bình của tam giác AKI) sẽ lần lượt vuông góc với AH, O’N theo thứ tự tại M và F. Mà khoảng cách từ các đỉnh O và O’ xuống đường chéo PQ của hình bình hành OPO’Q là bằng nhau, nên OM=O’F. Hơn nữa, từ PQ là đường trung bình của tam giác AKI và M là giao điểm của PQ với AH, ta dễ dàng suy ra được M là trung điểm của AH. Do đó, M là một điểm cố định, nên O’F=OM (không đổi) và FN=MH=\dfrac{1}{2}AH (không đổi) (vì FMHN là một hình chữ nhật).
Từ đó ta có O’N=FN-O’F=MH-OM (không đổi) (vì MH, OM không đổi). Đó là đpcm.
Với đường lối tư duy (bằng phương pháp suy luận ngược) trong các bài toán hình học phẳng như đã nêu trên, các em có thể bắt tay vào luyện giải qua bài toán tương tự sau:
Bài toán 2. Cho đường tròn tâm (O), đường kính AB. Lấy điểm C thuộc tia đối của tia BA, vẽ đường thẳng d vuông góc với AB tại C. Gọi I là trung điểm của OB, E là điểm thuộc đường tròn (O), tia EI cắt đường tròn (O) tại F. Các đường thẳng AE, AF cắt đường thẳng d lần lượt tại K và D.
a) Chứng minh CBEK là tứ giác nội tiếp;
b) Chứng minh AE.AK=AF.AD;
c) Xác định vị trí của điểm E để OEBF là hình thoi;
d)* Gọi O’ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AKD. Chứng minh rằng O’ luôn thuộc một đường thẳng cố định khi điểm E di chuyển trên đường tròn (O).

Posted in TOÁN OLYMPIC, TOÁN SƠ CẤP, TOÁN THCS

Từ một bài toán hình học sơ cấp


Bài toán. Cho tam giác ABC có góc \widehat{B}=45^{\circ} và \widehat{C}=120^{\circ}. Trên tia đối của tia CB lấy điểm D sao cho CD=2CB. Tính góc ADB.

Phân tích & Lời giải. Đây là một bài toán hình học sơ cấp hay được tác giả tuyển chọn và đúc kết từ cuộc thi Violympic toán lớp 7 trong quá trình luyện thi cho một em học sinh lớp 7 thi Violympic cấp quận. Từ bài toán này chúng ta có thể sáng tạo ra nhiều bài toán hay và thú vị. Có rất nhiều cách giải khác nhau cho bài toán song chúng ta cần tìm một lời giải thật đơn giản, dễ hiểu và phù hợp với trình độ của các em học sinh lớp 6 và 7.
Thông thường khi bắt gặp một bài toán hình học sơ cấp như thế này, khi mà việc tính góc ADB theo đề bài yêu cầu chưa hề có mối liên hệ gì đến các góc đã cho thì chúng ta sẽ nghĩ ngay là phải vẽ thêm điểm phụ hoặc đường kẻ phụ để tìm ra mối liên quan giữa chúng. Vấn đề đặt ra (và cũng là nan giải của hầu hết các em học sinh) đó là phải vẽ thêm điểm phụ hay đường kẻ phụ đó như thế nào? Thì thông qua bài toán này thầy sẽ đi phân tích cách tìm đường kẻ phụ cho bài toán (và với các bài toán khác các em cũng theo đường lối tư duy tương tự).
Khi bắt gặp một bài toán hình học mà lời giải đòi hỏi phải vẽ thêm đường phụ thì các em đặc biệt phải chú tới các yếu tố mà giả thiết bài toán đã cho như: trung điểm (độ dài tỉ lệ), vuông góc, song song,… Trong đó cần đặc biệt chú ý tới nhất là yếu tố: trung điểm (độ dài tỉ lệ).
Cụ thể với bài toán này, các em cần đặc biệt lưu tâm tới giả thiết CD=2CB. Chúng ta sẽ vẽ thêm đường phụ để làm xuất hiện mối liên hệ bắc cầu giữa hai đoạn CD và CB. Nghĩa là cần tạo ra một đoạn thẳng mới có một đầu mút là một trong 3 điểm C, D, B (cần chú ý tới điểm xuất hiện nhiều nhất trong bài toán, vì chỉ bằng cách khai thác xung quanh điểm đó chúng ta mới thu thêm được nhiều dữ liệu giả thiết mới cho bài toán, giúp đường lối đi giải bài toán rõ ràng hơn).
Ở đây điểm C xuất hiện nhiều nhất, như vậy thầy sẽ vẽ đường kẻ phụ để làm xuất hiện đoạn thẳng mới có một đầu mút là điểm C.
Từ việc phân tích đó, kết hợp với các yếu tố góc đã cho, chúng ta sẽ vẽ thêm đường kẻ phụ như hình vẽ sau:
hinhhoc7Thầy nói thêm một chút: Để vẽ hình được chính xác, tốt nhất các em vẽ trên giấy kẻ ô ly.
Trước tiên, chúng ta vẽ đoạn CB (là đường chéo của một hình vuông trên giấy kẻ ô ly). Kéo dài đoạn CB về phía C và lấy D sao cho CD=2CB (cụ thể đoạn CB trải trên 3 hàng ô ly thì đoạn CD sẽ trải trên 6 hàng ô ly). Mục đích tiếp theo của chúng ta là đi vẽ góc C. Muốn vậy, chúng ta sẽ vẽ một tam giác đều cạnh CD bằng cách vẽ hai đường tròn lần lượt có tâm tại C bán kính CD, và tâm tại D bán kính CD. Chúng sẽ cắt nhau tại hai điểm nào đó, các em chỉ việc nối C với điểm cắt ở phía bên trên như hình vẽ. Đường thẳng này sẽ cắt đường kẻ ô ly nằm ngang đi qua B tại điểm A. Khi đó chúng ta sẽ được tam giác ABC như đề bài.
Với việc đi phân tích cách tìm đường kẻ phụ như ở trên, thì đối với bài toán này chúng ta sẽ vẽ thêm đường kẻ phụ đó là đường cao DE. Chúng ta có lời giải đơn giản cho bài toán như sau:

Lời giải. Trong tam giác ACD, vẽ đường cao DE. Nối B với E ta được:
Vì \widehat{C}=120^{\circ}, nên góc ngoài tại C là \widehat{ACD}=60^{\circ}.
Xét tam giác vuông CDE (chính là nửa tam giác đều, các em đặc biệt chú ý đây là dạng tam giác thường xuyên xuất hiện trong các bài toán hình học), có \widehat{CDE}=30^{\circ}, nên cạnh góc vuông đối diện với nó bằng nửa cạnh huyền, tức là CD=2CE.
Mà CD=2CB, nên CB=CE. Suy ra, tam giác CBE cân tại C. Có \widehat{BCE}=120^{\circ}, tính được \widehat{CBE}=30^{\circ}. Từ đó chúng ta dễ dàng suy ra được, tam giác EAB cân tại E (vì có \widehat{ABE}=\widehat{BAE} =15^{\circ}). Và tam giác EBD cân tại E (vì có \widehat{EBD}=\widehat{EDB}=30^{\circ}). Như vậy, EA=EB=ED. Do đó, tam giác EAD vuông cân tại E. Suy ra \widehat{EDA}=45^{\circ}. Vậy, \widehat{ADB}=\widehat{ADE}+\widehat{EDB}=45^{\circ}+30^{\circ}=75^{\circ}. Đó là đpcm.

Đến một bài toán hình học lớp 9 thi học sinh giỏi

Với lối tư duy về cách vẽ điểm phụ hoặc đường kẻ phụ như thầy đã phân tích ở trên, các em hoàn toàn có thể giải được một bài toán của hình học lớp 9 (cũng là một bài toán đặc trưng và thường được khai thác khá nhiều và sâu sắc trong các đề thi hình học sau này).
Bài toán. Cho tam giác ABC có phân giác AD. Trên các tia đối của tia BA và CA lần lượt lấy các điểm E và F sao cho BE=CF. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng BC, EF. Chứng minh rằng: AD//MN.
Tản mạn một chút. Xuất xứ của bài toán này rất rất là lâu rồi, hồi đó thầy mới còn học cấp 2 khoảng lớp 7 hay 8 gì đó. Trong một lần ông chủ tịch xã đến nhà thầy để chơi cờ tướng với thầy, tình cờ thấy thầy đang ngồi giải mấy bài hình học mà thầy giáo đổi tuyển giao nên đã thách đố thầy giải bài toán này. Và cho đến tận bây giờ nó là một trong số ít các bài toán hay đã cùng thầy kinh qua bao nhiêu năm tháng dài đằng đẵng .

Phân tích & lời giải. Như thầy đã đi phân tích ở bài toán trên, thì với bài toán này chúng ta cũng sẽ đi vẽ đường kẻ phụ để làm xuất hiện mối liên hệ bắc cầu giữa hai đoạn BE và CF.
Thoạt đầu khi nhìn vào hình vẽ của bài toán:
001

Chúng ta sẽ không nhìn thấy mối liên hệ nào giữa các trung điểm M, N với các đoạn bằng nhau BE, CF. Vì thế chúng ta sẽ đi tìm các điểm phụ hoặc đường kẻ phụ như đã phân tích ở trên để tạo ra mối liên quan giữa các yếu tố này với nhau. Cụ thể ở bài toán này, chúng ta chỉ cần nối đoạn thẳng CE (hoặc BF) và đi lấy điểm phụ I là trung điểm của một trong hai đoạn thẳng đó. Chúng ta có lời giải cho bài toán như sau:
002

Lời giải. Nối C với E, gọi là trung điểm của đoạn thẳng CE. Khi đó, ta lần lượt thấy IM, IN theo thứ tự là các đường trung bình của các tam giác  CBE và EFC. Suy ra IM//=\dfrac{1}{2}BE, IN//=\dfrac{1}{2}CF. Mà BE=CF (gt), nên IM=IN. Hay tam giác IMN cân tại I. Do đó: \widehat{IMN}=\widehat{INM} (1).
Gọi P, Q lần lượt là giao điểm của MN với AB, AC. Từ IM//PE, suy ra \widehat{IMN}=\widehat{APQ} (đồng vị) và IN//AF, suy ra \widehat{INM}=\widehat{NQF} (đồng vị). Mà \widehat{NQF}=\widehat{AQP} (đối đỉnh) nên từ (1) suy ra \widehat{APQ}=\widehat{AQP}.
Do đó, tam giác APQ cân tại A và có góc BAC là góc ngoài tại đỉnh A. Suy ra \widehat{BAC}=2\widehat{CAD}=2\widehat{AQP}. Hay \widehat{CAD}=\widehat{AQP}. Mà hai góc này nằm ở vị trí so le trong nên AD//MN. Đó là đpcm.

Posted in LUYỆN THI ĐH-CĐ, TOÁN THPT

Lời giải chi tiết & bình luận đề minh họa kỳ thi THPT Quốc gia 2017


1. Trắc nghiệm cũng như Tự luận, là hai trong các hình thức đánh giá phổ biến trên thế giới. Người ta đặt câu hỏi, rằng cuộc thi gì gì đó có nên thi trắc nghiệm hay không? Vậy cũng nên đặt câu tương tự, rằng có nên thi tự luận hay không. Trả lời hai câu hỏi đó một cách thấu đáo, khi tranh luận cần có một hệ quy chiếu nhất định, thì sẽ đỡ tốn thời gian.

2. Các hình thức kiểm tra hay thi cử chính là để đánh giá quá trình học tập của người học, chúng đan xen vào trong quá trình đó. Người ta phân đánh giá thành “đánh giá chẩn đoán”, “đánh giá định hình” và “đánh giá tổng kết”. Một bài đánh giá, kiểm tra có thể dùng cho hơn 1 mục đích. Chẳng hạn, thi đại học vừa là đánh giá tổng kết (THPT), vừa là đánh giá chẩn đoán (Đầu vào ĐH). Hình thức trắc nghiệm được sử dụng ở nhiều nơi, nhưng không hề đơn giản, rằng người ta như thế như thế mà làm thì mình cũng nên bắt chước làm.

3. Trong đánh giá, người ta áp dụng các loại thang mức khác nhau. Áp theo thang này, phân thành các mức “nhận biết”, “thông hiểu”, “vận dụng”,…, áp thang khác, là “tái tạo”, “liên kết”, “phản ánh”. Tuy nhiên, dù theo thang nào, họ thấy rằng trắc nghiệm 4 lựa chọn khó có thể đánh giá người học ở các mức cao, như “vận dụng” trở lên hoặc “phản ánh”. Các mức đó thường yêu cầu người học viết ra, xây dựng các yếu tố mới, phân tích, tổng hợp, sáng tạo, suy nghĩ trong một thời gian dài, chẳng hạn từ 10’ trở lên. Ở các mức thấp hơn, trắc nghiệm tỏ ra có vài ưu thế.

4. Tại sao nên có hình thức thi trắc nghiệm? Trong cuộc sống, con người tìm đáp án cho các vấn đề nảy sinh. Có vấn đề chưa thấy được đáp án, mà cần thông qua một quá trình giải (tự luận), có vấn đề đã sẵn một vài phương án, người ta căn cứ vào chúng để chọn lựa (trắc nghiệm). Chẳng hạn, người ta phải chọn lựa việc mình sẽ học sâu môn học gì, nghề nghiệp gì, lĩnh vực gì; phải chọn lựa người bạn đời nào. Họ thấy rằng trong xã hội có một vài hình mẫu đã đi theo những con đường đó rồi thành công, từ đó họ dựa trên phân tích, các góp ý, các chứng cứ để tự chọn con đường cho mình. Nói vui, một số người chán đời đòi đi tu, họ cũng phải chọn lựa, tu theo trường phái nào, trong trường phái đó thì tu theo ai, rồi tu như thế nào. Người ta không đủ sức, thời gian, và cũng không nên chọn nhiều đường. NS Trịnh Công Sơn cũng nói, mỗi ngày ông chọn một niềm vui. Có ai đó bồi thêm, rằng chọn tới chọn lui, mất hết cả ngày.

5. Vì cuộc sống người ta như thế, vậy dạy học cần giúp họ có một nền tảng tư duy tốt để phát hiện và giải quyết vấn đề, nghĩa là nên có trắc nghiệm và cả tự luận. Nhưng, không nhất thiết phải đi vào cực đoan, rằng trắc nghiệm là đủ hay tự luận là đủ. Mỗi cái có đóng góp riêng. Đứng dưới nhiều góc độ khác nhau, sẽ có những nhìn nhận khác nhau về hình thức trắc nghiệm.

5.1. Xét dưới góc độ HS, việc làm một bài trắc nghiệm như là một cuộc chạy đua gấp gáp với thời gian, mỗi câu nên cần hoàn thành càng nhanh càng tốt, chẳng hạn, cố gắng không nên quá 3 phút. Đây là áp lực ít gặp khi người ta thi tự luận. Số lượng câu mà HS làm là khá nhiều, phủ qua các lĩnh vực, mảng kiến thức khác nhau. Từ đó, hình thức trắc nghiệm đòi hỏi HS có kiến thức rộng, hơn nữa cần trang bị các phương pháp, các mẹo để làm nhanh. Làm không ra, bần cùng sinh đạo tặc, HS có thể gian lận, đợi bạn làm xong thì hỏi, biến thành quả của người khác thành của mình. Lợi bất cập hại, cái được chẳng bù nổi cái mất. Nói vui, đôi khi HS muốn chọn “Em không giải được bài này”, khổ nỗi, lại không có phương án chọn đó. Thôi thì chọn đại!

5.2. Xét dưới góc độ GV giảng dạy, cũng là để lo cho HS, người ta ngoài việc dạy thông thường, còn bày cho HS một số mẹo làm trắc nghiệm, ở thời đại internet, bèn tung các “bí kíp” đó lên. Vỏ quýt dày có móng tay nhọn, người ra đề cũng thay đổi để HS k vận dụng mẹo được. Đấu qua đấu lại, không chừng người ta nâng lên tầm nghệ thuật, bắt chước Acsimet để hét lên: ra đề trắc nghiệm là nghệ thuật, người ra đề là nghệ sĩ! Không cẩn thận, “từ học gì thi đó” lại chuyển thành “thi gì học đó”. Nói vui, việc bày mẹo giống như bày người ta đánh các thế cờ trong chơi cờ vua, cờ tướng. Ra đời gặp việc gì cũng có thể theo đó mà suy, có mẹo gì để “đi tắt”, “đón đầu” không nhỉ?

5.3. Xét dưới góc độ GV ra đề trắc nghiệm, đó là một công việc không hề dễ dàng. Bởi vì suy nghĩ trong đầu của GV và HS là khác nhau, cách mà GV nghĩ HS sẽ làm đôi khi không phải là cách mà HS làm, điều này dẫn đến một số câu trắc nghiệm ra không tốt trở nên ngớ ngẩn. Các phương án nhiễu trong trắc nghiệm 4 lựa chọn cũng không dễ để ra, nó thông thường xuất phát từ các sai lầm của học sinh khi giải bài toán. Không những thế, phương án nhiễu phải thoả mãn các yêu cầu khác nữa. Để ra được câu trắc nghiệm, người ta phải được học hành tử tế về Đánh giá. Sinh viên SP Toán sau này trở thành GV toán cũng nên học môn Đánh giá một cách đầy đủ mới có thể ra đề tốt được. Học lên cao nữa, cao nữa, cũng có môn học về Đánh giá.

5.4. Xét dưới góc độ người coi thi, bởi vì bài làm trắc nghiệm ngắn gọn rất ít thông tin, toàn bôi đen bôi đen, nên giám thị cũng gặp đủ loại khó khăn để bảo đảm công bằng trong phòng thi. Có nhiều chiêu mánh để HS biết được trong phòng thi ai làm cùng đề với mình, các thế tay như thế nào để báo cho bạn mình biết là câu đó chọn phương án nào. Rồi trong lúc thời điểm hết giờ lộn xộn, có thể lựa gió bẻ măng để trao đổi hỏi bài nhau. Đối với môn học mà HS cho rằng k quan trọng đối với bản thân, k ảnh hưởng tới kết quả chung, các em xem xét bôi toàn bộ chỉ một phương án, là đủ để qua điểm chết, trong phòng thi em ấy bôi xong rồi đợi cho đến hết giờ. Thi cử vậy sao? Như thế, môn học đó ở chính khoá, các em có thể tranh thủ đem môn khác ra học.
5.5. Xét dưới góc độ người chấm thi, việc chấm trắc nghiệm thật khoẻ, máy chấm mà, chẳng phải triệu hồi một lô các GV tập trung trong thời gian nóng nực của mùa hè để chấm, đỡ sinh tiêu cực trong khâu chấm thi. Kinh phí cho chấm thi trắc nghiệm cũng bớt, thời gian chấm cũng nhanh Nghe được gọi đi chấm, người ta thường cảm giác mệt mỏi, bực dọc, trách nhiệm nhiều. Tuy nhiên, người ta sẽ không biết được HS có những sai lầm gì để sửa chữa về sau. HS chọn đúng, cũng không biết được con đường suy nghĩ của các em là như thế nào, đúng là do gì. Không biết gì về những thứ này hết, thật nguy hiểm! Giáo dục người khác mà vậy sao? Đối với tự luận, người đi chấm có cơ hội biết được HS hay sai những lỗi gì khi làm bài, họ sẽ sửa giúp cho lứa HS sau, từ đó có thêm kinh nghiệm, nếu có mở luyện thi chắc sẽ uy tín hơn. Học từ lỗi lầm là có giá trị. Ai không mắc lỗi nào?

5.6. Nên nhìn góc nào nữa nhỉ?
Suy ngẫm
SN1. Có cái nhìn đúng về vấn đề giúp giải quyết vấn đề tốt hơn. Trong toán học nhà trường, người ta hay nói về “thay đổi” và “không thay đổi”, “biến thiên” và “bất biến”. Biết được các yếu tố đó, đối diện với thực tế, người ra quyết định sẽ có cái nhìn rộng hơn về sự việc đang diễn ra, giúp nắm bắt được quy luật, giúp dự báo tương lai, giúp ra quyết định đúng.
SN2. Đứng trong vấn đề để giải quyết vấn đề có thể làm vấn đề trở nên tệ hơn. Vòi nước đang chảy mà lấy tay bịt, không xì chỗ này cũng xì chỗ khác. Tắt vòi!

Chiều ngày 5/10, Bộ Giáo dục đã công bố đề minh họa môn Toán năm 2017 gồm 50 câu trắc nghiệm. Đề thi được đánh giá khá hay và có tính phân loại. Đặc biệt đề lần này chỉ bao gồm các nội dung thuộc chương trình toán lớp 12. Học sinh sẽ bớt áp lực trong việc ôn luyện môn toán năm 2017.

50 câu trắc nghiệm trong đề minh họa toán 2017 cụ thể như sau:

  1. Khảo sát hàm số và bài toán liên quan: 11 câu.
  2. Lũy thừa – Mũ – Lôgarit: 10 câu
  3. Nguyên hàm – Tích phân: 7 câu
  4. Số phức: 6 câu
  5. Thể tích khối đa diện: 4 câu
  6. Thể tích khối tròn xoay: 4 câu
  7. Phương pháp tọa độ trong không gian: 8 câu

Với nội dung được “thu gọn” như trên, học sinh lớp 12 có thể yên tâm ôn luyện và hướng tới kì thi THPT quốc gia năm 2017 một cách tự tin nhất!

Xem đề minh họa môn toán năm 2017 dưới đây:

Còn đây là lời giải chi tiết & bình luận về đề minh họa môn Toán 2017:

Posted in GIẢI TRÍ, TOÁN HỌC VÀ CUỘC SỐNG

Một cách đơn giản để lập ma phương


Trong toán vui, một ma phương bậc n (còn gọi là hình vuông kỳ ảo hay hình vuông ma thuật) là một cách sắp xếp n^2 số, thường là các số nguyên phân biệt, trong một bảng vuông sao cho tổng n số trên mỗi hàng, cột, và đường chéo đều bằng nhau. Ma phương chuẩn chứa các số nguyên từ 1 đến n^2.

Tồn tại ma phương chuẩn cho mọi bậc n\geq 1 trừ n=2. Ma phương bậc 1 là trường hợp tầm thường, nó chứa duy nhất một ô với giá trị 1. Trường hợp không tầm thường có kích thước nhỏ nhất là ma phương bậc 3.

Có rất nhiều phương pháp để thành lập một ma phương, có thể kể đến như:

• Với ma phương bậc lẻ: Phương pháp cầu thang (của De la Loubère hay Phương pháp Siamese ), phương pháp hình chóp, phương pháp nước đi của con mã (dùng cho các ma phương bậc lẻ có cỡ lớn hơn 3\times 3), phương pháp Philip de la Hire.

• Với ma phương bậc chẵn: Phương pháp đường chéo, phương pháp ‘LUX’ (của John Horton Conway), Phương pháp Strachey.

• Với ma phương bậc bất kỳ: Phương pháp đường biên (của Bernard Frénicle de Bessy).

Sau đây, xin giới thiệu một bài báo đã được đăng trên tạp chí Toán Tuổi Thơ 2 số 86 bàn về một cách đơn giản để thành lập một ma phương.

21 22

Trên báo Toán học & Tuổi trẻ số 304 tháng 10 năm 2002 cũng đã đề cập một phương pháp tổng quát để thiết lập các ma phương bậc chẵn.

3040010 3040011

Posted in TOÁN SƠ CẤP, TOÁN THPT

Tính tổng bằng phương pháp vi tích phân


Chúng ta sẽ minh họa cho “phương pháp tính tổng bằng vi tích phân” qua bài toán sau đây:
BÀI TOÁN: Tính tổng S=\sum\limits_{k=1}^n 2016^{n-k}k^2
Lời giải: Xét hai hàm sinh được sinh bởi các hệ số tương ứng của hai dãy số là:
f(x)=\sum\limits_{k=1}^n 2016^{n-k}k^2x^{k-1}g(x)=\sum\limits_{k=1}^n 2016^{n-k}x^{k}
Lưu ý rằng, chúng ta cần tính S=f(1). Lấy tích phân của hàm f ta được:
\int\limits_{0}^x f(y)dy=\sum\limits_{k=1}^n 2016^{n-k}\int\limits_{0}^x k^2y^{k-1}dy=\sum\limits_{k=1}^n 2016^{n-k}kx^k.
Cộng g(x) vào cả hai vế của đẳng thức này và lại tiếp tục tích phân ta được:
\int\limits_{0}^x \int\limits_{0}^y f(z)dzdy+\int\limits_{0}^x g(y)dy=\sum\limits_{k=1}^n 2016^{n-k}x^{k+1}\quad (*).
Tổng của vế phải, bằng xg(x) là một chuỗi hình học (có các số hạng lập thành một cấp số nhân) và được cho bởi công thức:
xg(x)=\sum\limits_{k=1}^n 2016^{n-k}x^{k+1}=2016^nx\sum\limits_{k=1}^n(\dfrac{x}{2016})^k=2016^{n-1}x^2\sum\limits_{k=0}^{n-1}(\dfrac{x}{2016})^k.
Từ đó suy ra xg(x)=2016^{n-1}x^2\dfrac{(\dfrac{x}{2016})^n-1}{\dfrac{x}{2016}-1}=x^2\dfrac{x^n-2016^n}{x-2016}.
Do đó g(x)=x\dfrac{x^n-2016^n}{x-2016}.
Bây giờ, lấy đạo hàm của (*) hai lần ta được:
f(x)+g'(x)=g'(x)+g'(x)+xg"(x),
nghĩa là f(x)=g'(x)+xg"(x).
Vậy f(1)=g'(1)+g"(1). Từ đó bằng cách đi tính các đạo hàm cấp một và cấp hai của hàm số g ta tính được S=f(1).