Chuyen de boi duong hoc sinh gioi lop 9 mon toan

1 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG NĂNG LỰC HSG TOÁN THCS Chuyên đề 1: SỐ CHÍNH PHƯƠNG I- ĐỊNH NGHĨA: Số phương số bình phương số ngun II- TÍNH CHẤT: 1- Số phương có chữ số tận 0, 1, 4, 5, 6, 9; khơng thể có chữ tận 2, 3, 7, 2- Khi phân tích thừa số nguyên tố, số phương chứa thừa số nguyên tố với số mũ chẵn 3- Số phương có hai dạng 4n 4n+1 Khơng có số phương có dạng 4n + 4n + (n  N) 4- Số phương có hai dạng 3n 3n +1 Khơng có số phương có dạng 3n + ( n  N ) 5- Số phương tận 1, chữ số hàng chục chữ số chẵn Số phương tận chữ số hàng chục Số phương tận chữ số hàng chục chữ số lẻ 6- Số phương chia hết cho chia hết cho Số phương chia hết cho chia hết cho Số phương chia hết cho chia hết cho 25 Số phương chia hết cho chia hết cho 16 III- MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP VỀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG A- Dạng 1: CHỨNG MINH MỘT SỐ LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG Bài 1: Chứng minh số nguyên x, y thì: A= (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y số phương Giải : Ta có A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y 2 2 = ( x + xy + y )( x + xy + y ) + y 2 Đặt x + xy + y = t (t  Z ) A = ( t − y )(t + y ) + y = t − y + y = t = ( x + xy + y )2 Vì x, y, z  Z nên x  Z , xy  Z , y  Z  x + xy + y  Z Vậy A số phương Bài 2: Chứng minh tích số tự nhiên liên tiếp cộng ln số phương Giải : Gọi số tự nhiên, liên tiếp n, n+1, n+2, n+3 (n  Z) Ta có: n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + = n ( n + 3)(n + 1)(n + 2) + = ( n + 3n)(n + 3n + 2) + (*) Đặt n + 3n = t (t  N ) (*) = t(t + 2) + = t2 + 2t + = (t + 1)2 = (n2 + 3n + 1)2 Vì n  N nên n2 + 3n +  N Vậy n(n + 1)(n + 2)(+ 3) + số phương Bài 3: Cho S = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + + k(k + 1)(k + 2) Chứng minh 4S + số phương Giải : Ta có: k(k + 1)(k + 2) = = 1 k (k + 1)(k + 2) 4= k(k + 1)(k + 2) (k + 3) − (k − 1) 4 1 k(k + 1)(k + 2)(k + 3) - k(k + 1)(k + 2)(k - 1) 4 => 4S =1.2.3.4 - 0.1.2.3 + 2.3.4.5 - 1.2.3.4 + + k(k + 1)(k + 2)(k + 3) - k(k + 1)(k + 2)(k - 1) = k(k + 1)(k + 2)(k + 3) => 4S + = k(k + 1)(k + 2)(k + 3) + Theo kết => k(k + 1)(k + 2)(k + 3) + số phương Bài 4: Cho dãy số 49; 4489; 444889; 44448889; - Dãy số xây dựng cách thêm số 48 vào chữ số đứng trước đứng sau Chứng minh tất số dãy số phương Ta có 44 488 89 = 44 488 + = 44 10n + 11 + n chữ số n - chữ số n chữ số n chữ số n chữ số n chữ số 10n −1 n 10n −1 10 + +1 = 9 4.102 n − 4.10n + 8.10n − + 4.102 n + 4.10n + = = 9  2.10n +  =    Ta thấy 2.10n + = 200 01 có tổng chữ số chia hết chia hết cho n - chữ số  2.10n +  =>    Z hay số có dạng 44 488 89 số phương   Các tương tự: Chứng minh số sau số phương A = 11 + 44 + 2n chữ số n chữ số B = 11 + 11 + 66 + 2n chữ số n+1 chữ số n chữ số C= 44 + 22 + 88 + 2n chữ số n+1 chữ số n chữ số D = 22499 9100 09 n-2 chữ số n chữ số E = 11 155 56 n chữ số n-1 chữ số  10n +  Kết quả: A=   ;   n D = (15.10 - 3) Bài 5:  10n +  B=  ;    10n +   E =     2.10n +  C =    2 Chứng minh tổng bình phương số tự nhiên liên tiếp số phương Gọi số tự nhiên liên tiếp n - 2, n - 1, n +1, n + ( n  N, n >2) Ta có (n - 2)2 + ( n - 1)2 + n2 + (n + 1)2 + (n + 2)2 = (n2 + 2) Vì n2 khơng thể tận n2 + chia hết cho => (n2 + 2) khơng số phương hay A khơng số phương Bài 6: Chứng minh số có dạng n6 - n4 + 2n3 + 2n2 n  N n >1 khơng phải số phương n6 - n + 2n3 + 2n2 = n2 (n4 - n2 + 2n +2) = n2 [n2(n-1)(n+1) +2(n+1)] = n2[(n+1)(n3 - n2 + 2)] = n2(n + 1) [(n3 + 1) - (n2 - 1)] = n2(n + 1)2 (n2 - 2n + 2) Với n  N, n > n2 - 2n + = ( n -1)2 + > ( n - 1)2 Và n2 - 2n + = n2 - 2(n - 1) < n2 Vậy (n - 1)2 < n2 - 2n + < n2 => n2 - 2n + số phương Bài 7: Cho số phương có chữ số hàng chục khác chữ số hàng đơn vị Chứng minh tổng chữ số hàng chục số phương số phương Ta biết số phương có chữ số hàng đơn vị chữ số hàng chục số lẻ Vì chữ số hàng chục số phương 1,3,5,7,9 tổng chúng + + + + = 25 = 52 số phương Bài 8: Chứng minh tổng bình phương số lẻ khơng phải số phương a b lẻ nên a = 2k + 1, b= 2m + (Với k, m  N) => a2 + b2 = (2k + 1)2 + ( 2m + 1)2 = 4k2 + 4k + + 4m2 + 4m + = (k2 + k + m2 + m) + => a2 + b2 khơng thể số phương Bài 9: Chứng minh p tích n (với n > 1) số nguyên tố p - p + số phương Vì p tích n số ngun tố nên p p chia hết cho (1) a- Giả sử p + số phương Đặt p + = m2 ( m  N) Vì p chẵn nên p + lẻ => m2 lẻ => m lẻ Đặt m = 2k + (k  N) Ta có m2 = 4k2 + 4k + => p + = 4k2 + 4k + => p = 4k2 + 4k = 4k (k + 1) mâu thuẫn với (1) => p + số phương b- p = 2.3.5 số chia hết cho => p - có dạng 3k + => p - không số phương Vậy p tích n (n >1) số nguyên tố p - p + khơng số phương Bài 10: Giả sử N = 1.3.5.7 2007 2011 Chứng minh số nguyên liên tiếp 2N - 1, 2N 2N + khơng có số số phương a- 2N - = 2.1.3.5.7 2011 - Có 2N => 2N - = 3k + (k  N) => 2N - khơng số phương b- 2N = 2.1.3.5.7 2011 => 2N chẵn => N lẻ => N không chia hết cho 2N 2N không chia hết cho 2N chẵn nên 2N không chia cho dư dư => 2N khơng số phương c- 2N + = 2.1.3.5.7 2011 + 2N + lẻ nên 2N + không chia hết cho 2N không chia hết 2N + không chia cho dư => 2N + không số phương Bài 11: Cho a = 11 ; b = 100 05 2010 chữ số 2009 chữ số Chứng minh ab + số tự nhiên Giải: b = 100 05 = 100 - + = 99 + = 9a + 2009 chữ số 2010 chữ số 2010 chữ số  ab + = a(9a + 6) + = 9a2 + 6a + = (3a + 1)2  ab + = (3a + 1) = 3a +  N B DẠNG 2: TÌM GIÁ TRỊ CỦA BIẾN ĐỂ BIỂU THỨC LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG Bài 1: Tìm số tự nhiên n cho số sau số phương a) n2 + 2n + 12 b) n(n + 3) c) 13n + d) n2 + n + 1589 Giải: a) Vì n2 + 2n + 12 số phương nên đặt n2 + 2n + 12 = k2 (k  N)  (n2 + 2n + 1) + 11 = k2  k2 – (n + 1)2 = 11  (k + n + 1)(k – n - 1) = 11 Nhận xét thấy k + n + > k - n - chúng số nguyên dương, nên ta viết (k + n + 1) (k - n - 1) = 11.1  k + n + = 11  k-n–1=1 k=6 n=4 b) đặt n(n + 3) = a2 (n  N)  n2 + 3n = a2  4n2 + 12n = 4a2  (4n2 + 12n + 9) – = 4a2  (2n + 3)2 – 4a2 =  (2n + + 2a)(2n + – 2a) = Nhận xét thấy 2n + + 2a > 2n + – 2a chúng số nguyên dương, nên ta viết (2n + + 2a)(2n + – 2a) = 9.1  2n + + 2a =  2n + – 2a = c) Đặt 13n + = y2 (y  N) n=1 a=2  13(n - 1) = y2 – 16  13(n - 1) = (y + 4)(y – 4)  (y + 4)(y – 4)  13 mà 13 số nguyên tố nên y +  13 y –  13  y = 13k  (với k  N)  13(n - 1) = (13k  4)2 – 16 = 13k.(13k  8)  13k2  8k + Vậy n = 13k2  8k + (với k  N) 13n + số phương d) Đặt n2 + n + 1589 = m2 (m  N)  (4n2 + 1)2 + 6355 = 4m2  (2m + 2n + 1) (2m – 2n – 1) = 6355 Nhận xét thấy 2m + 2n + > 2m – 2n – > chúng số lẻ, nên ta viết (2m + 2n + 1) (2m – 2n – 1) = 6355.1 = 1271.5 = 205.31 = 155.41 Suy n có giá trị sau : 1588 ; 316 ; 43 ; 28 Bài tương tự : Tìm a để số sau số phương Kết quả: a) a2 + a + 43 b) a2 + 81 c) a2 + 31a + 1984 a) 2; 42; 13 b) 0; 12; 40 c) 12 ; 33 ; 48 ; 97 ; 176 ; 332 ; 565 ; 1728 Bài : Tìm số tự nhiên n  cho tổng 1! + 2! + 3! + … + n! số phương Với n = 1! = = 12 số phương Với n = 1! + 2! = khơng số phương Với n = 1! + 2! + 3! = + 1.2 + 1.2.3 = = 33 số phương Với n  ta có 1! + 2! + 3! + 4! = + 1.2 + 1.2.3 + 1.2.3.4 = 33 5!; 6!; …; n! tận 1! + 2! + 3! + … n! có tận chữ số nên khơng phải số phương Vậy có số tự nhiên n thoả mãn đề n = 1; n = Bài 3: Có hay khơng số tự nhiên n để 2010 + n2 số phương Giả sử 2010 + n2 số phương 2010 + n2 = m2 (m N ) Từ suy m2 - n2 = 2010  (m + n) (m – n) = 2010 Như số m n phải có số chẵn (1) Mặt khác m + n + m – n = 2m  số m + n m – n tính chẵn lẻ (2) Từ (1) (2)  m + n m – n số chẵn  (m + n) (m – n)  2006 không chia hết cho  Điều giả sử sai Vậy không tồn số tự nhiên n để 2006 + n2 số phương Bài 4: Biết x  N x > Tìm x cho x( x − 1).x( x − 1) = ( x − 2) xx( x − 1) Đẳng thức cho viết lại sau: x( x − 1) = ( x − 2) xx( x − 1) Do vế trái số phương nên vế phải số phương Một số phương tận chữ số 0; 1; 4; 5; 6; nên x tận chữ số 1; 2; 5; 6; 7; (1) Do x chữ số nên x  9, kết hợp với điều kiện đề ta có x  N < x  (2) Từ (1) (2)  x nhận giá trị 5; 6; Bằng phép thử ta thấy có x = thoả mãn đề bài, 762 = 5776 Bài 5: Tìm số tự nhiên n có chữ số biết 2n + 3n + số phương Ta có 10  n  99 nên 21  2n +  199 Tìm số phương lẻ khoảng ta 2n + 25; 49; 81; 121; 169 tương ứng với số n 12; 24; 40; 60; 84 Số 3n + 37; 73; 121; 181; 253 Chỉ có 121 số phương Vậy n = 40 Bài 6: Chứng minh n số tự nhiên cho n + 2n + số phương n bội số 24 Vì n + 2n + số phương nên đặt n + = k2, 2n + = m2 (k, m  N ) Ta có m số lẻ  m = 2a +  m2 = 4a(a + 1) + Mà n = m − 4a(a + 1) = = 2a(a + 1) 2  n chẵn  n + lẻ  k lẻ  đặt k = 2b + (với b  N )  k2 = 4b(b+1) +  n = 4b(b+1)  n  (1) Ta có: k2 + m2 = 3n +  (mod3) Mặt khác k2 chia cho dư 1, m2 chia cho dư Nên để k2 + m2  (mod3) k2  (mod3) m2  (mod3)  m2 – k2  hay (2n + 1) – (n + 1)   n  Mà (8; 3) = (2) (3) Từ (1), (2), (3)  n  24 Bài 7: Tìm tất số tự nhiên n cho số 28 + 211 + 2n số phương Giả sử 28 + 211 + 2n = a2 (a  N) 2n = a2 – 482 = (a + 48) (a – 48) 2p 2q = (a + 48) (a – 48) với p, q  N ; p + q = n p > q  a + 48 = 2p  2p 2q = 96  2q (2p-q – 1) = 25.3 a – 48 = 2q  q = p – q =  p = 10 10  n = + = 12 Thử lại ta có: 28 + 211 + 2n = 802 C.DẠNG : TÌM SỐ CHÍNH PHƯƠNG Bài : Cho A số phương gồm chữ số Nếu ta thêm vào chữ số A đơn vị ta số phương B Hãy tìm số A B Gọi A = abcd = k Nếu thêm vào chữ số A đơn vị ta có số B = (a + 1)(b + 1)(c + 1)(d + 1) = m với k, m  N 32 < k < m < 100 a, b, c, d = 1;  Ta có: A = abcd = k B = abcd + 1111= m Đúng cộng khơng có nhớ  m2 – k2 = 1111  (m - k)(m + k) = 1111 (*) Nhận xét thấy tích (m – k)(m + k) > nên m – k m + k số nguyên dương Và m – k < m + k < 200 nên (*) viết (m – k) (m + k) = 11.101 Do đó: m – k = 11  m + k = 101 m = 56  n = 45 A = 2025 B = 3136 Bài 2: Tìm số phương gồm chữ số biết số gồm chữ số đầu lớn số gồm chữ số sau đơn vị Đặt abcd = k ta có ab − cd = k  N, 32  k < 100 Suy : 101 cd = k2 – 100 = (k – 10)(k + 10)  k + 10  101 k – 10  101 Mà (k – 10; 101) =  k + 10  101 Vì 32  k < 100 nên 42  k + 10 < 110  k + 10 = 101  k = 91  abcd = 912 = 8281 Bài 3: Tìm số phương có chữ số biết chữ số đầu giống nhau, chữ số cuối giống Gọi số phương phải tìm là: aabb = n2 với a, b  N,  a  9;  b  84 84 BM CO = BO CN  ∆BMO đồng dạng ∆CON  Bˆ = Cˆ = 600 gócBMO = gócCON  gócB+gócBMO+gócBOM = gócBMO+gócMON+gócNOC (= 1800) b) Cũng tương tự phần b) thày giáo giúp học sinh phát triển tư lôgic, thao tác tư phân tích, tổng hợp, đặc biệt tư phân tích lênmột thao tác tư đặc trưng mơn hình học Với phân tích học sinh thấy sử dụng tính chất đường phân giác tam giác BMN Nghĩa học sinh cần MI tia phân giác gócBMN Từ ta có lời giải sau: Theo phần a) ∆BMO đồng dạng ∆CON suy BM MO BM MO = hay = lại có gócB CO ON BO ON = gócMON (=600)  ∆BMO đồng dạng ∆OMN (c.g.c) Từ suy gócBMO = gócOMN MO tia phân giác góc BMN hay MI tia phân giác gócBMN Xét ∆BMN có MI tia phân giác gócBMN, áp dụng tính chất đường phân giác tam giác ta có MB IB = MN IN hay BM IN = BI MN (đpcm) c) Đây dạng toán liên quan tính bất biến (cố định) tính thay đổi: Ứng với điểm M, N ta có vị trí đoạn thẳng MN thay đổi theo (chuyển động) lại ln tiếp xúc với đường trịn cố định (bất biến) Vậy trước tìm lời giải toán giáo viên cần cho học sinh yếu tố cố định, yếu tố thay đổi 85 85 A N K M H B I O C Ta có lời giải sau: Từ O kẻ OH, OK theo tứ tự vng góc với AB MN Do O, AB cố định nên OH cố định Vậy đường trịn (O;OH) đường trịn cố định Vì MO tia phân giác góc BMN nên OK = OH (t/c đường phân giác) → K  (O;OH) (1) lại có OK ⊥ MN ( cách dựng) (2) từ (1) (2) suy MN tiếp tuyến đường trịn (O;OH) Vậy MN ln tiếp xúc với đường trịn (O;OH) cố định Khai thác tốn: Ở phần a) tốn ta thấy tích BM.CN khơng đổi, sử dụng BĐT Cơsi ta có thêm câu hỏi sau: 1.1: Tìm vị trí M, N AB, AC để BM + CN đạt giá trị nhỏ Lời giải: Áp dụng BĐT Côsi cho hai số không âm BM, CN ta có BM + CN  BM CN dấu "=" xảy  BM = CN Theo phần a) BM CN = a2 a2 BM + CN  = a (khơng đổi) Vậy GTNN BM+CN = a  BM = CN = AB AC a  M, N theo thứ tự trung điểm 86 86 1.2: Ta thử suy nghĩ tam giác ABC tam giác cân tốn cịn khơng? giả thiết nào? từ ta có toán sau: Bài toán 1.2: Cho tam giác ABC cân A, O trung điểm BC Trên cạnh AB, A AC theo thứ tự lấy điểm M, N cho gócBMO = gócCON Chứng minh rằng: N BC ; b) BN  MO = I , Chứng minh a) BM CN = M I BI.MN = IN.BM; c) Khi M, N thay đổi AB, AC MN ln tiếp xúc với đường trịn cố định B C O Bài toán 1.3: Cho tam giác ABC cân A, O thuộc cạnh BC đường tròn tâm O tiếp xúc với cạnh AB, AC tam giác Trên AB, AC theo thứ tự lấy hai điểm M, N Chứng minh MN tiếp tuyến đ ường trịn (O)  BM CN = Giải:VìVì(O) (O) tiếp Giải: tiếp xúcxúc vớivới cáccác cạnhcạnh AB,AB, AC nên nênđều O AB, cáchAC đềudoAB, OAC cách AC O thuộc tiaOphân thuộc phân A cân Lại nên có phân giác củatiagóc A.giác Lại có góc ABC ABC cân góc tuyến A đồng giác góc A nên đồngphân thời giác trung màthời O BC trung tuyến mà O BC nên O trung nên O trung điểm cạnh BC điểm cạnh BC ( ): Giả sử MN tiếp tuyến (O) ( ): Giả sử MN tiếp tuyến (O) Nối NốiOM, OM,ON ON Do MB, MP hai tiếptiếp tuyến cắt (O), Do MB, MP hai tuyến cắt NP, hai tuyến NC (O), NP, NC cũngtiếp hai tiếp cắt tuyến cắt (O), dụng tính tiếpchất tuyến nhausửcủa (O), sửchất dụnghai tính haicắt tiếpnhau cắtđược ta suy tatuyến suy BC A M B N P O C 87 87 góc MON = gócB; gócBOM = gócONC; gócNOC = gócBMO; từ suy ∆BMO BM BO BC =  BM CN = đồng dạng ∆CON (g.g)  (đpcm) CO CN (  ) Giả sử có BM CN = BC cần phải chứng minh MN tiếp tuyến (O) Cách 1: Chứng minh tương tự toán 1; Cách 2: Từ M dựng tiếp tuyến với (O) cắt AC N' Ta chứng minh N'  N Theo phần thuận ta có BM CN ' = BC kết hợp với giả thiết ta suy BM.CN' = BM.CN  CN' = CN Mà N', N thuộc cạnh AC N'  N (đpcm) Chú ý: - Nếu M nằm đoạn AB N nằm đoạn AC - Nếu M nằm ngồi đoạn AB N nằm ngồi đoạn AC Bài tốn 1.4: Cho tam giác ABC cân B có gócB = 400, O trung điểm cạch AC, K chân đường vng góc kẻ từ O xuống AB, (O) đường tròn tâm O bán kính OK 1) Chứng minh (O) tiếp xúc với BC; 2) Giả sử E điểm thay đổi cạnh AC cho góc AOE =  (200    900 ) , kẻ tiếp tuyến EF với đường tròn (O) tiếp súc với (O) P a) Tính theo  góc tứ giác AEFC; b)  AEO đồng dạng với  COF; c) Tính  để AE + CF nhỏ (Đề thi chuyên toán ĐHSP H N năm 2005) HD Giải: 1) Kẻ OH vng góc với BC tam giác ABC cân B nên OH = OK H nằm (O), lại có OH ⊥ BC H nên BC tiếp tuyến (O) 2) a) Ta có Aˆ =Cˆ = 700 , tương tự tốn ta suy góc AEF = 2(1100-  ), góc CFE =  b)  AEO đồng dạng với  COF (c.g.c) 88 88 Giải: Vì (O) tiếp xúc với cạnh AB, AC nên O cách AB, AC O thuộc tia phân giác góc A Lại có ABC cân nên phân giác góc A đồng thời trung tuyến mà O BC nên O trung điểm cạnh BC ( ): Giả sử MN tiếp tuyến (O) Nối OM, ON Do MB, MP hai tiếp tuyến cắt (O), NP, NC hai tiếp tuyến cắt (O), sử dụng tính chất hai tiếp tuyến cắt ta suy B E A F P O C Bài tốn 1.5: Cho đường trịn (I) tiếp xúc với hai cạnh góc xOy A B Từ C cung nhỏ AB kẻ tiếp tuyến với đường tròn (I) cắt Ox, Oy theo thứ tự M, N Xác định vị trí C cung nhỏ AB để MN có độ dài nhỏ 89 89 Giải: (O)bài tiếp xúcvềvới Ta hãyVìđưa tốn toáncạnh quenAB, AC O cách cách qua đềuI AB, AC O thuộcnên kẻ đường thẳng thuộc tia phân giác góc A Lại có song với phân AB cắt Ox,góc OyAthứ tự ởthời P ABC song cân nên giác đồng Q Tatuyến có AOB nên cân trung mà Ocân BC nên POQ O trung điểm O, Icạnh PQ BC mà MN tiếp tuyến (I) ( ): Giả sử MN tiếp tuyến (O) Nối OM, ON.toán Áp dụng Do MB, MP hai tiếp tuyến cắt Lại cân O cắt (O), NP, NC chung hai tiếpđỉnh tuyến nhauAP của= (O), sử dụngđổi) tính chất hai tiếp BQ (khơng tuyến cắt ta suy O M N C B A P I Q Ta có MN = AM + BN = MP + NQ - AP - BQ = MP + NQ - 2AP Do MN nhỏ  MP + NQ nhỏ (Áp dụng kết toán 1.1) ta có C điểm cung nhỏ AB Nếu tiếp tục khai thác toán ban đầu ta đưa số toán cho học sinh tự làm, coi tập nhà để học sinh tự giải Bài toán 1.6: Cho  ABC cân A Lấy M, N cạnh AB, AC cho BC BM CN = Tìm vị trí M, N cho  AMN có diện tích lớn Bài tốn 1.7: Cho M, M' tia AB tia đối tia BA; N, N' thuộc tia CA tia đối tia CA Chứng minh rằng: 1) Nếu MB.NC = M'B.N'C = BC tứ giác MM'N'N ngoại tiếp đường tròn; 2)Phân giác tạo MN MM' qua điểm cố định Bài toán 1.8: 1) Cho  ABC Dựng hai điểm P, Q thứ tự AB AC cho AP = AQ PQ BP.CQ = ; 90 90 2) Cho hình vng ABCD, lấy điểm F thuộc CD, G thuộc BC cho EG//AF (với E trung điểm AB) Chứng minh FG tiếp tuyến đường trịn nội tiếp hình vng Bài tốn 1.9: Cho tam giác ABC cân A Đường tròn có tâm O trung điểm BC tiếp xúc với AB, AC thứ tự H K Lấy P thuộc đoạn AB, Q thuộc đoạn AC cho PQ tiếp tuyến (O) Tìm quĩ tích tâm O' đường tròn ngoại tiếp tam giác OPQ Với cách làm tương tự trên, phương pháp đặc biệt hoá, khái quát hoá, tương tự thao tác tư thuận đảo ta hình thành cho học sinh tư lơgíc, tư sáng tạo, tính độc đáo tốn học Chẳng hạn ta có tốn sau: Bài tốn 2: Cho đường trịn (O) đường kính CD Từ C D kẻ hai tiếp tuyến Cx, Dy với đường tròn Từ điểm E nằm đường trịn, kẻ tiếp tuyến với đường y trịn cắt Cx A Dy B Chứng minh góc AOB = 900 Phân tích tốn: x B E A K C J O Để chứng minh góc AOB = 900, ta làm nhiều cách khác Chẳng hạn: - Ta chứng minh OA, OB hai tia phân giác cặp góc kề bù; - Ta chứng minh góc AOB = góc CED, mà góc CED = 900 nên gócAOB = 900 D 91 91 Do +) AOB đồng dạng với CED (g.g) nên góc AOB = góc CED, mà góc CED = 900 góc AOB = 900 +) Tứ giác OKEJ hình chữ nhật ( có ba góc vng) nên góc AOB = 900 Tiếp tục tư cịn tìm thêm vài cách giải khác Sau ta xét cách giải đó: Ta có góc ACO = gócAEO = 900 (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) suy gócACO + góc AEO = 1800 suy tứ giác ACOE nội tiếp Do ta có gócEAO = gócECO (hai góc chắn cung OE) Tương tự ta có gócEBO = gócEDO, mà gócECO + gócEDO = 90 (vì gócCEO = 900-góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) Nên gócEAO + gócEBO = 900 Từ suy gócAOB = 900 (Đpcm) Khai thác toán: - Nếu ta thay đổi vài điều kiện toán, chẳng hạn vị trí điểm O thay điểm M CD Khi đường thẳng vng góc với ME E khơng cịn tiếp tuyến mà trở thành cát tuyến với (O) Thế yêu cầu tốn chứng minh gócAMB = 900 cịn hay khơng? Điều cịn đúng, từ ta có tốn khác sau: Bài tốn 2.1: Cho đường trịn (O) đường kính CD Từ C, D kẻ hai tiếp tuyến Cx, Dy Một điểm E nằm đường tròn, điểm M nằm CD (M không trùng với C, D, O) Qua E kẻ đường thẳng vng góc với ME cắt Cx, Dy theo thứ tự A B Chứng minh gócAMB = 900 92 92 -)Tại ta lại đặt vấn đề M khác A C, D, O - Vì M  O trở lại tốn yy x x - Còn M  C đường thẳng ⊥ ME A cắt Cx A, cắt Dy B  D Khi ta E E B có góc AMB = 90 Nếu M  D tương tự C M C O M O D D B Ta trở lại toán: Như tương tự toán ta có: gócMAB = gócECM (do tứ giác ACME nội tiếp) gócEBM = gócEDM (do tứ giác BDME nội tiếp) mà gócECM + góc EDM = 900 (do gócCED = 900) Nên gócAMB = 900 -) Ta tiếp tục khai thác mở rộng tốn, chẳng hạn điểm M khơng nằm đoạn CD mà nằm đường thẳng CD giữ nguyên điều kiện toán 2.1 sao? từ ta có tốn sau: 93 93 Bài tốn 2.2: Cho đường trịn (O) đường kính CD Từ C, D kẻ hai tiếp tuyến Cx, Dy Một điểm E nằm đường tròn, điểm M nằm đường thẳng CD (M không trùng với C, D, O) Qua E kẻ đường thẳng vng gócyvới ME x cắt Cx, Dy theo thứ tự A B Chứng minh A gócAMB = 90 E C M O D B - Muốn chứng minh góc AMB = 900 ta dựa vào cách chứng minh tốn Ta chứng minh gócMAB + gócMBA = 900 Muống chứng minh gócMAB + góc MBA = 900 ta chứng minh gócMAB + gócMBA = gócCDE + gócDCE = 900 Để chứng minh điều ta cần chứng minh gócMAB = gócECD, gócMBA = gócMDE Như ta cần phải chứng minh tứ giác AMCE, MEDB nội tiếp Từ ta có lời giải sau: Chứng minh: Ta có gócACM = gócAEM = 900, tứ giác AMCE nội tiếp  gócMAB = góc ECD (cùng bù gócMCE) Tương tự tứ giác MEDB nội tiếp  gócMAB = gócMDE (cùng chắn cung) Mà gócECD + gócEDC = 900 Do gócMBA + gócMAB = 900 Suy gócAMB = 900 Như nhìn lại tốn ta đưa thành toán tổng quát sau: 94 94 Bài tốn 2.3: (Bài tốn tổng qt) Cho đường trịn (O) đường kính CD Một điểm E thuộc đường trịn (O) M điểm thuộc đường thẳng CD Kẻ đường thẳng vng góc với ME E cắt tiếp tuyến Cx, Dy đường tròn A B Chứng minh góc AMB = 900 Vẫn tiếp tục tốn ta khai thác theo khía cạnh khác, ta có tốn sau: Bài tốn 2.4: Cho đường tròn (O; AB ), qua A B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By đường tròn Một điểm M thuộc đường tròn, qua M kẻ tiếp tuyến cắt Ax, By theo thứ tự C D 1) Chứng minh CD = AC + BD; 2) Đường tròn ngoại tiếp tam giác COD tiếp xúc với đường thẳng cố định M thay đổi đường tròn 3) AD cắt BC H chứng minh MH // AC y x D M C H A B K Phân tích tốn: O 95 95 1) Với phần phù hợp với học sinh trung bình học xong tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, Ta thấy CM = CA; DM = DB từ suy CM + DM = CA + DB mà M nằm C D nên CD = CA + DB 2) Cũng tương tự toán ta có  COD vng O Mặt khác gọi I trung điểm CD O   I ; CD     (1) Lại có tứ giác ABDC hình thang, OI đường trung bình nên OI // CA, mà CA ⊥ AB IO ⊥ AB (2) Từ (1) (2) suy AB tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác COD Mà AB đường thẳng cố định nên đường tròn ngoại tiếp tam giác COD tiếp xúc với đường thẳng AB cố định M thay đổi đường tròn 3) Với phần tốn hay địi hỏi học sinh phải dùng phương pháp phân tích lên để tìm lời giải tốn Hơn để tìm lời giải học sinh cịn phải huy động kiến thức định lí Talét đảo Giáo viên hướng dẫn học sinh tìm lời giải tốn sơ đồ phân tích lên, sau: MH //AC trình bày lời giải tốn:  DM DH = MC HA  Ta có AC, BD hai tiếp tuyến (O) đường kính AB nên AC ⊥ AB, BD ⊥ AB AC // BD Xét  ACH có AC // BD áp dụng hệ định lí Talét, DB DH = (vì DM=DB; AC HA MC=CA)  Từ yêu cầu học sinh lên bảng vào sơ đồ ta có DB DH = mà DB = DM; AC = MC nên ta có AC HA 96 96 AC // DB ( ⊥ AB) DM DH = áp dụng định lí Talét đảo tam giác MC HA DAC suy MH // AC Khai thác toán: -) Giáo viên đặt vấn đề cho học sinh suy nghĩ Gọi giao điểm MH AB K, có nhận xét vị trí H MK? Từ ta có toán: Bài toán 5: Với giả thiết toán Chứng minh H trung điểm MK -) Nếu gọi P giao điểm BM Ax Thì ta có kết C trung điểm AP -) Nếu giáo viên cho thêm điều kiện AC = R (AB = 2R) lại có tốn liên quan đến tính tốn Từ ta có tốn sau: AB Bài toán 2.6: Cho  O;  , từ A, B kẻ tiếp tuyến Ax, By đường tròn   Một điểm C tia Ax cho AC = R Từ C kẻ tiếp tuyến CM tới đường tròn cắt By D AD cắt BC H 1) Tính số đo gócAOM; 2) Chứng minh trực tâm tam giác ACM nằm (O); 3) Tính MH theo R -) Bây lại xét tốn khơng tĩnh nữa, mà cho điểm C thay đổi tia Ax cho AC  R trực tâm  ACM thay đổi theo Từ ta có toán sau: AB Bài toán 2.7: Cho  O;  , từ A, B kẻ tiếp tuyến Ax, By đường tròn   Một điểm C tia Ax cho AC  R Từ C kẻ tiếp tuyến CM tới đường tròn cắt By D.Gọi H trực tâm tam giác ACM Tìm quĩ tích điểm H 97 97 -) Lại nhìn tốn góc độ tốn cực trị hình học, ta có tốn sau: AB Bài tốn 2.8: Cho  O;  từ A, B kẻ tiếp tuyến Ax, By đường tròn   Một điểm M đường tròn, từ M kẻ tiếp tuyến (O) cắt Ax, By thứ tự C D Tìm vị trí điểm M để: 1) CD có độ dài nhỏ nhất; 2) Diện tích tam giác COD nhỏ Như xuất phát từ toán SGK, thao tác tư lật ngược vấn đề, tương tự, khái quát hoá, tương tự hoá,… sáng tạo nhiều toán xuất phát từ toán gốc trình tìm lời giải, nghiên cứu sâu lời giải: tốn tính tốn, tốn quĩ tích, tốn cực trị,… Việc làm người thày lặp đi, lặp lại thường xuyên trình lên lớp hình thành cho học sinh có phương pháp, thói quen đào sâu suy nghĩ, khai thác tốn nhiều góc độ khác Đặc biệt rèn cho học sinh có phương pháp tìm lời giải tốn phương pháp phân tích lên-một phương pháp tư đặc trưng hiệu học mơn hình học Thơng qua học sinh phát triển lực sáng tạo toán học, học sinh giỏi Qua dạy người thày cần giúp học sinh làm quen sau tạo hội cho học sinh luyện tập, thể cách thường xuyên thông qua hệ thống câu hỏi gợi mở, hệ thống tập từ dễ đến khó Trên vài ý tưởng tơi đưa q trình lên lớp luyện tập hình học Theo tơi có tác dụng: - Giúp em củng cố kiến thức học; - Giúp em biết vận dụng kiến thức học vào tập; - Rèn kĩ trình bày cho học sinh; 98 98 - Phát triển tư tốn học thơng qua thao tác tư khái quát hoá, đặc biệt hoá, tương tự hố, tư thuận đảo,… - Dần dần hình thành phương pháp tìm lời giải tốn hình học, tư linh hoạt, phương pháp học toán, học sáng tạo toán học ... 100 05 2010 chữ số 20 09 chữ số Chứng minh ab + số tự nhiên Giải: b = 100 05 = 100 - + = 99 + = 9a + 20 09 chữ số 2010 chữ số 2010 chữ số  ab + = a(9a + 6) + = 9a2 + 6a + = (3a + 1)2... số tự nhiên n có chữ số biết 2n + 3n + số phương 9 Ta có 10  n  99 nên 21  2n +  199 Tìm số phương lẻ khoảng ta 2n + 25; 49; 81; 121; 1 69 tương ứng với số n 12; 24; 40; 60; 84 Số 3n + 37;... phương Bài 4: Cho dãy số 49; 44 89; 4448 89; 444488 89; - Dãy số xây dựng cách thêm số 48 vào chữ số đứng trước đứng sau Chứng minh tất số dãy số phương 3 Ta có 44 488 89 = 44 488 + = 44 10n +