TÀI LIỆU ĐỀ THI THCS BAT DANG THUC HAY

TÀI LIỆU ĐỀ THI THCS BAT DANG THUC HAY tài liệu, giáo án, bài giảng , luận văn, luận án, đồ án, bài tập lớn về tất cả cá...

Chuyên đề BDHSG Toán THCS b Các chuyên đề bồi dỡng hsg toán thcs Chuyên đề 1: Số phơng I- Định nghĩa: Số phơng số bình phơng số nguyên II- tính chất: 1- Số phơng có chữ số tận cïng b»ng 0, 1, 4, 5, 6, 9; kh«ng thĨ cã ch÷ tËn cïng b»ng 2, 3, 7, 2- Khi phân tích thừa số nguyên tố, số phơng chứa thừa số nguyên tố với số mũ chẵn 3- Số phơng có hai dạng 4n 4n+1 Không có số phơng có dạng 4n + 4n + (n � N) 4- Sè chÝnh ph¬ng chØ có hai dạng 3n 3n +1 Không có số phơng có dạng 3n + ( n � N ) 5- Sè chÝnh phơng tận 1, chữ số hàng chục chữ số chẵn Số phơng tận chữ số hàng chục Số phơng tận chữ số hàng chục chữ số lẻ 6- Số phơng chia hết cho chia hết cho Số phơng chia hết cho chia hết cho Số phơng chia hết cho chia hÕt cho 25 Sè chÝnh ph¬ng chia hÕt cho chia hết cho 16 III- Một số dạng tập số phơng A- Dạng 1: chứng minh số số phơng Bài 1: Chứng minh số nguyên x, y thì: A= (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y số phơng Giải : Ta có A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y = ( x  xy  y )( x  xy y ) y Đặt x  xy  y  t (t �Z ) th× 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 phơng Bài 2: Chøng minh tÝch cđa sè tù nhiªn liªn tiếp cộng số phơng Giải : Gọi số tự nhiên, liên tiếp n, n+1, n+2, n+3 (n � Z) Ta cã: n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + = n ( n + 3)(n + 1)(n + 2) + = ( n  3n)(n  3n  2) (*) Chuyên đề BDHSG Toán THCS §Ỉt n  3n  t (t �N ) th× (*) = t(t + 2) + = t2 + 2t + = (t + 1)2 = (n2 + 3n + 1)2 Vì n N nên n2 + 3n + � N VËy n(n + 1)(n + 2)(+ 3) + số phơng Bài 3: Cho S = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + + k(k + 1)(k + 2) Chøng minh r»ng 4S + số phơng Giải : Ta có: k(k + 1)(k + 2) = 1 k (k + 1)(k + 2) 4= k(k + 1)(k + 2) 4  (k  3)  (k  1) = 1 k(k + 1)(k + 2)(k + 3) k(k + 1)(k + 2)(k 4 1) => 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 phơng Bài 4: Cho d·y sè 49; 4489; 444889; 44448889; - Dãy số đợc xây dựng cách thêm số 48 vào chữ số đứng trớc đứng sau Chứng minh tất số dãy số phơng Ta có 44 488 89 = 44 488 + = 44 10n + 11 + n ch÷ sè n - ch÷ sè n ch÷ sè n ch÷ sè n ch÷ sè n ch÷ sè 10n 1 n 10n 1 = .10  1 9 = 4.102 n  4.10n  8.10n   4.102 n  4.10n   9 �2.10n  � = � � � � Ta thÊy 2.10n + = 200 01 có tổng chữ số chia hết nã chia hÕt cho n - ch÷ sè �2.10n  � => � � � Z hay số có dạng 44 488 89 số ph3 ơng Chuyên đề BDHSG Toán THCS Các tơng tự: Chứng minh số sau số phơng A = 11 + 44 + 2n ch÷ sè n ch÷ sè B = 11 + 11 + 66 + 2n ch÷ sè n+1 ch÷ sè n ch÷ sè C= 44 + 22 + 88 + 2n ch÷ sè n+1 ch÷ sè n ch÷ sè D = 22499 9100 09 n-2 ch÷ sè n ch÷ sè E = 11 155 56 n ch÷ sè n-1 ch÷ sè � 10n  � KÕt qu¶: A= � �; � � n D = (15.10 - 3) Bµi 5: 2 � 10n  � B� �; � � �2.10n  � C � � � �  10 n    E =  Chứng minh tổng bình phơng số tự nhiên liên tiếp số phơng Gọi số tự nhiên liên tiếp n - 2, n - 1, n +1, n + ( n � N, n >2) Ta cã (n - 2)2 + ( n - 1)2 + n2 + (n + 1)2 + (n + 2)2 = (n2 + 2) Vì n2 tận n + kh«ng thĨ chia hÕt cho => (n2 + 2) không số phơng hay A không số phơng Bài 6: Chứng minh r»ng sè cã d¹ng n - n4 + 2n3 + 2n2 n N n >1 số phơng 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) Víi n �N, n > th× n2 - 2n + = ( n -1)2 + > ( n - 1)2 Vµ n2 - 2n + = n2 - 2(n - 1) < n2 VËy (n - 1)2 < n2 - 2n + < n2 => n2 - 2n + kh«ng phải số phơng Chuyên đề BDHSG Toán THCS Bài 7: Cho số phơng có chữ số hàng chục khác chữ số hàng đơn vị Chứng minh tổng chữ số hàng chục số phơng số phơng Ta biết số phơng có chữ số hàng đơn vị chữ số hàng chục số lẻ Vì chữ số hàng chục số phơng 1,3,5,7,9 tổng chúng b»ng + + + + = 25 = 52 số phơng Bài 8: Chứng minh tổng bình phơng số lẻ số phơng a b lẻ nên a = 2k + 1, b= 2m + (Víi k, m � N) => a2 + b2 = (2k + 1)2 + ( 2m + 1)2 = 4k2 + 4k + + 4m2 + 4m + = (k2 + k + m2 + m) + => a2 + b2 số phơng Bài 9: Chứng minh p tích n (với n > 1) số nguyên tố p - p + số phơng Vì p tích n số nguyên tố nên p M2 p chia hết cho (1) a- Giả sử p + số phơng Đặt p + = m2 ( m N) Vì p chẵn nên p + lẻ => m2 lẻ => m lẻ Đặt m = 2k + (k � N) Ta cã m2 = 4k2 + 4k + => p + = 4k + 4k +1 => p = 4k2 + 4k = 4k (k + 1) M m©u thn víi (1) => p + số phơng b- p = 2.3.5 lµ sè chia hÕt cho => p - cã d¹ng 3k + => p - không số phơng Vậy p tích n (n >1) số nguyên tố p - p + không số phơng Bài 10: Giả sử N = 1.3.5.7 2007 2011 Chøng minh r»ng sè nguyªn liªn tiÕp 2N - 1, 2N 2N + số số chÝnh ph¬ng a- 2N - = 2.1.3.5.7 2011 - Cã 2N M => 2N - = 3k + (k � N) => 2N - không số phơng b- 2N = 2.1.3.5.7 2011 => 2N ch½n => N lẻ => N không chia hết cho 2N M nhng 2N kh«ng chia hÕt cho 4 Chuyên đề BDHSG Toán THCS 2N chẵn nên 2N không chia cho d d => 2N không số phơng c- 2N + = 2.1.3.5.7 2011 + 2N + lẻ nên 2N + không chia hết cho 2N không chia hết 2N + kh«ng chia cho d => 2N + không số phơng Bài 11: Cho a = 11 ; b = 100 05 2010 ch÷ sè Chøng minh Giải: ab 2009 chữ số số tù nhiªn b = 100 05 = 100 - + = 99 + = 9a + 2009 ch÷ sè 2010 ch÷ sè 2010 ch÷ sè  ab + = a(9a + 6) + = 9a + 6a + = (3a + 1)2  ab   (3a  1) 3a   N B d¹ng 2: tìm giá trị biến để biểu thức số phơng Bài 1: Tìm số tự nhiên n cho số sau số phơng a) n2 + 2n + 12 b) n(n + 3) c) 13n + d) n2 + n + 1589 Gi¶i: a) Vì n2 + 2n + 12 số phơng 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 NhËn xÐt thÊy k + n + > k - n - vµ chóng lµ số nguyên dơng, nên ta viết (k + n + 1) (k - n - 1) = 11.1  k + n + = 11  k=6 k-n1=1 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) = NhËn xÐt thÊy 2n + + 2a > 2n + – 2a vµ chúng số nguyên dơng, nên ta viÕt (2n + + 2a)(2n + – 2a) = 9.1 2a =   2n + + n=1 2n + – 2a = c) §Ỉt 13n + = y2 (y � N) a=2  13(n - 1) = y2 – 16  13(n - 1) = (y + 4)(y – 4)  (y + 4)(y – 4)  13 mµ 13 lµ sè nguyên tố nên y + 13 y –  13  y = 13k  (với k N) Chuyên đề BDHSG Toán THCS  13(n - 1) = (13k  4)2 – 16 = 13k.(13k  8)  13k2  8k + VËy n = 13k2  8k + (víi k N) 13n + số phơng d) Đặt n2 + n + 1589 = m2 (m � N)  (4n2 + 1)2 + 6355 = 4m2  (2m + 2n + 1) (2m – 2n – 1) = 6355 NhËn xÐt thÊy 2m + 2n + > 2m – 2n – > vµ 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 tơng tự : Tìm a để số sau số ph¬ng a) a2 + a + 43 b) a2 + 81 c) a2 + 31a + 1984 KÕt qu¶: a) 2; 42; 13 b) 0; 12; 40 c) 12 ; 33 ; 48 ; 97 ; 176 ; 332 ; 565 ; 1728 Bài : Tìm số tự nhiên n  cho tæng 1! + 2! + 3! + + n! số phơng Víi n = th× 1! = = 12 số phơng Với n = 1! + 2! = không số phơng Với n = th× 1! + 2! + 3! = + 1.2 + 1.2.3 = = 33 lµ sè chÝnh ph¬ng Víi n  ta cã 1! + 2! + 3! + 4! = + 1.2 + 1.2.3 + 1.2.3.4 = 33 cßn 5!; 6!; …; n! ®Ịu tËn cïng bëi ®ã 1! + 2! + 3! + … n! cã tËn cïng bëi chữ số nên số phơng Vậy có số tự nhiên n thoả mãn ®Ị bµi lµ n = 1; n = Bµi 3: Có hay không số tự nhiên n để 2010 + n2 số phơng Giả sử 2010 + n2 số phơng 2010 + n2 = m2 (m N ) Tõ ®ã suy m2 - n2 = 2010  (m + n) (m – n) = 2010 Nh vËy sè m vµ n phải có số chẵn (1) Mặt khác m + n + m – n = 2m  sè m + n vµ m – n cïng tính chẵn lẻ (2) Từ (1) (2) m + n m n số chẵn  (m + n) (m – n)  nhng 2006 không chia hết cho Điều giả sử sai Vậy không tồn số tự nhiên n để 2006 + n2 số phơng Bài 4: Biết x N x > Tìm x cho x( x  1).x( x  1) ( x 2) xx( x 1) Chuyên đề BDHSG Toán THCS Đẳng thức cho đợc viết lại nh sau: x( x  1) ( x  2) xx( x 1) Do vế trái số phơng nên vế phải số ph¬ng Mét sè chÝnh ph¬ng chØ cã thĨ tËn cïng chữ số 0; 1; 4; 5; 6; nªn x chØ cã thĨ tËn cïng bëi 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 vµ < x 9 (2) Tõ (1) vµ (2)  x chØ cã thĨ nhËn mét giá trị 5; 6; Bằng phép thử ta thấy có x = thoả mãn đề bài, 76 = 5776 Bài 5: Tìm số tự nhiên n có chữ số biết 2n + 3n + sè chÝnh ph¬ng Ta cã 10  n  99 nên 21 2n + 199 Tìm số phơng lẻ khoảng ta đợc 2n + b»ng 25; 49; 81; 121; 169 t¬ng øng víi sè n b»ng 12; 24; 40; 60; 84 Sè 3n + b»ng 37; 73; 121; 181; 253 ChØ cã 121 số phơng Vậy n = 40 Bài 6: Chứng minh n số tự nhiên cho n + 2n + số phơng n bội số 24 Vì n + 2n + số phơng nên đặt n + = k2, 2n + = m2 (k, m  N ) Ta có m số lẻ m = 2a +  m2 = 4a(a + 1) + Mµ 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 cã: k2 + m2 = 3n +  (mod3) MỈt khác k2 chia cho d 1, m2 chia cho d Nên để k2 + m2  (mod3) th× k2  (mod3) m2  (mod3)  m2 – k2  hay (2n + 1) – (n + 1)   n  Mµ (8; 3) = (2) (3) Tõ (1), (2), (3)  n  24 Bµi 7: Tìm tất số tự nhiên n cho sè 28 + 211 + 2n lµ sè chÝnh phơng Chuyên đề BDHSG Toán THCS Giả sử 28 + 211 + 2n = a2 (a  N) th× 2n = a2 – 482 = (a + 48) (a – 48) 2p 2q = (a + 48) (a – 48) víi p, q  N ; p + q = n vµ p > q  a + 48 = 2p  2p 2q = 96  2q (2p-q – 1) = 25.3 a – 48 = 2q  q = vµ p – q =  p =  n = + = 12 Thư l¹i ta cã: 28 + 211 + 2n = 802 C.dạng : Tìm số phơng Bài : Cho A số phơng gồm chữ số Nếu ta thêm vào chữ số A đơn vị ta đợc số phơng 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 víi k, m  N vµ 32 < k < m < 100 a, b, c, d = 1;  Ta cã: A = abcd k B = abcd  1111 m §óng céng kh«ng cã nhí  m2 – k2 = 1111  (m - k)(m + k) = 1111 (*) NhËn xÐt thÊy tÝch (m – k)(m + k) > nên m k m + k số nguyên dơng Và m k < m + k < 200 nªn (*) cã thĨ viÕt (m – k) (m + k) = 11.101 Do ®ã: m – k = 11  m + k = 101 m = 56  n = 45 A = 2025 B = 3136 Bài 2: Tìm số phơng gåm ch÷ sè biÕt r»ng sè gåm ch÷ số đầu lớn số gồm chữ số sau đơn vị Đặt abcd k ta có ab  cd 1 vµ 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 phơng có chữ số biết chữ số đầu giống nhau, chữ số cuối giống Gọi số phơng phải tìm là: aabb = n2 với a, b N,  a  9;  b 9 Chuyên đề BDHSG Toán THCS Ta có: n2 = aabb = 11 a0b = 11.(100a + b) = 11.(99a + a + b) (1) NhËn xÐt thÊy aabb  11  a + b  11 Mµ  a  9;  b  nªn  a + b  18  a + b = 11 Thay a + b = 11 vµo (1) ®ỵc n2 = 112(9a + 1) ®ã 9a + số phơng Bằng phép thử với a = 1; 2;…; ta thÊy chØ cã a = thoả mãn b = Số cần tìm là: 7744 Bài 4: Tìm số có chữ số vừa số phơng vừa lập phơng Gọi số phơng abcd Vì abcd vừa số phơng vừa lập phơng nên đặt abcd = x2 = y3 với x, y N Vì y3 = x2 nên y số phơng Ta có : 1000 abcd  9999  10  y  21 vµ y chÝnh ph¬ng  y = 16  abcd = 4096 Bài : Tìm số phơng gồm chữ số cho chữ số cuối số nguyên tố, bậc hai số có tổng chữ số số phơng Gọi số phải tìm abcd với a, b, c, d nguyên vµ  a  9;  b, c, d  abcd chÝnh ph¬ng  d   0,1, 4, 5, 6, 9 d nguyªn tè  d = Đặt abcd = k2 < 10000 32  k < 100 k lµ mét sè cã hai chữ số mà k2 có tận k tận Tổng chữ số k số phơng k = 45 abcd = 2025 Vậy số phải tìm là: 2025 Bài 6: Tìm số tự nhiên có hai chữ số biết hiệu bình phơng số viết số bở hai chữ số số nhng theo thứ tự ngợc lại số phơng Gọi số tự nhiên có hai chữ sốphải tìm ab (a, b  N,  a, b  9) Số viết theo thứ tự ngợc lại ba Ta cã ab - ba = (10a + b)2 – (10b + a)2 = 99 (a2 – b2)  11  a2 – b2  11 Hay (a - b) (a + b)  11 V× < a – b  8,  a + b  18 nªn a + b  11  a + b = 11 Khi ®ã: ab - ba 2= 32 112 (a – b) §Ĩ ab - ba số phơng a b phải số phơng a b = hc a – b = NÕu a – b = kÕt hỵp víi a + b = 11  a = 6, b = , ab = 65 Chuyên đề BDHSG Toán THCS Khi ®ã 652 – 562 = 1089 = 332 NÕu a – b = kÕt hỵp víi a + b = 11  a = 7,5 lo¹i VËy sè phải tìm 65 Bài 7: Cho số phơng có chữ số Nếu thêm vào chữ số ta đợc số phơng Tìm số phơng ban đầu (Kết quả: 1156) Bài 8: Tìm số có chữ số mà bình phơng số lập phơng tổng chữ số Gọi số phải tìm ab với a, b  N,  a  9;  b  Theo gi¶ thiÕt ta cã: ab = (a + b)3  (10a +b)2 = (a + b)3 ab lập phơng a + b số phơng Đặt ab = t3 (t  N), a + b = 12 (1  N) V× 10  ab  99  ab = 27 hc ab = 64 NÕu ab = 27  a + b = số phơng Nếu ab = 64  a + b = 10 kh«ng số phơng loại Vậy số cần tìm ab = 27 Bài : Tìm số lẻ liên tiếp mà tổng bình phơng số có chữ số giống Gọi số lẻ liên tiếp 2n - ; 2n + ; 2n + (n  N) Ta cã : A = (2n – 1)2 + (2n + 1)2 + (2n +3)2 = 12n2 + 12n + 11 Theo đề ta đặt 12n2 + 12n + 11 = aaaa = 1111 a với a lẻ  a 9  12n(n + 1) = 11(101a – 1)  101a –   2a – Vì a nên  2a – 17 vµ 2a – lẻ nên 2a 3; 9;15 a 2; 5; Vì a lẻ a =  n = 21 sè cÇn tìm là: 41; 43; 45 Bài 10 : Tìm số có chữ số cho tích số với tổng chữ số tổng lập phơng chữ số số 3 ab (a + b) = a + b  10a + b = a2 – ab + b2 = (a + b)2 – 3ab  3a (3 + b) = (a + b) (a + b – 1) a + b a + b nguyên tố 10 Chuyên đề BDHSG Toán THCS G/s đờng tròn đờng kính AB cắt CH M ta có Góc MHA= 600 => sđ cung MA không đổi lại có đờng tròn đờng kính AB cố định vậy: M cố định CH qua M cố định Bài 2: Cho đờng tròn (O) đờng thẳng (d) nằm đờng tròn I điểm di động (d) Đờng tròn đờng kính OI cắt (O) M, N Chứng minh đờng tròn đờng kính OI qua điểm cố định khác O đờng thẳng MN qua điểm cố định Hớng dẫn: tính chất đối xứng nên điểm cố định nằm trục đối xứng hay đờng thẳng M O qua O vuông góc với (d) F E Giải: N Kẻ OH vuông góc với (d) cắt MN E ta có H cố định H thuộc đờng I d H tròn đờng kính OI đờng tròn đờng kính OI qua K cố định Xét tam giác OEF tam giác OIH có góc O chung, góc OFE = góc OHI = 900 Nên tam giác OEF đồng dạng với tam giác OIH đó: OF/ OE = OH/ OI => OE OH = OF OI Lại có góc IMO = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn đờng kính OI ) Xét tam giác vuông OMI có đờng cao ứng với cạnh huyền MF nên: OF OI = OM2 OM Do đó: OE = số vây E cố định MN qua E cố OH định Bài 3: Cho đờng tròn (O; R) dây C AB cố định C điểm chuyển động đờng tròn M d trung điểm AC Chứng minh đờng thẳng kẻ từ M vuông góc với BC M qua điểm cố định O Giải: I Vẽ ®êng kÝnh BD => D cè ®Þnh B 45 r»ng A Chuyên đề BDHSG Toán THCS Giả sử đờng thẳng qua M vuông góc với BC cắt BC cắt AD t¹i I DƠ thÊy gãc BCD = 900 hay MI // CD XÐt tam gi¸c ACD cã MC = MA; MI // CD => I trung điểm DA cố định hay đờng thẳng qua M vuông góc với BC qua I cố định I A Bài 4: Cho tam giác ABC hai điểm M, N thứ tự chuyển động hai tia BA, CA cho BM= CN Chøng minh r»ng ®êng M trung trùc MN qua điểm N cố định Hớng dẫn: Khi M B N C ®êng trung trùc cđa MN lµ trung trùc cđa BC Vậy điểm cố định nằm đờng trung trực BC Giải: Giả sử trung trực BC cắt trung trực MN I 46 B C Chuyên đề BDHSG To¸n THCS DƠ thÊy tam gi¸c IMB = tam gi¸c INC (c-c-c) vËy gãc MBI = gãc NCI XÐt tø gi¸c ABCI cã gãc MBI = gãc NCI vËy tứ giác ABCI nội tiếp hay I thuộc đờng tròn Ngoại tiếp tam giác ABC cố định, mà Trung trực BC cố định Vậy I cố định hay trung trực MN qua I cố định Bài 5: Cho đờng tròn (O; R) dây cung AB = R Điểm P khác A B Gọi (C; R1) đờng tròn qua P tiếp xúc với đờng tròn (O; R) A.Gọi (D; R2) ®êng trßn ®i qua P tiÕp xóc víi ®êng trßn (O; R) B Các đờng tròn (C; R1) (D; R2) cắt M khác P Chứng minh P di động AB đờng thẳng PM qua điểm cố định Tìm hiểu đề bài: * Yếu tố cố định: (O; R), dây AB * Yếu tố không đổi: DPCO hình bình O hành Sđ cung BP (D), sđ cung AP (C), Góc BMA không đổi Dự đoán Khi P A PM tiếp tuyến (O; R) M B C D A P => điểm cố định nằm tiếp tuyến (O; R) A Khi P B PM tiếp tuyến (O; R)=> điểm cố định nằm tiếp tuyến I (O; R) B Do tính chất đối xứng hình => Điểm cố định nằm đờng thẳng qua O vuông góc với AB => Điểm cố định nằm đờng tròn ngoại tiếp tam giác OAB Lời giải: Vẽ đờng tròn ngoại tiếp tam giác OAB cắt PM I AB = R => sđ cung AB (O) 1200 tam giác BDP cân góc OBA = góc DPB tam giác OAB cân góc OBA = góc OAB => gãc BDP = gãc BOA => s®cung BP cđa (D) = sđ cung BA (O) = 1200 tơng tù s® cung PA cđa (C) = 1200 47 Chuyên đề BDHSG Toán THCS sđ cung BP (D) = 600 ta cã gãc AMP = s® cung AP cđa (C) = 600 ta cã gãc BMP = VËy gãc BMA = gãc BMP + gãc AMP = 1200 = gãc BOA xÐt tø gi¸c BMOA cã gãc BMA = gãc BOA ®ã tø giác BMOA nội tiếp hay M thuộc đờng tròn ngoại tiếp tam giác BOA 1 sđ cung IA = gãc IMA = gãc PMA = s® cung PA cđa (C) = 120 2 VËy I thuéc ®êng tròn ngoại tiếp tam giác AOB sđ cung IA = 120 Vậy => I cố định hay MP qua I cố định Bài 6: Cho đoạn AB cố định, M di động AB Trên nửa mặt phẳng bờ AB vẽ hai hình vuông MADE MBHG Hai đờng tròn ngoại tiếp hai hình vuông cắt N Chứng minh đờng thẳng MN ®i qua mét ®iĨm cè ®Þnh M di chun AB Hớng dẫn: Tơng tự Giải: G Giả sử MN cắt đờng tròn đờng kính AB I Ta cã Gãc ANM = Gãc ADM = 450( góc nội tiếp chắn cung AM đờng tròn ngoại tiếp E H N D hình vuông AMDE) Ta cã Gãc BNM = Gãc BGM = 45 0( gãc nội tiếp chắn cung BM đờng tròn ngoại tiếp A B M hình vuông MBGH) => gócANB = Gãc ANM + Gãc BNM = 90 => N thuộc đờng tròn đờng đờng kính AB I sđ cung AI = 2s®Gãc ANI =2s®Gãc ANM = 900 VËy I thuộc đờng tròn đờng kính AB số đo cung AI 900 => I cố định hay MN qua I cố định Vài định hớng khai thác toán hình học cú c mt gi luyn tập tốt cần lưu ý số vấn đề sau - Chọn hệ thống tập cho luyện tập; - Phải xếp hệ thống câu hỏi từ dễ đến khó (có gợi mở); - Phải tổ chức tốt thể vai trò ch o ca ngi thy; 48 Chuyên đề BDHSG Toán THCS - Sau cần tập dượt cho học sinh nghiên cứu sâu lời giải (nếu có) Nội dung viết tơi số tốn đơn giản chương trình lớp bậc THCS phát triển rộng mức độ tương đương, phức tạp cao phù hợp với tư lơgíc em để tạo cho em niềm say mê học tập môn tốn đặc biệt mơn hình học Từ tập số trang 134 (SGK hình học lớp 9-NXB Giáo dục 2005), sau học sinh làm, thay đổi thành tốn có nội dung sau: Bài toán 1: Cho ∆ABC cạnh a, gọi O trung điểm BC Trên cạnh AB, AC theo thứ tự lấy M, N cho góc MON = 600 a) Chứng minh BM CN  a2 ; b) Gọi I giao điểm BN OM Chứng minh BM.IN = BI.MN; c) Chứng minh MN tiếp xúc với đường tròn cố định Phân tích toán: a) Ở phần a dạng toán chứng minh A hệ thức, việc hướng dẫn học sinh tìm lời giải tốn quan N trọng nhằm phát triển tư hình học M học sinh I Chúng ta dùng phương pháp phân tích lên để tìm lời giải toán Với sơ đồ sau: a2 BM CN   a a BM CN  2 B O C Căn vào sơ đồ ta có lời giải sau: Ta có ∆BMO: gócB+gócM+gócO = 1800 gócBMO+gócMON+gócNOC = 1800 (gócBOC = 1800)  gócBMO = gócCON; lại có Bˆ Cˆ 600 (vì∆ABCđều)   BM CN  BO.CO ∆BMO đồng dạng ∆CON (g.g), từ suy  BM CO  BO CN  ∆BMO đồng dạng ∆CON hay BM CN  BO.CO ; mà BO CO  BM CN  a2 (đpcm)  49 BM CO  BO CN BC a  2 Chuyên đề BDHSG Toán THCS B C 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 lên- 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 tròn cố định (bất biến) Vậy trước tìm lời giải toán giáo viên cần cho học sinh yếu tố cố định, yếu tố thay đổi A M H B N K 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 tròn (O;OH) đường tròn 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 tròn (O;OH) Vậy MN ln tiếp xúc với đường tròn (O;OH) cố nh Khai thỏc bi toỏn: 50 Chuyên đề BDHSG Toán THCS 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 khơng âm BM, CN ta có BM  CN  BM CN dấu "=" xảy  BM = CN Theo phần a) BM CN  BM  CN  a2 a2  a (không đổi) Vậy GTNN BM+CN = a  BM = CN = a  M, N theo thứ tự trung điểm AB AC 1.2: Ta thử suy nghĩ tam giác ABC tam giác cân tốn 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, AC A theo thứ tự lấy điểm M, N cho gócBMO = gócCON Chứng minh rằng: BC a) BM CN  ; b) BN  MO =  I  , Chứng minh N Vớ BI.MN = IN.BM; i c) Khi M, N thay đổi AB, AC MN M cá ln tiếp xúc với đường tròn cố định ch I ch ứn Bài toán 1.3: Cho tam giác ABC cân A, O thuộc cạnh BC đường tròngtâm O tiếp C B O xúc với cạnh AB, AC tam giác Trên AB, AC theo thứ tự lấy hai điểm M, miN nh BC  BM CN  Chứng minh MN tiếp tuyến đ ường tròn (O) ho àn Giải: Giải:Vì Vì (O) (O) tiếp tiếp xúc xúc với với các cạnh cạnh AB, AB, AC A AC Onên O cáchAB, đềuAC AB,doAC O tia nên cách đódo O thuộc n thuộc tia phân giác góc A Lại có tư phân giác góc A Lại có ABC cân nên N P ABC cân nên phân giác góc A đồng thời ơn phân giác góc A đồng thời trung tuyến mà M trung tuyến mà OBC nên O trung g OBC nên O trung điểm cạnh BC điểm cạnh BC tự, (): Giả sử MN tiếp tuyến (O) (): Giả sử MN tiếp tuyến (O) O ta Nối B C NốiOM, OM,ON ON ch Do DoMB, MB, MP MPlàlà hai hai tiếp tiếp tuyến tuyến cắt cắt nhau ứn (O), hailàtiếp cắt NP, (O),NC NP,cũng NC haituyến tiếp tuyến g dụng tuyến cắt (O), nhausửcủa (O),tính sử chất dụnghai tínhtiếp chất hai cắt mi ta suy cắt tiếp tuyến ta suy nh đư ợc gó 51 = gó c góc MON = gócB; gócBOM = gócONC; gócNOC = gócBMO; từ suy ∆BMO đồng M BM BO BC O   BM CN  dạng ∆CON (g.g)  (đpcm) CO CN N Chuyên đề BDHSG Toán THCS (  ) 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 BC Theo phần thuận ta có BM CN '  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 đoạn AB N nằm ngồi đoạn AC Bài tốn 1.4: Cho tam giác ABC cân B có gócB = 40 0, 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: Giải: Vì (O) tiếp xúc với cạnh AB, B 1) AC Kẻ nên OH vuông BC O cáchgóc đềuvới AB, ACdodotam đógiác O ABC cântiaở phân B nêngiác OH = OK H nằm F thuộc gócdoA.đóLại có P ABC A đồng thờilà E (O),cân lạinên có phân OH giác BC góc H nên BC trung tuyến mà OBC nên O trung tiếp tuyến (O) điểm cạnhˆ BC Cˆ 700 , tương tự toán 2) (): a) Giả Ta có O sử AMN tiếp tuyến (O) A C  ta Nối suy gócON AEF = 2(110 - ), OM,  hai tiếp tuyến cắt MB, gócDo CFE = 2MP NCdạng tiếp tuyến b) (O), AEONP, đồng vớilàhai COF (c.g.c) cắt (O), sử dụng tính chất hai c) Tương tự lời giải ý 1.1 ta suy E, F tiếp tuyến cắt ta suy được0 trung điểm BA, BC   70 Bài toán 1.5: Cho đường tròn (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 cú di nh nht 52 Chuyên đề BDHSG Toán THCS Giải: Ta hãyVìđưa (O)bài tiếp tốn xúc vềvới toáncạnh quenAB, AC O cách cáchqua 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 Ta tuyến có AOB nên nên POQOcân O, trung màcân OBC trung điểm cạnh BC IPQ mà MN tiếp tuyến (I) Áp (): Giả sử MN tiếp tuyến (O) dụng toán Lại cân chung Nối OM, ON đỉnh O AP BQhai (không đổi) cắt Do MB, MP= tiếp tuyến (O), NP, NC hai tiếp tuyến cắt (O), sử dụng tính chất hai tiếp 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 tốn 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 BM CN  BC 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 BP.CQ = PQ ; 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 tròn 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 Chng hn ta cú bi toỏn sau: 53 Chuyên đề BDHSG To¸n THCS Bài tốn 2: Cho đường tròn (O) đường kính CD Từ C D kẻ hai tiếp tuyến Cx, Dy với đường tròn Từ điểm E nằm đường tròn, kẻ tiếp tuyến với đường tròn đóy cắt Cx A Dy B Chứng minh góc AOB = 900 x B Phân tích toán: E A K C J O D 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 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 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 = 900 (vì gócCEO = 900góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Nên gócEAO + gócEBO = 90 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 tiếp tuyến mà trở thành cát tuyến với (O) Thế yêu cầu tốn chứng minh gócAMB = 900 hay khơng? Điều đúng, từ ta có tốn khác sau: Bài tốn 2.1: Cho đường tròn (O) đường kính CD Từ C, D kẻ hai tiếp tuyến Cx, Dy Một điểm E nằm đường tròn, điểm M nằm CD (M khụng trựng 54 Chuyên đề BDHSG Toán THCS với C, D, O) Qua E kẻ đường thẳng vuông góc với ME cắt Cx, Dy theo thứ tự A B Chứng minh gócAMB = 900 x -)Tại ta lại đặt vấn đề yM khác A C, D, O E trở lại tốn - Vì M  O - Còn M  C đường thẳng  ME cắt Cx A, cắt Dy B  D Khi ta có góc AMB = 900 O Nếu M  D tương tự M C D B y x A E B C M D O 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 toán, chẳng hạn điểm M không nằm đoạn CD mà nằm đường thẳng CD giữ nguyên điều kiện toán 2.1 sao? từ ta có tốn sau: y Bài tốn 2.2: Cho đường tròn (O)xđường kính CD Từ C, D kẻ hai tiếp tuyến Cx, A tròn, điểm M nằm đường thẳng CD (M Dy Một điểm E nằm đường không trùng với C, D, O) Qua E kẻ đường thẳng vng góc với ME cắt Cx, Dy theo thứ E tự A B Chứng minh gócAMB = 900 C O M 55 D B Chuyên đề BDHSG To¸n THCS - Muốn chứng minh góc AMB = 900 ta dựa vào cách chứng minh toán 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: Bài tốn 2.3: (Bài tốn tổng qt) Cho đường tròn (O) đường kính CD Một điểm E thuộc đường tròn (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 theoy thứ tự C D D 1) Chứng minh CD = AC + BD; x 2) Đường tròn ngoại tiếp tam giác COD ln tiếp xúc với đường thẳng cố định M M thay đổi đường tròn C 3) AD cắt BC H chứng minh MH // AC H A K 56 O B Chuyên đề BDHSG Toán THCS Phõn tớch toán: 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 tốn 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 đòi hỏi học sinh phải dùng phương pháp phân tích lên để tìm lời giải tốn Hơn để tìm lời giải học sinh 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  DM DH  MC HA  DB DH  (vì DM=DB; AC HA Từ yêu cầu học sinh lên bảng vào sơ đồ trình bày lời giải tốn: 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, ta có MC=CA)  ta có DB DH  mà DB = DM; AC = MC nên AC HA DM DH  áp dụng định lí Talét đảo tam MC HA 57 Chuyên đề BDHSG Toán THCS AC // DB (  AB) giác 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:   Bài toán 2.6: Cho  O; AB   , 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:   Bài toán 2.7: Cho  O; AB   , 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 -) Lại nhìn tốn góc độ tốn cực trị hình học, ta có tốn sau:   Bài tốn 2.8: Cho  O; AB   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, toán 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 58 Chuyên đề BDHSG Toán THCS c bit l rốn 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 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; - Phát triển tư toán học thơng qua thao tác tư khái qt hố, đặc biệt hoá, tương tự hoá, 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 59 ... chia hÕt cho nªn nã chia hÕt cho n - ch÷ sè �2.10n  � => � � � Z hay c¸c sè cã dạng 44 488 89 số ph3 ơng Chuyên đề BDHSG Toán THCS Các tơng tự: Chứng minh số sau sè chÝnh ph¬ng A = 11 + 44... (mod3)  m2 – k2  hay (2n + 1) – (n + 1)   n  Mµ (8; 3) = (2) (3) Tõ (1), (2), (3) n 24 Bài 7: Tìm tất sè tù nhiªn n cho sè 28 + 211 + 2n số phơng Chuyên đề BDHSG Toán THCS Giả sử 28 + 211... b Chuyên đề BDHSG Toán THCS Ta cã: n2 = aabb = 11 a0b = 11.(100a + b) = 11.(99a + a + b) (1) NhËn xÐt thÊy aabb  11  a + b  11 Mµ  a  9;  b  nªn  a + b  18  a + b = 11 Thay a + b =