PHẦN SỐ HỌC VÀ ĐẠI SỐ

Bài 1 (trang 135)

Đề bài: Rút gọn các biểu thức sau:

a) $(2x + y)^2 + (5x – y)^2 + 2(2x + y)(5x – y)$;

b) $(2x – y^3)(2x + y^3) – (2x – y^2)(4x^2 + 2xy^2 + y^4)$.

Lời giải:

a) Rút gọn biểu thức.

Nhận xét: biểu thức có dạng $A^2 + B^2 + 2AB$ với $A = 2x + y$ và $B = 5x – y$. Áp dụng hằng đẳng thức $(A + B)^2 = A^2 + 2AB + B^2$:

$$(2x+y)^2 + (5x-y)^2 + 2(2x+y)(5x-y) = \big[(2x+y) + (5x-y)\big]^2.$$

Tính tổng trong ngoặc:

$$(2x + y) + (5x – y) = 7x.$$

Suy ra biểu thức $= (7x)^2 = 49x^2$.

b) Rút gọn biểu thức.

Tách thành hai phần và áp dụng hằng đẳng thức:

Phần 1: $(2x – y^3)(2x + y^3)$ có dạng $(A – B)(A + B) = A^2 – B^2$ với $A = 2x$, $B = y^3$:

$$(2x – y^3)(2x + y^3) = (2x)^2 – (y^3)^2 = 4x^2 – y^6.$$

Phần 2: $(2x – y^2)(4x^2 + 2xy^2 + y^4)$ có dạng $(A – B)(A^2 + AB + B^2) = A^3 – B^3$ với $A = 2x$, $B = y^2$:

$$(2x – y^2)(4x^2 + 2xy^2 + y^4) = (2x)^3 – (y^2)^3 = 8x^3 – y^6.$$

Trừ hai phần:

$$(4x^2 – y^6) – (8x^3 – y^6) = 4x^2 – y^6 – 8x^3 + y^6 = 4x^2 – 8x^3 = 4x^2(1 – 2x).$$

Kết luận: a) $49x^2$; b) $4x^2(1 – 2x)$.

Bài 2 (trang 135)

Đề bài: Cho đa thức $P = x^2 – y^2 + 6x + 9$.

a) Phân tích đa thức $P$ thành nhân tử.

b) Sử dụng kết quả của câu a để tìm thương của phép chia đa thức $P$ cho $x + y + 3$.

Lời giải:

a) Phân tích $P$ thành nhân tử.

Nhóm ba hạng tử $x^2 + 6x + 9$ thành một bình phương:

$$x^2 + 6x + 9 = (x + 3)^2.$$

Khi đó:

$$P = (x+3)^2 – y^2.$$

Áp dụng hằng đẳng thức $A^2 – B^2 = (A – B)(A + B)$ với $A = x + 3$, $B = y$:

$$P = (x + 3 – y)(x + 3 + y) = (x – y + 3)(x + y + 3).$$

b) Tìm thương của $P$ chia cho $x + y + 3$.

Từ câu a): $P = (x – y + 3)(x + y + 3)$. Do đó:

$$\dfrac{P}{x + y + 3} = \dfrac{(x – y + 3)(x + y + 3)}{x + y + 3} = x – y + 3.$$

Kết luận: Thương của phép chia $P$ cho $x + y + 3$ là $x – y + 3$.

Bài 3 (trang 135)

Đề bài: Cho đa thức $f(x) = x^2 – 15x + 56$.

a) Phân tích đa thức $f(x)$ thành nhân tử.

b) Tìm $x$ sao cho $f(x) = 0$.

Lời giải:

a) Phân tích $f(x)$ thành nhân tử.

Tìm hai số có tổng bằng $-15$ và tích bằng $56$. Hai số đó là $-7$ và $-8$ (vì $(-7) + (-8) = -15$ và $(-7) \cdot (-8) = 56$).

Tách hạng tử giữa và nhóm:

$$f(x) = x^2 – 7x – 8x + 56 = x(x – 7) – 8(x – 7) = (x – 7)(x – 8).$$

b) Tìm $x$ sao cho $f(x) = 0$.

Từ câu a): $f(x) = (x – 7)(x – 8)$. Do đó:

$$f(x) = 0 ;\Leftrightarrow; (x – 7)(x – 8) = 0 ;\Leftrightarrow; \begin{cases} x – 7 = 0 \ \text{hoặc} \ x – 8 = 0 \end{cases} ;\Leftrightarrow; x = 7 \text{ hoặc } x = 8.$$

Kết luận: $x = 7$ hoặc $x = 8$.

Bài 4 (trang 135)

Đề bài: Cho phân thức $P = \dfrac{2x^3 + 6x^2}{2x^3 – 18x}$.

a) Viết điều kiện xác định và rút gọn phân thức $P$.

b) Có thể tính giá trị của $P$ tại $x = -3$ được không? Vì sao?

c) Tính giá trị của phân thức $P$ tại $x = 4$.

d) Với các giá trị nguyên nào của $x$ thì $P$ nhận giá trị nguyên?

Lời giải:

a) Điều kiện xác định và rút gọn.

Điều kiện xác định: mẫu thức khác $0$. Phân tích mẫu:

$$2x^3 – 18x = 2x(x^2 – 9) = 2x(x – 3)(x + 3).$$

Mẫu $\ne 0$ khi và chỉ khi $2x(x-3)(x+3) \ne 0$, tức:

$$x \ne 0; \quad x \ne 3; \quad x \ne -3.$$

Rút gọn: phân tích tử thức và rút gọn nhân tử chung:

$$2x^3 + 6x^2 = 2x^2(x + 3).$$

Vậy:

$$P = \dfrac{2x^2(x+3)}{2x(x-3)(x+3)} = \dfrac{x}{x – 3}.$$

b) Tính $P$ tại $x = -3$.

Vì điều kiện xác định yêu cầu $x \ne -3$ nên không thể tính giá trị của $P$ tại $x = -3$.

c) Tính $P$ tại $x = 4$.

$x = 4$ thoả mãn điều kiện xác định ($4 \ne 0, 3, -3$). Thay vào dạng rút gọn:

$$P = \dfrac{4}{4 – 3} = \dfrac{4}{1} = 4.$$

d) Tìm $x$ nguyên để $P$ nguyên.

Biến đổi $P$ để tách phần nguyên:

$$P = \dfrac{x}{x – 3} = \dfrac{(x – 3) + 3}{x – 3} = 1 + \dfrac{3}{x – 3}.$$

$P$ nhận giá trị nguyên (với $x$ nguyên) khi và chỉ khi $\dfrac{3}{x-3}$ nguyên, tức $x – 3$ là ước của $3$:

$$x – 3 \in {-3; -1; 1; 3}.$$

Suy ra $x \in {0; 2; 4; 6}$. Đối chiếu điều kiện xác định ($x \ne 0$), ta loại $x = 0$.

Kiểm tra lại:

• $x = 2$: $P = \dfrac{2}{-1} = -2$ ✓
• $x = 4$: $P = \dfrac{4}{1} = 4$ ✓
• $x = 6$: $P = \dfrac{6}{3} = 2$ ✓

Kết luận: $x \in {2; 4; 6}$.

Bài 5 (trang 135)

Đề bài: Cho biểu thức $P = \left(\dfrac{x+y}{1-xy} + \dfrac{x-y}{1+xy}\right) : \left(1 + \dfrac{x^2 + y^2 + 2x^2y^2}{1 – x^2y^2}\right)$, trong đó $x$ và $y$ là hai biến thoả mãn điều kiện $x^2y^2 – 1 \ne 0$.

a) Tính mỗi tổng $A = \dfrac{x+y}{1-xy} + \dfrac{x-y}{1+xy}$ và $B = 1 + \dfrac{x^2 + y^2 + 2x^2y^2}{1 – x^2y^2}$.

b) Từ kết quả câu a, hãy thu gọn $P$ và giải thích tại sao giá trị của $P$ không phụ thuộc vào giá trị của biến $y$.

c) Chứng minh đẳng thức $P = 1 – \dfrac{(1 – x)^2}{1 + x^2}$.

d) Sử dụng câu c, hãy tìm các giá trị của $x$ và $y$ sao cho $P = 1$.

Lời giải:

a) Tính $A$ và $B$.

Tính $A$: quy đồng hai phân thức với mẫu chung $(1 – xy)(1 + xy) = 1 – x^2y^2$:

$$A = \dfrac{(x+y)(1+xy) + (x-y)(1-xy)}{(1-xy)(1+xy)}.$$

Khai triển tử thức:

$$(x+y)(1+xy) = x + x^2y + y + xy^2,$$

$$(x-y)(1-xy) = x – x^2y – y + xy^2.$$

Cộng hai biểu thức:

$$(x + x^2y + y + xy^2) + (x – x^2y – y + xy^2) = 2x + 2xy^2 = 2x(1 + y^2).$$

Vậy:

$$A = \dfrac{2x(1 + y^2)}{1 – x^2y^2}.$$

Tính $B$: quy đồng (số $1$ với mẫu chung $1 – x^2y^2$):

$$B = \dfrac{(1 – x^2y^2) + (x^2 + y^2 + 2x^2y^2)}{1 – x^2y^2} = \dfrac{1 + x^2 + y^2 + x^2y^2}{1 – x^2y^2}.$$

Phân tích tử thức: nhóm $(1 + x^2) + (y^2 + x^2y^2) = (1 + x^2) + y^2(1 + x^2) = (1 + x^2)(1 + y^2)$.

Vậy:

$$B = \dfrac{(1 + x^2)(1 + y^2)}{1 – x^2y^2}.$$

b) Thu gọn $P$.

$P = A : B$, mà chia phân thức là nhân với phân thức nghịch đảo:

$$P = \dfrac{2x(1+y^2)}{1 – x^2y^2} \cdot \dfrac{1 – x^2y^2}{(1+x^2)(1+y^2)} = \dfrac{2x(1+y^2)}{(1+x^2)(1+y^2)} = \dfrac{2x}{1 + x^2}.$$

Sau khi thu gọn, biểu thức của $P$ chỉ chứa biến $x$, không có biến $y$. Do đó giá trị của $P$ không phụ thuộc vào giá trị của biến $y$ (với mọi $y$ thoả mãn điều kiện $x^2y^2 – 1 \ne 0$).

c) Chứng minh $P = 1 – \dfrac{(1-x)^2}{1+x^2}$.

Biến đổi vế phải:

$$1 – \dfrac{(1-x)^2}{1+x^2} = \dfrac{(1+x^2) – (1-x)^2}{1+x^2}.$$

Khai triển $(1-x)^2 = 1 – 2x + x^2$, tính tử thức:

$$(1+x^2) – (1 – 2x + x^2) = 1 + x^2 – 1 + 2x – x^2 = 2x.$$

Vậy:

$$1 – \dfrac{(1-x)^2}{1+x^2} = \dfrac{2x}{1+x^2} = P. \quad \blacksquare$$

d) Tìm $x$, $y$ để $P = 1$.

Từ câu c):

$$P = 1 ;\Leftrightarrow; 1 – \dfrac{(1-x)^2}{1+x^2} = 1 ;\Leftrightarrow; \dfrac{(1-x)^2}{1+x^2} = 0.$$

Vì $1 + x^2 > 0$ với mọi $x$ nên:

$$\dfrac{(1-x)^2}{1+x^2} = 0 ;\Leftrightarrow; (1-x)^2 = 0 ;\Leftrightarrow; x = 1.$$

Đối chiếu điều kiện $x^2y^2 – 1 \ne 0$ với $x = 1$:

$$1 \cdot y^2 – 1 \ne 0 ;\Leftrightarrow; y^2 \ne 1 ;\Leftrightarrow; y \ne 1 \text{ và } y \ne -1.$$

Kết luận: $P = 1$ khi $x = 1$ và $y \ne \pm 1$.

Bài 6 (trang 135–136)

Đề bài: Bảng giá cước của một hãng taxi như sau:

a) Tính số tiền taxi phải trả khi di chuyển $35$ km.

b) Lập công thức tính số tiền taxi $y$ (đồng) phải trả khi di chuyển $x$ kilômét, với $1 < x \le 30$. Từ đó tính số tiền taxi phải trả khi di chuyển $30$ km.

c) Nếu một người phải trả số tiền taxi là $268\,400$ đồng, hãy tính quãng đường người đó đã di chuyển bằng taxi.

Lời giải:

Hiểu bảng giá:

• Mở cửa: $1$ km đầu tiên trọn gói $10\,000$ đồng.
• Từ km thứ $2$ đến km thứ $30$ (tức là $29$ km tiếp theo): $13\,600$ đồng cho mỗi km.
• Từ km thứ $31$ trở đi: $11\,000$ đồng cho mỗi km.

a) Tính số tiền khi di chuyển $35$ km.

Chia thành 3 phần:

• $1$ km đầu (mở cửa): $10\,000$ đồng.
• $29$ km tiếp theo (từ km $2$ đến km $30$): $29 \cdot 13\,600 = 394\,400$ đồng.
• $5$ km cuối (từ km $31$ đến km $35$): $5 \cdot 11\,000 = 55\,000$ đồng.

Tổng số tiền:

$$10\,000 + 394\,400 + 55\,000 = 459\,400 \text{ (đồng)}.$$

b) Lập công thức $y$ theo $x$ với $1 < x \le 30$.

Khi $1 < x \le 30$:

• Tiền mở cửa cho $1$ km đầu: $10\,000$ đồng.
• Tiền $(x – 1)$ km tiếp theo: $13\,600 \cdot (x – 1)$ đồng.

Tổng:

$$y = 10\,000 + 13\,600(x – 1) = 10\,000 + 13\,600x – 13\,600 = 13\,600x – 3\,600.$$

Công thức: $y = 13\,600x – 3\,600$ (với $1 < x \le 30$).

Tính số tiền khi di chuyển $30$ km:

$$y = 13\,600 \cdot 30 – 3\,600 = 408\,000 – 3\,600 = 404\,400 \text{ (đồng)}.$$

c) Tìm quãng đường khi số tiền phải trả là $268\,400$ đồng.

So sánh: $268\,400 < 404\,400$ (số tiền khi đi $30$ km), nên người đó di chuyển trong khoảng $1 < x \le 30$. Áp dụng công thức ở câu b):

$$13\,600x – 3\,600 = 268\,400.$$

Giải phương trình:

$$13\,600x = 268\,400 + 3\,600 = 272\,000 ;\Rightarrow; x = \dfrac{272\,000}{13\,600} = 20.$$

Kiểm tra: $13\,600 \cdot 20 – 3\,600 = 272\,000 – 3\,600 = 268\,400$ ✓.

Kết luận: Người đó đã di chuyển $20$ km bằng taxi.

Bài 7 (trang 136)

Đề bài: Với giá trị nào của $m$, đường thẳng $y = mx + 1$ ($m \ne 0$):

a) song song với đường thẳng $y = 3x$?

b) cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng $-2$?

c) đồng quy với các đường thẳng $y = 5x – 2$ và $y = -x + 4$ (tức là ba đường thẳng này cắt nhau tại một điểm)? Với giá trị $m$ tìm được, hãy vẽ ba đường thẳng này trên cùng một hệ trục toạ độ để kiểm nghiệm lại kết quả.

Lời giải:

a) Song song với $y = 3x$.

Hai đường thẳng $y = ax + b$ và $y = a’x + b’$ song song khi và chỉ khi $a = a’$ và $b \ne b’$.

So sánh $y = mx + 1$ với $y = 3x$ (tức $y = 3x + 0$):

$$\begin{cases} m = 3 \ 1 \ne 0 \text{ (luôn đúng)} \end{cases}$$

Kết hợp với điều kiện $m \ne 0$ (thoả mãn vì $m = 3 \ne 0$).

Kết luận: $m = 3$.

b) Cắt trục hoành tại điểm có hoành độ $-2$.

Điểm cắt trục hoành có toạ độ $(-2; 0)$. Thay $x = -2$, $y = 0$ vào $y = mx + 1$:

$$0 = m \cdot (-2) + 1 ;\Leftrightarrow; -2m = -1 ;\Leftrightarrow; m = \dfrac{1}{2}.$$

Kiểm tra điều kiện $m \ne 0$: $\dfrac{1}{2} \ne 0$ (thoả mãn).

Kết luận: $m = \dfrac{1}{2}$.

c) Đồng quy với $y = 5x – 2$ và $y = -x + 4$.

Bước 1: Tìm giao điểm của hai đường thẳng $y = 5x – 2$ và $y = -x + 4$.

Cho hai biểu thức bằng nhau (vì cùng giá trị $y$):

$$5x – 2 = -x + 4 ;\Leftrightarrow; 6x = 6 ;\Leftrightarrow; x = 1.$$

Thay $x = 1$ vào $y = -x + 4$: $y = -1 + 4 = 3$. Vậy giao điểm là $M(1; 3)$.

Bước 2: Để ba đường thẳng đồng quy, đường $y = mx + 1$ phải đi qua $M(1; 3)$.

Thay $x = 1$, $y = 3$ vào $y = mx + 1$:

$$3 = m \cdot 1 + 1 ;\Leftrightarrow; m = 2.$$

Kiểm tra điều kiện $m \ne 0$: $2 \ne 0$ (thoả mãn).

Kết luận: $m = 2$. Với $m = 2$, ba đường thẳng $y = 2x + 1$, $y = 5x – 2$, $y = -x + 4$ cùng đi qua điểm $M(1; 3)$.

Bước 3: Vẽ ba đường thẳng trên cùng hệ trục toạ độ.

Để vẽ mỗi đường thẳng, ta xác định hai điểm thuộc đường thẳng đó:

• Đường $y = 2x + 1$: với $x = 0$, $y = 1$ → điểm $(0; 1)$; với $x = 1$, $y = 3$ → điểm $(1; 3)$.
• Đường $y = 5x – 2$: với $x = 0$, $y = -2$ → điểm $(0; -2)$; với $x = 1$, $y = 3$ → điểm $(1; 3)$.
• Đường $y = -x + 4$: với $x = 0$, $y = 4$ → điểm $(0; 4)$; với $x = 1$, $y = 3$ → điểm $(1; 3)$.

Vẽ ba đường thẳng và quan sát: cả ba đường cùng đi qua điểm $M(1; 3)$ → đúng là đồng quy.

PHẦN HÌNH HỌC VÀ ĐO LƯỜNG

Bài 8 (trang 136)

Đề bài: Cho hình bình hành $ABCD$, $O$ là giao điểm của hai đường chéo $AC$ và $BD$. Gọi $H$ là trung điểm của $OB$, $K$ là trung điểm của $OD$.

a) Hỏi tứ giác $AHCK$ là hình gì?

b) Hình bình hành $ABCD$ phải thoả mãn điều kiện gì để tứ giác $AHCK$ là:

• một hình thoi?
• một hình chữ nhật?
• một hình vuông?

Lời giải:

a) Tứ giác $AHCK$ là hình gì?

Trong hình bình hành $ABCD$, hai đường chéo $AC$ và $BD$ cắt nhau tại trung điểm $O$ của mỗi đường, nên:

$$OA = OC \quad \text{và} \quad OB = OD.$$

Theo giả thiết, $H$ là trung điểm $OB$ và $K$ là trung điểm $OD$, nên:

$$OH = \dfrac{OB}{2}, \quad OK = \dfrac{OD}{2}.$$

Vì $OB = OD$ nên $OH = OK$. Do $H$ thuộc $OB$, $K$ thuộc $OD$ và $B$, $O$, $D$ thẳng hàng nên $H$, $O$, $K$ thẳng hàng và $O$ là trung điểm của $HK$.

Xét tứ giác $AHCK$: hai đường chéo $AC$ và $HK$ cắt nhau tại $O$, mà $O$ là trung điểm của cả $AC$ ($OA = OC$) lẫn $HK$ ($OH = OK$).

Kết luận: Tứ giác $AHCK$ là hình bình hành (vì có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường).

b) Điều kiện để $AHCK$ là hình thoi, hình chữ nhật, hình vuông.

Vì $AHCK$ đã là hình bình hành (theo câu a), ta xét thêm các điều kiện sau:

• Để $AHCK$ là hình thoi: hai đường chéo phải vuông góc với nhau, tức $AC \perp HK$.

Mà $HK$ nằm trên đường thẳng $BD$ nên $AC \perp HK \Leftrightarrow AC \perp BD$.

Hình bình hành $ABCD$ có hai đường chéo vuông góc, đó là hình thoi.

→ Vậy $ABCD$ phải là hình thoi.

• Để $AHCK$ là hình chữ nhật: hai đường chéo phải bằng nhau, tức $AC = HK$.

Tính $HK$: $HK = OH + OK = \dfrac{OB}{2} + \dfrac{OD}{2} = \dfrac{OB + OD}{2} = \dfrac{BD}{2}$.

Điều kiện $AC = HK$ tương đương:

$$AC = \dfrac{BD}{2} ;\Leftrightarrow; BD = 2AC.$$

→ Vậy hai đường chéo của hình bình hành $ABCD$ phải thoả mãn $BD = 2AC$.

• Để $AHCK$ là hình vuông: vừa là hình thoi vừa là hình chữ nhật, tức là hai điều kiện trên đồng thời thoả mãn:

$$AC \perp BD \quad \text{và} \quad BD = 2AC.$$

Bài 9 (trang 136)

Đề bài: Cho tam giác $ABC$. Các đường trung tuyến $AF$, $BE$ và $CD$ cắt nhau tại $G$. Gọi $I$, $K$ theo thứ tự là trung điểm của $BG$ và $CG$.

a) Chứng minh rằng tứ giác $DEKI$ là hình bình hành.

b) Biết $AF = 6$ cm. Tính độ dài các đoạn thẳng $DI$ và $EK$.

Lời giải:

Theo giả thiết, các đường trung tuyến cho ta các điểm:

• $D$ là trung điểm $AB$ (vì $CD$ là trung tuyến từ $C$).
• $E$ là trung điểm $AC$ (vì $BE$ là trung tuyến từ $B$).
• $F$ là trung điểm $BC$ (vì $AF$ là trung tuyến từ $A$).
• $G$ là trọng tâm tam giác $ABC$.
• $I$ là trung điểm $BG$, $K$ là trung điểm $CG$.

a) Chứng minh $DEKI$ là hình bình hành.

Bước 1: Xét tam giác $ABC$.

$D$ là trung điểm $AB$, $E$ là trung điểm $AC$ nên $DE$ là đường trung bình của tam giác $ABC$ ứng với cạnh $BC$. Do đó:

$$DE \parallel BC \quad \text{và} \quad DE = \dfrac{BC}{2}. \quad (1)$$

Bước 2: Xét tam giác $GBC$.

$I$ là trung điểm $GB$, $K$ là trung điểm $GC$ nên $IK$ là đường trung bình của tam giác $GBC$ ứng với cạnh $BC$. Do đó:

$$IK \parallel BC \quad \text{và} \quad IK = \dfrac{BC}{2}. \quad (2)$$

Bước 3: Kết luận.

Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra:

$$DE \parallel IK \quad \text{và} \quad DE = IK.$$

Tứ giác $DEKI$ có hai cạnh đối $DE$ và $IK$ vừa song song vừa bằng nhau nên $DEKI$ là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết). $\blacksquare$

b) Tính $DI$ và $EK$ khi $AF = 6$ cm.

Bước 1: Tính $AG$.

Vì $G$ là trọng tâm tam giác $ABC$ nên trọng tâm cách đỉnh một khoảng bằng $\dfrac{2}{3}$ độ dài đường trung tuyến đi qua đỉnh đó:

$$AG = \dfrac{2}{3} \cdot AF = \dfrac{2}{3} \cdot 6 = 4 \text{ (cm)}.$$

Bước 2: Tính $DI$.

Xét tam giác $ABG$:

• $D$ là trung điểm $AB$.
• $I$ là trung điểm $BG$ (theo giả thiết).

Nên $DI$ là đường trung bình của tam giác $ABG$ ứng với cạnh $AG$. Do đó:

$$DI = \dfrac{AG}{2} = \dfrac{4}{2} = 2 \text{ (cm)}.$$

Bước 3: Tính $EK$.

Xét tam giác $ACG$:

• $E$ là trung điểm $AC$.
• $K$ là trung điểm $CG$ (theo giả thiết).

Nên $EK$ là đường trung bình của tam giác $ACG$ ứng với cạnh $AG$. Do đó:

$$EK = \dfrac{AG}{2} = \dfrac{4}{2} = 2 \text{ (cm)}.$$

Kết luận: $DI = EK = 2$ cm.

Bài 10 (trang 136)

Đề bài: Hình sau mô tả một dụng cụ đo bề dày (nhỏ hơn $1$ cm) của một số sản phẩm. Dụng cụ này gồm một thước $AC = 10$ cm, có vạch chia đến $1$ mm, gắn với một bản kim loại có cạnh thẳng $AB$ sao cho khoảng cách $BC = 1$ cm.

Muốn đo bề dày của vật, ta kẹp vật vào giữa bản kim loại và thước (đáy của vật áp vào bề mặt của thước $AC$). Khi đó trên thước ta đọc được “bề dày” $d$ của vật (trên hình vẽ ta có $d = 5{,}5$ mm). Hãy giải thích tại sao với dụng cụ đó, ta có thể đo được bề dày $d$ của các vật (với $d < 10$ mm).

Lời giải:

Bước 1: Mô tả hình học.

Gọi $M$ là vị trí trên thước $AC$ mà ta đọc được số đo (chính là đáy của vật trên thước). Gọi $P$ là điểm trên cạnh xiên $AB$ thẳng đứng với $M$, tức $MP \perp AC$. Khi đó:

• $MP$ chính là bề dày $d$ của vật (vì đáy của vật tại $M$ áp vào $AC$, đỉnh trên áp vào cạnh $AB$ tại $P$).

Bước 2: Chứng minh hai tam giác đồng dạng.

Xét hai tam giác vuông $AMP$ và $ACB$:

• $\widehat{AMP} = \widehat{ACB} = 90^\circ$ (do $MP \perp AC$ và $BC \perp AC$).
• $\widehat{MAP} = \widehat{CAB}$ (góc chung tại đỉnh $A$).

Theo trường hợp đồng dạng góc – góc:

$$\triangle AMP \backsim \triangle ACB \text{ (g.g)}.$$

Bước 3: Lập tỉ lệ.

Từ hai tam giác đồng dạng, ta có tỉ lệ các cặp cạnh tương ứng:

$$\dfrac{MP}{CB} = \dfrac{AM}{AC}.$$

Suy ra:

$$MP = CB \cdot \dfrac{AM}{AC} = 1 \cdot \dfrac{AM}{10} = \dfrac{AM}{10} \text{ (cm)}.$$

Trong đó $AM$ là số đo trên thước (đọc theo cm). Đổi sang đơn vị mm:

$$MP \text{ (mm)} = AM \text{ (mm) chia cho } 10.$$

Hoặc viết gọn theo quy ước “trên hình vẽ”: nếu đọc trên thước được $AM = 5{,}5$ cm thì bề dày $d = MP = \dfrac{5{,}5}{10}$ cm $= 0{,}55$ cm $= 5{,}5$ mm — đúng như đề bài cho.

Bước 4: Giải thích vì sao đo được mọi $d < 10$ mm.

• Khi vật ở vị trí gần $A$ thì $AM$ rất nhỏ, bề dày $d = \dfrac{AM}{10}$ cũng rất nhỏ (gần $0$).
• Khi $AM = AC = 10$ cm (vật áp đến $C$), bề dày $d$ đạt cực đại $= \dfrac{10}{10} = 1$ cm $= 10$ mm. Đây cũng đúng bằng $BC$ — khoảng “khe hở” tối đa giữa thước và bản kim loại.

Vậy với mọi bề dày $d$ thoả mãn $d < 10$ mm, ta luôn tìm được vị trí $M$ trên thước sao cho khe hở $MP = d$, và đọc được $AM$ (chính xác đến $1$ mm trên thước, tức $d$ chính xác đến $0{,}1$ mm).

Kết luận: Nhờ tam giác đồng dạng $\triangle AMP \backsim \triangle ACB$, bề dày $d$ của vật được liên hệ tuyến tính với số đo $AM$ trên thước theo công thức $d = \dfrac{AM}{10}$ — đó là lí do dụng cụ có thể đo được bề dày của các vật với $d < 10$ mm.

Bài 11 (trang 136)

Đề bài: Cho tam giác $ABC$ cân tại đỉnh $A$. Hai đường phân giác $BE$ và $CF$ của tam giác $ABC$ cắt nhau tại điểm $I$.

a) Chứng minh $\triangle BIC \backsim \triangle EIF$.

b) Chứng minh $FB^2 = FI \cdot FC$.

c) Cho biết $AB = 6$ cm, $BC = 3$ cm. Tính $EF$.

Lời giải:

Phân tích ban đầu: Trong $\triangle ABC$ cân tại $A$, hai góc đáy bằng nhau: $\widehat{ABC} = \widehat{ACB}$. Do $BE$, $CF$ là phân giác của hai góc đó nên:

$$\widehat{IBC} = \dfrac{\widehat{ABC}}{2} = \dfrac{\widehat{ACB}}{2} = \widehat{ICB}.$$

Suy ra tam giác $IBC$ cân tại $I$, tức $IB = IC$.

Hơn nữa, do tính đối xứng của $\triangle ABC$ cân tại $A$ qua đường phân giác kẻ từ đỉnh $A$, ta có $IE = IF$ và $AE = AF$.

a) Chứng minh $\triangle BIC \backsim \triangle EIF$.

Xét hai tam giác $BIC$ và $EIF$:

• $\widehat{BIC} = \widehat{EIF}$ (hai góc đối đỉnh tại $I$).
• Theo phân tích trên: $IB = IC$ và $IE = IF$.Suy ra: $\dfrac{IB}{IE} = \dfrac{IC}{IF}$ (do $IB \cdot IF = IC \cdot IE$ vì $IB = IC$, $IE = IF$).

Theo trường hợp đồng dạng cạnh – góc – cạnh:

$$\triangle BIC \backsim \triangle EIF \text{ (c.g.c)}. \quad \blacksquare$$

b) Chứng minh $FB^2 = FI \cdot FC$.

Đẳng thức $FB^2 = FI \cdot FC$ tương đương $\dfrac{FB}{FI} = \dfrac{FC}{FB}$, gợi ý xét đồng dạng $\triangle FBI$ và $\triangle FCB$.

Xét hai tam giác $FBI$ và $FCB$:

• $\widehat{BFI} = \widehat{CFB}$ (góc $\widehat{BFC}$ chung tại đỉnh $F$).
• $\widehat{FBI} = \widehat{IBA}$ (do $BE$ là phân giác $\widehat{ABC}$, nên $\widehat{FBI} = \dfrac{\widehat{ABC}}{2}$).Tương tự $\widehat{FCB} = \dfrac{\widehat{ACB}}{2}$.Vì $\widehat{ABC} = \widehat{ACB}$ ($\triangle ABC$ cân tại $A$) nên $\widehat{FBI} = \widehat{FCB}$.

Theo trường hợp đồng dạng góc – góc:

$$\triangle FBI \backsim \triangle FCB \text{ (g.g)}.$$

Suy ra tỉ lệ các cặp cạnh tương ứng:

$$\dfrac{FB}{FC} = \dfrac{FI}{FB} ;\Rightarrow; FB^2 = FI \cdot FC. \quad \blacksquare$$

c) Tính $EF$ khi $AB = 6$ cm, $BC = 3$ cm.

Bước 1: Tìm $AE$ và $AF$ bằng tính chất tia phân giác.

Vì $\triangle ABC$ cân tại $A$ nên $AC = AB = 6$ cm.

$BE$ là tia phân giác của $\widehat{ABC}$ trong $\triangle ABC$, $E \in AC$. Áp dụng tính chất đường phân giác:

$$\dfrac{AE}{EC} = \dfrac{AB}{BC} = \dfrac{6}{3} = 2.$$

Do đó $AE = 2 \cdot EC$. Kết hợp $AE + EC = AC = 6$:

$$2 \cdot EC + EC = 6 ;\Rightarrow; EC = 2 \text{ (cm)}, ; AE = 4 \text{ (cm)}.$$

Tương tự, $CF$ là tia phân giác của $\widehat{ACB}$, $F \in AB$:

$$\dfrac{AF}{FB} = \dfrac{AC}{BC} = \dfrac{6}{3} = 2 ;\Rightarrow; AF = 4 \text{ (cm)}, ; FB = 2 \text{ (cm)}.$$

Bước 2: Chứng minh $\triangle AEF \backsim \triangle ACB$ và tính $EF$.

Xét hai tam giác $AEF$ và $ACB$:

• $\widehat{A}$ chung.
• $\dfrac{AE}{AC} = \dfrac{4}{6} = \dfrac{2}{3}$ và $\dfrac{AF}{AB} = \dfrac{4}{6} = \dfrac{2}{3}$.Suy ra $\dfrac{AE}{AC} = \dfrac{AF}{AB} = \dfrac{2}{3}$.

Theo trường hợp đồng dạng cạnh – góc – cạnh:

$$\triangle AEF \backsim \triangle ACB \text{ (c.g.c)}.$$

Do đó tỉ số đồng dạng là $\dfrac{2}{3}$ và:

$$\dfrac{EF}{CB} = \dfrac{2}{3} ;\Rightarrow; EF = \dfrac{2}{3} \cdot CB = \dfrac{2}{3} \cdot 3 = 2 \text{ (cm)}.$$

Kết luận: $EF = 2$ cm.

Bài 12 (trang 137)

Đề bài: Cho tam giác $ABC$ không phải tam giác vuông, có các đường cao $BE$, $CF$ cắt nhau tại điểm $H$.

a) Giả sử $ABC$ là tam giác nhọn. Chứng minh rằng $\triangle ABE \backsim \triangle ACF$; từ đó suy ra $\triangle AEF \backsim \triangle ABC$. Kết quả đó còn đúng không, nếu $ABC$ là tam giác tù (chỉ cần xét 2 trường hợp: góc $A$ tù và góc $B$ tù)?

b) Cho biết $AB = 10$ cm, $BC = 15$ cm và $BE = 8$ cm. Tính $EF$.

Lời giải:

a) Trường hợp $\triangle ABC$ nhọn.

Chứng minh $\triangle ABE \backsim \triangle ACF$.

Xét hai tam giác vuông $ABE$ và $ACF$:

• $\widehat{AEB} = \widehat{AFC} = 90^\circ$ (do $BE$, $CF$ là đường cao).
• $\widehat{A}$ chung (góc chung tại đỉnh $A$).

Theo trường hợp đồng dạng góc – góc:

$$\triangle ABE \backsim \triangle ACF \text{ (g.g)}.$$

Suy ra tỉ lệ:

$$\dfrac{AB}{AC} = \dfrac{AE}{AF} ;\Rightarrow; AB \cdot AF = AC \cdot AE ;\Rightarrow; \dfrac{AE}{AB} = \dfrac{AF}{AC}. \quad (*)$$

Chứng minh $\triangle AEF \backsim \triangle ABC$.

Xét hai tam giác $AEF$ và $ABC$:

• $\widehat{A}$ chung.
• $\dfrac{AE}{AB} = \dfrac{AF}{AC}$ (từ $(*)$).

Theo trường hợp đồng dạng cạnh – góc – cạnh:

$$\triangle AEF \backsim \triangle ABC \text{ (c.g.c)}. \quad \blacksquare$$

Trường hợp $\triangle ABC$ tù.

Kết quả vẫn còn đúng. Cụ thể:

• Trường hợp 1: Góc $A$ tù.

Khi $\widehat{A}$ tù, chân đường cao $E$ (từ $B$ vuông góc với đường thẳng $AC$) nằm trên tia đối của tia $AC$; tương tự $F$ nằm trên tia đối của tia $AB$.

Xét hai tam giác vuông $ABE$ và $ACF$:

• $\widehat{AEB} = \widehat{AFC} = 90^\circ$.
• $\widehat{EAB} = \widehat{FAC}$ (hai góc đối đỉnh với $\widehat{BAC}$, đều bằng $180^\circ – \widehat{BAC}$).

Vậy $\triangle ABE \backsim \triangle ACF$ (g.g), tỉ lệ $(*)$ vẫn đúng.

Mặt khác $\widehat{EAF} = \widehat{BAC}$ (hai góc đối đỉnh) và $\dfrac{AE}{AB} = \dfrac{AF}{AC}$, nên $\triangle AEF \backsim \triangle ABC$ (c.g.c).

• Trường hợp 2: Góc $B$ tù.

Khi $\widehat{B}$ tù, chân đường cao $E$ (từ $B$) vẫn thuộc đoạn $AC$ (vì $\widehat{A}$ và $\widehat{C}$ nhọn). Chân đường cao $F$ (từ $C$) nằm trên tia đối của tia $BA$.

Xét hai tam giác vuông $ABE$ và $ACF$:

• $\widehat{AEB} = \widehat{AFC} = 90^\circ$.
• $\widehat{BAE} = \widehat{CAF} = \widehat{BAC}$ (góc chung tại $A$, vì $E \in AC$ và $F$ vẫn nằm trên đường thẳng $AB$, đo cùng góc với $AC$ từ $A$).

Vậy $\triangle ABE \backsim \triangle ACF$ (g.g), từ đó $\triangle AEF \backsim \triangle ABC$ (c.g.c) theo cùng cách lập luận.

Kết luận: Kết quả vẫn đúng trong cả ba trường hợp (tam giác nhọn, tam giác có $\widehat{A}$ tù, tam giác có $\widehat{B}$ tù).

b) Tính $EF$ khi $AB = 10$ cm, $BC = 15$ cm, $BE = 8$ cm.

Bước 1: Tính $AE$ bằng định lí Pythagore.

Tam giác $ABE$ vuông tại $E$ (vì $BE$ là đường cao):

$$AB^2 = AE^2 + BE^2 ;\Rightarrow; AE^2 = AB^2 – BE^2 = 10^2 – 8^2 = 100 – 64 = 36.$$

Suy ra $AE = 6$ cm.

Bước 2: Áp dụng $\triangle AEF \backsim \triangle ABC$.

Theo câu a), $\triangle AEF \backsim \triangle ABC$ với tỉ số đồng dạng:

$$k = \dfrac{AE}{AB} = \dfrac{6}{10} = \dfrac{3}{5}.$$

Suy ra:

$$\dfrac{EF}{BC} = k = \dfrac{3}{5} ;\Rightarrow; EF = \dfrac{3}{5} \cdot BC = \dfrac{3}{5} \cdot 15 = 9 \text{ (cm)}.$$

Kết luận: $EF = 9$ cm.

PHẦN THỐNG KÊ VÀ XÁC SUẤT

Bài 13 (trang 137)

Đề bài: Cho bảng thống kê sau:

Để so sánh số lượng học sinh ở mỗi mức xếp loại của hai lớp ta nên dùng biểu đồ nào? Hãy vẽ biểu đồ đó.

Lời giải:

Bước 1: Chọn loại biểu đồ.

Yêu cầu của bài là so sánh số lượng học sinh ở mỗi mức xếp loại của hai lớp Vuông và Tròn. Đây là dạng so sánh hai bộ số liệu cùng phân loại theo các tiêu chí giống nhau.

→ Nên dùng biểu đồ cột kép (mỗi mức xếp loại có hai cột đứng cạnh nhau, mỗi cột ứng với một lớp).

Bước 2: Cách vẽ biểu đồ cột kép.

• Trục hoành: ghi $4$ mức xếp loại “Tốt”, “Khá”, “Đạt”, “Không đạt”.
• Trục tung: ghi số học sinh (chọn đơn vị $1$ học sinh hoặc $2$ học sinh trên một vạch, ghi đến giá trị lớn nhất $15$).
• Mỗi mức xếp loại vẽ $2$ cột đứng cạnh nhau, một cột màu cho Lớp Vuông, một cột màu khác cho Lớp Tròn.
• Chiều cao cột đúng bằng số học sinh tương ứng trong bảng:

• Chú thích (legend): ghi rõ màu nào ứng với Lớp Vuông, màu nào ứng với Lớp Tròn.

Bước 3: Nhận xét nhanh từ biểu đồ.

• Ở mức “Tốt” và “Khá”: Lớp Tròn có nhiều học sinh hơn.
• Ở mức “Đạt” và “Không đạt”: Lớp Vuông có nhiều học sinh hơn.

Bài 14 (trang 137)

Đề bài: Báo điện tử VnExpress đã khảo sát ý kiến của bạn đọc về phương án xử lí cầu Long Biên với câu hỏi “Bạn ủng hộ phương án xử lí nào với cầu Long Biên?”. Người trả lời chỉ được chọn một trong ba phương án: “Bảo tồn”, “Vừa bảo tồn vừa sử dụng”, “Di dời, xây cầu mới”.

a) Dữ liệu thu được thuộc loại nào?

b) Tỉ lệ lựa chọn các phương án được cho trong biểu đồ sau:

Biết tổng số lượt bạn đọc tham gia trả lời câu hỏi là $1\,819$. Tính số lượt bạn đọc lựa chọn mỗi phương án.

Lời giải:

a) Loại dữ liệu.

Mỗi bạn đọc chọn một trong ba phương án bằng chữ (“Bảo tồn”, “Vừa bảo tồn vừa sử dụng”, “Di dời, xây cầu mới”), các phương án này không có thứ tự tự nhiên (không phải kiểu “tốt – khá – đạt” có thứ tự).

→ Dữ liệu thu được là dữ liệu định tính (không phải là số), thuộc loại không có thứ tự.

b) Tính số lượt cho mỗi phương án.

Số lượt mỗi phương án bằng tỉ lệ phần trăm của phương án đó nhân với tổng số lượt bạn đọc ($1\,819$).

• Phương án “Bảo tồn” ($34\%$):

$$1\,819 \cdot \dfrac{34}{100} = 1\,819 \cdot 0{,}34 \approx 618{,}46 \approx 618 \text{ (lượt)}.$$

• Phương án “Vừa bảo tồn vừa sử dụng” ($54\%$):

$$1\,819 \cdot \dfrac{54}{100} = 1\,819 \cdot 0{,}54 \approx 982{,}26 \approx 982 \text{ (lượt)}.$$

• Phương án “Di dời, xây cầu mới” ($12\%$):

$$1\,819 \cdot \dfrac{12}{100} = 1\,819 \cdot 0{,}12 \approx 218{,}28 \approx 218 \text{ (lượt)}.$$

Kết luận:

• Phương án “Bảo tồn”: khoảng $618$ lượt.
• Phương án “Vừa bảo tồn vừa sử dụng”: khoảng $982$ lượt.
• Phương án “Di dời, xây cầu mới”: khoảng $218$ lượt.

Lưu ý: Các số trên là kết quả làm tròn (do tỉ lệ phần trăm trong biểu đồ cũng là số đã làm tròn), nên tổng có thể chênh lệch một vài đơn vị so với $1\,819$.

Bài 15 (trang 137)

Đề bài: Một túi đựng $24$ viên bi giống hệt nhau chỉ khác màu, trong đó có $9$ viên bi màu đỏ, $6$ viên bi màu xanh, $4$ viên bi màu vàng và $5$ viên bi màu đen. Bạn An lấy ngẫu nhiên một viên bi từ trong túi.

a) Có bao nhiêu kết quả có thể? Các kết quả có thể này có đồng khả năng không? Tại sao?

b) Tính khả năng để xảy ra mỗi kết quả có thể đó.

c) Tính xác suất để An lấy được:

• Viên bi màu đỏ hoặc màu vàng;
• Viên bi màu đen hoặc màu xanh;
• Viên bi không có màu đen.

Lời giải:

a) Số kết quả có thể và tính đồng khả năng.

Mỗi viên bi trong túi đều có thể được An lấy ra. Túi có tổng cộng $9 + 6 + 4 + 5 = 24$ viên bi, nên hành động “lấy ngẫu nhiên một viên bi” có $24$ kết quả có thể (ứng với việc lấy được mỗi viên bi cụ thể).

Vì $24$ viên bi giống hệt nhau chỉ khác màu và An lấy ngẫu nhiên nên khả năng lấy được mỗi viên là như nhau.

→ $24$ kết quả có thể này là đồng khả năng.

b) Khả năng xảy ra mỗi kết quả.

Vì có $24$ kết quả đồng khả năng nên khả năng để xảy ra mỗi kết quả là:

$$\dfrac{1}{24}.$$

c) Tính xác suất.

Áp dụng công thức xác suất với các kết quả đồng khả năng:

$$P(\text{biến cố}) = \dfrac{\text{số kết quả thuận lợi}}{\text{số kết quả có thể}} = \dfrac{\text{số kết quả thuận lợi}}{24}.$$

• Xác suất lấy được viên bi màu đỏ hoặc màu vàng.

Số kết quả thuận lợi $=$ số bi đỏ $+$ số bi vàng $= 9 + 4 = 13$.

$$P_1 = \dfrac{13}{24}.$$

• Xác suất lấy được viên bi màu đen hoặc màu xanh.

Số kết quả thuận lợi $=$ số bi đen $+$ số bi xanh $= 5 + 6 = 11$.

$$P_2 = \dfrac{11}{24}.$$

• Xác suất lấy được viên bi không có màu đen.

Viên bi không có màu đen tức là viên bi màu đỏ, hoặc xanh, hoặc vàng.

Số kết quả thuận lợi $= 24 – 5 = 19$ (tổng số bi trừ số bi đen).

$$P_3 = \dfrac{19}{24}.$$

Kết luận:

• Xác suất lấy được viên bi màu đỏ hoặc màu vàng: $\dfrac{13}{24}$.
• Xác suất lấy được viên bi màu đen hoặc màu xanh: $\dfrac{11}{24}$.
• Xác suất lấy được viên bi không có màu đen: $\dfrac{19}{24}$.

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