Các bài toán sưu tầm trên toán tuổi thơ Đại số Lớp 8

Lop
Noi dung
6
MỘT DẠNG TOÁN VỀ ƯCLN VÀ BCNN
Trong chương trình số học lớp 6, sau khi học các khái niệm ước chung lớn nhất (ƯCLN) và bội chung nhỏ nhất (BCNN), các bạn sẽ gặp dạng toán tìm hai số nguyên dương khi biết một số yếu tố trong đó có các dữ kiện về ƯCLN và BCNN. 
Phương pháp chung để giải : 
1/ Dựa vào định nghĩa ƯCLN để biểu diễn hai số phải tìm, liên hệ với các yếu tố đã cho để tìm hai số. 
2/ Trong một số trường hợp, có thể sử dụng mối quan hệ đặc biệt giữa ƯCLN, BCNN và tích của hai số nguyên dương a, b, đó là : ab = (a, b).[a, b], trong đó (a, b) là ƯCLN và [a, b] là BCNN của a và b. Việc chứng minh hệ thức này không khó : 
Theo định nghĩa ƯCLN, gọi d = (a, b) => a = md ; b = nd với m, n thuộc Z+ ; (m, n) = 1 (*) 
Từ (*) => ab = mnd2 ; [a, b] = mnd 
=> (a, b).[a, b] = d.(mnd) = mnd2 = ab
=> ab = (a, b).[a, b] . (**) 
Chúng ta hãy xét một số ví dụ minh họa. 
Bài toán 1 : Tìm hai số nguyên dương a, b biết [a, b] = 240 và (a, b) = 16. Lời giải : Do vai trò của a, b là như nhau, không mất tính tổng quát, giả sử a ≤ b. 
Từ (*), do (a, b) = 16 nên a = 16m ; b = 16n (m ≤ n do a ≤ b) với m, n thuộc Z+ ; (m, n) = 1. 
Theo định nghĩa BCNN : 
[a, b] = mnd = mn.16 = 240 => mn = 15 
=> m = 1 , n = 15 hoặc m = 3, n = 5 => a = 16, b = 240 hoặc a = 48, b = 80. 
Chú ý : Ta có thể áp dụng công thức (**) để giải bài toán này : ab = (a, b).[a, b] => mn.162 = 240.16 suyy ra mn = 15. 
Bài toán 2 : Tìm hai số nguyên dương a, b biết ab = 216 và (a, b) = 6. 
Lời giải : Lập luận như bài 1, giả sử a ≤ b. 
Do (a, b) = 6 => a = 6m ; b = 6n với m, n thuộc Z+ ; (m, n) = 1 ; m ≤ n. 
Vì vậy : ab = 6m.6n = 36mn => ab = 216 tương đương mn = 6 tương đương m = 1, n = 6 hoặc m = 2, n = 3 tương đương với a = 6, b = 36 hoặcc là a = 12, b = 18. 
Bài toán 3 : Tìm hai số nguyên dương a, b biết ab = 180, [a, b] = 60. 
Lời giải : 
Từ (**) => (a, b) = ab/[a, b] = 180/60 = 3. 
Tìm được (a, b) = 3, bài toán được đưa về dạng bài toán 2. 
Kết quả : a = 3, b = 60 hoặc a = 12, b = 15. 
Chú ý : Ta có thể tính (a, b) một cách trực tiếp từ định nghĩa ƯCLN, BCNN : Theo (*) ta có ab = mnd2 = 180 ; [a, b] = mnd = 60 => d = (a, b) = 3. 
Bài toán 4 : Tìm hai số nguyên dương a, b biết a/b = 2,6 và (a, b) = 5. 
Lời giải : Theo (*), (a, b) = 5 => a = 5m ; b = 5n với m, n thuộc Z+ ; (m, n) = 1. 
Vì vậy : a/b = m/n = 2,6 => m/n = 13/5 tương đương với m = 13 và n = 5 hay a = 65 và b = 25. 
Chú ý : phân số tương ứng với 2,6 phải chọn là phân số tối giản do (m, n) = 1. 
Bài toán 5 : 
Tìm a, b biết a/b = 4/5 và [a, b] = 140. 
Lời giải : Đặt (a, b) = d. Vì , a/b = 4/5 , mặt khác (4, 5) = 1 nên a = 4d, b = 5d. 
Lưu ý [a, b] = 4.5.d = 20d = 140 => d = 7 => a = 28 ; b = 35. 
Bài toán 6 : Tìm hai số nguyên dương a, b biết a + b = 128 và (a, b) = 16. 
Lời giải : Lập luận như bài 1, giả sử a ≤ b. 
Ta có : a = 16m ; b = 16n với m, n thuộc Z+ ; (m, n) = 1 ; m ≤ n. 
Vì vậy : a + b = 128 tương đương 16(m + n) = 128 tương đương m + n = 8
Tương đương với m = 1, n = 7 hoặc m = 3, n = 5 hay a = 16, b = 112 hoặc a = 48, b = 80 
Bài toán 7 : Tìm a, b biết a + b = 42 và [a, b] = 72. 
Lời giải : Gọi d = (a, b) => a = md ; b = nd với m, n thuộc Z+ ; (m, n) = 1. 
Không mất tính tổng quát, giả sử a ≤ b => m ≤ n. 
Do đó : a + b = d(m + n) = 42 (1) 
   [a, b] = mnd = 72 (2) 
=> d là ước chung của 42 và 72 => d thuộc {1 ; 2 ; 3 ; 6}. 
Lần lượt thay các giá trị của d vào (1) và (2) để tính m, n ta thấy chỉ có trường hợp d = 6 =>   m + n = 7 và mn = 12 => m = 3 và n = 4 . (thỏa mãn các điều kiện của m, n). Vậy d = 6 và a = 3.6 = 18 , b = 4.6 = 24 
Bài toán 8 : Tìm a, b biết a - b = 7, [a, b] = 140. 
Lời giải : Gọi d = (a, b) => a = md ; b = nd với m, n thuộc Z+ ; (m, n) = 1. 
Do đó : a - b = d(m - n) = 7   (1’) 
   [a, b] = mnd = 140   (2’) 
=> d là ước chung của 7 và 140 => d thuộc {1 ; 7}. 
Thay lần lượt các giá trị của d vào (1’) và (2’) để tính m, n ta được kết quả duy nhất : 
d = 7 => m - n = 1 và mn = 20 => m = 5, n = 4 
Vậy d = 7 và a = 5.7 = 35 ; b = 4.7 = 28 . 
Bài tập tự giải : 
1/ Tìm hai số a, b biết 7a = 11b và (a, b) = 45. 
2/ Tìm hai số biết tổng của chúng bằng 448, ƯCLN của chúng bằng 16 và chúng có các chữ số hàng đơn vị giống nhau. 
3/ Cho hai số tự nhiên a và b. Tìm tất cả các số tự nhiên c sao cho trong ba số, tích của hai số luôn chia hết cho số còn lại.
6
CHỨNG MINH MỘT SỐ KHÔNG PHẢI LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG
Trong chương trình Toán lớp 6, các em đã được học về các bài toán liên quan tới phép chia hết của một số tự nhiên cho một số tự nhiên khác 0 và đặc biệt là được giới thiệu về số chính phương, đó là số tự nhiên bằng bình phương của một số tự nhiên (chẳng hạn : 0 ; 1 ; 4 ; 9 ;16 ; 25 ; 121 ; 144 ; ). 
Kết hợp các kiến thức trên, các em có thể giải quyết bài toán : Chứng minh một số không phải là số chính phương. Đây cũng là một cách củng cố các kiến thức mà các em đã được học. Những bài toán này sẽ làm tăng thêm lòng say mê môn toán cho các em. 
1. Nhìn chữ số tận cùng 
Vì số chính phương bằng bình phương của một số tự nhiên nên có thể thấy ngay số chính phương phải có chữ số tận cùng là một trong các chữ số 0 ; 1 ; 4 ; 5 ; 6 ; 9. Từ đó các em có thể giải được bài toán kiểu sau đây : 
Bài toán 1 : Chứng minh số : n = 20042 + 20032 + 20022 - 20012 
không phải là số chính phương. 
Lời giải : Dễ dàng thấy chữ số tận cùng của các số 20042 ; 20032 ; 20022 ; 20012 lần lượt là 6 ; 9 ; 4 ; 1. Do đó số n có chữ số tận cùng là 8 nên n không phải là số chính phương. 
Chú ý : Nhiều khi số đã cho có chữ số tận cùng là một trong các số 0 ; 1 ; 4 ; 5 ; 6 ; 9 nhưng vẫn không phải là số chính phương. Khi đó các bạn phải lưu ý thêm một chút nữa : 
Nếu số chính phương chia hết cho số nguyên tố p thì phải chia hết cho p2. 
Bài toán 2 : Chứng minh số 1234567890 không phải là số chính phương. 
Lời giải : Thấy ngay số 1234567890 chia hết cho 5 (vì chữ số tận cùng là 0) nhưng không chia hết cho 25 (vì hai chữ số tận cùng là 90). Do đó số 1234567890 không phải là số chính phương. 
Chú ý : Có thể lý luận 1234567890 chia hết cho 2 (vì chữ số tận cùng là 0), nhưng không chia hết cho 4 (vì hai chữ số tận cùng là 90) nên 1234567890 không là số chính phương. 
Bài toán 3 : Chứng minh rằng nếu một số có tổng các chữ số là 2004 thì số đó không phải là số chính phương. 
Lời giải : Ta thấy tổng các chữ số của số 2004 là 6 nên 2004 chia hết cho 3 mà không chia hết 9 nên số có tổng các chữ số là 2004 cũng chia hết cho 3 mà không chia hết cho 9, do đó số này không phải là số chính phương. 
2. Dùng tính chất của số dư 
Chẳng hạn các em gặp bài toán sau đây : 
Bài toán 4 : Chứng minh một số có tổng các chữ số là 2006 không phải là số chính phương. 
Chắc chắn các em sẽ dễ bị “choáng”. Vậy ở bài toán này ta sẽ phải nghĩ tới điều gì ? Vì cho giả thiết về tổng các chữ số nên chắc chắn các em phải nghĩ tới phép chia cho 3 hoặc cho 9. Nhưng lại không gặp điều “kì diệu” như bài toán 3. Thế thì ta nói được điều gì về số này ? Chắc chắn số này chia cho 3 phải dư 2. Từ đó ta có lời giải. 
Lời giải : Vì số chính phương khi chia cho 3 chỉ có số dư là 0 hoặc 1 mà thôi (coi như bài tập để các em tự chứng minh !). Do tổng các chữ số của số đó là 2006 nên số đó chia cho 3 dư 2. Chứng tỏ số đã cho không phải là số chính phương. 
Tương tự các em có thể tự giải quyết được 2 bài toán : 
Bài toán 5 : Chứng minh tổng các số tự nhiên liên tiếp từ 1 đến 2005 không phải là số chính phương. 
Bài toán 6 : Chứng minh số :
n = 20044 + 20043 + 20042 + 23 không là số chính phương. 
Bây giờ các em theo dõi bài toán sau để nghĩ tới một “tình huống” mới. 
Bài toán 7 : Chứng minh số :
n = 44 + 4444 + 444444 + 44444444 + 15 không là số chính phương. 
Nhận xét : Nếu xét n chia cho 3, các em sẽ thấy số dư của phép chia sẽ là 1, thế là không “bắt chước” được cách giải của các bài toán 3 ; 4 ; 5 ; 6. Nếu xét chữ số tận cùng các em sẽ thấy chữ số tận cùng của n là 9 nên không làm “tương tự” được như các bài toán 1 ; 2. Số dư của phép chia n cho 4 là dễ thấy nhất, đó chính là 3. Một số chính phương khi chia cho 4 sẽ cho số dư như thế nào nhỉ ? Các em có thể tự chứng minh và được kết quả : số dư đó chỉ có thể là 0 hoặc 1. Như vậy là các em đã giải xong bài toán 7. 
3. “Kẹp” số giữa hai số chính phương “liên tiếp” 
Các em có thể thấy rằng : Nếu n là số tự nhiên và số tự nhiên k thỏa mãn n2 < k < (n + 1)2 thì k không là số chính phương. Từ đó các em có thể xét được các bài toán sau : 
Bài toán 8 : Chứng minh số 4014025 không là số chính phương. 
Nhận xét : Số này có hai chữ số tận cùng là 25, chia cho 3 dư 1, chia cho 4 cũng dư 1. Thế là tất cả các cách làm trước đều không vận dụng được. Các em có thể thấy lời giải theo một hướng khác. 
Lời giải : Ta có 20032 = 4012009 ; 20042 = 4016016 nên 20032 < 4014025 < 20042. Chứng tỏ 4014025 không là số chính phương. 
Bài toán 9 : Chứng minh A = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) không là số chính phương với mọi số tự nhiên n khác 0. 
Nhận xét : Đối với các em đã làm quen với dạng biểu thức này thì có thể nhận ra A + 1 là số chính phương (đây là bài toán quen thuộc với lớp 8). Các em lớp 6, lớp 7 cũng có thể chịu khó đọc lời giải. 
Lời giải : Ta có : A + 1 = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 = (n2 + 3n)(n2 + 3n + 2) + 1 = (n2 + 3n)2 + 2(n2 + 3n) +1 = (n2 + 3n +1)2. 
Mặt khác : 
(n2 + 3n)2 < (n2 + 3n)2 + 2(n2 + 3n) = A. 
Điều này hiển nhiên đúng vì n ≥ 1. Chứng tỏ : (n2 + 3n)2 A không là số chính phương. 
Các em có thể rèn luyện bằng cách thử giải bài toán sau : 
Bài toán 10 : Hãy tìm số tự nhiên n sao cho A = n4 - 2n3 + 3n2 - 2n là số chính phương. 
Gợi ý : Nghĩ đến (n2 - n + 1)2. 
Bài toán 11 : Chứng minh số 235 + 2312 + 232003 không là số chính phương. 
Gợi ý : Nghĩ đến phép chia cho 3 hoặc phép chia cho 4. 
Bài toán 12 : Có 1000 mảnh bìa hình chữ nhật, trên mỗi mảnh bìa được ghi một số trong các số từ 2 đến 1001 sao cho không có hai mảnh nào ghi số giống nhau. Chứng minh rằng : Không thể ghép tất cả các mảnh bìa này liền nhau để được một số chính phương. 
Bài toán 13 : Chứng minh rằng : Tổng các bình phương của bốn số tự nhiên liên tiếp không thể là số chính phương. 
Gợi ý : Nghĩ tới phép chia cho 4. 
Bài toán 14 : Chứng minh rằng số 333333 + 555555 + 777777 không là số chính phương. 
Gợi ý : Nghĩ đến phép chia cho  một chục (?) 
Bài toán 15 : Lúc đầu có hai mảnh bìa, một cậu bé tinh nghịch cứ cầm một mảnh bìa lên lại xé ra làm bốn mảnh. Cậu ta mong rằng cứ làm như vậy đến một lúc nào đó sẽ được số mảnh bìa là một số chính phương. Cậu ta có thực hiện được mong muốn đó không ? 
Để kết thúc bài viết này, tôi muốn chúc các em học thật giỏi môn toán ngay từ đầu bậc THCS và cho tôi được nói riêng với các quý thầy cô : ... ai đường tròn (O, R) và (O’, R’) tiếp xúc ngoài với nhau tại A. Gọi D là một điểm thuộc (O). Kẻ tiếp tuyến DA’ với (O’). 
a) Tính độ dài DA’ theo DA, R, R’. 
b) Vẽ tam giác đều DBC nội tiếp (O). 
Bài toán 12 : Cho tam giác ABC, trung tuyến AM và phân giác AD. Đường tròn ngoại tiếp tam giác ADM cắt AB, AC theo thứ tự tại E, F. Chứng minh rằng BE = CF.
9h
NHỮNG KHAI THÁC TỪ MỘT BÀI TOÁN QUỸ TÍCH CƠ BẢN
Làm sao để có thể vận dụng tốt các kiến thức cơ bản vào việc giải quyết các bài toán ? Điều này có thể rèn luyện bằng cách tự tìm tòi, khám phá những điều mới mẻ từ những bài toán cũ. 
Ví dụ sau đây bắt đầu từ một bài toán quỹ tích rất quen thuộc. 
Bài toán 1 : Cho ÐxOy và hai điểm M, N lần lượt di động trên Ox, Oy sao cho OM = ON. Tìm quỹ tích trung điểm I của MN. 
Hướng dẫn : Dễ dàng nhận thấy DOMN cân tại O, vì I là trung điểm của MN nên I nằm trên tia phân giác trong Ot của ÐxOy 
Thay dữ kiện OM = ON của bài toán trên thành OM + ON = a không đổi, ta sẽ thu được một kết quả hoàn toàn mới. 
Bài toán 2 : Cho ÐxOy và hai điểm M, N lần lượt di động trên Ox, Oy sao cho OM + ON = a không đổi. Tìm quỹ tích trung điểm I của MN. 
Lời giải : 
+ Phần thuận : Trước hết ta xét các vị trí đặc biệt của M và N. 
Khi N ≡ O thì M ≡ M1 (M1 Є Ox và OM1 = a) suy ra I ≡ E (E là trung điểm của OM1). 
Khi M ≡ O thì N ≡ N1 (N1 Є Oy và ON1 = a) suy ra I Є F (F là trung điểm của ON1). 
Tiếp theo, với M, N lần lượt chạy trên các đoạn OM1, ON1, ta sẽ chứng minh trung điểm I của MN chạy trên EF. Thật vậy : 
Vì OE = OF = 1/2 a ; MO + ON = OE + OF = a nên EM = NF và hai đoạn thẳng MN, EF luôn cắt nhau (khi M khác E, N khác F). Gọi giao điểm của MN và EF là I1. 
Từ M kẻ đường thẳng song song với Oy, cắt EF tại P, ÐOFE = ÐMPE (so le trong) ; ÐOEF = ÐMEP (đối đỉnh) ; ÐOFE = ÐOEF (do OE = OF). 
Suy ra ÐMPE = ÐMEP => ∆MPE cân tại M 
=> MP = ME = NF => ∆MPI1 = ∆NFI1 (g.c.g) 
=> MI1 = NI1 => I1 ≡ I là trung điểm của MN. 
+ Phần đảo : Đề nghị các bạn tự giải. 
+ Kết luận : Quỹ tích trung điểm I của đoạn thẳng MN là toàn bộ đoạn thẳng EF. 
Tiếp tục thay đổi dữ kiện ÐxOy của cả hai bài toán trên bằng cách tách rời hai tia Ox, Oy thành hai tia Ax, By (A khác B) ta sẽ có tiếp hai bài toán mở rộng. 
Bài toán 3 : Cho hai tia không cắt nhau Ax và By cùng nằm trên một nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng AB. Hai điểm M, N lần lượt di động trên Ax, By sao cho AM = BN. Tìm quỹ tích trung điểm I của MN. 
Bài toán 4 : Cho hai tia không cắt nhau Ax và By cùng nằm trên một nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng AB. Hai điểm M, N lần lượt di động trên Ax, By sao cho AM + BN = a không đổi. Tìm quỹ tích trung điểm I của MN. 
Hướng dẫn : Gọi O là trung điểm của AB, qua O kẻ các tia Ox1, Oy1 theo thứ tự song song và cùng phía với Ax, By. 
Với bài toán 4 : Ta kẻ đường thẳng qua M, song song với AB cắt Ox1 tại M1 ; đường thẳng qua N song song với AB cắt Oy1 tại N1. Các tứ giác OAMM1, OBNN1 là các hình bình hành nên OM1 = AM, ON1 = BN suy ra OM1 + ON1 = a không đổi, theo bài toán 2 thì quỹ tích trung điểm I1 của đoạn thẳng M1N1 là đoạn thẳng EF (E ≡ Ox1, F ≡ Oy1 và OE = OF = 1/2 
Tứ giác MM1NN1 là hình bình hành nên trung điểm I1 của đường chéo M1N1 trùng với trung điểm I của đường chéo MN. 
Vậy quỹ tích trung điểm I của đoạn thẳng MN cũng là đoạn thẳng EF. 
Với bài toán 3 : Tương tự ta có quỹ tích trung điểm I của MN sẽ là tia phân giác trong Ot của Ðx1Oy1 
Kết hợp bài toán 3 và bài toán 4 ta có bài toán sau : 
Bài toán 5 : Cho hai tia không cắt nhau Ax và By cùng nằm trên một nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng AB. Hai điểm C, D lần lượt di động trên Ax, By sao cho AC = BD ; hai điểm M, N lần lượt di động trên Cx, Dy sao cho CM + DN = a không đổi. Tìm quỹ tích trung điểm I của MN. 
Hướng dẫn : 
Gọi O là trung điểm của AB, H là trung điểm của CD. Qua O kẻ các tia Ox1, Oy1 theo thứ tự song song và cùng phía với Ax, By. 
Theo bài toán 3, quỹ tích của điểm H là phân giác trong Ot của Ðx1Oy1 
Với mỗi cặp điểm C, D, từ trung điểm H của CD lần lượt kẻ các tia Hx2, Hy2 song song và cùng phía với Ax, By. Theo bài toán 4, quỹ tích trung điểm I của MN là đoạn thẳng EF trong đó E Є Hx2, F Є Hy2 và HE = HF = 1/2 không đổi. Mặt khác, do Ðx2Hy2 = Ðx1Oy1 không đổi nên EF có độ dài không đổi và nhận Ot là trục đối xứng. Khi C ≡ A và D ≡ B thì H ≡ O ; E ≡ A1 ; F ≡ B1 (A1 Є Ox1, B1 Є Oy1, OA1 = OB1 = 1/2 a). 
Vậy quỹ tích trung điểm I của MN là phần mặt phẳng giới hạn bởi đoạn A1B1 và hai tia A1E, B1F (song song, cùng phía với tia Ot). 
Thật là thú vị, tôi đã bổ sung ngay kết quả này vào bộ sưu tập “Quỹ tích có điểm trong” của mình (TTT2 số 12, 13, 14, 18).
8h
BÀN VỚI CÁC BẠN LỚP 7 VỀ PHƯƠNG PHÁP
3. Chứng minh một số hệ thức : 
Bài toán 5 : Cho tam giác ABC. Từ một điểm M trên cạnh BC vẽ các đường thẳng song song với AB và AC, lần lượt cắt AC và AB tại Q và P. Chứng minh rằng : 
AP/AB + AQ/AC = 1 
Lời giải : 
Nối AM, do AB // MQ nên ta có S(AMQ) = S(BMQ) suy ra S(AMQ) + S(CMQ) = S(BMQ) + S(CMQ) ị S(AMC) = S(BQC), mà S(AMC) = S(APC) (do AC // MP) nên S(BQC) = S(APC). Vậy 
Bài toán 6 : Lấy trong tam giác ABC một điểm M tùy ý. AM, BM, CM lần lượt cắt các cạnh BC, CA, AB tại A1, B1, C1. Chứng minh rằng : 
Lời giải : 
a) Ta có 
Tương tự ta có : 
Suy ra 
b) Ta lại có 
Tương tự ta có : 
Suy ra 
Bài toán 7 : Cho tam giác ABC. Gọi ha, hb, hc lần lượt là độ dài các đường cao thuộc các cạch BC, CA, AB ; d là khoảng cách từ giao điểm của các đường phân giác đến ba cạnh. 
Chứng minh rằng : 
Hướng dẫn : Gọi I là giao điểm của ba đường phân giác của tam giác ABC, lần lượt dựng IE, IF, ID vuông góc với AB, AC, BC. Ta có ID = IE = IF = d, khi đó 
Suy ra 
4. Chứng minh đường thẳng song song : 
Bài toán 8 : Cho tam giác ABC. D và E lần lượt thuộc các cạnh AB và AC . Chứng minh rằng DE // BC AD/AB = AE/AC. 
Lời giải : 
Ta có DE // BC S(BDE) = S(CDE) 
 S(BDE) + S(ADE) = S(CDE) + S(ADE) 
 S(ABE) = S(ACD) S(ABE)/S(ABC) = S(ACD)/S(ABC) AE/AC = AD/AB. (đpcm). 
Lời bình : Đây chính là định lí Ta-lét trong tam giác được học ở lớp 8, ta đã chứng minh được dễ dàng nhờ diện tích tam giác. 
Bài toán 9 : Cho tam giác ABC, một đường thẳng song song với BC cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại D và E. Qua D, E lần lượt vẽ các đường thẳng song song với AC , AB cắt BE, DC lần lượt tại M, N. Chứng minh rằng : MN // BC. 
Lời giải : 
Giả sử BE cắt CD tại O, do EN // AB nên : 
S(BEN) = S(DEN) suy ra S(BON) = S(DOE). Tương tự, S(COM) = S(DOE) suy ra S(BON) = S(DOE) => S(BMN) = S(CMN) => MN // BC. 
Các ví dụ trên đây phần nào đã minh chứng được cho sức mạnh của “công cụ” diện tích tam giác trong việc giải quyết một số dạng toán. Một loạt các kiến thức chỉ được học, được chứng minh ở các lớp trên đã dễ dàng được chứng minh bằng cách vận dụng khéo léo các kiến thức đơn giản về diện tích tam giác. Mong rằng các bạn tiếp tục khám phá những ứng dụng khác của phương pháp này.
9d
VIẾT PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG
Để giúp các bạn bước vào kì thi cuối cấp đạt kết quả tốt, tôi xin được hệ thống lại các dạng bài tập cơ bản về viết phương trình đường thẳng y = ax + b. 
1) Biết tọa độ hai điểm thuộc đường thẳng 
Bài toán 1 : Xác định a và b để đường thẳng y = ax + b đi qua hai điểm A(1 ; -2) và B(2 ; 1). 
Lời giải : Đường thẳng y = ax + b đi qua A và B 
Vậy a = 3 và b = -5. 
Bài toán 2 : Cho hai điểm A và B thuộc parabol y = x2. Viết phương trình đường thẳng AB biết hoành độ của A và B lần lượt là -1 và 2. 
Lời giải : Vì A thuộc parabol y = x2, có hoành độ là -1 nên A có tung độ là (-1)2 = 1, suy ra A(-1 ; 1). Tương tự, ta xác định được B(2 ; 4). Đường thẳng y = ax + b đi qua A và B Vậy phương trình đường thẳng AB là : y = x + 2. 
Bài toán 3 : Trên parabol lấy hai điểm A và B. Biết hoành độ của A là xA = -2 ; tung độ của B là yB = 8. Viết phương trình đường thẳng AB. (Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 tỉnh Nam Định năm học 2002-2003) Lời giải : Vì A thuộc parabol ; xA = -2 suy ra yA = = 2 ị A(-2 ; 2). Vì B thuộc parabol ; yB = 8 suy ra x2B = 16 ị xB = 4 ị B(-4 ; 8) hoặc B(4 ; 8). Tương tự như hai bài toán trên ta viết được phương trình đường thẳng AB như sau : + Với A(-2 ; 2) và B(4 ; 8) ta có y = x + 4 ; + Với A(-2 ; 2) và B(-4 ; 8) ta có y = -3x - 4. 2) Biết tọa độ một điểm thuộc đường thẳng và hệ số góc của đường thẳng đó 
Bài toán 4 : Viết phương trình đường thẳng có hệ số góc là -2 và đi qua điểm A(1 ; 5). Lời giải : Phương trình đường thẳng có hệ số góc là -2 có dạng y = -2x + b, đường thẳng này đi qua A(1 ; 5) 5 = -2 + b b = 7. Vậy phương trình đường thẳng thỏa mãn yêu cầu là y = -2x + 7. 
Bài toán 5 : Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm B(-1 ; 8) và song song với đường thẳng y = 4x + 3. Lời giải : Hai đường thẳng song song có hệ số góc bằng nhau nên hệ số góc của đường thẳng phải tìm là 4, tương tự bài toán 4, ta tìm được kết quả là y = 4x + 12. 
Bài toán 6 : Viết phương trình đường thẳng song song với đường thẳng y = -x + 5 và cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 2. Lời giải : Điểm trên trục hoành có hoành độ bằng 2 là điểm có tọa độ (2 ; 0). Tương tự như bài toán trên ta tìm được kết quả là y = -x + 2. 3) Biết đường thẳng tiếp xúc với một parabol và một trong hai yếu tố thuộc dạng 2.
 Bài toán 7 : Viết phương trình đường thẳng tiếp xúc với parabol y = x2 và đi qua điểm A(1 ; 1). Lời giải : Phương trình đường thẳng cần tìm có dạng y = ax + b đi qua A(1 ; 1) nên 1 = a + b hay b = 1 - a. Như vậy đường thẳng cần tìm trở thành : y = ax + 1 - a. Đường thẳng này tiếp xúc với parabol y = x2 phương trình x2 = ax + 1 - a hay x2 - ax + a - 1 = 0 có nghiệm kép Dx = 0 (-a)2 - 4(a - 1) = 0 a2 - 4a + 4 = 0 (a - 2)2 = 0 a = 2. Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là : y = 2x - 1. 
Bài toán 8 : Viết phương trình đường thẳng có đúng một điểm chung với parabol y = x2 và song song với đường thẳng y = 3x + 12. Lời giải : Phương trình đường thẳng cần tìm có dạng y = ax + b song song với đường thẳng y = 3x + 12 nên a = 3. Như vậy đường thẳng cần tìm trở thành : y = 3x + b. Đường thẳng này tiếp xúc với parabol y = x2 phương trình x2 = 3x + b hay x2 - 3x - b = 0 có nghiệm kép Dx = 0 (-3)2 + 4b = 0 4b = -9 b = . Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là : Sau đây là một số bài tập luyện tập.
 Bài tập 1 : Xác định a và b để đường thẳng y = ax + b đi qua A(-2 ; 15) và B(3 ; -5). 
Bài tập 2 : Viết phương trình đường thẳng có hệ số góc là -1 và đi qua gốc tọa độ. 
Bài tập 3 : Xác định a và b để đường thẳng y = ax + b song song với đường thẳng y = 3x và cắt đường thẳng tại điểm nằm trên trục tung. 
Bài tập 4 : Gọi (d) là đường thẳng đi qua A(1 ; 1) và cắt trục hoành tại điểm có hoành độ là 2005. Hãy viết phương trình đường thẳng (d). 
Bài tập 5 : Viết phương trình đường thẳng song song với đường thẳng y = x + 1 và cắt parabol tại điểm có tung độ là 4