Tài liệu chuyên Toán THCS

MỤC LỤC A ĐẶT VẤN ĐỀ .2 B NỘI DUNG Chuyên đề 1: Phương pháp chứng minh phản chứng Chuyên đề 2: Nguyên tắc Dirichlet 10 Chuyên đề 3: Định lý Bézout – Lược đồ Horner 19 Chuyên đề 4: Dấu tam thức bậc hai 23 Chuyên đề 5: Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên 25 Chuyên đề 6: Phần nguyên ứng dụng 36 Chuyên đề 7: Đường thẳng Simson 45 Chuyên đề 8: Bất đẳng thức Erdos – Modell vài ứng dụng 53 Chuyên đề 9: Định lý Ptôlêmê đặc trưng tứ giác nội tiếp 62 C KẾT LUẬN 72 D TÀI LIỆU THAM KHẢO 73 Trang 1 MỘT SỐ CHUYÊN ĐỀ TRANG BỊ CHO HỌC SINH CHUYÊN TOÁN TỪ TRUNG HỌC CƠ SỞ Chuyên đề 1: Phương pháp chứng minh phản chứng: 1.1 Chứng minh phản chứng bước chứng minh phản chứng: Trong chứng minh phản chứng (tiếng La tinh reductio ad absurdum, có nghĩa “thu giảm đến vơ lí”), người ta chứng minh phát biểu xảy ra, dẫn đến mâu thuẫn lơgic, phát biểu khơng xảy Phương pháp có lẽ phương pháp phổ biến chứng minh toán học Bước (phủ định kết luận): Giả sử có điều trái với kết luận toán Bước (đưa đến mâu thuẫn): Từ điều giả sử từ giả thiết toán, ta suy điều mâu thuẫn với giả thiết hay với kiến thức học Bước (khẳng định kết luận): Vậy kết luận tốn Ví dụ 1: Chứng minh số vô tỉ Chứng minh: Giả sử số hữu tỉ, ta biểu diễn 2 a với a, b  , b  0, ( a, b)  b Do a  b Bình phương hai vế ta được: a  2b Thì vế phải chia hết vế trái phải chia hết cho (vì chúng số tự nhiên) Do a số chẵn, có nghĩa a phải số chẵn Do ta viết a  2c , c số tự nhiên Thay vào phương trình ban đầu ta có: (2c)2  2b hay b  2c Nhưng đó, tương tự trên, b chai hết b phải số chẵn Nhưng a b số chẵn chúng có chung ước số Điều trái với giả thiết ( a, b)  Vậy giả sử số hữu tỉ sai Do số vơ tỉ Ví dụ 2: Khơng dùng máy tính, chứng minh  35  10 Chứng minh: hay 59  10 35 Bình phương hai vế ta có: 59  100.35 hay 10 3481  3500 , điều vô lý Vậy giả sử sai,  35  10 Giả sử  35  Ví dụ 3: Chứng minh khơng tồn số nguyên dương x, y, z, t đồng thời thỏa mãn đồng thời đẳng thức sau: x  xyzt  1987 y  xyzt  987 z  xyzt = 87 t  xyzt  1  2    3  4 Trang 2   Chứng minh: Giả sử tồn số nguyên dương x, y, z, t thỏa mãn đồng thời đẳng thức 1 ,   ,  3 ,   Trừ vế đẳng thức ta được: x  y  1000 , y  z  900 , z  t  80 Suy x, y, z, t có tính chẵn lẻ Nếu x, y, z, t tính chẵn x  xyzt số chẵn, mâu thuẫn với (1) Nếu x, y, z, t lẻ x  xyzt số chẵn, mâu thuẫn với (1) Điều chứng tỏ giả sử sai Vậy ta có điều phải chứng minh Ví dụ 4: Chứng minh n số nguyên dương số 2010 n  không chia hết cho 1000n  Chứng minh: Giả sử với n số nguyên dương 2010 n  chia hết cho 1000n  Khi đó, 1000n  chia hết 2010 n  chia hết cho Điều vơ lí 2010 n  không chia hết cho Vậy điều giả sử 2010 n  chia hết cho 1000n  sai Suy 2010 n  không chia hết cho 1000n  Ví dụ 5: Chứng minh: a1 , a2 , , an hoán vị tùy ý số 1, 2, , n với n số lẻ, tích  a1  1 a2    an  n  số chẵn Chứng minh: Đầu tiên, ta có nhận xét tổng số lẻ số lẻ số lẻ Để chứng minh toán ta cần chứng minh tồn hiệu ak  k số chẵn Giả sử tất hiệu ak  k số lẻ Khi tổng S   a1  1   a2      an  n   0, số ak xếp lại số 1, 2, , n Nhưng theo nhận xét S số lẻ tổng số lẻ số lẻ Điều mâu thuẫn Do giả sử tất hiệu ak  k số chẵn, suy tích  a1  1 a2    an  n  số chẵn  Có nhiều cách chứng minh tồn vơ hạn số ngun tố, ví dụ sau đưa cách chứng minh phản chứng Euclid cho kết Ví dụ 6: Chứng minh tồn vô hạn số nguyên tố Chứng minh: Giả sử có hữu hạn số nguyên tố p1 , p2 , , pn giả sử p1  p2   pn Xét tích A  p1 p2 pn  Rõ ràng A  pn nên A hợp số, A có ước ngun tố p Khi p1 , p2 , , pn tất số nguyên tố nên tồn i  {1, 2, , n} cho p  pi Như A p ; ( p1 p2 pn ) p nên 1 p , mâu thuẫn Do giả sử có hữu hạn số nguyên tố sai Vậy có vơ hạn số ngun tố Trang 3 Ví dụ 7: Cho số nguyên n hợp số, n > Chứng minh n có ước nguyên tố p  n Chứng minh: Do n hợp số nên n viết dạng n  a.b với a, b  , a  1, b  Bây a  n b  n ab  n n  n , mâu thuẫn Do phải có a  n p  n Bài tốn chứng minh Nhận xét Kết ví dụ dùng làm tiêu chuẩn để kiểm tra số có phải số nguyên tố hay khơng Ví dụ: Để kiểm số 101 có số ngun tố hay khơng, trước tiên ta tính 101  10, 04 Khi đó, theo Ví dụ 11,7 101 số nguyên tố 101 chia hết cho 2, 3, (là số ngun tố nhỏ 10,04) Do khơng có số số 2, 3, 5, ước 101 nên 101 số nguyên tố Ví dụ 8: Chứng minh rằng: a) Tích số ngun có dạng 4k  số có dạng 4k  b) Tồn vô số số nguyên tố có dạng 4k  Chứng minh: a) Vì với k1 , k2   (4k1  1)(4k2  1)  16k1k2  4k1  4k2   4(4k1k2  k1  k2 )   4k3  , tích số nguyên có dạng 4k  số có dạng 4k  b) Nhận xét: Mỗi số có dạng 4k  có ước nguyên tố có dạng Thật vậy, rõ ràng n có ước dạng với thân n ước n Gọi p ước nhỏ ước Nếu p số nguyên tố nhận xét chứng minh Nếu p hợp số p phân tích thành tích thừa số nguyên tố lẻ (do p lẻ) Các thừa số khơng thể có dạng 4m  (vì theo câu a p có dạng 4m  ) Vậy thừa số nguyên tố có dạng 4k  Do ước p ước n nên n có ước nguyên tố dạng 4k  Bây ta chứng minh có vơ số số nguyên tố có dạng 4k  Giả sử có hữu hạn số nguyên tố có dạng 4k  p1 , p2 , , pn Xét số N  p1 p2 pn  N có dạng 4k  Theo nhận xét N có ước nguyên tố có dạng 4k  Nhưng từ cách xác định N N khơng chia hết cho số nguyên tố có dạng 4k  Điều mâu thuẫn chứng tỏ giả sử sai Vậy có vơ số số ngun tố có dạng 4k  Ví dụ 9: Cho a, b hai số thực cho với số thực   ta ln có a  b   Chứng minh a  b Chứng minh: Giả sử ngược lại a  b Khi a b  Do a  b   với   a b a b , ta có: a  b  hay a  b Điều mâu thuẫn với giả sử a  b 2 Suy giả sử a  b sai Vậy a  b nên với   Trang 4 Ví dụ 10: Cho a, b hai số nguyên dương nguyên tố Chứng minh không tồn số nguyên dương x, y để ax  by  ab Chứng minh: Giả sử tồn số nguyên dương xo , yo thỏa mãn đẳng thức cho, tức là: axo  byo  ab (1) Ta có: axo  ab  byo  b(a  yo ) b Vì ( a, b)  nên xo  b Do đó, tồn x1  * cho xo  bx1 Tương tự, tồn y1  * cho yo  ay1 Thay vào đẳng thức (1) ta abx1  aby1  ab hay x1  y1  Điều vơ lí x1 y1  Vậy điều giả sử sai Ta có điều phải chứng minh Ví dụ 11: Chứng minh với số nguyên a, b, c, ta tìm số nguyên dương n cho số f  n   n3  an2  bn  c khơng phải số phương Chứng minh: Giả sử ngược lại, tồn a, b, c   để với số nguyên dương n f ( n) số phương Khi đó: f (1)   a  b  c , f (2)   4a  2b  c , f (3)  27  9a  3b  c , f (4)  64  16a  4b  c , số phương Nhận xét rằng: Một số phương chia cho có số dư Do số dư phép chia hiệu hai số thương cho 0, –1 Ta có: f (4)  f (2)  12a  2b  56  4(3a  14)  2b , mà 2b số chẵn nên theo nhận xét (1) 2b Tương tự, f (3)  f (1)  8a  2b  26  4(2a  6)  2b  , mà 2b  số chẵn nên (2b  2) (2) Từ (1) (2) suy 2 , vô lí Do giả sử sai Vậy với số ngun a, b, c ln tìm số nguyên dương n cho số f  n   n3  an  bn  c số phương Ví dụ 12: Chứng minh tam giác có hai đường phân giác tam giác cân Chứng minh: Trang 5 Xét ABC có hai đường phân giác BM  CN Ta chứng minh ABC cân A Giả sử ABC không cân A  C B  C  1 Qua M kẻ đường thẳng Xét B 1 song song AB , qua N kẻ đường thẳng song song BM cắt D D  Theo Khi BNM  DMN  BM  DN , B giả thiết BM  CN  ND  NC Vậy NCD cân   NDC   2 N  NCD  C D  C   3 D  B Vì B 2 A D B N M 2 1 C  C   MC  MD  BN Hai tam giác BNC , BMC có BC chung, Từ   ,  3  D B  , mâu thuẫn với 1 CN  BM , BN  CM  C 1  C  , chứng minh tương tự dẫn đến mâu thuẫn Trường hợp B  C  , suy ABC cân A Vậy B Ví dụ 13: Cho tam giác có ba góc nhọn Qua đỉnh tam giác vẽ đường cao, qua đỉnh thứ hai vẽ trung tuyến, qua đỉnh thứ ba vẽ phân giác Chứng minh ba đường vẽ cắt nhau, tạo thành tam giác tam giác khơng phải tam giác Chứng minh: Xét ABC có ba góc nhọn đường cao AH , đường trung tuyến BM , đường phân giác CN cắt tạo thành PQR hình vẽ Ta cần chứng minh PQR không tam giác Giả sử ngược lại PQR Khi tam   600 giác vng CRH có CRH   300  C   RCH   600 , HAC   300  RCH A N P B M R Q H C   300 ,  APM có PAM APM  600   AMP  900 hay BM  AC   600 nên ABC có đường trung tuyến BM đường cao nên ABC cân Hơn C ABC đều, dẫn đến P, Q, R trùng nhau, trái giả thiết Vậy PQR khơng thể Ví dụ 14: Qua điểm O mặt phẳng, vẽ đường thẳng phân biệt a) Có góc đỉnh O tạo thành hình vẽ? b) Chứng minh góc đó, có góc khơng vượt q 360 Chứng minh: Trang 6 a) đường thẳng cắt O tạo thành 10 tia chung gốc O Mỗi tia 10 tia tạo với tia lại thành góc, có 10 tia nên có 9.10  90 góc Nhưng góc tính lần nên có tất 90 :  45 góc đỉnh O tạo thành b) Trong 45 góc đỉnh O có 10 góc khơng có điểm chung có tổng số đo 3600 Giả sử tất O góc lớn 360 10 góc vừa nêu có tổng số đo lớn 10.360  3600 , mâu thuẫn Vậy phải có góc khơng vượt q 360 Ví dụ 15: Trên mặt phẳng xếp đoạn thẳng cho đoạn thẳng cắt đoạn thẳng khác không? Giải: Câu trả lời không Thật vậy, giả sử xếp i j đoạn thẳng cho đoạn thẳng cắt đoạn thẳng khác Ta lập bảng gồm hàng, cột đánh dấu ô: i X hai đoạn thẳng cắt ta đánh dấu X, không cắt ta đánh dấu Chẳng hạn X đoạn thẳng thứ I cắt đoạn thẳng thứ j ta đánh dấu j X vào giao dòng i cột j, dòng j cột i Khi dòng có dấu X Mặt khác bảng có dấu xếp theo đường chéo hình vng Như nói giao dòng I cột j có dấu X giao dòng j cột I có dấu X, hai đối xứng qua đường chéo gồm có dấu Vì đánh dấu X bảng phải số chẵn Mâu thuẫn có 21 có dấu X theo giả thiết BÀI TẬP: 1.Chứng minh rằng: a) Tổng số hữu tỉ số vô tỉ số vô tỉ b) Không tồn số hữu tỉ dương nhỏ Chứng minh với số nguyên dương n phân số 12n  tối giản 30n  Tích 43 số ngun có trước Chứng minh tổng chúng Gọi a1 , a2 , , a2000 số tự nhiên thỏa mãn 1    Chứng mỉnh a1 a2 a2000 tồn số ak số chẵn Số palindrome (còn gọi số xi ngược hay số đối xứng) số mà đọc xuôi hay đọc ngược nhau, ví dụ số 151, 1991, 1211121, 15677651 số đối xứng Chứng minh không tồn số đối xứng dương chia hết cho 10 Chứng minh: với mọt số tự nhiên n ta ln có A  n  3n  38 không chia hết cho 49 Trang 7 Cho n số tự nhiên khác 0; a ước nguyên dương 2n Chứng minh n  khơng thể số phương Chứng minh với n  , n  n n! có số ngun tố Từ suy có vơ hạn số nguyên tố Đặt số 1, 2, 3, , 25 vòng tròn theo thứ tự tùy ý Chứng minh ln có số liên tiếp có tổng lớn 39 10 Cho dãy số: 3, 7,11,15,19, 23, 5,11,17, 23, 29, 35, Chứng minh số hạng dãy số có vơ số số nguyên tố 11 Chứng minh tam giác, góc đối diện với cạnh nhỏ góc nhọn 12 Chứng minh tam giác, đường trung tuyến ứng với cạnh huyền cạnh huyền 13 Chứng minh tam giác có góc 300 cạnh đối diện với góc cạnh khác tam giác tam giác vuông 14 Cho a, b, c độ dài cạnh tam giác Chứng minh rằng: M  a b c   bc ca ab số nguyên 15 Trong mặt phẳng cho n điểm  n  3 thỏa điều kiện: đường thẳng qua trong điểm chứa điểm khác điểm cho Chứng minh tất điểm nằm đường thẳng Trang 8 Chuyên đề 2: Ngun lí Dirichlet: 2.1 GIỚI THIỆU VỀ NGUN LÍ DIRICHLET Dirichlet (Đi-rích-lê) (1805 – 1859) nhà tốn học người Đức, cho người đưa định nghĩa đại hàm số Trên sở quan sát thực tế, ơng phát biểu thành ngun lí mang tên ơng – ngun lí Dirichlet: Khơng thể nhốt thỏ vào lồng mà lồng có khơng q thỏ Nói cách khác, nhốt thỏ vào lồng tồn lồng có từ trở lên Một cách tổng quát hơn, có k lồng để nhốt m thỏ (với k  kn  r (0  r  k  1) ) tồn lồng có chứa từ n + thỏ trở lên Ta dễ dàng minh nguyên lí Dirichet phương pháp phản chứng sau: Giả sử khơng có lồng n + thỏ trở lên, tức lồng chứa nhiều n thỏ, số thỏ chứa k lồng nhiều kn Điều mâu thuẫn với giả thiết có m thỏ với m  kn  r (0  r  k  1) Nguyên lí Dirichlet thật đơn giản, dễ hiểu vận dụng vào giải nhiều toán số học, đại số, hình học ciệc tồn hay nhiều đối tượng thỏa mãn điều kiện đặt Khi sử dụng nguyên lí Dirichlet vào tốn cụ thể, điều quan trọng phải nhận (hay tạo ra) Lồng Thỏ Lồng Thỏ 2.2 MỘT SỐ DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP Dạng CHỨNG MINH SỰ TỒN TẠI CHIA HẾT Thông thường ta coi m số tự nhiên cho m “con thỏ”, số dư phép chia số tự nhiên cho n “lồng”; có n lồng: lồng i (0  i  b) gồm số tự nhiên cho chia cho n dư i VÍ DỤ Chứng rằng: a) Trong 2012 số tự nhiên ln tìm hai số chia cho 2011 có số dư (hay hiệu chúng chia hết cho 2011) b) Trong 2012 sơ tự nhiên ln tìm số chia hết cho 2012 ln tìm hai số chia cho 2012 có số dư Giải a) Ta coi 2012 số tự nhiên cho 2012 “con thỏ”; “lồng i” gồm số chia cho 2011 dư i (0  i  2011) nên có 2011 lồng: lồng 0, lồng 1, …, lồng 2010 Như có 2011 lồng chứa 2012 thỏ nên theo nguyên lí Dirchlet tồn lồng chứa khơng hai thỏ, tức có hai số chia cho 2011 có số dư b) Nếu 2012 số cho có số chia hết cho 2012 ta chọn ln số Nếu khơng có số chia hết cho 2012 chia cho 2012 nhận nhiều 2012 số dư khác 1, 2, …, 2011 Theo nguyên lí Dirichlet, tồn hai số chia cho 2012 có số dư Nhận xét Ta tổng qt tốn sau: Trang 9 1) Trong n + số tự nhiên ln tìm hai số chia cho n có số dư (hay hiệu chúng chia hết cho n) 2) Trong n số tự nhiên ln tìm số chia hết cho n ln tìm hai số chia cho n có số dư VÍ DỤ Chứng minh ln tìm số có dạng 20122012…2012 (gồm số 2012 viết liên tiếp nhau) chia hết cho 2013 Giải Xét 2014 số sau: 2012, 20122012, , 2012 2012 (gồm 2014 số 2102) Đem 2014 số chia cho 2013, có 2014 số mà có 2013 số dư phép chia cho 2013 (là 0, 1, 2, , 2012) nên tồn hai số chia cho 2013 có số dư, chẳng hạn a = 2012 2012 (gồm i 2012) b = 2012 2012 (gồm j 2012) với  i  j  2014 Khi b  a  2012 2012.10 i (gồm j – i 2012) chia hết cho 2013 Lại có ƯCLN (104i , 2013)  nên số 2012 2012 (gồm j – i 2012 chia hết cho 2013 Bài toán chứng minh (Ở “thỏ” số có dạng 2012 2012, “lồng” số dư phép chia cho 2013) Nhận xét Mấu chốt toán chọn 2014 (= 2013 + 1) số tự nhiên có dạng cho Từ ta phát biểu nhiều toán tương tự, chẳng hạn như: Chứng minh ln tìm số có dạng 111 chia hết cho 29 VÍ DỤ Cho sáu số tự nhiên a , b, c, d , e, g Chứng minh sáu số ấy, tồn số chia hết cho tồn vài số có tổng chia hết cho Giải Trường hợp có số ta chọn số thỏa mãn yêu cầu đề Trường hợp sáu số lớn Xét số sau S1  a S2  a  b S3  a  b  c S4  a  b  c  d S5  a  b  c  d  e S6  a  b  c  d  e  g Đem số chia cho ta nhận số dư thuộc tập {0,1, 2, 3, 4, 5} Nếu tồn Si (i  1, 2, , 6) chia hết cho tốn chứng minh Nếu khơng có Si chia hết cho ta có số chia hết cho nhận loại số dư khác (1, 2, 3, 4, 5) ; theo nguyên lý Dirichlet tồn hai số chia cho có số dư, chẳng hạn S2 S5 hiệu hai số chia hết cho 6, tức c  d  e chia hết cho Bài toán chứng minh (Ở “thỏ” số Si, “lồng” số dư phép chia cho 6) Nhận xét Ta phát biểu toán tổng quát sau: Trang 10 Giải a, Gọi H , J , K tiếp điểm đường tròn (I ) với cạnh BC , CA, AB Sử dụng E – M dạng tích, ta có IA.IB.IC ³ 8IH IJ IK hay IA.IB.IC ³ 8r Lưu ý: Bất đẳng thức câu a, cho tam giác ABC Ia b, Nhận xét điểm I trực tâm B tam giác Ia Ib Ic Áp dụng E – M cho điểm I tam giác Ia Ib Ic ta nhận IIa + IIb + IIc ³ 2(IA + IB + IC ) ³ 12r (theo ví dụ 1) c, Áp dụng E – M dạng tích cho điểm I C I Ic Ib A tam giác Ia Ib Ic ta nhận IIa IIb IIc ³ 8IA.IB.IC ³ 64r (theo câu a,) d, Áp dụng E – M dạng thức cho điểm I tam giác Ia Ib Ic ta có IIa + IIb + IIc ³ 2( IA + IB + IC ) (1) Áp dụng E – M dạng thức cho điểm I tam giác ABC ta được: IA + IB + IC ³ Từ (1), (2) suy ( ) IH + IJ + IK = r (2) IIa + IIb + IIc ³ r Các đẳng thức câu a, b, c, d xảy tam giác ABC Ví dụ Cho tam giác ABC với BC = a,CA = b, AB = c Gọi r bán kính đường tròn nội tiếp tam giác Chứng minh abc ³ 24 3r Đẳng thức xảy nào? Giải Gọi p nửa chu vi tam giác ABC Từ công thức Heron S ABC = p(p - a )(p - b)(p - c) SABC = pr , suy r = (p - a )(p - b)(p - c) p (1) Gọi I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Theo định lý Pythagore (1) ta có ( )( )( IA2 IB IC = r + (p - a )2 r + (p - b)2 r + (p - c)2 ỉ(p - a )bc ÷ưỉ(p - b)ac ÷ưỉ(p - c)ab ữử ữữ ỗỗ ữữ ỗỗ ữữ = ỗỗ çè ç ÷ ÷ç p p p øè øè ø÷ ) (2) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có p ( p - a ) + (p - b ) + ( p - c ) = ³ (p - a )(p - b)(p - c) 3 p3 hay (p - a )(p - b)(p - c) £ (3) 27 Trang 56 Từ (2), (3) suy IA2 IB IC £ a 2b 2c abc  IA.IB.IC £ 27 3 (4) Áp dụng E – M dạng tích ta có IA.IB.IC ³ 8r (5) Từ (4), (5) suy abc ³ 24 3r (đpcm) Đẳng thức xảy DABC Chú ý Các bạn học lớp làm quen với định lý Sin tam giác ABC thấy a = 2R sin A;b = 2R sin B; c = 2R sin C ( R bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ) Khi từ bất đẳng thức abc ³ 24 3r ta nhận bất đẳng thức ỉ r ư÷3 8R sin A sin B sin C ³ 24 3r  sin A sin B sin C ³ 3 çç ÷÷ çè R ÷ø 3 ỉ r ư÷3 Hệ Với tam giác ABC ta có bất đẳng thức sin A sin B sin C ³ 3 ỗỗ ữữ ỗố R ữứ ng thc xy tam giác ABC Ví dụ Giả sử đường tròn (I ; r ) nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với cạnh BC ,CA, AB theo thứ tự A1, B1,C1 Chứng minh AB.BC CA ³ 8A1B1.B1C 1.C 1A1 Đẳng thức xảy nào? Giải Đặt BC = a, AC = b, AB = c p nửa chu vi tam giác ABC Sử dụng định lý Ptolemy cho tứ giác nội tiếp IC 1AB1, IC1BA1, IACB 1 ta thấy A B1 C1 IA.B1C = IB1.AC + IC 1.AB1 hay IA.B1C = 2r (p - a ) (1) Tương tự, IB.AC 1 = 2r (p - b ) (2), I C B A1 IC A1B1 = 2r (p - c) (3) Nhân đẳng thức (1), (2), (3) theo vế ta IA.IB.IC = 8r (p - a )(p - b)(p - c) B1C1.C1A1.A1B1 (4) Sử dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương, ta có: ỉ(p - a ) + (p - b)ửữ2 c a2 b2 ỗ ữữ = ; (p - b)(p - c) £ ; (p - a )(p - c) £ (p - a )(p - b ) Ê ỗ ỗố ữứ 4 Nhõn ba bất đẳng thức theo vế ta thu (p - a )(p - b )(p - c) £ abc (5) Áp dụng E – M dạng tích ta có IA.IB.IC ³ 8r (6) Trang 57 Từ (4), (5), (6) suy AB.BC CA ³ 8A1B1.B1C 1.C 1A1 Đẳng thức xảy tam giác ABC Ví dụ (IMO 1991) Cho tam giác ABC P điểm nằm tam    giác Chứng minh có ba góc PAB, PBC , PCA nhỏ 300    Giải (Phản chứng) Giả sử khơng có góc góc PAB, PBC , PCA nhỏ 300 Khi đó, có góc lớn 1500 hai góc lại nhỏ 300 Giả sử ba góc lớn 300 nhỏ 1500 Gọi da , db , dc khoảng cách từ P đến cạnh BC ,CA, AB Khi ta có  > sin 300.PB = BP (1) 2da = 2PB sin PBC Tương tự 2db > PC (2), 2dc > PA (3) Từ (1), (2), (3) ta suy PA + PB + PC < 2(da + db + dc ) (mâu thuẫn E – M) Từ ta có điều cần chứng minh Ví dụ Giả sử H trực tâm tam giác nhọn ABC Gọi D, E , F trung điểm BC ,CA, AB ; R bán kính A đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Chứng minh HD + HE + HF ³ R Đẳng thức E F xảy nào?  Giải Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam O H giác ABC Còn w tâm đường tròn Euler tam giác ABC Ta có kết sau (tự chứng C B D minh): + w trung điểm OH + Bán kính đường tròn Euler tam giác ABC nửa bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác Sử dụng hai kết ta có: HD + OD ³ 2wD = R; HE + OE ³ 2wE = R; HF + OF ³ 2wF = R; Cộng theo vế bất đẳng thức trên: HD + HE + HF ³ 3R - (OD + OE + OF ) (1) Áp dụng E – M cho điểm O nằm tam giác ABC ta có OD + OE + OF £ OA + OB + OC 3R = (2) 2 Từ (1), (2) suy HD + HE + HF ³ R (đpcm) Đẳng thức xảy tam giác ABC Trang 58 Ví dụ Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O; R) Các đường cao AA1, BB1,CC đồng quy H Kẻ OO1 ^ BC ,OO2 ^ AC ,OO3 ^ AB Chứng minh HA1 + HB1 + HC £ OO1 + OO2 + OO3 £ R A Giải Nhận xét HA = 2OO1, HB = 2OO2, HC = 2OO3 (có thể B1 O2 O3 chứng minh đẳng thức cách kẻ đường kính đường tròn (O ) qua A, B,C sử C1 O H dụng tính chất đường trung bình tam giác) + Áp dụng E – M cho điểm H tam giác ABC ta có: B C A1 O1 HA + HB + HC = OO1 + OO2 + OO3 + Áp dụng E – M cho điểm O tam giác ABC ta có: HA1 + HB1 + HC £ OA + OB + OC = R (đpcm) 2 Chú ý: Tổng hợp kết Ví dụ Ví dụ ta có dãy bất đẳng thức OO1 + OO2 + OO3 £ R £ HO1 + HO2 + HO3 Ví dụ 10 Cho tam giác ABC M điểm tam giác Gọi Ra , HA1 + HB1 + HC £ OO1 + OO2 + OO3 £ Rb , Rc khoảng cách từ M đến đỉnh A, B,C Còn da , db , dc khoảng cách từ M đến cạnh BC ,CA, AB æd d dd d d ư÷ Chứng minh bất đẳng thức da + db + dc ỗỗỗ b c + c a + a b ữữ ỗố Ra Rb Rc ÷ø Giải Gọi A1, B1,C1 theo thứ tự chân đường vng góc kẻ từ M BC ,CA, AB A lên cạnh C1A1 = Rb sin B A1B1 = Rc sin C Kẻ MA2 ^ B1C 1, MB2 ^ C 1A1, MC ^ A1B1 Khi M B   MB1.MC = db dc MA2 = MB1 sin MB 1A2 = MB1 sin MAC = MA Ra B1 A2 C1 Ta có B1C = MA sin A = Ra sin A , C2 B2 C A1 (1) Trang 59   = MA1.MC = da dc MB2 = MC sin MC B = MC sin MBA 1 MB Rb (2)  = MA sin MCB  = MB1.MA1 = db da MC = MA1 sin MAC 1 MC Rc (3) Áp dụng E – M cho điểm M tam giác A1B1C ta có: MA1 + MB1 + MC ³ (MA2 + MB2 + MC ) (4) Từ (1), (2), (3), (4) suy đpcm BÀI TẬP ÁP DỤNG: Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R Gọi R1, R2, R3 theo thứ tự bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác BOC ,COA, AOB Chứng minh bất đẳng thức R1 + R2 + R3 ³ 3R Đẳng thức xảy nào? Cho tam giác nhọn ABC Gọi ma , mb , mc độ dài đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A, B,C ; R bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác 9R Đẳng thức xảy nào? Chứng minh với tam giác ABC ta có bất đẳng thức Chứng minh ma + mb + mc £ + + ³ Đẳng thức xảy nào? A B C sin sin sin 2 Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O; R) ngoại tiếp đường tròn (I ; r ) Các đường cao AA1, BB1,CC đồng quy H Chứng minh hệ thức sau: a, HA + HB + HC = 2(R + r ) c, cos A + cos B + cos C = + b, HA1 + HB1 + HC £ R + r r R d, R ³ 2r Trang 60 Chuyên đề 9: Định lý Ptôlêmê đặc trưng tứ giác nội tiếp: Định lý Ptôlêmê định lý đẹp Hình học sơ cấp Đẹp trước hết tính tự nhiên giản đơn cách phát biểu định lý đó, yếu ứng dụng phong phú Có lẽ định lý Ptơlêmê đặc trưng sâu sắc tứ giác nội tiếp đường tròn 9.1 ĐỊNH LÝ PTƠLÊMÊ Định lý Ptơlêmê phát biểu sau: Trong tứ giác nội tiếp, tích hai đường chéo tổng tích cặp cạnh đối diện Sau phương pháp chứng minh định lý này: Giả sử tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O ) B  = CAD  Trên BD lấy điểm E cho BAE  = ACD  nên hai tam giác ABE ACD Vì ABD AB BE =  AB.CD = BE AC (1) AC CD  = EAD , ACB  = ADB  nên hai tam Tương tự, BAC đồng dạng  A E giác AED ABC đồng dạng  D AD ED =  AD.BC = ED.AC (2) AC BC Từ (1), (2) ta C hay AB.CD + AD.BC = AC (BE + ED ) AB.CD + AD.BC = AC BD 9.2 MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÝ PTƠLÊMÊ Định lý Ptơlêmê thường sử dụng để chứng minh hệ thức tam giác Ví dụ Cho tam giác ABC vng A có A AB + AC = 4cm Vẽ tam giác BCE vuông cân E ( E , A nằm khác phía BC ) Tính độ dài AE ? Giải Đặt BE = CE = a Áp dụng định lý Ptơlêmê vào tứ giác ABEC ta có B D AE BC = AB.CE + AC BE  AE a = AB.a + AC a  AE = AB + AC C Suy AE = 2cm Ví dụ Cho hình bình hành ABCD Một đường tròn qua A cắt đoạn thẳng theo thứ tự K , E , F Chứng minh AB, AC , AD K A B AK AB + AF AD = AE AC Giải Áp dụng định lý Ptôlêmê vào tứ giác AKEF ta có AK EF + AF EK = AE KF (1) Mặt khác, hai tam giác KFE , ACD đồng dạng nên F D C Trang 61 EF KE KF = = = k (2) CD AD AC Từ (1), (2) suy AK kAB + AF kAD = AE kAC  AK AB + AF AD = AE AC Ví dụ Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O ; R) Gọi x , y, z khoảng cách từ O đến BC ,CA, AB r bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC a, Chứng minh hệ thức x + y + z = R + r b, Kết góc A tù? Giải a, Gọi H , I , K chân đường vng góc hạ từ O A xuống BC ,CA, AB Khi H , I , K trung điểm BC ,CA, AB Ta có KI = a K I z y O Áp dụng định lý Ptôlêmê cho tứ giác nội tiếp AKOI a c b ta có OA.KI = OI AK + OK AI hay R = y + z Do 2 Ra = yc + zb Tương tự, Rb = ya + xb , Rc = xc + za x H B C Mặt khác, SABC = SOBC + SAOC + SABO = (ax + by + cz ) Suy (a + b + c)r = ax + by + cz Từ (R + r )(a + b + c) = Ra + Rb + Rc + r (a + b + c) = yc + zb + ya + xb + xa + zc + ax + by + cz = (x + y + z )(a + b + c ) Suy x + y + z = R + r b, Khi góc A tù, tâm O đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nằm tam giác Trong trường hợp hệ thức tương ứng Ra = yc + zb; Rb = za - xc; Rc = ya - bx ; r (a + b + c ) = yb + zc - ax Cộng theo vế đẳng thức trên, có A K B I z H y C x O (R + r )(a + b + c ) = (y + z - x )(a + b + c )  y + z - x = R + r Lưu ý: Kết y + z - x = R + r khơng ấn tượng Tuy nhiên ta có kết đẹp ví dụ Trang 62 Ví dụ Cho tam giác ABC có góc A tù nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R Gọi bán kính đường tròn bàng tiếp góc A Gọi x , y, z khoảng cách từ O đến BC ,CA, AB Chứng minh x + y + z = - R Giải A S = SOAC + SOAB - SOBC = (by + cz - ax ) c b B (1) C a Gọi J tâm đường tròn bàng tiếp góc A , ta có: S = SJAC + SJAB - SJBC = (bra + cra - ara ) J = (b + c - a ) (2) Từ (1), (2) suy by + cz - ax = (b + c - a ) Ta lại có Rb = za - xc; Rc = ya - bx ; Ra = yc + zb Từ đó, (ra - R)(b + c - a ) = (x + y + z )(b + c - a )  - R = x + y + z  = 600 Bổ đề Cho tam giác ABC có BC = a,CA = b, AB = c A Khi a = b + c - bc Thật vậy, kẻ CH ^ AB Khi tam giác vng A  = 300 Do AH = b ,CH = b ACH có ACH 2 Tam giác vng BHC có 600 b H ổb ửữ ổ bử ỗ ữữ = b + c - bc BC = BH + HC a = ỗỗc - ữữữ + ỗỗ ữ ỗố ỗ 2ứ ỗố ø÷÷ B C a Ví dụ Cho tam giác ABC cạnh a nội tiếp đường tròn tâm O điểm M cung nhỏ BC Đặt MA = x , MB = y, MC = z Chứng minh: a, x = y + z ; b, x + y + z = 2a c, A x + y + z = 2a Giải a, Áp dụng định lý Ptơlêmê cho tứ giác nội tiếp ABMC a có MA.BC = MB.AC + MC AB Do xa = ya + za  x = y + z  = ACB  = 600 ; AMC  = ABC  = 600 b, Chú ý AMB Áp dụng bổ đề cho tam giác MAB, MAC có a x B D y C z Trang 63 a = x + y - xy a = x + z - xz Do đó, 2a = 2x + y + z - x (y + z ) = 2x + y + z - x = y + z + x (theo câu a,) c, Áp dụng đẳng thức (a + b + c)2 = a + b + c + 2ab + 2ac + 2bc nhận a = (x + y - xy )2 = x + y + 3x 2y - 2x 3y - 2xy a = (x + z - xz )2 = x + z + 3x 2z - 2x 3z - 2xz Từ 2a = 2x + y + z + 3x (y + z ) - 2x (y + z ) - 2x (y + z ) (1) Chú ý x = y + z nên 2x (y + z ) = 2x Và 3x (y + z ) - 2x (y + z ) = 3x (y + z ) - 2x (y + z )(y + z - yz ) = 3x (y + z ) - 2x (y + z - yz ) = x (y + z + 2yz ) = x Do đó, từ (1) suy 2a = x + y + z Ví dụ Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O ) điểm M cung nhỏ BC Gọi H , I , K chân đường vng góc hạ từ M xuống BC ,CA, AB Chứng BC AC AB = + MH MI MK  = MAK  (cùng chắn cung MB ) nên Giải Vì MCH hai tam giác MHC , MKA đồng dạng minh hệ thức A MH MC MH MA = Suy MC = MK MA MK  = MAI  nên tam giác Tương tự, MBH MHB, MIA Do đồng dạng, suy MB = I H MH MA MI B Áp dụng định lý Ptơlêmê cho tứ giác nội tiếp ABMC có MA.BC = MB.AC + MC AB D K C MH MA MH MA BC AC AB AC + AB  = + (đpcm) MI MK MH MI MK Ví dụ Cho tam giác ABC có Aˆ = 2Bˆ Chứng A Từ MA.BC = minh a - b = bc Giải Phân giác góc A cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC D Khi  = DAC  = ABC  DBC  = DAB  = ABC  DCB AC = CD = b; BD = AC = b Tương tự,  = 2ABC  = BAC  ABD c nên nên B b a C D Trang 64 AD = BC = a Áp dụng định lý Ptơlêmê cho tứ giác nội tiếp ABCD ta có AD.BC = DC AB + DB.AC  a = bc + b  a - b2 = bc  = 2B  = 4C  Chứng minh + = Ví dụ Cho tam giác ABC có A a b c  = 2B , B  = 2C  , theo ví dụ có a - b = bc, b - c = ac Giải Từ giả thiết A Từ a - c = c(a + b) A  = ACB  Trên cung lớn BC , lấy điểm E cho EAC Khi CE = AB = c  = BAC  ACE nên B C AE = BC = a  = 3ACB  = BCE  nên BE = AE = a Mặt khác, ABE Áp dụng định lý Ptôlêmê cho tứ giác nội tiếp ABEC có E BC AE = AB.EC + AC BE hay a = c + ab Từ đó, a - c = ab Theo chứng minh a - c = c(a + b) nên ab = c(a + b) Chia vế đẳng thức cuối cho abc ta 1 + = (đpcm) a b c 9.3 ĐỊNH LÝ PTƠLÊMÊ VÀ HÀM SỐ LƯỢNG GIÁC CỦA GĨC NHỌN Trong phần ta sử dụng định lý Ptơlêmê để tính hàm số lượng giác số góc nhọn Ví dụ Tính sin 180 cos 360 (khơng dùng bảng số máy tính) Giải Dựng tam giác cân ABC có  = ACB  = 720 , BAC  = 360 Đặt BC = a, ABC A  = 2BAC  nên theo ví dụ có AB = AC = b Khi ABC b - a = ab ( AB = c = b ) Từ K ỉa ö÷2 a a -1 + 2 a + ab - b = ỗỗỗ ữữ + - =  = ÷ b b èb ø Kẻ AH ^ BC Khi BH = HC = a  = 180 BAH B H C BH a -1 = = AB 2b  = b cos 360 Kẻ BK ^ AC Khi AK = AB cos BAK = Từ sin 180 = sin BAH Trang 65  = a.sin180 = KC = BC sin KBC -1 -1 b =b ( Vì AK + KC = AC nên b.cos 360 + b ) ) -1 ( -1 +1 = b  cos 360 = Ví dụ 10 Cho a, b góc nhọn cho a + b góc nhọn Chứng minh cơng thức sin(a + b ) = sin a cos b + cos a sin b Bổ đề: Cho tam giác ABC có góc A nhọn, nội tiếp đường tròn (O ; R) Khi a = 2R.sin A (định lý hàm số Sin)  = 900 BDC  = BAC  Chứng minh: Vẽ đường kính BD Khi BCD   a = 2R.sin A Trong tam giác vng BDC có BC = BD.sin BDC A B  B A a O  D O C a C D Giải Trên đường tròn (O ) , đường kính AC = 2R = lấy điểm B, D cho  = a,CAD  =b BAC  = ADC  = 900 nên ACB  = 900 - a ACD  = 900 - b Khi ABC Áp dụng bổ đề, AB = 2R sin(900 - a) = cos a Tương tự AD = cos b Hơn nữa, AC = 2R = 1, BD = 2R sin(a + b ) = sin(a + b ) , BC = sin a,CD = sin b Áp dụng định lý Ptôlêmê cho tứ giác nội tiếp AC BD = BC AD + CD.AB hay sin(a + b ) = sin a cos b + cos a sin b ABCD có Lưu ý: a, Nếu bạn đọ biết thêm sin 900 = b góc tù sin b = sin(1800 - b ) , bạn thấy Định lý hàm số Sin tam giác ABC tùy ý (không cần giả thiết tam giác nhọn) b, Công thức sin(a + b ) = sin a cos b + cos a sin b gọi công thức cộng cung Thực công thức cos2 a = - sin2 a, cos2 b = - sin2 b, với a, b tùy ý Áp cos2 (a + b ) = - sin2 (a + b ) dụng thức nhận cos(a + b ) = cos a cos b - sin a sin b Khi a = b ta nhận công thức nhân đôi sin 2a = sin a cos a cos 2a = cos2 a - sin2 a 9.4 BẤT ĐẲNG THỨC PTƠLÊMÊ Trang 66 Bất đẳng thức Ptơlêmê phát biểu sau: Trong tứ giác lồi ABCD ta có AB.CD + AD.BC ³ AC BD Lấy điểm E tứ giác ABCD cho  = DBC , EAB  = BDC  EBA Khi hai tam giác ABE , DBC đồng A AB AE =  AB.CD = AE BD BD CD Ta lại có hai tam giác EBC , ABD đồng dạng nên dạng nên BC EC =  BC AD = EC BD BD AD E D B Từ C AB.CD + AD.BC = BD(AE + EC )  AB.CD + AD.BC ³ AC BD Đẳng thức xảy E nằm đoạn AC , nghĩa  = CDB  hay ABCD tứ giác nội tiếp CAB 9.5 ĐẶC TRƯNG CỦA TỨ GIÁC NỘI TIẾP ĐƯỜNG TRÒN Từ bất đẳng thức Ptôlêmê ta suy ra: Điều kiện cần đủ để tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn AB.CD + BC AD = AC BD Như AB.CD + BC AD = AC BD đặc trưng tứ giác nội tiếp ABCD Thực ra, ta tìm thấy nhiều đặc trưng khác tứ giác nội tiếp chúng cho toán sau: Đối với tứ giác ABCD cho trước, khẳng định sau tương đương: Tứ giác ABCD tứ giác nội tiếp  +C  =B  +D  = 1800 A  = ACD  ABD AB.CD + BC AD = AC BD MA.MC = MB.MD ( M giao điểm AC BD ) H , I , K thẳng hàng, H , I , K chân đường vng góc hạ từ D xuống AB, BC ,CA (đường thẳng Simson) Ra Rb = Rc Rd , Ra , Rb , Rc , Rd bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD, ABC , BCD,CDA tương ứng Tứ giác O1O2O3O4 hình chữ nhật, O1,O2,O3,O4 tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABD, ABC , BCD,CDA tương ứng Trang 67 Tứ giác G1G2G3G4 tứ giác nội tiếp, G1,G2,G3,G4 trọng tâm tam giác ABD, ABC , BCD,CDA tương ứng 10 Hai đường phân giác góc (AB,CD ) (AD, BC ) vng góc với 11 CA AB BC = + DK DH DI 12 S = (p - a )(p - b)(p - c)(p - d ) Trong AB = a, BC = b,CA = c, DA = d, a +b +c +d = p Ví dụ 11 Hãy chứng minh tương đương khẳng định (1) (11) Giải Ta biết (1) suy (11) theo ví dụ Để chứng minh (11) suy (1), gọi D ¢ giao điểm BD với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Khi tứ giác ABCD ¢ tứ giác nội tiếp, nên B AB BC CA + = (*), H ¢, I ¢, K ¢ D ¢H ¢ DT D ¢K ¢ chân đường vng góc hạ từ D ¢ đến A H' AB, BC ,CA D ¢H ¢ D ¢B DT = = nên DH DB DI D ¢B.DH D ¢B.DI D ¢H ¢ = DT = (**) DB DB I' I K K' M C H Mặt khác, D' D AB BC CA.D ¢B + = DH DI DB.D ¢K ¢ AB BC CA D ¢B D ¢K ¢ D ¢M + = = = nên , với M giao điểm BD với Mà DH DI DK DB DK DM Thay (**) vào (*) ta có AC | DB - D ¢B | | DM - D ¢M | DD ¢ DD ¢ =  = DB DM DB DM Mà DB > DM nên DD ¢ =  D º D ¢ Theo tính chất tỉ lệ thức, ta có Do ABCD tứ giác nội tiếp Lưu ý: Bạn đọc tự chứng minh tương đương cặp mệnh đề lại Trang 68 9.6 VÀI NÉT VỀ LỊCH SỬ Ptôlêmê nhà toán học Hy Lạp sống vào kỉ thứ hai sau Công nguyên, tên đầy đủ ông Claudius Ptolememy Tác phẩm ơng “Syntaus Mathematica” viết vào khoảng năm 150 sau Công nguyên chủ yếu viết Thiên văn học Quyển I bảng dây cung giải thích ngắn gọn việc đời từ mệnh đề hình học mà ngày ta gọi Định lý Ptôlêmê Sau số hệ rút từ Định lý Ptôlêmê tác phẩm Nếu a, b hai dây cung có bán kính đơn vị s = tổng hai dây cung Nếu a, b hai s= dây cung có bán a b - b2 + - a dây 2 kính đơn vị a ³ b a b - b2 - a dây hiệu hai cung 2 Nếu t dây cung đường tròn bán kính đơn vị p = - - t dây cung nửa cung Năm trăm năm sau, nhà toán học Ấn Độ Bramagupta trở lại nghiên cứu vấn đề Sau kết rút tác phẩm “Bramagupta – Sphuta – Siddhamata” ông Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn bán kính R , có AB = a, BC = b,CD = c, DA = d, AC = m, BD = n Khi m = (ac + bd )(ab + cd ) (ac + bd )(ad + bc) ; , n = ad + bc ab + cd m.n = ac + bd ; 4R2 = (ab + cd )(ad + bc) ac + bd Bạn đọc tự chứng minh kết BÀI TẬP Cho tứ giác nội tiếp ABCD có hai đường chéo vng góc Gọi a, b, c, d độ dài bốn cạnh liên tiếp tứ giác Tính diện tích tứ giác Cho hình vng ABCD nội tiếp đường tròn (O ) , M điểm thuộc cung nhỏ CD Chứng minh hệ thức MA + MC = MB Cho tam giác nhọn ABC , đường trung tuyến AM , BN ,CP Gọi R, r theo thứ tự bán kính đường tròn ngoại tiếp nội tiếp tam giác ABC Chứng minh AM + BN + CP £ 4R + r (Hướng dẫn: sử dụng kết ví dụ 3) Cho đường tròn (O ) , dây BC cố định khác đường kính Hãy xác định điểm A thuộc cung lớn BC cho tổng AB + AC có giá trị lớn Trang 69 Cho tam giác ABC có R, r bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp tam giác Chứng minh R ³ 2r (sử dụng kết ví dụ E – M 2(x + y + z ) £ 3R ) Giả sử M điểm đường tròn nội tiếp lục giác A1A2A3A4A5A6 Chứng minh: a, MA12 + MA32 + MA52 = MA22 + MA42 + MA62 b, MA14 + MA34 + MA54 = MA24 + MA44 + MA64 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O ) điểm M cung nhỏ BC Gọi H , I , K chân đường vng góc hạ từ M xuống BC ,CA, AB Chứng minh: a, 1 = + MH MI MK b, MH + MI + MK = h với h đường cao tam giác ABC Chứng minh đẳng thức: a, cos 360.cos 720 = b, cos 200.cos 400.cos 800 = Sử dụng cơng thức tính khoảng cách hai điểm M (x1; y1), N (x ; y2 ) mặt phẳng tọa độ cho công thức MN = (x1 - x )2 + (y1 - y2 )2 để chứng minh bất đẳng thức Ptôlêmê D TÀI LIỆU THAM KHẢO: [1] Vũ Hữu Bình, Văn Như Cương, Nguyễn Ngọc Đạm, Nguyễn Bá Đang, Trương Công Thành, Phạm Thị Bạch Ngọc, 2015, Tài liệu chuyên Toán THCS, Nhà xuất Giáo dục Việt Nam Trang 70 ... n  2n  chia hết cho giá trị biểu thức n  n Trang 21 Chuyên đề 4: Dấu tam thức bậc hai: Đây chuyên đề dễ tìm thấy nhiều tài liệu chuyên đề giới thiệu sơ lược mà không vào giải chi tiết Người... khơng có hai người trao đổi đề tài mơi trường họ trao đổi với đề tài dân số, ta chọn B, C, D trao đổi đề tài (Ở coi nhà khoa học (trừ A) “thỏ” nên có thỏ, coi đề tài “lồng” nên có lồng vận dụng...MỘT SỐ CHUYÊN ĐỀ TRANG BỊ CHO HỌC SINH CHUYÊN TOÁN TỪ TRUNG HỌC CƠ SỞ Chuyên đề 1: Phương pháp chứng minh phản chứng: 1.1 Chứng minh phản