TÍNH CHIA HẾT TRÊN TẬP HỢP SỐ NGUYÊN và SỐ NGUYÊN TỐ ppt

Định lí cơ bản của số học: Mọi số tự nhiên lớn hơn 1 đều phân tích được ra thừa số nguyên t ố một cách duy nhấtkhông kể thứ tự các thừa số.. Ví dụ 1: Chứng minh rằng: a Tích của hai s

Trang 1

1

PHẦN SỐ HỌC Bài 1: TÍNH CHIA HẾT TRÊN TẬP HỢP SỐ NGUYÊN

SỐ NGUYÊN TỐ

A Nhắc lại và bổ sung các kiến thức cần thiết:

I Tính chia hết:

1 Định lí về phép chia: Với mọi số nguyên a,b (b≠0), bao gi ờ cũng có một cặp số

nguyên q, r sao cho : a = bq + r v ới 0 ≤r< b

a gọi là số bị chia , b là số chia, q là thương và r là số dư

Trong trường hợp b > 0 và r ≠0 có thể viết: a = bq + r = b(q +1)+ r - b

Ví dụ: Mọi số nguyên a đều có dạng:

2 Tính chia hết: Nếu a chia b mà số dư r = 0, ta nói :

a chia h ết cho b hay a là bội của b (kí hiệu a M b)

b chia h ết a hay b là ước của a (kí hiệu b\ a)

Vậy: aMb (b\ a) khi và chỉ khi có số nguyên q sao cho a = bq

7) N ếu a Mc và bMc(c≠0) thì (a±b)Mc Điều ngược lại không đúng

8) N ếu aM m ho ặc bM m thì abM m(m≠0) Điều ngược lại không đúng

1.Định nghĩa: Số nguyên tố là số tự nhiên lớn hơn 1, chỉ có hai ước là 1 và chính nó

H ợp số là số tự nhiên lơn hơn 1 có nhiều hơn hai ước

S ố 1 và số 0 không phải là số nguyên tố cũng không phải là hợp số

2 Định lí cơ bản của số học: Mọi số tự nhiên lớn hơn 1 đều phân tích được ra thừa số

nguyên t ố một cách duy nhất(không kể thứ tự các thừa số)

Số nguyên tố được coi như là tích chỉ gồm một thừa số là chính nó

Có vô số số nguyên tố (không có số nguyên tố lớn nhất)

Số hoàn chỉnh: là số bằng tổng các ước của nó không kể bản thân nó

Ví dụ: 6 , 28, , 2n-1(2n - 1)

III Một số phương pháp thông thường để giải bài toán về chia hết:

Cách 1: Để chứng minh A(n) chia hết cho k, có thể xét mọi trường hợp số dư khi

Trang 2

TrườngTHCS Nguyễn đình chiểu Năm học2010-2011

2

chia n cho k

Ví dụ 1: Chứng minh rằng:

a) Tích của hai số nguyên liên tiếp chia hết cho 2

b) Tích của ba số nguyên liên tiếp chia hết cho 3

Giải : a) Viết tích của hai số nguyên liên tiếp dưới dạng A(n) = n(n + 1)

Có hai trường hợp xảy ra :

* n M 2 => n(n + 1) M 2

* n không chia hết cho 2 (n lẻ) => (n + 1) M 2 => n(n +1) M 2

b) Chứng minh tương tự a

Cách 2: Để chứng minh A(n) chia hết cho k, có thể phân tích k ra thừa số: k = pq

+ Nếu (p, q) = 1, ta chứng minh A(n) M p và A(n) M q

+ Nếu (p, q) ≠1, ta phân tích A(n) = B(n) C(n) rồi chứng minh:

B(n) M p và C(n) M q

Ví dụ 2: a) Chứng minh: A(n) = n(n +1)(n + 2) M 6

b) Chứng minh: tích của hai số chẵn liên tiếp chia hết cho 8

Giải : a) Ta có 6 = 2.3; (2,3) = 1 Theo chứng minh trên đã có A(n) chia hết cho 2 và 3

Do đó A(n) chia hết cho 6

Vậy : A(n) chia hết cho 2 và 5 nên phải chia hết cho 10

Cách 3: Để chứng minh A(n) chia hết cho k , có thể biến đổi A(n) thành tổng(hiệu) của nhiều hạng tử , trong đó mỗi hạng tử đều chia hết cho k ( Đã học trong tính chất chia hết của một tổng ở lớp 6)

(Liên hệ: A(n) không chia hết cho k )

Ví dụ 4: Chứng minh n3 - 13n (n > 1) chia hết cho 6 (Trích đề thi HSG cấp II toàn quốc

Cách 4: Viết A(n) được dưới dạng: A(n) = k.B(n) thì A(n) chia hết cho k

Hệ quả: Nếu A(n) = B(n).C(n) mà B(n)và C(n) đều không chia hết cho k thì A(n)

Trang 3

3

không chia hết cho k

Ví dụ 6: Chứng minh : 2 + 22 + 23 + + 260 chia hết cho 15

Giải: Ta có: 2 + 22 +23 + + 260 = (2 + 22 + + 24) + (25+ +28)+ +(257 + 260)

= 2(1+2+4+8) +25(1+2+4+8) + + 257(1+2+4 + 8) = 15.(2 + 25 + + 257) M 15

IV Một số phương pháp đặc biệt để giải toán chia hết:

Cách 5: Dùng nguyên tắc Dirichlet:

Nguyên tắc Dirichlet phát biểu dưới dạng hình ảnh như sau:

Nếu nhốt k chú thỏ vào m chuồng mà k> m thì phải nhốt ít nhất hai chú thỏ vào chung một chuồng

Ví dụ 7: Chứng minh rằng trong m + 1 số nguyên bất kì thế nào cũng có hai số có hiệu chia hết cho m

Giải: Chia một số nguyên bất kì cho m ta được số dư là một trong m số 0; 1 ; 2; 3; ; m

- 1 Theo nguyên tắc Dirichlet, chia m + 1số cho m thì phải có ít nhất hai số có cùng số

dư Do đó hiệu của hai số này sẽ chia hết cho m

Cách 6: Dùng phương pháp qui nạp toán học: Để chứng minh A(n) M k ta làm theo trình tự sau:

Thử với n = 1 hoặc 2(Tức số n nhỏ nhất chọn ra).Nếu sai => Dừng.Nếu đúng A(1)Mk.Tiếp tục:

Giả sử A(k) Mk

Chứng tỏ A(k + 1) Mk Nếu đúng => Kết luận : A(n) Mk

Ví dụ 8: Chứng minh : 16n - 15n - 1 chia hết cho 225

Đặt A(n) = 16n - 15n -1 , ta có : A(1) = 16 - 15 - 1 = 0 M 225 => A(1) đúng

Giả sử A(k) đúng : A(k) = 16k - 15k -1 M 225 Ta chứng minh A(k + 1) đúng, tức là c/m:

4 a) n2 + 11n + 39 không chia hết cho 49

b) n2 + 3n +5 không chia hết cho 11

Trang 4

12) a)a2 + b2 chia hết cho 7 thì a và b cũng chia hết cho 7

b) a2 + b2 chia hết cho 3 thì a và b cũng chia hết cho 3

Bài 2: ĐỒNG DƯ THỨC

A Tóm tắt lý thuyết:

I Định nghĩa:

1.Định nghĩa: Cho số nguyên m > 0.Nếu hai số nguyên a và b khi chia cho m có cùng

số dư thì ta nói rằng a đồng dư với b theo môđun m và viết:

2 Nếu a ≡ b (mod m) và b ≡ c (mod m) thì a ≡ c (mod m)

3 Nếu a ≡ b (mod m) và c ≡ d (mod m) thì a ± c ≡ b ± d (mod m)

4 Nếu a ≡ b (mod m) và c ≡ d (mod m) thì ac ≡ bd (mod m)

5 Nếu a ≡ b (mod m) thì an ≡ bn (mod m)

6 Nếu a ≡ b (mod m) thì ka ≡ kb (mod m) với k > 0

7 Nếu ka ≡ kb (mod km) thì a ≡ b (mod m) với k > 0

8 Nếu ka ≡ kb (mod m) và (k , m) = 1thì a ≡ b (mod m)

9 Định lí Fermat: Nếu p là số nguyên tố thì : n p

≡ n (mod p) ; n∈ Z

Hoặc : Nếu p là số nguyên tố thì : np-1 ≡ 1 (mod p), với (n,p) = 1

10 Định lí Euler : Cho m là một số nguyên dương bất kì và (m) là số các số dương nhỏ hơn m và nguyên tố với m Thế thì : n (m) ≡ 1 (mod m)

* Cách tính (m) : phân tích m ra thừa số nguyên tố :

a

1 1

2 1

III Bài tập ứng dụng:

Bài 1: Chứng minh 2100 - 1 chia hết cho 5

Giải : Ta có 24≡ 1(mod 5) =>(24)25 ≡ 125 (mod 5) =>2100 ≡ 1(mod 5) hay 2100 - 1 M 5

Bài 2: Tìm số dư của phép chia 299 cho 3

Giải : Có 23 ≡ -1 (mod 3) ⇔ (23)33 ≡ (-1)33 (mod 3) ⇔ 299 ≡ -1 (mod 3)

Vậy 299 chia 3 dư 2

Bài 3 : Tìm chữ số cuối cùng của 2999

Bài 4: Chứng minh 22008 không chia hết cho 10

Bài 5: Chứng minh rằng trong các số tự nhiên thế nào cũng có số k sao cho 1983k - 1 chia hết cho 105

Giải:

Cách 1: Áp dụng nguyên tắc Dirichlet:

Cho k lần lượt lấy 105 + 1 giá trị liên tiếp từ 1 trở đi, ta được 105 + 1 giá trị khác nhau của 1983k - 1 Chia 105 +1 số này cho 105 , ta có nhiều nhất là 105 số dư, do đó

Trang 5

5

theo nguyên tắc Dirichlet, phải có hai số cho cùng số dư khi chia cho 105 Giả sử đó là hai số 1983m -1 và 1983n - 1 (m > n) Thế thì hiệu của hai số này phải chia hết cho 105:

(1983m - 1) - (1983n -1) = 1983m - 1983n = 1983n (1983m-n -1) M 105

Do 1983 không chia hết cho 105 => 1983n cũng không chia hết cho 105

Vì vậy 10m-n - 1 chia hết cho 105 Như vậy tìm được số k = m-n sao cho 1983k - 1 chia hết cho 105

Cách 2: Áp dụng định lí Euler:

Vì 1983 không chia hết cho 2 và không chia hết cho 5 , còn 105 = 2555 nên (1983,

105) = 1 Áp dụng định lí Euler: 1983 (10

5 )

≡ 1 (mod 105)

Mà (10 5 ) = 105(1 -

2

1 ) (1 - 5

1 ) = 4 104 Nên ta có 19834.104 ≡ 1 (mod 105)

số 4.104 là số k phải tìm

Đề bài áp dụng:

1 Tìm số dư khi :a) chia 8! Cho 11; b) chia 15325 -1 cho 9

c) chia 340 cho 83.; d) chia 21000 cho 25; e) chia 301293 cho 13

2 Chứng minh rằng : a) 24n - 1 M 15; b) 270 + 370M 13

c) 122n+1 - 11n+2 M 133; d) 22225555 + 55552222 M 7

e) 14k + 24k + 34k + 44k không chia hết cho 5

KẾ HOẠCH BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI 9

Năm học 2011-2012 Chuyên đề 1: PHÂN TÍCH ĐA THỨC THÀNH NHÂN TỬ

Ví dụ 1: Phân tích đa thức thành nhân tử

x x

x−1+ +3− ( 3 1) ( 1)

−+

1 1

1

1 2

2 2

+ + +

−

=

+ + +

−

=

− + + +

x x x

x

x x x x x

x x

Trang 6

1 1

1 2 1

2

2 2

2

2 2

2 2 2

2

2 2

4

2

+ +

−

=

+ +

−

=

− +

−

=

+

− + +

−

=

x x

x

x x

x

x x x

−+

b 4 2007 2 2006 2007

++

a.Dùng phương pháp tách hạng tử rồi nhóm thích hợp:

abc bc

c b ac

c a ab

b

−+

ac ab

b

a

b a bc b

a c b a ac b

a

ab

abc bc

c b ac abc c

a ab

b

a

abc bc

c b ac c a ab

b

a

−

− +

=

−

− +

=

− +

=

+

− + +

+

− +

=

− +

−

− +

=

− +

2

2 2

2

2 2

2

2 2

4 2

4

2

4 2

4 4

2

2 2

2

b.Dùng phương pháp đặt nhân tử chung rồi sử dụng hằng đẳng thức

2007 206

2007 2

4

+ +

1 1

2007 2007

2007

2 2

2 4

+

− +

+

=

+ + +

+ +

−

=

+ +

+

−

=

x x x x

x x x

x x

Ví dụ 4: Phân tích đa thức thành nhân tử : a.a3 b3 c3 3abc

−++

c b a c

−++

=

c b a ab c

c b a b

a c

+

=

++

−++

+

=

2 2 2

2

b ( )3 3 3 3 [ ( )3 3] ( )3

c b a

c b a c

b a c

c

b

+ + +

= +

+ + +

=

+

− +

− + + + + + +

+

=

3 3

3 2

2 2

Ví dụ 5: Cho a + b + c = 0

Chứng minh rằng :a3 + b3 + c3 = 3abc

Trang 7

7

Giải: Vì a + b + c = 0 ( ) ( )

abc c

b a abc

c b a

c b a ab b

a c

b a

30

3

3 3 3 3

3 3

3

=++

⇒

=

−++

⇒

−

=++

+

⇒

−

=+

⇒

Ví dụ 6: Cho 4a2 + b2 = 5ab, và 2a > b > 0 Tính 2 2

4a b

ab P

2 2

a

ab P

Ví dụ 7:Cho a,b,c và x,y,z khác nhau và khác 0 Chứng minh rằng nếu:

1

;

0 + + =

=+

+

c

z b

y a

x z

2 2

2

=++

c

z b

y a x

Giải: + + =0⇒ + + =0⇒ayz+bxz+cxy =0

xyz

cxy bxz ayz z

c y

1 Chứnh minh : a2 + b2 ≥ 2ab (Với a , b ≥ 0) (BĐT Cô-si)

Giải:( a – b )2 = a2 - 2ab + b2 ≥ 0 ⇒ a2 + b2 ≥ 2ab Đẳng thức xảy ra khi a = b

2 Chứng minh: ( a + b )2 ≥ 4ab (Với a , b ≥ 0)

Giải:( a+b )2 = (a2 - 2ab + b2 )+ 4ab = (a-b)2 + 4ab ≥ 0 + 4ab ⇒ ( a + b )2 ≥ 4ab

Đẳng thức xảy ra khi a = b

3 Chứng minh: 2(a2 + b2) ≥ ( a+b )2 (Với a , b ≥ 0)

Giải:2(a2 + b2) – ( a+b )2 = a2-2ab+b2 = (a-b)2 ≥ 0 ⇒ 2(a2 + b2) ≥ ( a+b )2

Trang 8

Đẳng thức xảy ra khi a = b

Chứng minh rằng: a2 +b2 +c2 ≥ ab+bc+ca

Giải:2(a2 +b2 +c2) – 2(ab+bc+ca) =(a-b)2 +(b-c)2 +(c-a)2 ≥ 0

7 ⇒ 2(a2 +b2 +c2) ≥ 2(ab+bc+ca) Hay a2 +b2 +c2 ≥ ab+bc+ca Đẳng thức xảy ra khi a = b;b = c;c = a ⇔ a = b= c

Chuyên đề 3:TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT - GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT

DẠNG P = ax2 + bx + c

•••• Nếu a > 0 :

2 2



x=2 y=-2

6 Tìm GTLN của C = -3x2 - y2 + 8x - 2xy + 2

Giải: C = -3x2 - y2 + 8x - 2xy + 2 = 10 -[2(x-2)2+(x+y)2] ≤ 10

Trang 9

x=2 y=-2

Chuyên đề 4: BIẾN ĐỔI PHÂN THỨC

• Ví dụ 1`:

a Rút gọn Biếu thức

6 2

9 12 4

2 2

−

+ +

=

a a

−

+ +

− +

+ +

2

2 2

8 : 5 , 0 1

2 5

9 12 4

2 2

−

+ +

=

a a

3 2 2 3 2

+

=

a

a a

b

a a

a a a a a

a a

+ +

=

−

+ +

− +

+ +

2

2 8

2 2

4 2 2

2 2

8 : 5 ,

0

1

2 5

,

0

3

2 3

2

( ) ( ) ( ) a(a ) a

a a

a

2

2 2

2 4

2 2

4 2 2

−

+ +

=

• Ví dụ 2 Thực hiện phép tính:

xy y

x

y x y

x

xy y x A

2

: 2 3 2 32

2

2 2

− +

+

−

− +

1

2 3 4

3 4

+

− +

−

+ + +

=

x x x x

x x x

2

1

2 2 3 4

3 4 2

3 4

+

− + +

−

+ + +

= +

− +

−

+ + +

=

x x x x x

x x x x

x x

x

x x x

a a a a

25 10

25

2 2

3 2

−

− +

−

y y

y x x

x

Trang 10

3

y

x x

y

x

( )( )( )

( )( )

2

1 2 5

5 5 2

2 :

25 10

25

2 2

x

x x y

y

y x x

2 8 5

1 5

=

x x

y x

Chuyên đề 5: PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI

Bài 1: Cho phương trình ẩn số x: x2 – 2(m – 1)x – 3 – m = 0 (1)

<

+

>

ac bc ab a

c

2

0 2

Chứng minh rằng phương trình ax2 + bx + c = 0 luôn luôn có nghiệm

Bài 3: Cho a, b, c là các số thực thỏa điều kiện: a2 + ab + ac < 0

Chứng minh rằng phương trình ax2 + bx + c = 0 có hai nghiệm phân biệt

Bài 4: Cho phương trình x2 + px + q = 0 Tìm p, q biết rằng phương trình có hai

3 1

2 1

x x

Bài 5: CMR với mọi giá trị thực a, b, c thì phương trình

(x – a)(x – b) + (x – c)(x – b) + (x – c)(x – a) = 0 luôn có nghiệm

Bài 6: CMR phương trình ax2 + bx + c = 0 ( a ≠0) có nghiệm biết rằng 5a + 2c = b

Bài 7: Cho a, b, c là độ dài các cạnh của một tam giác CMR phương trình sau có nghiệm:

(a2 + b2 – c2)x2 - 4abx + (a2 + b2 – c2) = 0

Bài 8: CMR phương trình ax2 + bx + c = 0 ( a ≠0) có nghiệm nếu 2 ≥ + 4

a

c a b

Bài 9: Cho phương trình : 3x2 - 5x + m = 0 Xác định m để phương trình có hai nghiệm

Bài 10: Cho phương trình: x2 – 2(m + 4)x +m2 – 8 = 0 Xác định m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn:

a) A = x1 + x2 -3x1x2đạt GTLN

b) B = x12 + x22 - đạt GTNN

c) Tìm hệ thức liên hệ giữa x1,x2 không phụ thuộc vào m

Bài 11: Giả sử x1,x2 là hai nghiệm của phương trình bậc 2:

3x2 - cx + 2c - 1 = 0 Tính theo c giá trị của biểu thức:

Trang 11

11

S = 3

2

3 1

1 1

x

x +

Bài 12: Cho phương trình : x2 - 2 3x + 1 = 0 Có hai nghiệm là x1, x2 Không giải

phương trình trên hãy tính giá trị của biểu thức:

A =

2

3 1

3 2 1

2 2 2 1

2 1

4 4

3 5

3

x x x x

+

+ +

Bài 13: Cho phương trình: x2 – 2(a - 1)x + 2a – 5 = 0 (1)

1) CMR phương trình (1) luôn có hai nghiệm với mọi giá trị của a

2) Tìm giá trị của a để pt (1) có hai nghiệm x1,x2 thỏa mãn điều kiện:

x12 + x22 = 6

3 Tìm giá trị của a để phương trình có hai nghiệm x1,x2 thỏa mãn điều kiện:

x1 < 1 < x2 Bài 14: Cho phương trình: x2 – 2(m - 1)x + m – 3 = 0 (1)

a) CMR phương trình (1) có nghiệm với mọi giá trị của m

b) Gọi x1,x2 là hai nghiệm của phương trình (1)

Tìm GTNN của M = x12 + x22

Bài 15: Cho a, b là hai số thực thỏa mãn điều kiện:

2

1 1 1

= +

b a

CMR ít nhất một trong hai phương trình sau phải có nghiệm:

x2 + ax + b = 0 và x2 + bx + a = 0

Bài 16: Cho phương trình: x2 – 2(m + 1)x + 2m +10 = 0 (1)

a) Giải và biện luận số nghiệm của phương trình (1) theo m

Bài 18: Cho phương trình: x2 – (m - 1)x + m2 + m – 2 = 0 (1)

a) CMR phương trình (1) luôn luôn có nghiệm trái dấu với mọi giá trị của m b) Với giá trị nào của m, biểu thức P = x12 + x22đạt GTNN

Bài 19: Cho phương trình: x2 – 2(m - 1)x – 3 - m = 0 (1)

1) CMR phương trình (1) luôn có hai nghiệm với mọi giá trị của m

2) Tìm giá trị của m để pt (1) có hai nghiệm x1,x2 thỏa mãn điều kiện:

Trang 12

Chuyên đề 7: Một số bài tập cơ bản về hình học

Bài 1 : Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB Từ A và B kẻ tiếp tuyến Ax và By Qua điểm M thuộc nửa đường tròn kẻ tiếp tuyến thứ 3 cắt các tiếp tuyến Ax và By lần

lượt tại E và F

1 Chứng minh AEMO là tứ giác nội tiếp

2 AM cắt OE tại P , BM cắt OF tại Q Tứ giác MPOQ là hình gì ? Tại sao

?

3 Kẻ MH ⊥ AB ( H ∈ AB) Gọi K là giao của MH và EB So sánh MK

Trang 13

13

và KH

Hướng dẫn : 1) EAO = EMO = 900 Nên AEMO là tứ giác nội tiếp 2) Dựa vào tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau có

MPO = MQO = 900 và PMQ = 900 nên PMQO là hình chữ nhật

3) ∆EMK ∆ EFB (g.g) ⇒

FB

EF

= MK

∆EAB ∆ KHB (g.g) ⇒

HB

AB

= KH

EF

( Ta let) ⇒

KH

EA

= MK EM

Vì EM = EA ⇒ MK = KH

Bài 2 : Cho (O) cắt (O’) tại A và B Kẻ cát tuyến chung CBD ⊥ AB ( C ở trên (O) và D ở trên (O’).)

1 Chứng minh A , O , C và A ,O’, D thẳng hàng

2 Kéo dài CA và DA cắt (O’) và (O) theo

thứ tự tại I và K Chứng minh tứ giác CKID nội tiếp

3 Chứng minh BA , CK và DI đồng quy

Hướng dẫn :

1 CBA = DBA = 900 nên AC và DA là đường kính hay A,O, C thẳng hàng D ,O’,A

thẳng hàng

2 Từ câu 1) và dựa vào góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ta thây K , I cùng nhìn CD

dưới một góc vuông nên tứ giác CDIK nội tiếp

3 A là trực tâm của tam giác ADG có AB là đường cao hay BA đi qua G

Bài 3 : Cho hai đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại hai điểm A,B Các đường AO và AO’cắt đường tròn (O) lần lượt tại C và D , cắt đường tròn (O’) lần lượt tại E , F

a) Chứng minh B , F , C thẳng hàng b) Chứng minh tứ giác CDEF nội tiếp c) Chứng minh A là tâm đường tròn nội tiếp tam giác BDE

d) Tìm điều kiện để DE là tiếp tuyến chung của (O) và (O’)

Trang 14

14

a) CBA + FBA = 1800 nên A , B , F thẳng hàng

b) D, E cùng nhìn CF dưới một góc vuông nên CDEF nội tiếp

c) Tứ giác CDEF nội tiếp nên EDF = ECF ; ACB = ADB từ đó suy ra EDF = ADB Hay DE là phân giác góc D của ∆BDE Tương tự EC là phân giác góc

E của ∆BDE Hai phân giác cắt nhau tại A nên A là tâm đường tròn nội tiếp

∆BDE

d) Giả sử DE là tiếp tuyến chung của hai đường tròn ta có OO’ // CE cùng vuông góc với AB : AOO’ = ACB mà ACB = FDE ( DCFE nội tiếp ) suy ra : AOO’

= ODE hay tứ giác ODEO’ nội tiếp (1)

DE là tiếp tuyến thì DE vuông góc với OD và O’E (2)

Vậy ODEO’ là hình chữ nhật : Hay OD = O’E ( Hai đường tròn có bán kính

bằng nhau )

Bài 4 : Cho (O,R) đường kính AB , đường kính CD di động

Gọi đường thẳng d là tiếp tuyến của đường tròn tại B Đường

thẳng d cắt các đường thẳng AC , AD theo thứ tự tại P và Q 1) Chứng minh tứ giác CPQD nội tiếp một đường tròn 2) Chứng minh AD AQ = AC.AP

3) Tứ giác ADBC là hình gì ? Tại sao ? 4) Xác định vị trí của CD để SCPQD = 3.SACD

Hướng dẫn :

1 CPB = CDA ( cùng bằng CBA) nên CPB + CDQ = 1800

2 ∆ADC ∆APQ (g.g) suy ra AD.AQ = AC.AP

3 Tứ giác ADBC là hình chữ nhật vì có 4 góc vuông

4 Để SCPQD = 3.SACD ⇒ SADC = ¼ SAPQ tức là tỉ sốđồng dạng

của hai tam giác này là ½ Suy ra AD = ½ AP hay BC = ½ AP mà tam giác ABC vuông tại B nên C là trung

điểm của CP ⇒ CB = CA hay ∆ACB cân ⇒ CD ⊥ AB

Bài 5 : Từ một điểm S nằm ngoài đường tròn (O) vẽ hai tiếp tuyến SA , SB và cát tuyến SCD của đường tròn đó

1) Gọi E là trung điểm của dây CD Chứng minh 5 điểm S ,A , E , O , B cùng

nằm trên một đường tròn

2) Nếu SA = OA thì SAOB là hình gì ? Tại sao

? 3) Chứng minh AC BD = BC.DA = ½ AB.CD

Hướng dẫn chứng minh 1) Sử dụng tính chất tiếp tuyến , ta có A , B cùng nhìn

Trang 15

15

SO dưới một góc vuông , nên tứ giác SADO nội tiếp đường tròn đường kính SO

Dựa vào tính chất đường kính vuông góc với dây cung , ta có SEO = 900 Nên E thuộc đường tròn đường kính SO

2) Nếu SA = OA thì SA = AB = OA = OB và góc A vuông nên tứ giác SAOB là hình vuông

2) Ta thấy ∆SAC ∆SDA ⇒

SA

SC

= DA AC

∆SCB ∆SBD ⇒

SB

SC

= BD BC

Mà SA = SB ⇒

BD

BC

= AD

AC ⇒ AC.BD = AD.BC (1) Trên SD lấy K sao cho CAK = BAD lúc đó

∆CAK ∆BAD (g.g) ⇒ AC.DB = AB.CK

∆BAC ∆DAK (g.g) ⇒ BC.AD = DK.AB

Cộng từng vế ta được AC.BD + BC.AD = AB( CK+DK )= AB.CD (2)

Từ (1) và (2) suy ra : AC.BD + AC.BD = AB.CD hay AC.BD = ½ AB.CD

Vậy AC.BD = AD.BC = ½ AB.CD

Bài 6 : Cho tam giác ABC vuông ở A Đường tròn đường kính AB cắt BC tại D Trên cung AD lấy một điểm E Nối BE và kéo dài cắt AC tại F

C = DEB ⇒ C + DEF = 1800 Nên tứ giác CDEF nội tiếp 2) ∆BED ∆BCQ ( g.g) ⇒ BPE = BQC

⇒ KPQ = KQP hay ∆KPQ cân

∆CNK ∆MK ⇒ EMK = CNK

⇒ BMN = BNM hay ∆BMN cân ⇒ MN ⊥ PQ và MN cắt PQ là trung điểm của

mỗi đường Nên MNPQ là hình thoi

3) ∆ABC ∆DAB ∆DAC ⇒

AC

r

= AB

r

= BC

2

2 1 2

2

AC

r

= AB

r

= BC r

Trang 16

16

2 2

2 1 2 2

2 2

2 1 2

2

BC

r + r

= AC + AB

r + r

= BC

r

⇔ r2 = r12 + r22

Bài 7 : Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn nội tiếp (O;R) Hạ các đường cao AD , BE

của tam giác Các tia AD , BE lần lượt cắt (O) tại các điểm thứ hai M , N Chứng minh

rằng :

a) Bốn điểm A , E , D , B nằm trên một đường tròn TÌm tâm I của đường tròn đó

b) MN // DE c) Cho (O) và dây AB cố định , điểm C di chuyển trên cung lớn AB

Chứng minh rằng độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác CED không đổi

Hướng dẫn giải :

a) E,D cùng nhìn AB dưới một góc vuông nên tứ

giác AEDB nội tiếp trong một đường tròn đường kính AB có I ( trung điểm của AB ) là tâm

b) Ta thấy : ABE = ADE ( chắn cung AE )

mà ABE = AMN ( chắn cung AN ) nên ADE = AMN hay DE // MN c) Kẻ thêm hình như hình vẽ Dựa vào góc nội

tiếp của tứ giác AEBD suy ra được CN = CM nên

OC ⊥ MM ⇒ OC ⊥ DE

Tứ giác HDCE nội tiếp đường tròn tâm K ( trung

điểm của HC) đây cũng là đường tròn ngoại tiếp tam giác CDE ⇒ KD = KE và ID = IE nên IK ⊥ DE hay IK // OC và OI // CK nên OIKC là hình bình hành ⇒ KC = OI không đổi

Bài 8 : Cho tam giác đều nội tiếp đường tròn (O,R)

1)Tính theo chiều R độ dài cạnh và chiều cao của ∆ABC

2)Gọi M là điểm di động trên cung nhỏ BC ( M ≠ B,C ) Trên tia đối của MB lấy

2

3 AB

Trang 17

4) ∆ACM = ∆BCD ( g.c.g ) ⇒ AM = BD ⇒ S = MA + MB + MC = 2.AM ≤ 2.AI

⇒ S ≤ 4R S Max= 4R khi AM là đường kính

Bài 9 : Cho ∆ABC ngoại tiếp (O) Trên BC lấy M , trên BA lấy N , trên CA lấy P sao cho BM=BN và CM = CP Chứng minh rằng :

a) O là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆MNP

b) Tứ giác ANOP nội tiếp đường tròn

c) Tìm vị trí M , N , P sao cho độ dài NP nhỏ nhất

Hướng dẫn : a) Từ tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau và giả thiết suy ra :

DN = EM = FP ⇒ ∆ODA = ∆OEM = ∆OFP ( c.g.c )

⇒ON = OM = OP hay O là tâm đường tròn ngoại tiếp

∆MNP b) Từ câu a) suy ra OND = OPF nên tứ giác ANOP nội

tiếp c) Kẻ OH ⊥ NP

Có NP = 2 NH = 2 NO cosHNO = 2.NO.Cos(A/2) = 2.OE Cos (A/2)

Trang 18

; HB =

10

10 a 9

d) Dựa vào tổng 2 góc đối bằng 1800 nên EDFH nội tiếp

∆BEK ∆BFH ⇒

13

13 a 9

= BF

BH BE

= BK

ba 3 phút Tính vận tốc của ba tay đua môtô trên

Câu 4: ( 3,0 điểm)Cho tam giác ABC cân ở A, đường cao AH bằng 10cm, đường cao

BK bằng 12cm Tính độ dài các cạnh của tam giác ABC

Câu 5: ( 5,0 điểm)Cho tam giác đều ABC cạnh bằng a và một điểm M chuyển động trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

1) Chứng minh: nếu điểm M thuộc cung nhỏ AB thì MA + MB = MC

2) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = MA + MB + MC ( khi M thuộc cung nhỏ AB)

ĐỀ 2:

Bµi 1: (3 ®iÓm) Cho biÓu thøc

x 3

3 x 1

x

) 3 x ( 2 3 x 2 x

3 x x P

−

+ + +

2) TÝnh gi¸ trÞ cña P khi x = 14 - 6 5

3) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P và giá trị tương ứng của x

x 1 x

1 1

x 2 x

1 2

x 3 x

1

= + +

+ + + +

Trang 19

19

1

4 2

x =3 TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc P = x + y

Bài 4: (3 điểm)1) Tìm các giá trị nguyên x, y thỏa mãn đẳng thức: ( y + 2 )x2 + 1 =

y2

2) T×m nghiÖm nguyªn d¬ng cña ph¬ng tr×nh sau: x + y = 1980

Bài 5: ( 3 điểm) Cho a, b, c lần lượt là độ dài các cạnh BC, CA, AB của tam giác ABC

độ dài các cạnh của tam giác DEF./

Bài3(2,5đ)

a/ Tìm giá trị lớn nhất ,giá trị nhỏ nhất của biểu thức 22 1

1

x x B

x x

− +

= + + b/ Trên mặt phẳng toạ độ cho các điểm A(0;4) ; B(3;4) ; C(3;0)

Viết phương trình đường thẳng đi qua A, C Xác định a để đường thẳng y =ax chia hình chữ nhật OABC thành hai phần , trong đó diện tích phần chứa điểm A gấp đôi diện tích phần chứa điểm C

Bài4(3đ) Cho hai đường tròn (O) và (O’) ở ngoài nhau Kẻ tiếp tuyến chung ngoài AB

và tiếp tuyến chung trong EF ( A ,E ∈(O) , B , F ∈(O’) )

Trang 20

TrườngTHCS Nguyễn đỡnh chiểu Năm học2010-2011

20

a/ Gọi M là giao điểm của AB và EF Chứng minh rằng : ∆AOM và ∆BMO’ đồng dạng

b/ Chứng minh rằng AE vuụng gúc với BF

c/ Gọi N là giao điểm của AE và BF Chứng minh rằng ba điểm O , N , O’ thẳng hàng Bài5(1đ) Cho hỡnh vuụng ABCD Tớnh cosMAN biết rằng M ,N theo thứ tự là trung điiểm của BC, CD

3 27

3 3

x x

a Rút gọn A

b Tính giá trị của A khi x = 3+2010

Bài 2(3đ) Cho hàm số y = 3x +2m-1 (1)

a Tìm m để đồ thị hàm số (1) đi qua điểm A(1; 5)

b Vẽ đồ thị hàm số với giá trị vừa tìm đợc ở câu a Gọi giao điểm của đồ thị hàm số (1) với trục 0x là B; giao điểm của đờng thẳng hạ từ A vuông góc với 0x là C Tính diện tích tam giác ABC?

Bài 3(2) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn

2010 2009

2008

z y

x

=

= Chứng minh rằng: z – x =2 (x−y)(y−z)

Bài 4(2.5) Cho x + y = 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức B = x3 + y3 + xy

Bài 5(2.5) Cho a, b>0 Chứng minh rằng: a b

b

a a

b

+

≥ +

2 2

Bài 6(3) Cho tam giác vuông ABC ( Bˆ= 900, BC > BA) nội tiếp đờng tròn đờng kính

AC Kẻ dây cung BD vuông góc với đờng kính AC Gọi H là giao điểm của AC và BD Trên HC lấy điểm E sao cho E đối xứng với A qua H Đờng tròn đờng kính EC cắt cạnh

BC tại I ( I khác C) Chứng minh rằng:

a CI.CA = CB.CE

b HI là tiếp tuyến của đờng tròn đờng kính EC

Bài 7(4) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp (0; R) Đờng cao AK cắt đờng tròn (0) tại D;

AN là đờng kính của đờng tròn (0)

a Chứng minh: BD = CN

b Tính độ dài AC theo R và α Biết ABC = α ∃

c Gọi H, G lần lợt là trực tâm, trọng tâm của tam giác ABC Chứng minh rằng H; G;

0 thẳng hàng

SỐ CHÍNH PHƯƠNG

I ĐỊNH NGHĨA: Số chớnh phương là số bằng bỡnh phương đỳng của một số nguyờn

II TÍNH CHẤT:

Trang 21

21

1 Số chính phương chỉ có thể có chữ số tận cùng bằng 0, 1, 4, 5, 6, 9 ; không thể có chữ số tận cùng bằng 2, 3, 7, 8

2 Khi phân tích ra thừa số nguyên tố, số chính phương chỉ chứa các thừa số nguyên

6 Số chính phương chia hết cho 2 thì chia hết cho 4

Số chính phương chia hết cho 3 thì chia hết cho 9

III MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP VỀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG

Bài 1: Chứng minh rằng với mọi số nguyên x, y thì

A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y 4 là s ố chính phương

Ta có A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y4

Bài 2: Chứng minh tích của 4 số tự nhiên liên tiếp cộng 1 luôn là số chính phương

Gọi 4 số tự nhiên, liên tiêp đó là n, n + 1, n+ 2, n + 3 (n ∈N) Ta có

Trang 22

k(k+1)(k+2)(k-1) =

4

1 k(k+1)(k+2)(k+3) 4S + 1 = k(k+1)(k+2)(k+3) + 1

Theo kết quả bài 2 ⇒ k(k+1)(k+2)(k+3) + 1 là số chính ph ương

Bài 4: Cho dãy số 49; 4489; 444889; 44448889; …

Dãy s ố trên được xây dựng bằng cách thêm số 48 vào giữa số đứng trước nó

Ch ứng minh rằng tất cả các số của dãy trên đều là số chính phương

4 2n − n + n − +

=

9

1 10 4 10

2 n

2

Trang 23

10 2n − n + n − +

=

9

4 10 4

là số chính phương ( điều phải chứng minh)

Bài 7: Chứng minh rằng tổng các bình phương của 5 số tự nhiên liên tiếp không thể

là m ột số chính phương

Gọi 5 số tự nhiên liên tiếp đó là n-2, n-1, n , n+1 , n+2 (n ∈N , n ≥2 )

Ta có ( n-2)2 + (n-1)2 + n2 + ( n+1)2 + ( n+2)2 = 5.( n2+2)

Vì n2 không thể tận cùng bởi 3 hoặc 8 do đó n2+2 không thẻ chia hết cho 5

⇒ 5.( n2+2) không là số chính phương hay A không là số chính phương

Bài 8: Chứng minh rằng số có dạng n 6

– n 4 + 2n 3 + 2n 2 trong đó n∈N và n>1 không ph ải là số chính phương

Trang 24

24

Bài 9: Cho 5 số chính phương bất kì có chữ số hàng chục khác nhau còn chữ số

hàng đơn vị đều là 6 Chứng minh rằng tổng các chữ số hàng chục của 5 số chính

ph ương đó là một số chính phương

Cách 1: Ta biết một số chính phương có chữ số hàng đơn vị là 6 thì chữ số hàng chục của nó là số lẻ Vì vậy chữ số hàng chục của 5 số chính phương đã cho là 1,3,5,7,9 khi đó tổng của chúng bằng 1 + 3 + 5 + 7 + 9 = 25 = 52 là số chính phương

Cách 2: Nếu một số chính phương M = a2 có chữ số hàng đơn vị là 6 thì chữ số tận cùng của a là 4 hoặc 6 ⇒ aM2 ⇒ a2 M 4

Theo dấu hiệu chia hết cho 4 thì hai chữ số tận cùng của M chỉ có thể là 16, 36, 56,

Định dạng
Số trang	48
Dung lượng	533,27 KB