PHẦN SỐ VÀ ĐẠI SỐ

Bài 1 (trang 110)

Đề bài: Tính giá trị của các biểu thức sau:

a) $\sqrt{25} + (2^2 \cdot 3)^2 \cdot \left(-\dfrac{1}{4}\right)^2 + 2\,020^0 + \left|-\dfrac{1}{4}\right|$;

b) $\dfrac{3^2 – 0{,}25 \cdot (7{,}5 – 5{,}1)}{-6{,}2 + 2 \cdot (0{,}5 + 1{,}6)}$.

Lời giải:

a) Tính giá trị biểu thức a).

Tính từng thành phần:

• $\sqrt{25} = 5$ (vì $5 > 0$ và $5^2 = 25$).
• $(2^2 \cdot 3)^2 = (4 \cdot 3)^2 = 12^2 = 144$.
• $\left(-\dfrac{1}{4}\right)^2 = \dfrac{1}{16}$.
• $(2^2 \cdot 3)^2 \cdot \left(-\dfrac{1}{4}\right)^2 = 144 \cdot \dfrac{1}{16} = \dfrac{144}{16} = 9$.
• $2\,020^0 = 1$ (mọi số khác $0$ luỹ thừa $0$ đều bằng $1$).
• $\left|-\dfrac{1}{4}\right| = \dfrac{1}{4}$.

Cộng các giá trị lại:

$$5 + 9 + 1 + \dfrac{1}{4} = 15 + \dfrac{1}{4} = \dfrac{60}{4} + \dfrac{1}{4} = \dfrac{61}{4}.$$

Kết luận: Giá trị biểu thức a) là $\dfrac{61}{4}$.

b) Tính giá trị biểu thức b).

Tính tử số:

• $7{,}5 – 5{,}1 = 2{,}4$.
• $0{,}25 \cdot 2{,}4 = 0{,}6$.
• $3^2 = 9$.
• Tử: $9 – 0{,}6 = 8{,}4$.

Tính mẫu số:

• $0{,}5 + 1{,}6 = 2{,}1$.
• $2 \cdot 2{,}1 = 4{,}2$.
• Mẫu: $-6{,}2 + 4{,}2 = -2$.

Lấy thương:

$$\dfrac{8{,}4}{-2} = -4{,}2.$$

Kết luận: Giá trị biểu thức b) là $-4{,}2$.

Bài 2 (trang 110)

Đề bài: Tính một cách hợp lí.

a) $\dfrac{5}{11} – \dfrac{10}{19} + 1{,}5 + \dfrac{17}{11} – \dfrac{9}{19}$;

b) $2\dfrac{3}{5} \cdot \left(-\dfrac{2}{3}\right) – 2\dfrac{1}{3} \cdot \left(-\dfrac{2}{3}\right) + \left(\dfrac{2}{3}\right)^2$.

Lời giải:

a) Tính hợp lí biểu thức a).

Nhóm các phân số có cùng mẫu lại với nhau:

$$\dfrac{5}{11} – \dfrac{10}{19} + 1{,}5 + \dfrac{17}{11} – \dfrac{9}{19} = \left(\dfrac{5}{11} + \dfrac{17}{11}\right) + \left(-\dfrac{10}{19} – \dfrac{9}{19}\right) + 1{,}5.$$

Tính từng nhóm:

• $\dfrac{5}{11} + \dfrac{17}{11} = \dfrac{22}{11} = 2$.
• $-\dfrac{10}{19} – \dfrac{9}{19} = -\dfrac{19}{19} = -1$.

Vậy tổng bằng:

$$2 + (-1) + 1{,}5 = 1 + 1{,}5 = 2{,}5.$$

Kết luận: Giá trị biểu thức a) là $2{,}5$.

b) Tính hợp lí biểu thức b).

Hai số hạng đầu có thừa số chung $\left(-\dfrac{2}{3}\right)$, đặt làm nhân tử chung:

$$2\dfrac{3}{5} \cdot \left(-\dfrac{2}{3}\right) – 2\dfrac{1}{3} \cdot \left(-\dfrac{2}{3}\right) = \left(-\dfrac{2}{3}\right) \cdot \left(2\dfrac{3}{5} – 2\dfrac{1}{3}\right).$$

Đổi hỗn số ra phân số: $2\dfrac{3}{5} = \dfrac{13}{5}$, $2\dfrac{1}{3} = \dfrac{7}{3}$.

$$2\dfrac{3}{5} – 2\dfrac{1}{3} = \dfrac{13}{5} – \dfrac{7}{3} = \dfrac{39}{15} – \dfrac{35}{15} = \dfrac{4}{15}.$$

Vậy:

$$\left(-\dfrac{2}{3}\right) \cdot \dfrac{4}{15} = -\dfrac{8}{45}.$$

Tính $\left(\dfrac{2}{3}\right)^2 = \dfrac{4}{9} = \dfrac{20}{45}$ (quy đồng cùng mẫu $45$).

Tổng cuối cùng:

$$-\dfrac{8}{45} + \dfrac{20}{45} = \dfrac{12}{45} = \dfrac{4}{15}.$$

Kết luận: Giá trị biểu thức b) là $\dfrac{4}{15}$.

Bài 3 (trang 110)

Đề bài:

a) Tìm $x$, biết $\dfrac{2}{5} x + \dfrac{3}{2} = \dfrac{3}{5} – \left(-\dfrac{1}{4}\right)$.

b) Có hay không số $x$ thoả mãn điều kiện $|x| + \dfrac{1}{5} = -\left(\dfrac{1}{2} – \dfrac{1}{3}\right)$?

c) Hãy ước tính (không tra bảng hay dùng máy tính) số dương $x$ (lấy đến một chữ số sau dấu phẩy) sao cho $x^2 = 13$. Sau đó dùng máy tính cầm tay (hoặc tra bảng) để tính $x$, chính xác đến hàng phần chục để kiểm tra xem con số em ước tính chênh lệch bao nhiêu so với kết quả tính bằng máy tính.

Lời giải:

a) Tìm $x$.

Chuyển $\dfrac{3}{2}$ sang vế phải:

$$\dfrac{2}{5} x = \dfrac{3}{5} + \dfrac{1}{4} – \dfrac{3}{2}.$$

Quy đồng mẫu chung $20$ cho vế phải:

$$\dfrac{3}{5} = \dfrac{12}{20}; \quad \dfrac{1}{4} = \dfrac{5}{20}; \quad \dfrac{3}{2} = \dfrac{30}{20}.$$

Suy ra:

$$\dfrac{2}{5} x = \dfrac{12 + 5 – 30}{20} = \dfrac{-13}{20}.$$

Tìm $x$ bằng cách chia hai vế cho $\dfrac{2}{5}$ (hay nhân với $\dfrac{5}{2}$):

$$x = \dfrac{-13}{20} \cdot \dfrac{5}{2} = \dfrac{-13 \cdot 5}{20 \cdot 2} = \dfrac{-65}{40} = \dfrac{-13}{8}.$$

Kết luận: $x = -\dfrac{13}{8}$.

b) Có hay không số $x$ thoả mãn $|x| + \dfrac{1}{5} = -\left(\dfrac{1}{2} – \dfrac{1}{3}\right)$?

Tính vế phải:

$$-\left(\dfrac{1}{2} – \dfrac{1}{3}\right) = -\left(\dfrac{3 – 2}{6}\right) = -\dfrac{1}{6}.$$

Xét vế trái:

Vì $|x| \geq 0$ với mọi số $x$ nên:

$$|x| + \dfrac{1}{5} \geq 0 + \dfrac{1}{5} = \dfrac{1}{5} > 0.$$

Trong khi đó vế phải bằng $-\dfrac{1}{6} < 0$. Hai vế luôn khác dấu, không thể bằng nhau.

Kết luận: Không tồn tại số $x$ nào thoả mãn đẳng thức đã cho.

c) Ước tính và kiểm tra.

Bước 1: Ước tính (không dùng máy tính).

Ta thấy:

• $3^2 = 9 < 13$.
• $4^2 = 16 > 13$.

Suy ra $3 < x < 4$. Thử các giá trị có một chữ số sau dấu phẩy giữa $3$ và $4$:

• $3{,}5^2 = 12{,}25$.
• $3{,}6^2 = 12{,}96$.
• $3{,}7^2 = 13{,}69$.

So sánh khoảng cách giữa $13$ với hai giá trị gần nhất:

• $13 – 12{,}96 = 0{,}04$ (rất gần).
• $13{,}69 – 13 = 0{,}69$.

→ Ước tính $x \approx 3{,}6$.

Bước 2: Kiểm tra bằng máy tính.

Dùng máy tính cầm tay: $\sqrt{13} \approx 3{,}605551\ldots$

Làm tròn đến hàng phần chục: $\sqrt{13} \approx 3{,}6$.

Bước 3: So sánh.

Kết quả ước tính ($3{,}6$) trùng với kết quả máy tính ($3{,}6$). Chênh lệch là $0$.

Kết luận: $x \approx 3{,}6$; chênh lệch giữa giá trị ước tính và giá trị tính bằng máy tính là $0$.

Bài 4 (trang 110)

Đề bài: Hai người thợ cùng làm tổng cộng được $136$ sản phẩm (thời gian làm như nhau). Hỏi mỗi người thợ làm được bao nhiêu sản phẩm, biết rằng người thứ nhất làm một sản phẩm mất $9$ phút, còn người thứ hai làm một sản phẩm mất $8$ phút?

Lời giải:

Bước 1: Lập tỉ số.

Gọi số sản phẩm mà người thứ nhất, người thứ hai làm được lần lượt là $x$ và $y$ (sản phẩm; $x, y > 0$).

Vì hai người làm cùng thời gian, nên tổng thời gian làm của mỗi người bằng nhau:

$$9 x = 8 y ;\Rightarrow; \dfrac{x}{8} = \dfrac{y}{9}.$$

(Ai làm $1$ sản phẩm nhanh hơn thì làm được nhiều sản phẩm hơn — tỉ lệ số sản phẩm “ngược” với tỉ lệ thời gian làm $1$ sản phẩm.)

Bước 2: Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau.

Có $x + y = 136$, áp dụng tính chất:

$$\dfrac{x}{8} = \dfrac{y}{9} = \dfrac{x + y}{8 + 9} = \dfrac{136}{17} = 8.$$

Bước 3: Tính $x$ và $y$.

• $\dfrac{x}{8} = 8 \Rightarrow x = 8 \cdot 8 = 64$.
• $\dfrac{y}{9} = 8 \Rightarrow y = 8 \cdot 9 = 72$.

Kiểm tra: $64 + 72 = 136$ ✓.

Kết luận: Người thứ nhất làm được $64$ sản phẩm; người thứ hai làm được $72$ sản phẩm.

Bài 5 (trang 110)

Đề bài: Ba khối $6$, $7$, $8$ của một trường Trung học cơ sở tham gia quyên góp vở tặng các bạn vùng khó khăn. Biết rằng số vở quyên góp được của ba khối theo thứ tự tỉ lệ thuận với $8$, $7$, $6$ và số vở khối $8$ quyên góp được ít hơn số vở khối $6$ quyên góp được là $80$ quyển. Hỏi mỗi khối quyên góp được bao nhiêu quyển vở?

Lời giải:

Bước 1: Đặt ẩn và lập tỉ số.

Gọi số vở khối $6$, $7$, $8$ quyên góp được lần lượt là $a$, $b$, $c$ (quyển; $a, b, c > 0$).

Theo đề bài, ba số $a$, $b$, $c$ tỉ lệ thuận với $8$, $7$, $6$:

$$\dfrac{a}{8} = \dfrac{b}{7} = \dfrac{c}{6}.$$

Số vở khối $8$ ít hơn khối $6$ là $80$ quyển: $a – c = 80$.

Bước 2: Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau.

$$\dfrac{a}{8} = \dfrac{c}{6} = \dfrac{a – c}{8 – 6} = \dfrac{80}{2} = 40.$$

Bước 3: Tính $a$, $b$, $c$.

• $\dfrac{a}{8} = 40 \Rightarrow a = 8 \cdot 40 = 320$.
• $\dfrac{b}{7} = 40 \Rightarrow b = 7 \cdot 40 = 280$.
• $\dfrac{c}{6} = 40 \Rightarrow c = 6 \cdot 40 = 240$.

Kiểm tra: $a – c = 320 – 240 = 80$ ✓.

Kết luận: Khối $6$ quyên góp được $320$ quyển; khối $7$ quyên góp được $280$ quyển; khối $8$ quyên góp được $240$ quyển.

Bài 6 (trang 110)

Đề bài: Cho hai đa thức $A = 6x^3 – 4x^2 – 12x – 7$ và $B = 2x^2 – 7$.

a) Xác định hệ số cao nhất và hệ số tự do trong mỗi đa thức đã cho.

b) Tính giá trị của đa thức $A + B$ tại $x = -2$.

c) Chứng minh rằng $x = 0$, $x = -1$ và $x = 2$ là ba nghiệm của đa thức $A – B$.

d) Thực hiện phép nhân $A \cdot B$ bằng hai cách.

e) Tìm đa thức $R$ có bậc nhỏ hơn $2$ sao cho hiệu $A – R$ chia hết cho $B$.

Lời giải:

a) Hệ số cao nhất và hệ số tự do.

• Đa thức $A = 6x^3 – 4x^2 – 12x – 7$:
  • Hệ số cao nhất là $6$ (hệ số của $x^3$, bậc cao nhất).
  • Hệ số tự do là $-7$ (số hạng không chứa $x$).
• Đa thức $B = 2x^2 – 7$:
  • Hệ số cao nhất là $2$ (hệ số của $x^2$).
  • Hệ số tự do là $-7$.

b) Tính $A + B$ tại $x = -2$.

Cách 1: Cộng đa thức trước rồi thay số.

$$A + B = (6x^3 – 4x^2 – 12x – 7) + (2x^2 – 7) = 6x^3 + (-4 + 2)x^2 – 12x + (-7 – 7) = 6x^3 – 2x^2 – 12x – 14.$$

Thay $x = -2$ vào:

$$A + B \Big|_{x=-2} = 6 \cdot (-2)^3 – 2 \cdot (-2)^2 – 12 \cdot (-2) – 14$$

$$= 6 \cdot (-8) – 2 \cdot 4 + 24 – 14 = -48 – 8 + 24 – 14 = -46.$$

Kết luận: Giá trị của $A + B$ tại $x = -2$ là $-46$.

c) Chứng minh $x = 0, -1, 2$ là nghiệm của $A – B$.

Tính $A – B$:

$$A – B = (6x^3 – 4x^2 – 12x – 7) – (2x^2 – 7) = 6x^3 – 4x^2 – 12x – 7 – 2x^2 + 7 = 6x^3 – 6x^2 – 12x.$$

Thay từng giá trị $x$ vào để kiểm tra:

• $x = 0$: $A – B = 6 \cdot 0 – 6 \cdot 0 – 12 \cdot 0 = 0$. → $x = 0$ là nghiệm.
• $x = -1$: $A – B = 6 \cdot (-1)^3 – 6 \cdot (-1)^2 – 12 \cdot (-1) = -6 – 6 + 12 = 0$. → $x = -1$ là nghiệm.
• $x = 2$: $A – B = 6 \cdot 2^3 – 6 \cdot 2^2 – 12 \cdot 2 = 48 – 24 – 24 = 0$. → $x = 2$ là nghiệm.

Kết luận: $x = 0$, $x = -1$, $x = 2$ đều là nghiệm của đa thức $A – B$. $\blacksquare$

d) Thực hiện phép nhân $A \cdot B$ bằng hai cách.

Cách 1: Nhân trực tiếp (dùng tính chất phân phối).

Nhân từng số hạng của $A$ với từng số hạng của $B$:

$$A \cdot B = (6x^3 – 4x^2 – 12x – 7)(2x^2 – 7)$$

$= 6x^3 \cdot 2x^2 + 6x^3 \cdot (-7) + (-4x^2) \cdot 2x^2 + (-4x^2) \cdot (-7) + (-12x) \cdot 2x^2 + (-12x) \cdot (-7) + (-7) \cdot 2x^2 + (-7) \cdot (-7)$

$= 12x^5 – 42x^3 – 8x^4 + 28x^2 – 24x^3 + 84x – 14x^2 + 49.$

Thu gọn (nhóm các số hạng cùng bậc):

• Bậc $5$: $12x^5$.
• Bậc $4$: $-8x^4$.
• Bậc $3$: $-42x^3 – 24x^3 = -66x^3$.
• Bậc $2$: $28x^2 – 14x^2 = 14x^2$.
• Bậc $1$: $84x$.
• Hằng số: $49$.

$$A \cdot B = 12x^5 – 8x^4 – 66x^3 + 14x^2 + 84x + 49.$$

Cách 2: Đặt phép tính theo cột.

Sắp xếp $A$ và $B$ theo luỹ thừa giảm dần của $x$, rồi nhân từng số hạng của $B$ với $A$:

$$\begin{array}{r} 6x^3 – 4x^2 – 12x – 7 \\ \times \quad 2x^2 \phantom{- 12x \;\;\;} – 7 \\ \hline -42x^3 + 28x^2 + 84x + 49 \\ 12x^5 – 8x^4 – 24x^3 – 14x^2 \phantom{\; + 84x + 49} \\ \hline 12x^5 – 8x^4 – 66x^3 + 14x^2 + 84x + 49 \\ \end{array}$$

Giải thích từng dòng:

• Dòng $1$: nhân $A$ với $(-7)$: $-7(6x^3 – 4x^2 – 12x – 7) = -42x^3 + 28x^2 + 84x + 49$.
• Dòng $2$: nhân $A$ với $2x^2$: $2x^2(6x^3 – 4x^2 – 12x – 7) = 12x^5 – 8x^4 – 24x^3 – 14x^2$.
• Dòng cuối: cộng theo cột (các số hạng cùng bậc thẳng cột với nhau).

Cả hai cách đều cho kết quả:

$$A \cdot B = 12x^5 – 8x^4 – 66x^3 + 14x^2 + 84x + 49.$$

e) Tìm đa thức $R$ có bậc nhỏ hơn $2$ sao cho $A – R$ chia hết cho $B$.

Ý tưởng: thực hiện phép chia $A$ cho $B$, được thương $Q$ và phần dư $R$ (với bậc của $R$ nhỏ hơn bậc của $B$, tức nhỏ hơn $2$). Khi đó $A = B \cdot Q + R$, suy ra $A – R = B \cdot Q$, tức $A – R$ chia hết cho $B$.

Thực hiện phép chia $A : B$ (đặt theo cột):

$$\begin{array}{r|l} 6x^3 – 4x^2 – 12x – 7 & \;\; 2x^2 – 7 \\ \hline \end{array}$$

Bước 1: Chia số hạng có bậc cao nhất của $A$ cho số hạng có bậc cao nhất của $B$:

$$6x^3 : 2x^2 = 3x.$$

Nhân $3x$ với $B$: $3x \cdot (2x^2 – 7) = 6x^3 – 21x$.

Lấy $A$ trừ đi:

$$(6x^3 – 4x^2 – 12x – 7) – (6x^3 – 21x) = -4x^2 + 9x – 7.$$

Bước 2: Tiếp tục chia $-4x^2$ cho $2x^2$:

$$-4x^2 : 2x^2 = -2.$$

Nhân $-2$ với $B$: $-2 \cdot (2x^2 – 7) = -4x^2 + 14$.

Lấy phần còn lại trừ đi:

$$(-4x^2 + 9x – 7) – (-4x^2 + 14) = 9x – 21.$$

Bước 3: Đa thức $9x – 21$ có bậc $1$ (nhỏ hơn bậc $2$ của $B$), nên phép chia dừng lại. Ta có:

$$A = B \cdot (3x – 2) + (9x – 21).$$

→ Thương là $3x – 2$, dư là $9x – 21$.

Kết luận: Để $A – R$ chia hết cho $B$, ta lấy $R$ chính là phần dư:

$$R = 9x – 21.$$

Kiểm tra: $A – R = A – (9x – 21) = 6x^3 – 4x^2 – 12x – 7 – 9x + 21 = 6x^3 – 4x^2 – 21x + 14 = (2x^2 – 7)(3x – 2)$, tức $A – R$ chia hết cho $B$. ✓

Bài 7 (trang 111)

Đề bài: Người ta đổ đầy nước vào một cái bể hình hộp chữ nhật, sau đó nhấn chìm một khối lập phương (đặc) có độ dài các cạnh bằng $x$ (dm) vào trong bể. Biết rằng chiều rộng, chiều dài và chiều cao của bể lần lượt bằng $x + 1$, $x + 3$ và $x + 2$ (xem hình bên).

a) Tìm đa thức biểu thị thể tích nước còn lại trong bể.

b) Xác định bậc, hệ số cao nhất và hệ số tự do của đa thức trong câu a.

c) Sử dụng kết quả câu a để tính lượng nước còn lại trong bể (đơn vị: dm³) khi $x = 7$ dm.

Lời giải:

a) Tìm đa thức biểu thị thể tích nước còn lại trong bể.

Bước 1: Tính thể tích bể (đổ đầy nước).

Thể tích hình hộp chữ nhật = chiều dài $\times$ chiều rộng $\times$ chiều cao:

$$V_{\text{bể}} = (x+3)(x+1)(x+2).$$

Tính $(x+1)(x+3)$ trước:

$$(x+1)(x+3) = x \cdot x + x \cdot 3 + 1 \cdot x + 1 \cdot 3 = x^2 + 3x + x + 3 = x^2 + 4x + 3.$$

Nhân tiếp với $(x+2)$:

$$(x^2 + 4x + 3)(x + 2) = x^2 \cdot x + x^2 \cdot 2 + 4x \cdot x + 4x \cdot 2 + 3 \cdot x + 3 \cdot 2$$

$$= x^3 + 2x^2 + 4x^2 + 8x + 3x + 6 = x^3 + 6x^2 + 11x + 6.$$

Vậy $V_{\text{bể}} = x^3 + 6x^2 + 11x + 6$.

Bước 2: Tính thể tích khối lập phương.

$$V_{\text{lập phương}} = x^3.$$

Bước 3: Lượng nước còn lại.

Khi nhấn chìm khối lập phương vào bể đầy nước, lượng nước trào ra ngoài bằng thể tích khối lập phương. Lượng nước còn lại trong bể là:

$$V = V_{\text{bể}} – V_{\text{lập phương}} = (x^3 + 6x^2 + 11x + 6) – x^3 = 6x^2 + 11x + 6.$$

Kết luận: Đa thức biểu thị thể tích nước còn lại trong bể là $V = 6x^2 + 11x + 6$ (dm³).

b) Bậc, hệ số cao nhất và hệ số tự do của $V$.

$V = 6x^2 + 11x + 6$.

• Bậc: $2$.
• Hệ số cao nhất: $6$ (hệ số của $x^2$).
• Hệ số tự do: $6$.

c) Tính lượng nước còn lại khi $x = 7$ dm.

Thay $x = 7$ vào $V$:

$$V(7) = 6 \cdot 7^2 + 11 \cdot 7 + 6 = 6 \cdot 49 + 77 + 6 = 294 + 77 + 6 = 377 \text{ (dm}^3\text{)}.$$

Kết luận: Khi $x = 7$ dm, lượng nước còn lại trong bể là $377$ dm³.

PHẦN HÌNH HỌC VÀ ĐO LƯỜNG

Bài 8 (trang 111)

Đề bài: Cho tam giác $ABC$. Gọi $D$ là trung điểm của $AB$. Trên tia đối của tia $DC$, lấy điểm $M$ sao cho $DM = DC$.

a) Chứng minh rằng $\triangle ADM = \triangle BDC$. Từ đó suy ra $AM = BC$ và $AM \parallel BC$.

b) Gọi $E$ là trung điểm của $AC$. Trên tia đối của tia $EB$ lấy điểm $N$ sao cho $EN = EB$. Chứng minh rằng $AN \parallel BC$.

c) Chứng minh rằng ba điểm $M$, $A$, $N$ thẳng hàng và $A$ là trung điểm của đoạn $MN$.

Lời giải:

a) Chứng minh $\triangle ADM = \triangle BDC$.

Xét hai tam giác $ADM$ và $BDC$:

• $AD = BD$ ($D$ là trung điểm $AB$).
• $\widehat{ADM} = \widehat{BDC}$ (hai góc đối đỉnh tại $D$ vì $M$ thuộc tia đối tia $DC$).
• $DM = DC$ (giả thiết).

Theo trường hợp cạnh – góc – cạnh:

$$\triangle ADM = \triangle BDC \text{ (c.g.c)}.$$

Suy ra $AM = BC$: Vì $AM$ và $BC$ là hai cạnh tương ứng trong hai tam giác bằng nhau, nên $AM = BC$.

Suy ra $AM \parallel BC$: Từ hai tam giác bằng nhau ta có $\widehat{MAD} = \widehat{CBD}$ (hai góc tương ứng), tức $\widehat{MAB} = \widehat{ABC}$ (vì tia $AD$ trùng tia $AB$ và tia $BD$ trùng tia $BA$).

Hai góc $\widehat{MAB}$ và $\widehat{ABC}$ là cặp góc so le trong khi đường thẳng $AB$ cắt hai đường thẳng $AM$ và $BC$. Vì chúng bằng nhau nên:

$$AM \parallel BC. \quad \blacksquare$$

b) Chứng minh $AN \parallel BC$.

Lập luận hoàn toàn tương tự câu a).

Xét hai tam giác $AEN$ và $CEB$:

• $AE = CE$ ($E$ là trung điểm $AC$).
• $\widehat{AEN} = \widehat{CEB}$ (hai góc đối đỉnh tại $E$).
• $EN = EB$ (giả thiết).

Theo trường hợp cạnh – góc – cạnh:

$$\triangle AEN = \triangle CEB \text{ (c.g.c)}.$$

Suy ra $\widehat{NAE} = \widehat{BCE}$ (hai góc tương ứng), tức $\widehat{NAC} = \widehat{ACB}$.

Hai góc này là cặp góc so le trong khi đường thẳng $AC$ cắt hai đường thẳng $AN$ và $BC$. Vì chúng bằng nhau nên:

$$AN \parallel BC. \quad \blacksquare$$

Ghi chú thêm: Từ phép chứng minh trên ta còn có $AN = CB = BC$.

c) Chứng minh $M$, $A$, $N$ thẳng hàng và $A$ là trung điểm $MN$.

Bước 1: $M$, $A$, $N$ thẳng hàng.

Theo câu a): đường thẳng $AM$ đi qua $A$ và song song với $BC$.

Theo câu b): đường thẳng $AN$ đi qua $A$ và song song với $BC$.

Theo tiên đề Euclid (qua một điểm nằm ngoài đường thẳng có duy nhất một đường thẳng song song với đường thẳng đó), qua điểm $A$ chỉ có duy nhất một đường thẳng song song với $BC$.

Suy ra hai đường thẳng $AM$ và $AN$ trùng nhau, tức $M$, $A$, $N$ cùng nằm trên một đường thẳng (song song với $BC$). $\blacksquare$

Bước 2: $AM = AN$.

Theo câu a): $AM = BC$.

Theo câu b): $AN = BC$.

Suy ra $AM = AN$.

Bước 3: $A$ là trung điểm $MN$.

Quan sát từ hình vẽ (hoặc dựa trên cách dựng): điểm $M$ và điểm $N$ nằm về hai phía khác nhau của $A$ trên đường thẳng $MN$. Cụ thể:

• $M$ là điểm sao cho $D$ (trung điểm $AB$) là trung điểm của đoạn $MC$ — tức $M$ nằm bên kia $D$ so với $C$.
• $N$ là điểm sao cho $E$ (trung điểm $AC$) là trung điểm của đoạn $NB$ — tức $N$ nằm bên kia $E$ so với $B$.

Do đó $A$ nằm giữa $M$ và $N$, kết hợp với $AM = AN$ ở Bước 2 ta được:

$$A \text{ là trung điểm của đoạn } MN. \quad \blacksquare$$

Bài 9 (trang 111)

Đề bài: Cho tam giác $ABC$ cân tại đỉnh $A$. Gọi $H$ là trung điểm của $BC$.

a) Chứng minh $AH \perp BC$.

b) Trên tia đối của tia $BC$ lấy điểm $M$; trên tia đối của tia $CB$ lấy điểm $N$ sao cho $BM = CN$. Chứng minh rằng $\triangle ABM = \triangle ACN$.

c) Gọi $I$ là điểm trên $AM$, $K$ là điểm trên $AN$ sao cho $BI \perp AM$; $CK \perp AN$. Chứng minh rằng tam giác $AIK$ cân tại $A$, từ đó suy ra $IK \parallel MN$.

Lời giải:

a) Chứng minh $AH \perp BC$.

Xét hai tam giác $ABH$ và $ACH$:

• $AB = AC$ ($\triangle ABC$ cân tại $A$).
• $BH = CH$ ($H$ là trung điểm $BC$).
• $AH$ là cạnh chung.

Theo trường hợp cạnh – cạnh – cạnh:

$$\triangle ABH = \triangle ACH \text{ (c.c.c)}.$$

Suy ra $\widehat{AHB} = \widehat{AHC}$ (hai góc tương ứng). Mà hai góc này là hai góc kề bù (vì $B$, $H$, $C$ thẳng hàng) nên:

$$\widehat{AHB} + \widehat{AHC} = 180^\circ ;\Rightarrow; \widehat{AHB} = \widehat{AHC} = 90^\circ.$$

Vậy $AH \perp BC$. $\blacksquare$

b) Chứng minh $\triangle ABM = \triangle ACN$.

Phân tích: vì $\triangle ABC$ cân tại $A$ nên $\widehat{ABC} = \widehat{ACB}$. Các góc $\widehat{ABM}$ và $\widehat{ACN}$ lần lượt kề bù với $\widehat{ABC}$ và $\widehat{ACB}$ (vì $M$ nằm trên tia đối $BC$, $N$ nằm trên tia đối $CB$).

Suy ra:

$$\widehat{ABM} = 180^\circ – \widehat{ABC} = 180^\circ – \widehat{ACB} = \widehat{ACN}.$$

Xét hai tam giác $ABM$ và $ACN$:

• $AB = AC$ (cân tại $A$).
• $\widehat{ABM} = \widehat{ACN}$ (vừa chứng minh).
• $BM = CN$ (giả thiết).

Theo trường hợp cạnh – góc – cạnh:

$$\triangle ABM = \triangle ACN \text{ (c.g.c)}. \quad \blacksquare$$

c) Chứng minh $\triangle AIK$ cân tại $A$, từ đó suy ra $IK \parallel MN$.

Bước 1: Chứng minh $\triangle AIB = \triangle AKC$ (cạnh huyền – góc nhọn).

Từ câu b) $\triangle ABM = \triangle ACN$ suy ra:

• $AM = AN$ (cạnh tương ứng).
• $\widehat{BAM} = \widehat{CAN}$ (góc tương ứng).

Vì $I$ nằm trên đoạn $AM$ nên tia $AI$ trùng tia $AM$, do đó $\widehat{BAI} = \widehat{BAM}$. Tương tự $\widehat{CAK} = \widehat{CAN}$. Suy ra:

$$\widehat{BAI} = \widehat{CAK}.$$

Xét hai tam giác vuông $AIB$ (vuông tại $I$ vì $BI \perp AM$) và $AKC$ (vuông tại $K$ vì $CK \perp AN$):

• $\widehat{AIB} = \widehat{AKC} = 90^\circ$.
• $AB = AC$ (cân tại $A$).
• $\widehat{BAI} = \widehat{CAK}$.

Theo trường hợp cạnh huyền – góc nhọn:

$$\triangle AIB = \triangle AKC.$$

Suy ra $AI = AK$ (cạnh tương ứng).

Bước 2: $\triangle AIK$ cân tại $A$.

Vì $AI = AK$ nên $\triangle AIK$ cân tại $A$. $\blacksquare$

Bước 3: Suy ra $IK \parallel MN$.

Trong $\triangle AIK$ cân tại $A$:

$$\widehat{AIK} = \widehat{AKI} = \dfrac{180^\circ – \widehat{IAK}}{2}.$$

Mặt khác, vì $AM = AN$ (câu b) nên $\triangle AMN$ cân tại $A$, do đó:

$$\widehat{AMN} = \widehat{ANM} = \dfrac{180^\circ – \widehat{MAN}}{2}.$$

Vì $I$ thuộc đoạn $AM$, $K$ thuộc đoạn $AN$, nên $\widehat{IAK} = \widehat{MAN}$.

Suy ra:

$$\widehat{AIK} = \widehat{AMN}.$$

Hai góc $\widehat{AIK}$ và $\widehat{AMN}$ là cặp góc đồng vị khi đường thẳng $AM$ cắt hai đường thẳng $IK$ và $MN$. Vì chúng bằng nhau nên:

$$IK \parallel MN. \quad \blacksquare$$

Bài 10 (trang 111)

Đề bài: Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$. Gọi $D$ là điểm thuộc cạnh $BC$ sao cho $BD = BA$ và $H$ là trung điểm của $AD$. Tia $BH$ cắt $AC$ tại $E$. Tia $DE$ cắt tia $BA$ tại $M$. Chứng minh rằng:

a) $\triangle ABH = \triangle DBH$;

b) Tam giác $AED$ cân;

c) $EM > ED$;

d) Tam giác $BCM$ là tam giác đều và $CE = 2EA$, biết $\widehat{ABC} = 60^\circ$.

Lời giải:

a) Chứng minh $\triangle ABH = \triangle DBH$.

Xét hai tam giác $ABH$ và $DBH$:

• $AB = DB$ (giả thiết).
• $AH = DH$ ($H$ là trung điểm $AD$).
• $BH$ là cạnh chung.

Theo trường hợp cạnh – cạnh – cạnh:

$$\triangle ABH = \triangle DBH \text{ (c.c.c)}. \quad \blacksquare$$

b) Chứng minh tam giác $AED$ cân.

Bước 1: Từ câu a) $\triangle ABH = \triangle DBH$ suy ra $\widehat{ABH} = \widehat{DBH}$ (hai góc tương ứng).

Tức $BH$ là tia phân giác của $\widehat{ABD}$. Vì $E$ thuộc tia $BH$ nên:

$$\widehat{ABE} = \widehat{DBE}.$$

Bước 2: Xét hai tam giác $ABE$ và $DBE$:

• $AB = DB$ (giả thiết).
• $\widehat{ABE} = \widehat{DBE}$ (vừa chứng minh).
• $BE$ là cạnh chung.

Theo trường hợp cạnh – góc – cạnh:

$$\triangle ABE = \triangle DBE \text{ (c.g.c)}.$$

Suy ra $EA = ED$ (cạnh tương ứng).

Kết luận: Tam giác $AED$ có $EA = ED$, vậy tam giác $AED$ cân tại $E$. $\blacksquare$

c) Chứng minh $EM > ED$.

Bước 1: Chứng minh $ED \perp BC$.

Từ câu b) $\triangle ABE = \triangle DBE$ suy ra $\widehat{BAE} = \widehat{BDE}$ (góc tương ứng).

Mà $\widehat{BAE} = \widehat{BAC} = 90^\circ$ ($\triangle ABC$ vuông tại $A$, $E$ thuộc cạnh $AC$).

Suy ra $\widehat{BDE} = 90^\circ$, tức $ED \perp BC$ tại $D$.

Bước 2: Xét tam giác $EAM$ vuông tại $A$.

Vì $E$ thuộc cạnh $AC$ nên tia $AE$ trùng tia $AC$. Vì $M$ thuộc tia $BA$ nên $M$ nằm trên đường thẳng $AB$. Tại đỉnh $A$, tia $AC$ vuông góc với đường thẳng $AB$ (do $\widehat{BAC} = 90^\circ$).

Do đó, dù $M$ nằm ở vị trí nào trên đường thẳng $AB$ (miễn $M \ne A$), ta luôn có:

$$\widehat{EAM} = 90^\circ.$$

Vậy tam giác $EAM$ vuông tại $A$, cạnh huyền là $EM$.

Bước 3: So sánh $EM$ và $ED$.

Trong tam giác vuông $EAM$, cạnh huyền $EM$ lớn hơn mỗi cạnh góc vuông:

$$EM > EA.$$

Mà từ câu b) ta có $EA = ED$. Do đó:

$$EM > EA = ED ;\Rightarrow; EM > ED. \quad \blacksquare$$

d) Khi $\widehat{ABC} = 60^\circ$: chứng minh $\triangle BCM$ đều và $CE = 2EA$.

Bước 1: Tính các góc và chứng minh $\triangle ABD$ đều.

Vì $\triangle ABC$ vuông tại $A$ nên:

$$\widehat{ACB} = 90^\circ – \widehat{ABC} = 90^\circ – 60^\circ = 30^\circ.$$

Xét $\triangle ABD$: $AB = BD$ (giả thiết) nên $\triangle ABD$ cân tại $B$. Lại có $\widehat{ABD} = \widehat{ABC} = 60^\circ$. Tam giác cân có một góc bằng $60^\circ$ là tam giác đều, do đó:

$$\triangle ABD \text{ đều} ;\Rightarrow; AD = AB \text{ và } \widehat{BAD} = \widehat{BDA} = 60^\circ.$$

Bước 2: Chứng minh $BC = 2AB$.

Vì $\widehat{BDA} = 60^\circ$ và $B$, $D$, $C$ thẳng hàng nên:

$$\widehat{ADC} = 180^\circ – 60^\circ = 120^\circ \quad \text{(hai góc kề bù)}.$$

Xét $\triangle ADC$: tổng ba góc bằng $180^\circ$, suy ra:

$$\widehat{DAC} = 180^\circ – \widehat{ADC} – \widehat{ACD} = 180^\circ – 120^\circ – 30^\circ = 30^\circ.$$

Vì $\widehat{DAC} = \widehat{DCA} = 30^\circ$ nên $\triangle ADC$ cân tại $D$, suy ra $DC = DA = AB$.

Do đó:

$$BC = BD + DC = AB + AB = 2AB. \quad (\bigstar)$$

Bước 3: Chứng minh $BM = 2AB$.

Từ câu c) ta có $\widehat{BDM} = \widehat{BDE} = 90^\circ$ (vì $E$, $M$ cùng nằm trên tia $DE$).

Trong $\triangle BDM$: $\widehat{BDM} = 90^\circ$ và $\widehat{DBM} = \widehat{ABD} = 60^\circ$ (vì $M$ thuộc tia $BA$ nên tia $BM$ trùng tia $BA$), do đó:

$$\widehat{BMD} = 180^\circ – 90^\circ – 60^\circ = 30^\circ.$$

Trên tia $BM$ lấy điểm $F$ sao cho $BF = BD$. Xét $\triangle BDF$: cân tại $B$ với $\widehat{DBF} = 60^\circ$, vậy $\triangle BDF$ đều. Suy ra $DF = BD$ và $\widehat{BDF} = 60^\circ$, do đó:

$$\widehat{FDM} = \widehat{BDM} – \widehat{BDF} = 90^\circ – 60^\circ = 30^\circ = \widehat{FMD}.$$

Vậy $\triangle DFM$ cân tại $F$, suy ra $FM = FD = BD$. Do đó:

$$BM = BF + FM = BD + BD = 2BD = 2AB. \quad (\bigstar\bigstar)$$

Bước 4: $\triangle BCM$ là tam giác đều.

Từ $(\bigstar)$ và $(\bigstar\bigstar)$: $BM = BC = 2AB$.

Mặt khác, vì $M$ thuộc tia $BA$ nên tia $BM$ trùng tia $BA$, do đó:

$$\widehat{MBC} = \widehat{ABC} = 60^\circ.$$

Tam giác $BCM$ cân tại $B$ (vì $BM = BC$) có một góc bằng $60^\circ$ nên là tam giác đều. $\blacksquare$

Bước 5: Chứng minh $CE = 2EA$.

Bước 5.1: $A$ là trung điểm của $BM$.

Từ $BM = 2AB$ và $M$ thuộc tia $BA$ với $M$ cách $B$ một khoảng $2AB$, $A$ cách $B$ khoảng $AB$, nên $A$ nằm giữa $B$ và $M$ với $BA = AM = AB$. Vậy:

$$A \text{ là trung điểm } BM.$$

Suy ra $CA$ là đường trung tuyến của $\triangle BCM$ xuất phát từ đỉnh $C$.

Bước 5.2: $BH$ kéo dài là đường trung tuyến của $\triangle BCM$ xuất phát từ đỉnh $B$.

Từ câu a) đã chứng minh $BH$ là tia phân giác của $\widehat{ABD}$, mà $\widehat{ABD} = 60^\circ$, nên:

$$\widehat{ABH} = \widehat{DBH} = 30^\circ.$$

Suy ra $\widehat{HBC} = \widehat{ABC} – \widehat{ABH} = 60^\circ – 30^\circ = 30^\circ$.

Mặt khác trong $\triangle BCM$ đều, đường trung tuyến từ $B$ đồng thời là đường phân giác của $\widehat{MBC} = 60^\circ$, nên nó chia $\widehat{MBC}$ thành hai góc, mỗi góc $30^\circ$. Đặc biệt, đường trung tuyến này hợp với cạnh $BC$ một góc $30^\circ$.

Vậy tia $BH$ (hợp với $BC$ góc $30^\circ$, nằm về phía $M$) trùng với đường trung tuyến của $\triangle BCM$ xuất phát từ $B$.

Bước 5.3: $E$ là trọng tâm của $\triangle BCM$.

$E$ là giao điểm của:

• Đường trung tuyến $CA$ (từ $C$) — theo Bước 5.1.
• Đường trung tuyến từ $B$ (tia $BH$ kéo dài) — theo Bước 5.2; và $E$ thuộc tia $BH$ (giả thiết) đồng thời thuộc cạnh $AC$.

Vậy $E$ là giao điểm của hai đường trung tuyến, do đó $E$ chính là trọng tâm của $\triangle BCM$.

Bước 5.4: Áp dụng tính chất trọng tâm.

Trọng tâm chia mỗi đường trung tuyến theo tỉ lệ $2 : 1$ tính từ đỉnh, do đó trên đường trung tuyến $CA$:

$$CE = \dfrac{2}{3} \cdot CA \quad \text{và} \quad EA = \dfrac{1}{3} \cdot CA.$$

Suy ra:

$$\dfrac{CE}{EA} = \dfrac{2}{1} ;\Rightarrow; CE = 2 EA. \quad \blacksquare$$

PHẦN THỐNG KÊ VÀ XÁC SUẤT

Bài 11 (trang 111)

Đề bài: Bình thu thập số liệu về số học sinh phổ thông của cả nước từ năm 2015 đến năm 2020 và vẽ được biểu đồ đường.

a) Số học sinh phổ thông cả nước từ năm 2015 đến năm 2020 có xu thế tăng hay giảm?

b) Hãy lập bảng thống kê về số lượng học sinh phổ thông của cả nước từ năm 2015 đến năm 2020.

c) Theo em, Bình đã dùng cách nào trong các cách thu thập dữ liệu đã học để có được số liệu trên?

Lời giải:

a) Xu thế.

Nhìn biểu đồ ta thấy số học sinh tăng dần đều qua các năm: từ $15\,354$ nghìn ($2015$) lên $17\,551$ nghìn ($2020$).

→ Số học sinh phổ thông cả nước từ năm $2015$ đến năm $2020$ có xu thế tăng.

b) Bảng thống kê.

c) Cách thu thập dữ liệu.

Số liệu về học sinh phổ thông của cả nước không thể tự Bình quan sát hay làm thí nghiệm để có được. Bạn phải lấy từ các nguồn đã công bố (như Tổng cục Thống kê, Bộ Giáo dục và Đào tạo, sách, báo, internet…).

→ Bình đã dùng phương pháp thu thập dữ liệu gián tiếp (lấy từ những nguồn có sẵn).

Bài 12 (trang 112)

Đề bài: Biểu đồ đoạn thẳng cho biết tổng số huy chương thế giới mà thể thao Việt Nam giành được từ năm $2015$ đến năm $2019$.

a) Lập bảng thống kê về số huy chương thế giới mà thể thao Việt Nam đạt được từ năm $2015$ đến năm $2019$.

b) Trong các năm trên, năm nào thể thao Việt Nam giành được ít huy chương thế giới nhất?

c) Tỉ lệ các loại huy chương thế giới của thể thao Việt Nam trong năm $2019$ được cho trong biểu đồ tròn. Tính số lượng mỗi loại huy chương thế giới mà thể thao Việt Nam giành được trong năm $2019$.

Lời giải:

a) Bảng thống kê.

b) Năm ít huy chương nhất.

So sánh các số: $211, 122, 165, 116, 238$. Số nhỏ nhất là $116$, ứng với năm $2018$.

→ Năm $2018$ thể thao Việt Nam giành được ít huy chương thế giới nhất ($116$ huy chương).

c) Số lượng mỗi loại huy chương năm $2019$.

Tổng số huy chương năm $2019$ là $238$. Áp dụng công thức $\text{số lượng} = \text{tổng} \times \text{tỉ lệ}$:

• Huy chương vàng ($47{,}48\%$): $238 \cdot 0{,}4748 \approx 113$ (huy chương).
• Huy chương bạc ($27{,}31\%$): $238 \cdot 0{,}2731 \approx 65$ (huy chương).
• Huy chương đồng ($25{,}21\%$): $238 \cdot 0{,}2521 \approx 60$ (huy chương).

Kiểm tra tổng: $113 + 65 + 60 = 238$ ✓.

Kết luận: Năm $2019$ thể thao Việt Nam giành được khoảng $113$ huy chương vàng, $65$ huy chương bạc và $60$ huy chương đồng.

Bài 13 (trang 113)

Đề bài: Trong trò chơi “Vòng quay may mắn”, bánh xe được chia làm $12$ phần bằng nhau gồm: hai hình quạt ghi $100$ điểm; hai hình quạt ghi $200$ điểm; hai hình quạt ghi $300$ điểm; hai hình quạt ghi $400$ điểm; một hình quạt ghi $500$ điểm; hai hình quạt ghi $1\,000$ điểm và một hình quạt ghi $2\,000$ điểm. Bạn Mai quay một lần. Tính xác suất để mũi tên chỉ vào hình quạt:

a) Có số điểm nhỏ hơn hoặc bằng $2\,000$;

b) Có số điểm nhỏ hơn $100$;

c) Có số điểm lớn hơn $300$;

d) Có số điểm là $2\,000$.

Lời giải:

Phân tích chung:

Bánh xe có $12$ hình quạt bằng nhau nên khi quay, có $12$ kết quả đồng khả năng (mũi tên có thể chỉ vào bất kì một trong $12$ hình quạt với khả năng như nhau).

Xác suất của một biến cố:

$$P = \dfrac{\text{Số kết quả thuận lợi}}{12}.$$

Riêng với biến cố chắc chắn thì $P = 1$, biến cố không thể thì $P = 0$.

a) Mũi tên chỉ vào hình quạt có số điểm $\le 2\,000$.

Tất cả $12$ hình quạt đều có số điểm thuộc tập ${100; 200; 300; 400; 500; 1\,000; 2\,000}$ — đều nhỏ hơn hoặc bằng $2\,000$. Đây là biến cố chắc chắn.

$$P_a = 1.$$

b) Mũi tên chỉ vào hình quạt có số điểm $< 100$.

Không có hình quạt nào ghi số điểm nhỏ hơn $100$ (số nhỏ nhất là $100$). Đây là biến cố không thể.

$$P_b = 0.$$

c) Mũi tên chỉ vào hình quạt có số điểm $> 300$.

Các số điểm lớn hơn $300$ là $400$, $500$, $1\,000$, $2\,000$. Đếm số hình quạt:

• $400$ điểm: $2$ hình quạt.
• $500$ điểm: $1$ hình quạt.
• $1\,000$ điểm: $2$ hình quạt.
• $2\,000$ điểm: $1$ hình quạt.

Tổng: $2 + 1 + 2 + 1 = 6$ hình quạt thuận lợi.

$$P_c = \dfrac{6}{12} = \dfrac{1}{2}.$$

d) Mũi tên chỉ vào hình quạt có số điểm là $2\,000$.

Có $1$ hình quạt ghi $2\,000$ điểm.

$$P_d = \dfrac{1}{12}.$$

Kết luận: $P_a = 1$; $P_b = 0$; $P_c = \dfrac{1}{2}$; $P_d = \dfrac{1}{12}$.

Thầy Võ Văn Trung

(Người kiểm duyệt, ra đề)

Chức vụ: Trưởng ban biên soạn môn Toán THCS

Trình độ: Cử nhân Sư phạm Toán, Chứng chỉ hạng II, Chứng chỉ Tin học, Ngoại ngữ A2

Kinh nghiệm: 10+ năm kinh nghiệm tại Trường THCS Nguyễn Du