Câu lạc bộ Toán học & tuổi trẻ đề dành cho học sinh Khối 8 - Trường THCS Nguyễn Du

TRƯỜNG THCS NGUYỄN DU 
CÂU LẠC BỘ TOÁN HỌC & TUỔI TRẺ 
ĐỀ DÀNH CHO HỌC SINH KHỐI 8 
Bài 1. Cho biểu thức. 
 𝑃 = .1 −
/ ∙ .1 −
/⋯.1 −
 ⋯ 
/ 
(với mọi 𝑛 ∈ 𝑁 , 𝑛 ≥ 2) 
a) Rút gọn biểu thức 𝑃 
b) Tìm số tự nhiên 𝑛 để 
 là số tự nhiên ? 
Bài 2. Giải các phương trình 
a) 𝑥 − 2(𝑥 − 3)(𝑥 + 12𝑥 − 36) = 0 
b) 
( ) 
+
−
( ) 
=
 ( )
c) 𝑥 .
/ .𝑥 −
/ =
Bài 3. Cho ta giác ABC có 𝐴𝐶 = 85 𝑐𝑚; 𝐴𝐵 = 204 𝑐𝑚 
diện tích bằng 8 670 𝑐𝑚 . 
a) Tính độ dài cạnh 𝐵𝐶 =? 
b) D là điểm thuộc BC và 𝐶𝐷 = 65 𝑐𝑚. Đường thẳng vuông góc với AD cắt đường thẳng 
BC tai E. Tính EC 
Bài 4. 0 ≤ 𝑥 ≤ 4. Tìm GTNN và GTLN của biểu thúc: 
 𝐹 = 𝑥(𝑥 − 12) 
Bài 1. a) Rút gọn biểu thức 
𝑃 = .1 −
/ ∙ .1 −
/⋯.1 −
 ⋯ 
/ (với mọi 𝑛 ∈ 𝑁 , 𝑛 ≥ 2) 
Lời giải 
Ta có. 𝑃 = .1 −
/ ∙ .1 −
/⋯.1 −
 ⋯ 
/ 
= (1 −
 . 
) ∙ (1 −
 . 
)⋯(1 −
 ( )
) 
= .1 −
 . 
/ ∙ .1 −
 . 
/⋯.1 −
 ( )
/ 
Xét thừa số tổng quát. 𝑎 = 1 −
 ( )
 ta có. 
𝑎 = 1 −
 ( )
=
 ( ) 
 ( )
=
 ( )
= 
( )( )
 ( )
Áp dụng công thức của thừa số tổng quát 
 𝑎 =
( )( )
 ( )
 cho tích 𝑃 ta có. 
𝑃 = 𝑎 ∙ 𝑎 ⋯𝑎 ∙ 𝑎 = .1 −
 . 
/ ∙ .1 −
 . 
/⋯.1 −
 ( )
/ 
=
( )( )
 . 
∙
( )( )
 . 
⋯
( )( )
 ( )
 =
 . 
 . 
∙
 . 
 . 
∙
 . 
 . 
∙ ⋯
, -, -
( ) 
∙
( )( )
 ( )
=
 . . ( ).( )
 . . ( ). 
∙
 . ( )( )
 . . ( )
 =
∙
=
b) Tìm số tự nhiên 𝑛 để 
 là số tự nhiên ? 
Ta có. 𝑃 =
⇒ 
=
=
 ( ) 
= 3 −
 là số nguyên khi và chỉ khi phân số 
 là số nguyên ⇒ 6 ⋮ (𝑛 + 2) với mọi 𝑛 ∈ 𝑁 , 𝑛 ≥ 2 ⇒ 𝑛 + 2 = 6 (do 𝑛 + 2 ≥ 4.) 
⇒ 𝑛 = 4 (TM ). 
ĐS: a) 𝑃 =
 b) n = 4 
Bài 2. Giải các phương trình 
a) 𝑥 − 2(𝑥 − 3)(𝑥 + 12𝑥 − 36) = 0 
Lời giải 
Ta có 𝑥 − 2(𝑥 − 3)(𝑥 + 12𝑥 − 36) = 0 
 ⇔ 𝑥 − 2(𝑥 − 3),𝑥 + 12(𝑥 − 3)- = 0 
Đặt 𝑥 = 𝑦 ≥ 0; 𝑥 − 3 = 𝑧 ta có. 
 𝑦 − 2𝑧(𝑦 + 12𝑧) = 0 ⇔ ,𝑦 − 2𝑦𝑧 + 𝑧 - = 25𝑧 ⇔ (𝑦 − 𝑧) = 25𝑧 
 ⇔ [
𝑦 − 𝑧 = 5𝑧 
𝑦 − 𝑧 = −5𝑧
⇔ [
𝑦 − 6𝑧 = 0
𝑦 + 4𝑧 = 0
TH1. 𝑦 − 6𝑧 = 𝑥 − 6(𝑥 − 3) = 0 
 ⇔ 𝑥 − 6𝑥 + 18 = 0 ⇔ (𝑥 − 3) + 9 = 0 (vô nghiệm) 
TH2. 𝑦 + 4𝑧 = 𝑥 + 4(𝑥 − 3) = 0 
 ⇔ 𝑥 + 4𝑥 − 12 = 0 ⇔ (𝑥 − 2𝑥) + (6𝑥 − 12) = 0 
 ⇔ (𝑥 − 2)(𝑥 + 6) = 0 ⇔ [𝑥 = 2 
𝑥 = −6
ĐS: Phương trình có tập nghiệm là. 𝑆 = *−6; 2+ 
b) 
( ) 
+
−
( ) 
=
 ( )
Lời giải 
ĐK: 𝑥 ≠ 0; 𝑥 ≠ ±2 Đặt {
(𝑥 − 2) = 𝑎
𝑥 = 𝑏 
(𝑥 + 2) = 𝑐
Ta có. 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 = 3𝑥(𝑥 + 8) 
và 
+
+
=
⇔ (𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎)(𝑎 + 𝑏 + 𝑐) = 𝑎𝑏𝑐 
⇔ ,𝑎𝑏 + 𝑐(𝑎 + 𝑏)-,(𝑎 + 𝑏) + 𝑐- = 𝑎𝑏𝑐 
⇔ 𝑎𝑏(𝑎 + 𝑏) + 𝑎𝑏𝑐 + 𝑐(𝑎 + 𝑏) + 𝑐 (𝑎 + 𝑏) = 𝑎𝑏𝑐 
⇔ 𝑎𝑏(𝑎 + 𝑏) + 𝑎𝑏𝑐 + 𝑐(𝑎 + 𝑏) + 𝑐 (𝑎 + 𝑏) = 𝑎𝑏𝑐 
⇔ (𝑎 + 𝑏)(𝑎𝑏 + 𝑎𝑐 + 𝑏𝑐 + 𝑐 ) = 0 
⇔ (𝑎 + 𝑏)(𝑏 + 𝑐)(𝑐 + 𝑎) = 0 
⇔ [
𝑎 + 𝑏 = 0
𝑏 + 𝑐 = 0
𝑐 + 𝑎 = 0
⇔ [
𝑎 = −𝑏
𝑏 = −𝑐
𝑐 = −𝑎
. Từ đây ta suy ra. 
[
(𝑥 − 2) = −𝑥 
𝑥 = −(𝑥 + 2) 
(𝑥 + 2) = −(𝑥 − 2) 
⇔ [
𝑥 − 2 = −𝑥 
𝑥 = −𝑥 − 2 
𝑥 + 2 = −𝑥 + 2
 ⇔ [
𝑥 = 1 
𝑥 = −1 
𝑥 = 0 (𝑙𝑜ạ𝑖)
ĐS: Phương trình có tập nghiệm là 𝑆 = *−1; 1+ 
c) 𝑥 .
/ .𝑥 −
/ =
Lời giải 
ĐK. 𝑥 ∉ *0; 1+ 
Ta có. 𝑥 .
/ + .𝑥 −
/ =
=
 ( )
= 4 
 ⇒ .𝑥 −
/ = 4 − 𝑥 .
/ 
Đặt 𝑥 .
/ = 𝑦 ⇒ .𝑥 −
/ = 4 − 𝑦 thay vào 
phương trình đã cho ta có. 
 𝑦,4 − 𝑦- =
⇔ 4𝑦 − 16𝑦 + 15 = 0 
⇔ (4𝑦 − 6𝑦) − (10𝑦 − 15) = 0 ⇔ (2𝑦 − 3)(2𝑦 − 5) = 0 ⇔ [
𝑦 =
𝑦 =
TH1. 𝑦 =
 ta có. 𝑥 .
/ =
 ⇔ 2𝑥 − 3𝑥 − 5 = 0 
⇔ (𝑥 + 1)(2𝑥 − 5) = 0 ⇔ *
𝑥 = −1
𝑥 =
TH2. 𝑦 =
 ta có 𝑥 .
/ =
⇔ 2𝑥 − 5𝑥 − 3 = 0 
⇔ (𝑥 − 3)(2𝑥 + 1) = 0 ⇔ *
𝑥 = 3
𝑥 = −
ĐS: Phương trình có TN. 𝑆 = {−1;−
;
; 3} 
Bài 4. Hình vẽ 
a) Kẽ đường 
 cao 𝐶𝐾 ta có 
 𝑆 =
𝐶𝐾. 𝐴𝐵 =
∙ 𝐶𝐾 ∙ 204 = 8 670 𝑐𝑚 
 =
∙ 85 ∙ 204 =
∙ 𝐴𝐶 ∙ 𝐴𝐵 
 ⇒ 𝐶𝐾 = 𝐶𝐴 ⇒ ∆𝐶𝐴𝐾 cân tại C. ⇒ 𝐶𝐴�̂� = 𝐶𝐾�̂� = 90 
 ⇒ 𝐴𝐶�̂� = 180 − (𝐶𝐴�̂� + 𝐶𝐾�̂�) = 0 ⇒ 𝐾 ≡ 𝐴 ⇒ ∆𝐴𝐵𝐶 vuông tại A 
Theo định lí Pi ta go ta có. 𝐵𝐶 = 𝐴𝐵 + 𝐴𝐶 
 = 204 + 85 = 48 841 = 221 
 ⇒ 𝐵𝐶 = 221 cm 
b) Kẻ đường 
 phân giác AF, 
Theo tính chất 
đường phân giác ta có. 
=
⇒
=
=
 ⇒ 12𝐹𝐶 = 5(221 − 𝐹𝐶) ⇒ 𝐹𝐶 = 65 = 𝐷𝐶 
 ⇒ 𝐷 ≡ 𝐹 ⇒ 𝐴𝐷 và AE lần lượt la đường phân giác trong và ngoài của tam giác ABC. (vì 
𝐴𝐷 ⊥ 𝐴𝐸) 
Theo tính chất đường phân giác ta có. 
=
=
⇒
=
⇒
=
 ⇒ 204𝐸𝐶 = 85𝐸𝐶 + 18 785 ⇒ 119𝐸𝐶 = 18 785 
⇒ 𝐸𝐶 =
=
 cm 
Bài 4. Lời giải 
*) Tìm GTLN của F 
 Ta có 𝐹 = 𝑥(𝑥 − 12) = 𝑥 − 12𝑥 
 = 𝑥(𝑥 − 4 ) + 4𝑥 
Vì 0 ≤ 𝑥 ≤ 4 ⇒ 𝑥(𝑥 − 4 ) ≤ 0 nên ta suy ra 
 ⇒ 𝐹 = 𝑥(𝑥 − 4 ) + 4𝑥 ≤ 16 
*) Tìm GTNN của F 
Ta có 𝐹 = 𝑥(𝑥 − 12) = 𝑥 − 12𝑥 
 = (𝑥 − 12𝑥 + 16 ) − 16 
 = (𝑥 + 4𝑥 ) − (4𝑥 + 16𝑥) + (4𝑥 + 16) − 16 
 = (𝑥 + 4)(𝑥 − 4𝑥 + 4) − 16 
 = (𝑥 + 4)(𝑥 − 2) − 16 ≥ −16 (với mọi 0 ≤ 𝑥 ≤ 4 ) 
Vậy 𝑚𝑎𝑥𝐹 = 16 khi 𝑥 = 4 và 𝑚𝑖𝑛𝐹 = −16 khi 𝑥 = 2 
TRƯỜNG THCS NGUYỄN DU 
CÂU LẠC BỘ TOÁN HỌC & TUỔI TRẺ 
ĐỀ DÀNH CHO HỌC SINH KHỐI 9 
Bài 1. a) Tìm các cặp số nguyên dương (𝑥; 𝑦) thỏa mãn: (𝑥 − 3) ⋮ (𝑥𝑦 + 3) 
b) Tìm các cặp số nguyên (𝑥; 𝑦) thỏa mãn phương trình: 
 √ 
−
 √ 
= 7 − 20√3 
Bài 2. Giải phương trình và hệ phương trình sau 
a) √2𝑥 + 5𝑥 + 12 + √2𝑥 + 3𝑥 + 2 = 𝑥 + 5 
b) {
𝑥𝑦 + 𝑦 = 6𝑥 
1 + 𝑥 𝑦 = 5𝑥 
Bài 3. Cho nữa đường tròn (𝑂; 𝑅) đường kính BC, A là điểm di động trên nữa đường tròn 
(𝑂; 𝑅). Gọi (𝐼; 𝑟); ( 𝐼 ; 𝑟 ) và (𝐼 ; 𝑟 ) lần lượt là các đường tròn nội tiếp các tam giác 
vuông ABC; AHB và ACH. Đường thẳng 𝐼 𝐼 cắt AB, AC theo thứ tự tại M, N. 
a) Chứng minh rằng 𝐴𝑀 = 𝐴𝑁 
b) Tìm vị trí của A trên nữa đường tròn để tổng. 
 𝜑 = 𝑟 + 𝑟 + 𝑟 đạt GTLN 
Bài 4. Cho 𝑎, 𝑏, 𝑐 ∈ ,0; 2- thỏa mãn: 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 = 3. Tìm GTLN của biểu thức. 𝐹 =
𝑎 + 𝑏 + 𝑐 
Bài 1. a) Tìm các cặp số nguyên dương (𝑥; 𝑦) thỏa mãn: (𝑥 − 3) ⋮ (𝑥𝑦 + 3) 
Lời giải. 
Ta có. (𝑥 − 3) ⋮ (𝑥𝑦 + 3) ⇒ 𝑦(𝑥 − 3) = (𝑥 𝑦 + 3𝑦) ⋮ (𝑥𝑦 + 3) 
 ⇒ ,𝑥(𝑥𝑦 + 3) − 3(𝑥 + 𝑦)- ⋮ (𝑥𝑦 + 3) ⇒ 3(𝑥 + 𝑦) ⋮ (𝑥𝑦 + 3) 
 ⇒ 3(𝑥 + 𝑦) = 𝑘(𝑥𝑦 + 3) (với 𝑘 ∈ 𝑁 ) 
Nếu 𝑘 ≥ 3 thì 3(𝑥 + 𝑦) = 𝑘(𝑥𝑦 + 3) ≥ 3(𝑥𝑦 + 3) 
 ⇒ 𝑥𝑦 + 3 ≤ 𝑥 + 𝑦 ⇒ (𝑥𝑦 − 𝑥 − 𝑦 + 1) + 2 ≤ 0 ⇒ (𝑥 − 1)(𝑦 − 1) + 2 ≤ 0 
(vô lí với ∀𝑥, 𝑦 ∈ 𝑁 ) ⇒ 𝑘 < 3 ⇒ 𝑘 ∈ *1; 2+ 
TH1. 𝑘 = 1 ta có 3(𝑥 + 𝑦) = 1 ∙ (𝑥𝑦 + 3) 
 ⇒ 𝑥𝑦 − 3𝑥 − 3𝑦 + 3 = 0 ⇒ 𝑥(𝑦 − 3) − 3(𝑦 − 3) = 6 ⇒ (𝑥 − 3)(𝑦 − 3) = 6 
 ⇒ 6 ⋮ (𝑥 − 3) ⇒ 𝑥 − 3 ∈ Ư(6) 
 ⇒ 𝑥 − 3 ∈ *−2;−1; 1; 2; 3; 6+ (do 𝑥 − 3 ≥ −2 với 𝑥 ∈ 𝑁 ) 
 ⇒
[
 𝑥 = 1; 𝑦 = 0
(loại) 
𝑥 = 2; 𝑦 = −6(loại)
𝑥 = 4; 𝑦 = 9 
𝑥 = 5; 𝑦 = 6 
𝑥 = 6; 𝑦 = 5 
𝑥 = 9; 𝑦 = 4 
TH2. 𝑘 = 2 ta có 3(𝑥 + 𝑦) = 2 ∙ (𝑥𝑦 + 3) 
 ⇒ 2𝑥𝑦 − 3𝑥 − 3𝑦 + 6 = 0 ⇒ 𝑥(2𝑦 − 3) − 3𝑦 + 6 = 0 
 ⇒ 2𝑥(2𝑦 − 3) − 6𝑦 + 12 = 0 ⇒ 2𝑥(2𝑦 − 3) − 3(2𝑦 − 3) + 3 = 0 
 ⇒ (2𝑦 − 3)(2𝑥 − 3) = −3 ⇒ 3 ⋮ (2𝑥 − 3) 
 ⇒ 2𝑥 − 3 ∈ Ư(3) ⇒ 2𝑥 − 3 ∈ *−1; 1; 3+ (do 2𝑥 − 3 ≥ −1 với 𝑥 ∈ 𝑁 ) 
 ⇒ [
𝑥 = 1; 𝑦 = 3 
𝑥 = 2; 𝑦 = 0(loại)
𝑥 = 3; 𝑦 = 1 
Thử lại ta thấy các cặp nguyên dương (𝑥; 𝑦)phải tìm là: (𝑥; 𝑦) ∈ *(9; 4); (6; 5); (3; 1)+ 
b) Tìm các cặp số nguyên (𝑥; 𝑦) thỏa mãn phương trình: 
 √ 
−
 √ 
= 7 − 20√3 
Lời giải 
Nếu 𝑥 = 0 thì ta dễ dàng tính được 𝑦 =
 √ 
∉ 𝑍 và ngược lại nếu y = 0 thì ta dễ dàng 
tính được 𝑥 =
 √ 
∉ 𝑍, suy ra 𝑥𝑦 ≠ 0 Với 𝑥𝑦 ≠ 0 ta có. 
 √ 
−
 √ 
= 7 − 20√3 
⇔ 3(𝑥 − √3𝑦) − 2(𝑥 + √3𝑦) = (7 − 20√3)(𝑥 − 3𝑦 ) 
⇔ ,7(𝑥 − 3𝑦 ) − 𝑥- − 5√3,4(𝑥 − 3𝑦 ) − 𝑦- = 0(*) 
Nhận xét. Nếu 4(𝑥 − 3𝑦 ) − 𝑦 ≠ 0 thì số trừ 
5√3,4(𝑥 − 3𝑦 ) − 𝑦- là số vô tỷ, còn số bị trừ 
7(𝑥 − 3𝑦 ) − 𝑥 lại là số hữu tỉ. Suy ra đẳng thức (*) không xẫy ra. 
Từ nhận xét trên ta suy ra 
 {
4(𝑥 − 3𝑦 ) − 𝑦 = 0 (1)
7(𝑥 − 3𝑦 ) − 𝑥 = 0 (2)
 ⇒ {
4(𝑥 − 3𝑦 ) = 𝑦 
7(𝑥 − 3𝑦 ) = 𝑥 
 ⇒
=
⇒ 𝑦 =
 (do 𝑥𝑦 ≠ 0) 
Thay 𝑦 =
 vào (2) ta có 7 [𝑥 − 3.
/
] − 𝑥 = 0 
 ⇔
𝑥 = 𝑥 ⇔ [
𝑥 = 0; 𝑦 = 0
𝑥 = 7; 𝑦 = 4
 ⇔ 𝑥 = 7; 𝑦 = 4 (do 𝑥𝑦 ≠ 0) 
ĐS: 𝑥 = 7; 𝑦 = 4 
c) √2𝑥 + 5𝑥 + 12 + √2𝑥 + 3𝑥 + 2 = 𝑥 + 5 (1) 
ĐK. 𝑥 > −5 
Ta có (1) ⇔
√ √ 
= 𝑥 + 5 ⇔
 ( )
√ √ 
= 𝑥 + 5 
⇔
√ √ 
= 1 ⇔ √2𝑥 + 5𝑥 + 12 − √2𝑥 + 3𝑥 + 2 = 2 (2) 
Từ (1) và (2) ta có {
√2𝑥 + 5𝑥 + 12 + √2𝑥 + 3𝑥 + 2 = 𝑥 + 5
√2𝑥 + 5𝑥 + 12 − √2𝑥 + 3𝑥 + 2 = 2 
 ⇔ {
2√2𝑥 + 5𝑥 + 12 = 𝑥 + 7 
2√2𝑥 + 3𝑥 + 2 = 𝑥 + 3 
⇔ {
4(2𝑥 + 5𝑥 + 12) = 𝑥 + 14𝑥 + 49
4(2𝑥 + 3𝑥 + 2) = 𝑥 + 6𝑥 + 9 
⇔ {7𝑥
 + 6𝑥 − 1 = 0
7𝑥 + 6𝑥 − 1 = 0
 ⇔ 7𝑥 + 6𝑥 − 1 = 0 ⇔ (𝑥 + 1)(7𝑥 − 1) = 0 
⇔ *
𝑥 = −1
𝑥 =
 (TM) 
ĐS: phương trình có tập nghiệm 𝑆 = {−1;
} 
Lời giải 
ĐK: 𝑥 ≠ 0 
Ta có {
𝑥𝑦 + 𝑦 = 6𝑥 
1 + 𝑥 𝑦 = 5𝑥 
⇔ {
𝑦 ∙
+ 𝑦 ∙
= 6
+ 𝑦 = 5 
 (chia cả hai vế của các phương trình cho 
𝑥 ) 
Đặt 
= 𝑧 ta có {
𝑦 ∙ 𝑧 + 𝑦 ∙ 𝑧 = 6
𝑧 + 𝑦 = 5 
⇔ {
𝑦𝑧(𝑦 + 𝑧) = 6 
(𝑦 + 𝑧) − 2𝑦𝑧 = 5
Đặt 𝑦 + 𝑧 = 𝑆; 𝑦𝑧 = 𝑃 với 𝑆 ≥ 4𝑃 
 Ta có {𝑃𝑆 = 6 
𝑆 − 2𝑃 = 5
⇔ {2𝑃𝑆 = 12 
2𝑃 = 𝑆 − 5
Thế phương trình dưới vào phương trình trên ta 
được ,𝑆 − 5-𝑆 = 12 ⇔ 𝑆 − 5𝑆 − 12 = 0 
⇔ (𝑆 − 9𝑆) + (4𝑆 − 12) = 0 ⇔ 𝑆(𝑆 − 3)(𝑆 + 3) + 4(𝑆 − 3) = 0 
⇔ (𝑆 − 3)(𝑆 + 3𝑆 + 4) = 0 ⇔ [
𝑆 − 3 = 0 
.𝑆 + 3𝑆 +
/ +
= 0 (𝑉𝑁)
⇔ 𝑆 = 3 
*) 𝑆 = 3 thay vào phương trình 𝑃𝑆 = 6 ta có 
3𝑃 = 6 ⇒ 𝑃 = 2 
Với 𝑆 = 3; 𝑃 = 2 ta có {
𝑦 + 𝑧 = 3 
𝑦𝑧 = 2 
⇔ {
𝑦 = 3 − 𝑧 
𝑧(3 − 𝑧) = 2
⇔ {𝑦 = 3 − 𝑧 
𝑧 − 3𝑧 + 2 = 0
⇔ {
(𝑧 − 1)(𝑧 − 2) = 0
𝑦 = 3 − 𝑧 
⇔ [
𝑧 = 1; 𝑦 = 2
𝑧 = 2; 𝑦 = 1
TH1. 𝑧 = 1; 𝑦 = 2 ta có 
= 1; 𝑦 = 2 ⇒ 𝑥 = 1; 𝑦 = 2 
TH2. 𝑧 = 2; 𝑦 = 1 ta có 
= 2; 𝑦 = 1 ⇒ 𝑥 =
; 𝑦 = 1 
Tóm lại hệ phương trình đã cho có hai nghiệm: (𝑥; 𝑦) = {(1; 2); .
; 1/} 
Bài 3. 
Hình vẽ 
a) Kẻ thêm các đường phụ như hình vẽ. 
Ta có 
 𝐵𝑂�̂� = 𝑂𝐶�̂� + 𝑂𝐴�̂� 
 = 𝐴𝐶�̂� +
𝐻𝐴�̂� (do 𝐴𝐶�̂� = 𝐻𝐴�̂�) 
= 𝐵𝐴�̂� + 𝐻𝐴�̂� = 𝐵𝐴�̂� ⇒ ∆𝐴𝐵𝐸 cân tại B, suy ra đường phân giác BQ cũng là đường 
cao, 𝐼 𝑄 là đường cao của ∆𝐴𝐼 𝐼 . Hoàn toàn tương tự 𝐼 𝑄 là đường cao của ∆𝐴𝐼 𝐼 . Từ 
đây suy ra I là trực tâm của ∆𝐴𝐼 𝐼 ⇒ 𝐴𝐼 ⊥ 𝐼 𝐼 
 ⇒ 𝐴𝐼 ⊥ 𝑀𝑁. 
Mặt khác là đường phân giác của 𝑀𝐴�̂� ⇒ ∆𝑀𝐴𝑁 cân tại A, suy 𝐴𝑀 = 𝐴𝑁 
b) Trước hết ta chứng minh đinh lí: Trong tam giác vuông bán kính đường tròn nội tiếp 
“bằng hiệu của nữa chi vi với cạnh huyền của tam giác vuông đó” 
 Thật vậy: Ta có 
*) APIN là hình vuông có cạnh r 
 {
𝐵𝑃 = 𝐵𝑀
𝐶𝑀 = 𝐶𝑁
⇒ 𝐴𝐵 + 𝐴𝐶 = (𝐴𝑃 + 𝑃𝐵) + (𝐴𝑁 + 𝑁𝐶) = (𝐴𝑃 + 𝐵𝑀) + (𝐴𝑁 + 𝐶𝑀) 
 = (𝐴𝑃 + 𝐴𝑁) + 𝐵𝑀 + 𝐶𝑀 = 2𝑟 + 𝐵𝐶 ⇒ 2𝑟 = 𝐴𝐵 + 𝐴𝐶 − 𝐵𝐶 
 = (𝐴𝐵 + 𝐴𝐶 + 𝐵𝐶) − 2𝐵𝐶 = 2𝑝 − 2𝐵𝐶 ⇒ 𝑟 = 𝑝 − 𝐵𝐶 (đpcm) 
Áp dụng định lí trên cho bài toán ta có. 
 𝑟 + 𝑟 + 𝑟 =
− 𝐵𝐶 +
 −𝐴𝐵 +
− 𝐴𝐶 
 =
 −(𝐴𝐵 + 𝐴𝐶 + 𝐵𝐶) = 𝐴𝐻 ≤ 𝑅 
 Vậy max 𝜑 = 𝑅 khi 𝐴𝐻 = 𝐴𝑂 = 𝑅 suy ra H là điểm chính giữa cung BC 
Bài 4. Ta giả sử 𝑎 = 𝑚𝑎𝑥*𝑎; 𝑏; 𝑐+ ⇒ 1 ≤ 𝑎 ≤ 2 (do ∀𝑎, 𝑏, 𝑐 ∈ ,0; 2-) 
⇒ (𝑎 − 1)(𝑎 − 2) ≤ 0 ⇒ 𝑎 − 3𝑎 + 2 ≤ 0 
⇒ 𝑎 ≤ 3𝑎 − 2 (*) 
⇒ 𝑎 ≤ 3𝑎 − 2𝑎 ≤ 3(3𝑎 − 2) − 2𝑎 = 7𝑎 − 6 
⇒ 𝑎 ≤ 7𝑎 − 6𝑎 ≤ 7(3𝑎 − 2) − 6𝑎 = 15𝑎 − 14 
TH1. 𝑏 ≤ 1 ta có 𝐹 = 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 
 ≤ 15𝑎 − 14 + 𝑏 + 𝑐 = 14𝑎 + (𝑎 + 𝑏 + 𝑐) − 14 
 ≤ 14.2 + 3 − 14 = 17 (1) 
TH2. a ≥ 𝑏 ≥ 1 tương tự với 𝑎 ≤ 15𝑎 − 14 ta 
cũng chứng minh được 𝑏 ≤ 15𝑏 − 14. 
Từ đây ta suy ra 𝐹 = 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 
 ≤ 15𝑎 − 14 + 15𝑏 − 14 + 𝑐 = 15(𝑎 + 𝑏 + 𝑐) − 28 − 14𝑐 = 15.3 − 28 − 14𝑐 
 = 17 − 14𝑐 ≤ 17 (2) 
Từ (1) và (2) ta suy ra 𝐹 ≤ 17 
Vậy max 𝐹 = 17 khi 𝑎 = 2; 𝑏 = 1; 𝑐 = 0 và các hoán vị của nó