Chuyen de boi duong HSG Toan THCS

CÁC CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HSG TOÁN THCS Chuyên đề 1: SỐ CHÍNH PHƯƠNG I- ĐỊNH NGHĨA: Số phương số bình phương số nguyên 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 = ( x + xy + y )( x + xy + y ) + y Đặt x + xy + y = t (t ∈ Z ) A = ( t − y )(t + y ) + y = t − y + y = t = ( x + xy + y ) 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) 4 [ (k + 3) − (k − 1)] = 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 10n −1 n = .10 + +1 9 = 4.102 n − 4.10n + 8.10n − + 4.10 n + 4.10 n +1 = 9  2.10n +  = ÷   Ta thấy 2.10n + = 200 01 có tổng chữ số chia hết chia hết cho n - chữ số 2  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) 2  10n +  B= ÷;    10 n +   E =     2.10n +  C = ÷   Bài 5: Chứng minh tổng bình phương số tự nhiên liên tiếp khơng thể 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 + khơng thể chia hết cho => (n2 + 2) không 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 + khơng phải số phương Bài 7: Cho số phương có chữ số hàng chục khác cịn 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 số phương Bài 9: Chứng minh p tích n (với n > 1) số nguyên tố p - p + khơng thể số phương Vì p tích n số nguyên tố nên pM2 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) M4 mâu thuẫn với (1) => p + khơng phải số phương b- p = 2.3.5 số chia hết cho => p - có dạng 3k + => p - khơng 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 M3 => 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 M2 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 + khơng 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) + = 9a + 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=6 k-n–1=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) = Nhận xét thấy 2n + + 2a > 2n + – 2a chúng số nguyên dương, nên ta có ⇔ ⇔ thể viết (2n + + 2a)(2n + – 2a) = 9.1 2n + + 2a = n=1 2n + – 2a = a=2 ⇒ 13(n - 1) = y2 – 16 c) Đặt 13n + = y2 (y ∈ N) ⇔ 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 ⇒ (4n2 + 1)2 + 6355 = 4m2 d) Đặt n2 + n + 1589 = m2 (m ∈ N) ⇔ (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 a) a2 + a + 43 b) a2 + 81 c) a2 + 31a + 1984 Kết quả: 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 không 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 + = k 2, 2n + = m2 (k, m ∈N ) Ta có m số lẻ ⇒ m = 2a + ⇒ m2 = 4a(a + 1) + m − 4a( a + 1) = = 2a( a + 1) Mà n = 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  (2) Mà (8; 3) = (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 = ⇒ 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 = 56 A = 2025 m + k = 101 n = 45 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 ≤ Ta có: n2 = aabb = 11 a0b = 11.(100a + b) = 11.(99a + a + b) (1) Nhận xét thấy aabb  11 ⇒ a + b  11 Mà ≤ a ≤ 9; ≤ b ≤ nên ≤ a + b ≤ 18 ⇒ a + b = 11 Thay a + b = 11 vào (1) n2 = 112(9a + 1) 9a + số phương Bằng phép thử với a = 1; 2;…; ta thấy có a = thoả mãn ⇒ b = Số cần tìm là: 7744 Bài 4: Tìm số có chữ số vừa số phương vừa lập phương Gọi số phương abcd Vì abcd vừa số phương vừa lập phương nên đặt abcd = x2 = y3 với x, y ∈ N Vì y3 = x2 nên y số phương Ta có : 1000 ≤ abcd ≤ 9999 ⇒ 10 ≤ y ≤ 21 y phương ⇒ y = 16 ⇒ abcd = 4096 Bài : Tìm số phương gồm chữ số cho chữ số cuối số nguyên tố, bậc hai số có tổng chữ số số phương Gọi số phải tìm abcd với a, b, c, d nguyên ≤ a ≤ 9; ≤ b, c, d ≤ abcd phương ⇒ d ∈ { 0,1, 4, 5, 6, 9} d nguyên tố ⇒ d = Đặt abcd = k2 < 10000 ⇒ 32 ≤ k < 100 k số có hai chữ số mà k2 có tận ⇒ k tận Tổng chữ số k số phương ⇒ k = 45 ⇒ abcd = 2025 Vậy số phải tìm là: 2025 Bài 6: Tìm số tự nhiên có hai chữ số biết hiệu bình phương số viết số bở hai chữ số số theo thứ tự ngược lại số phương Gọi số tự nhiên có hai chữ sốphải tìm ab (a, b ∈ N, ≤ a, b ≤ 9) Số viết theo thứ tự ngược lại ba Ta có ab - ba = (10a + b)2 – (10b + a)2 = 99 (a2 – b2)  11 ⇒ a2 – b2  11 Hay (a - b) (a + b)  11 Vì < a – b ≤ 8, ≤ a + b ≤ 18 nên a + b  11 ⇒ a + b = 11 Khi đó: ab - ba 2= 32 112 (a – b) Để ab - ba số phương a – b phải số phương a – b = a – b = Nếu a – b = kết hợp với a + b = 11 ⇒ a = 6, b = , ab = 65 Khi 652 – 562 = 1089 = 332 Nếu a – b = kết hợp với a + b = 11 ⇒ a = 7,5 loại Vậy số phải tìm 65 Bài 7: Cho số phương có chữ số Nếu thêm vào chữ số ta số phương Tìm số phương ban đầu (Kết quả: 1156) Bài 8: Tìm số có chữ số mà bình phương số lập phương tổng chữ số Gọi số phải tìm ab với a, b ∈ N, ≤ a ≤ 9; ≤ b ≤ Theo giả thiết ta có: ab = (a + b)3 ⇔ (10a +b)2 = (a + b)3 ⇒ ab lập phương a + b số phương Đặt ab = t3 (t ∈ N), a + b = 12 (1 ∈ N) Vì 10 ≤ ab ≤ 99 ⇒ ab = 27 ab = 64 Nếu ab = 27 ⇒ a + b = số phương Nếu ab = 64 ⇒ a + b = 10 không số phương ⇒ loại Vậy số cần tìm ab = 27 Bài : Tìm số lẻ liên tiếp mà tổng bình phương số có chữ số giống Gọi số lẻ liên tiếp 2n - ; 2n + ; 2n + (n ∈ N) Ta có : 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 ≤ ⇒ 12n(n + 1) = 11(101a – 1) ⇒ 101a –  ⇒ 2a –  Vì ≤ a ≤ nên ≤ 2a – ≤ 17 2a – lẻ nên 2a – ∈ { 3; 9;15} ⇒ a ∈ { 2; 5; 8} Vì a lẻ ⇒ a = ⇒ n = 21 số cần tìm là: 41; 43; 45 Bài 10 : Tìm số có chữ số cho tích số với tổng chữ số tổng lập phương chữ số số ab (a + b) = a3 + b3 ⇔ 10a + b = a2 – ab + b2 = (a + b)2 – 3ab ⇔ 3a (3 + b) = (a + b) (a + b – 1) a + b a + b – nguyên tố a + b = 3a a + b – = 3a a+b–1=3+b a+b=3+b ⇒ a = 4, b = a = 3, b = Vậy ab = 48 ab = 37 10 Vẽ đường kính BD => D cố định Giả sử đường thẳng qua M vng góc với BC cắt BC cắt AD I Dễ thấy góc BCD = 900 hay MI // CD Xét tam giác ACD có MC = MA; MI // CD => I trung điểm DA cố định hay đường thẳng qua M vng góc với BC qua I cố định Bài 4: Cho tam giác ABC hai điểm M, N thứ tự chuyển động hai tia BA, CA cho BM= CN Chứng minh đường trung trực MN qua điểm cố định Hướng dẫn: Khi M ≡ B N ≡ C đường trung trực MN trung trực BC Vậy điểm cố định nằm đường trung trực BC Giải: Giả sử trung trực BC cắt trung trực MN I Dễ thấy tam giác IMB = tam giác INC (c-c-c) góc MBI = góc NCI Xét tứ giác ABCI có góc MBI = góc NCI tứ giác ABCI nội tiếp hay I thuộc đường tròn Ngoại tiếp tam O giác ABC cố định, mà Trung trực BC cố định M C D Vậy I cố định hay trung trực MN qua I cố B P định Bài 5: Cho đường tròn (O; R) dây cung AB = R Điểm P khác A B Gọi (C; R1) đường tròn qua P tiếp xúc với đường tròn (O; R) A.Gọi (D; I R2) đường tròn qua P tiếp xúc với đường tròn (O; R) B Các đường tròn (C; R1) (D; R2) cắt M khác P Chứng minh P di động AB đường thẳng PM ln qua điểm cố định Tìm hiểu đề bài: * Yếu tố cố định: (O; R), dây AB * Yếu tố khơng đổi: DPCO hình bình hành Sđ cung BP (D), sđ cung AP (C), Góc BMA khơng đổi Dự đốn Khi P ≡ A PM tiếp tuyến (O; R) => điểm cố định nằm tiếp tuyến 61 A (O; R) A Khi P ≡ B PM tiếp tuyến (O; R)=> điểm cố định nằm tiếp tuyến (O; R) B Do tính chất đối xứng hình => Điểm cố định nằm đường thẳng qua O vng góc với AB => Điểm cố định nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB Lời giải: Vẽ đường 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 => góc BDP = góc BOA => sđcung BP (D) = sđ cung BA (O) = 1200 tương tự sđ cung PA (C) = 1200 ta có góc BMP = sđ cung BP (D) = C d M O B I A 600 ta có góc AMP = sđ cung AP (C) = 600 Vậy góc BMA = góc BMP + góc AMP = 1200 = góc BOA xét tứ giác BMOA có góc BMA = góc BOA tứ giác BMOA nội tiếp hay M thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác BOA 1 sđ cung IA = góc IMA = góc PMA = sđ cung PA (C) = 1200 Vậy I 2 thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác AOB sđ cung IA = 120 => I cố định hay MP qua I cố định Vậy Bài 6: Cho đoạn AB cố định, M di động AB Trên nửa mặt phẳng bờ AB vẽ hai hình vng MADE MBHG Hai đường trịn ngoại tiếp hai hình vuông cắt N Chứng minh đường thẳng MN qua điểm cố định M di chuyển AB 62 Hướng dẫn: Tương tự Giải: G Giả sử MN cắt đường trịn đường kính AB I N Ta có Góc ANM = Góc ADM = 450( góc nội tiếp E D chắn cung AM đường trịn ngoại tiếp hình vng AMDE) Ta có Góc BNM = Góc BGM = 450( góc nội tiếp A M chắn cung BM đường trịn ngoại tiếp hình vng MBGH) => gócANB = Góc ANM + Góc BNM = 900 => N thuộc I đường trịn đường đường kính AB sđ cung AI = 2sđGóc ANI =2sđGóc ANM = 900 Vậy I thuộc đường trịn đường kính AB số đo cung AI 900 => I cố định hay MN qua I cố định H B Để có luyện 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 chủ đạo người thày; - Sau cần tập dượt cho học sinh nghiên cứu sâu lời giải (nếu có) Nội dung viết tơi số toán 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 mơn tốn đặc biệt mơn hình học Từ tập số trang 134 (SGK hình học lớp 9-NXB Giáo dục 2005), sau học sinh làm, tơi thay đổi thành tốn có nội dung sau: Bài tốn 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 trịn cố định Phân tích tốn: 63 a) Ở phần a dạng toán chứng minh A hệ thức, việc hướng dẫn học sinh tìm lời giải toán 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 tốn Với sơ đồ sau: BM CN = a2 ⇑ 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 ⇑ BM CO = BO CN ⇑ ∆BMO đồng dạng ∆CON ∆BMO đồng dạng ∆CON (g.g), từ suy hay BM CN = BO.CO ; mà BO = CO = BM CN = BM CO = BO CN BC a = 2 a2 (đpcm) ⇑ 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 lơgic, thao tác tư phân tích, tổng hợp, đặc biệt tư phân tích lên- thao tác tư đặc trưng môn 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: 64 Theo phần a) ∆BMO đồng dạng ∆CON suy BM MO BM MO = hay = lại có CO ON BO ON gócB = 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 tốn 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 tiếp xúc với đường tròn cố định (bất biến) Vậy trước tìm lời giải tốn 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 trịn (O;OH) Vậy MN ln tiếp xúc với đường tròn (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 khơng âm BM, CN ta có 65 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 cịn khơng? giả thiết nào? từ ta có tốn sau: Bài tốn 1.2: Cho tam giác ABC cân A, O trung điểm BC Trên cạnh AB, AC theo thứ tự lấy điểm M, N cho gócBMO = gócCON A Chứng minh rằng: BC ; b) BN ∩ MO = { I } , Chứng minh a) BM CN = N V M ới BI.MN = IN.BM; I cá c) Khi M, N thay đổi AB, AC MN ch ln tiếp xúc với đường trịn cố định ch C B O ứn g mi Bài toán 1.3: Cho tam giác ABC cân A, O thuộc cạnh BC đường tròn nh tâm O tiếp xúc với cạnh AB, AC tam giác Trên AB, AC theo thứ tự lấy ho hai điểm M, N àn to BC Chứng minh MN tiếp tuyến đ ường tròn (O) ⇔ BM CN = àn tư Giải: Giải:Vì Vì (O) (O) tiếp tiếp xúc xúc với với các cạnh cạnh AB, AB, AC ơn A AC Onên O cáchAB, đềuAC AB,doAC O tia nên cách đódo O thuộc g thuộcgiác tia phângóc giácA.của A Lạicân có nên phân Lạigóc có ABC N tự, P ABC cân nên phân giác góc A đồng thời phân giác góc A đồng thời trung tuyến mà M ta trung tuyến mà OBC nên O trung OBC nên O trung điểm cạnh BC ch điểm cạnh BC ứn (): Giả sử MN tiếp tuyến (O) (): Giả sử MN tiếp tuyến (O) O Nối B Cg NốiOM, OM,ON ON mi Do DoMB, MB, MP MPlàlà hai hai tiếp tiếp tuyến tuyến cắt cắt nhau nh (O), hailàtiếp cắt NP, (O),NC NP,cũng NC haituyến tiếp tuyến đư dụng tuyến cắt (O), nhausửcủa (O),tính sử chất dụnghai tínhtiếp chất hai cắt ợc ta suy cắt tiếp tuyến ta suy gó cB góc MON = gócB; gócBOM = gócONC; gócNOC = gócBMO; từ suy = gó c M 66 O N ∆BMO đồng dạng ∆CON (g.g) ⇒ ( ⇐ ) Giả sử có BM CN = BM BO BC = ⇒ BM CN = (đpcm) CO 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 toán 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 trịn 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 = α (200 < α < 900 ) , kẻ tiếp tuyến EF với đường trịn (O) tiếp súc với (O) P a) Tính theo α góc tứ giác AEFC; b) ∆ AEO đồng dạng với ∆ COF; c) Tính α để AE + CF nhỏ (Đề thi chuyên toán ĐHSP H N năm HD Giải: 2005) 1) Kẻ OH vuông góc với BC tam giác ABC cân B nên OH = OK H nằm Giải: Vì (O) tiếp xúc với cạnh AB, B (O), lại có OH ⊥ BC H nên BC AC nên O cách AB, AC O tiếp tuyếntiacủa (O).giác góc A Lại có thuộc phân F P ˆ ˆ A =C = 70giác phân góc Atựđồng 2) ABC a) Tacân cónên , tương thời toán E ta trung tuyến mà OBC nên0- α O ),là trung suy góc AEF = 2(110 điểm cạnh BC góc CFE = α O (): Giả sử MN tiếp tuyến (O) A C ∆ ∆ b) OM, AEOON đồng dạng với COF (c.g.c) Nối c)Do Tương lờilàgiải 1.1 ta suy E, MB, tự MP haibài tiếpý tuyến cắt (O),điểm NP, NC BA, cũngBC ⇔ haiα tiếp = 700tuyến F trung cắt (O), sử dụng tính chất hai tiếp tuyến cắt ta suy 67 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 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, OyAthứ tự thời ởP ABC song cân nên giác góc đồng trung Q Ta tuyến có AOB nên nên POQOcân O, 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 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: BC 1) Nếu MB.NC = M'B.N'C = 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 = 68 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 trịn nội tiếp hình vng Bài tốn 1.9: Cho tam giác ABC cân A Đường trịn 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 tròn, kẻ tiếp tuyến với y đường trịn cắt Cx A Dy B Chứng minh góc AOB = 900 x B Phân tích tốn: E A K C J D 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 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) 69 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 tốn, 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 u 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 trịn, điểm M nằm CD (M khơng 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 -)Tại ta lại đặt vấn đề M khác A x y C, D, O E - Vì M ≡ O trở lại tốn - Cịn M ≡ C đường thẳng ⊥ ME cắt Cx A, cắt Dy B ≡ D Khi ta có góc AMB = 900 Nếu M ≡ D tương tự O M≡C D≡B y x A E B C M O D Ta trở lại toán: Như tương tự toán ta có: gócMAB = gócECM (do tứ giác ACME nội tiếp) 70 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 tốn 2.1 sao? từ ta có tốn sau: 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 y góc với ME cắt Cx, Dy theo thứ tự A B Chứng minh gócAMB = 900 x A E M C 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: Bài toán 2.3: (Bài tốn tổng qt) Cho đường trịn (O) đường kính CD Một điểm E thuộc đường tròn (O) 71 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 trịn (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 K O B Phân tích tốn: 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 vuông O Mặt khác gọi I  CD     trung điểm CD O ∈  I ; (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 trịn ngoại tiếp tam giác COD 72 ln 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 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 AC // DB ( ⊥ AB) DB DH = mà DB = DM; AC = MC nên AC HA DM DH = áp dụng định lí Talét đảo tam MC HA 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 tốn: 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 tốn 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 73 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 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 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 tốn học thơng qua thao tác tư khái quát hoá, 74 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 75