CHUYÊN ĐỀ: SỐ CHÍNH PHƯƠNG I LÍ THUYẾT Định nghĩa: Số phương số bình phương số nguyên Tính chất: - Số phương có chữ số tận 0, 1, 4, 5, 6, 9; khơng thể có chữ tận 2, 3, 7, - Khi phân tích thừa số nguyên tố, số phương chứa thừa số nguyên tố với số mũ chẵn - Số phương có hai dạng 4n 4n+1 Khơng có số phương có dạng 4n + 4n + (n ∈ N) - Số phương có hai dạng 3n 3n +1 Khơng có số phương có dạng 3n + ( n ∈ N ) - 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 - 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 * Lưu ý: - Khi viết số có nhiều chữ số giống thành số phương ta nên { = a ý rằng: 99 { = 9.a đặt : 11 n n n { + = 10 Do đó: 9.a + = 99 n Phương pháp chứng minh A số phương: - Cách 1: Biến đổi A thành bình phương số nguyên - Cách 2: Áp dụng tính chất: Nếu ab số phương (a,b)m = số a, b số phương Phương pháp chứng minh A khơng số phương: a) Chứng minh A có chữ số tận 2, 3, 7, b) Chứng minh A chứa số nguyên tố với số mũ lẻ c) Xét số dư chia A cho 3, 4, 5, - Nếu chia cho 3, số dư khác 0, - Nếu chia cho số dư khác 0, 1, - Nếu chia cho số dư khác d) A có chữ số hàng đơn vị 6, chữ số hàng chục chẳn A có chữ số hàng đơn vị khác 6, chữ số hàng chục lẻ A có chữ số hàng đơn vị 5, chữ số hàng chục khác A có chữ số tận số lẻ A có dạng sau: 3k + 2; 4k + 2; 4k + 3; 5k + 2; 5k + 3; 6k + ; 6k + 5; 7k + 3; ⇒ A số phương e) A M P A khơng chia hết cho P (P nguyên tố) ⇒ A số phương f) A nằm số phương liên tiếp ⇒ A khơng phải số phương II BÀI TẬP ÁP DỤNG Dạng 1: Chứng minh số số 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 + 5xy + y ∈ Z Vậy A số phương Bài 2: Chứng minh tích số tự nhiên liên tiếp cộng 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 = (n + 3n + 1)2 Vì n ∈ N nên n + 3n + ∈ N Vậy n(n + 1)(n + 2)(+ 3) + số phương Bài 3: Chứng minh rằng: x + x + x − x + số phương với số nguyên x Giải: x + x3 + x − x + = x − x + + x3 − x + x = ( x − 1) + x ( x − 1) + x 2 = ( x + 3x − 1) Vì x nguyên nên x2 + 3x - nguyên Vậy x + x + x − x + số phương Bài 4: Chứng minh rằng: A = + + +7 + + n số phương với n lẻ Giải: Vì n lẻ nên n = 2k - ( k ∈ n, k > 1) Ta có: A = + + + + + (2k - 1) = [1 + ( 2k − 1) ].k = k2 Vậy A số phương với n lẻ Bài 3: Cho S = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + + k(k + 1)(k + 2) Chứng minh 4S + số phương 1 k (k + 1)(k + 2) 4= k(k + 1)(k + 2) [ (k + 3) − ( k − 1) ] 4 1 = k(k + 1)(k + 2)(k + 3) - k(k + 1)(k + 2)(k - 1) 4 Giải : Ta có: k(k + 1)(k + 2) = => 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 a tổng hai số phương Chứng minh rằng: a) 2a tổng hai số phương b) a tổng hai số phương Giải: a) Đặt a = x2 + y2 ( x, y ∈ Z ) ⇔ 2a = x + y = x + xy + y + x − xy + y = ( x + y) + ( x − y) 2 Vậy 2a tổng hai số phương b) GV tự giải Bài 5: Chứng minh a,b tổng hai số phương a.b tổng hai số phương Giải: Đặt a = x2 + y2 ( x, y ∈ Z ) b = z + t2 ( z , t ∈ Z ) 2 2 Ta có : a.b = ( x + y ) ( z + t ) = x z + x 2t + y z + y t = x z + xyzt + y 2t + x 2t − xyzt + y z = ( xz + yt ) + ( xt − yz ) 2 Vậy a.b tổng hai số phương n n −1 n +1 Bài 6: Chứng minh rằng: A = ( 10 + 10 + + 10 + 1) ( 10 + ) + phương n n −1 n +1 Giải: Ta có: A = ( 10 + 10 + + 10 + 1) ( 10 + ) + số ( 10 − 1) ( 10n + 10n −1 + + 10 + 1) ( 10n+1 + ) + = ( 10n +1 − 1) ( 10n+1 + ) + = 102( n +1) + 4.10n +1 − + = 102( n +1) + 4.10n +1 + = ( ) ( )  10n +1 +  = ( 10n +1 + ) =  ÷   10n+1 + Vì 10n+1 + chia hết nguyên Vậy A số phương Bài 7: 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 Giải : 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 10 n −1 n = .10 + +1 9 = 4.102 n − 4.10 n + 8.10n − + 4.102 n + 4.10 n + = 9  2.10n +  = ÷   Ta thấy 2.10n + = 200 01 có tổng chữ số chia hết chia hết cho n - chữ số  2.10 +1  ÷ ∈ Z hay số có dạng 44 488 89 số phương   n =>  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)  10 n +  B= ÷;    10 n +   E =     2.10n +  C = ÷   Dạng 2: Chứng minh số không số phương Bài 1: Chứng minh tổng bình phương số lẻ số phương Giải: Gọi a b số phương lẻ nên a = 2k + 1, b= 2m + (Với k, m ∈ N) ⇒ a2 + b2 = (2k + 1)2 + ( 2m + 1)2 = 4k2 + 4k + + 4m2 + 4m + = (k + k + m2 + m) + (vì số phương chia cho có số dư 1) ⇒ a2 + b2 khơng thể số phương Bài 2: Chứng minh tổng bình phương số lẻ khơng phải số phương Giải: Gọi a, b lẻ Nên a2 = 4n + 1; b2 = 4m + Do đó: a2 + b2 = 4(m + n) + Ta có: 4(m + n) + khơng số phương (vì số phương chia dư 1) Vậy a2 + b2 số phương Bài 3: Chứng minh tổng số phương liên tiếp khơng phải số phương Giải: Gọi n2, (n + 1)2, (n + 2)2 ( n ∈ Z ) số phương liên tiếp Ta có: A = n + ( n + 1) + ( n + ) = n + n + 2n + + n + 4n + = 3n + 6n + = ( n + 2n + 1) + ( chia cho dư 2) Vây A số phương (vì số phương chia cho dư 1) Bài 4: Chứng minh S = 12 + 22 + 32 + .+302 không số phương S = S= 12 + 22 + 32 + .+302 + .+302 2 2 2 2 = ( + + ) + ( + + ) + + ( 28 + 29 + 30 ) Vì : 12 + 22 + 32 chia cho dư 42 + 52 + 62 chia cho dư 282 + 292 + 302 chia cho dư ⇒ S = 10(3k + 2) = 3(10k + 6) + chia cho dư Vậy S khơng số phương (vì số phương chia cho dư 1) Bài 5: Chứng minh A = 12 + 22 + 32 + 42 .+1002 không số phương Giải: Ta có: A gồm 50 số phương chẳn 50 số phương lẻ Do đó: 12 + 32 + 52 + 992 dư ⇒ 12 + 32 + 52 + 992 chia cho dư Ta lại có: 22 + 42 + 62 + + 1002 số chia hết cho Nên A chia cho dư Vây A khơng phải số phương (vì số phương chia cho dư 1) Bài 6: Chứng minh tổng bình phương số tự nhiên liên tiếp khơng thể số phương Giải: Gọi số tự nhiên liên tiếp n - 2, n - 1, n, n +1, n + ( n ∈ N, n >2) Ta có (n - 2)2 + ( n - 1)2 + n2 + (n + 1)2 + (n + 2)2 = (n2 + 2) Vì n2 khơng thể tận n2 + chia hết cho Suy (n2 + 2) khơng số phương Vậy A khơng số phương Bài 7: Chứng minh số có dạng n6 - n4 + 2n3 + 2n2 n ∈ N n >1 khơng phải số phương Giải: Ta có : 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 ⇒ (n - 1)2 < n2 - 2n + < n2 ⇒ n2 - 2n + khơng phải số phương Vậy n6 - n4 + 2n3 + 2n2 số phương 2 Các tương tự: Chứng minh số sau khơng số phương A = 12 + 22 + 32 + 42 .+562 (HD: chứng minh A chia cho dư 2) B = 22 24 (50 chữ số 2) (HD: chứng minh B chia cho dư 2) C = 44 (100 chữ số 4) (HD: chứng minh C chia cho dư 3) D = 144 (99 chữ số 4) (HD: chứng minh D chia cho dư 3) M = 19922 + 19932 + 19942 (HD: chứng minh M chia cho dư 2) N= + 9100 + 94100 + 1994100 (HD: chứng minh N chia cho dư 2) Dạng 3: Tìm số tự nhiên để số số phương Bài 1: Tìm số tự nhiên n để n2 + 2n + 12 số phương Giải: 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 Vây n = n + 2n + 12 số phương Bài 2: Tìm số tự nhiên n để n(n + 3) số phương Giải: ⇔ 4n2 + 12n = 4a2 Đặt n(n + 3) = a2 (n ∈ N) ⇒ n2 + 3n = a2 ⇔ (4n2 + 12n + 9) – = 4a2 ⇔ (2n + 3)2 – 4a2 = ⇔ (2n + + 2a)(2n + – 2a) = Nhận xét thấy 2n + + 2a > 2n + – 2a chúng số nguyên dương, nên ta viết ⇔ n=1 (2n + + 2a)(2n + – 2a) = 9.1 ⇔ 2n + + 2a = 2n + – 2a =1 a=2 Vây n = n(n + 3) số phương Bài 3: Tìm số tự nhiên n để n2 + n + 1589 số phương Giải: ⇒ (4n2 + 1)2 + 6355 = 4k2 Đặt n2 + n + 1589 = k2 (k ∈ N) ⇔ (2k + 2n + 1) (2k – 2n – 1) = 6355 Nhận xét thấy 2k + 2n + > 2k – 2n – > chúng số lẻ Nên ta viết: (2k + 2n + 1) (2k – 2n – 1) = 6355.1 = 1271.5 = 205.31 = 155.41 Suy n có giá trị sau : 1588 ; 316 ; 43 ; 28 Các tương tự: Tìm số tự nhiên n để số sau số phương a) n2 + 31n + 1984 b) n2 + n + 43 c) n2 + 81 d) 13n + CHUYÊN ĐỀ: PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUN I Phương pháp phát tính chia hết ẩn: Xét pt: ax + by = c (1) , a,b,c ∈ Z; a ≠ b ≠ Ta có định lí: PT (1) có nghiệm nguyên  c M ƯCLN(a,b) Khi biết PT (1) có nghiệm nguyên ta tìm phương pháp để giải PT Ví dụ : Giải phương trình với nghiệm nguyên : 3x + 17y = 159 Hướng dẫn: Để ý 3x 159 chia hết cho Giải : Vì 3x 159 chia hết cho Do 17y chia hết cho Mà 17 nguyên tố nhau, nên y M Đặt y = 3t (t ∈ Z) x = 53 − 17t  y = 3t => 3x + 17.3t = 159 ⇔ x + 17t = 53 Do :  (t ∈ Z) Thử lại, ta thấy x, y nghiệm phương trình x = 53 − 17t  y = 3t Vậy nghiệm nguyên phương trình :  (t ∈ Z) Bài tập tương tự : Tìm nghiệm nguyên phương trình : a) 2x + 13y = 156 ; x = 13t (nếu phát x M 13) y = 12 − t  (Đáp số :  x = 78 − 13t (nếu phát  y = t  y M 2) (thực chất nghiệm nhau) b) 35x + 20y = 120 2/ Chứng minh không tồn số nguyên x, y cho 2x2 + y2 = 2007 Giải : 2x2 M 2, 2007 M nên y2 lẻ ⇒ y = 2k + Ta có : 2x2 + 4k2 + 4k = 2006 Vì 2006 chia dư nên 2x2 M tức x lẻ, x = 2h + Ta có 2(2h + 1)2 + 4k2 + 4k = 2006 ⇔ 8h2 + 8h + 4k2 + 4k = 2004 Số 2004 M mà 8h2 + 8h + 4k2 + 4k M Vơ lí Vậy khơng tồn số nguyên x, y thỏa mãn 2x2 + y2 = 2007 3/ Tồn hay không m, n ∈ N thỏa mãn m2 + 2006 = n2 Giải Ta có 2006 = n2 – m2 = (n – m)(n + m) Nếu n m khơng tính chẵn, lẻ n – m2 = (n – m)(n + m) số lẻ ≠ 2006 n, m tính chẵn, lẻ n2 – m2 = (n – m)(n + m) M Nhưng 2006 M Vậy không tồn m, n ∈ thỏa mãn m2 + 2006 = n2 II/ Phương pháp tách giá trị nguyên: Hướng giải chung ; biểu thị ẩn theo ẩn cịn lại Dùng tính chất ẩn số ngun để giải tiếp Ví dụ Tìm nghiệm nguyên phương trình : xy – x – y = Giải : Biểu thị x theo y : x(y – 1) = y + y+2 =1+ ĐK: y ≠ y −1 y −1 ∈ Z => y – ∈ Ư(3) Để x ∈ Z y −1 Do : x = => y–1=1 y – = -1 y – = -3 y–1=3 => y = 2; x= y = 0; x = -2 y = -2 ; x = y=4;x=2 Ví dụ Tìm nghiệm nguyên phương trình: 7x + 4y = 23 Giải : Biểu thị y theo x ta : y = Để x ∈ Z 23 − x x −1 = − 2x + 4 x −1 x −1 ∈ Z ; đặt = t (t ∈ Z) => x = 4t + => y = – 7t 4 Thay giá trị x, y vào pt cho ta nghiệm Vậy nghiệm nguyên phương trình : ( x = 4t + ; y = – 7t) (t ∈ Z) III/ Phương pháp tìm nghiệm ngun: Ta có định lí : Cho PT ax + by = c (1) a,b,c ∈ Z ; a ≠ ; b ≠ (a,b) = Nếu (x0; y0) nghiệm nguyên PT (1) PT (1) có vơ số nghiệm ngun nghiệm nguyên biểu diễn dạng : x = x0 + bt Với t ∈ Z y = y0 - at Ví dụ : Tìm nghiệm nguyên phương trình: 5x - 3y = Giải : Cách : Dễ thấy x0 = ; y0 = nghiệm nguyên nên tập hợp nghiệm nguyên phương trình : x= -3t Với t ∈ Z y= – 5t Cách : Ta thấy x0 = ; y0 = nghiệm nguyên nên tập hợp nghiệm nguyên phương trình : x= -3t Với t ∈ Z y= – 5t Bài tập : Tìm nghiệm nguyên phương trình: 1/ 22x – 5y = 77 2/ 7x + 5y = 19 IV/ Phương pháp đưa phương trình ước : Ví dụ Tìm nghiệm nguyên phương trình: xy – x – y = Gỉai : Biến đổi phương trình thành : x(y – 1) – y = ⇔ x(y – 1) – (y – 1) = ⇔ (y – 1)(x – 1) = Ta gọi phương trình phương trình ước: vế trái tích thừa số nguyên, vế phải số nguyên Ta có x y số nguyên nên x – y – số ngun ước Do vai trị bình đẳng x y phương trình nên ta giả thiết x ≥ y, x – ≥ y – Ta có x–1 -1 y–1 -3 Do : x y -2 Nghiệm nguyên phương trình: (4 ; 2), (2 ; 4), (0 ; -2), (-2 ; 0) (Làm tương tự; Tìm nghiệm nguyên x + y = xy) Ví dụ : Tìm nghiệm ngun :p(x + y) = xy với p số nguyên tố Giải : giả sử x ≤ y (vì x, y có vai trị nhau) p(x + y) = xy ⇔ xy – px + p2 – py = p2 ⇔ (x – p)(y – p) = p2 Phân tích p2 = p.p = (-p)(-p) = 1.p2 = (-p2)(-1) Từ phương trình có nghiệm ngun : (2p ; 2p); (0 ; 0); (p + ; p2 + p); (p2 + p ; p + 1); (p – p2; p – 1) (p – ; p – p2) Ví dụ : Tìm nghiệm nguyên phương trình 3x3 – xy = Hướng dẫn : 3x3 – xy = ⇔ x(3x2 – y) = … Phương trình có nghiệm (1 ; -2), (5 ; 74) Ví dụ : Tìm tất tam giác vng có cạnh số nguyên số đo diện tích số đo chu vi Giải : Gọi x, y, z cạnh tam giác vuông , ≤ x ≤ y < z x + y = z (1) Ta có :   xy = 2( x + y + z ) (2) Từ (1) suy : z2 = (x + y)2 – 2xy = (x + y)2 – 4(x + y + z) (theo (2)) ⇒ (x + y)2 – 4(x + y) + = z2 + 4z + ⇒ (x + y)2 – 4(x + y) + = z2 + 4z +4 ⇒ (x + y + 2)2 = (z + 2)2 ⇒ x + y – = z + (do x + y ≥ 2) ⇒ z = x + y – vào (2) Thay z = x + y – vào (2) ta : (x – 4)(y – 4) = ⇒ (x = y = 12) ; (x = ; y = 8) … ( Bài tương tự : Tìm hình chữ nhật có cạnh ngun cho số đo diện tích số đo chu vi ) Bài tập tương tự : Tìm nghiệm nguyên phương trình 2x + 13y = 156 3xy + x – y = 2x2 + 3xy – 2y2 = x3 – y3 = 91 x2 – xy = 6x – 5y – Cho đa thức f(x) có hệ số nguyên Biết f(1).f(2) = 35 Chứng minh đa thức f(x) khơng có nghiệm ngun Hướng dẫn :  x = 13t  y = 12 − 2t Ta thấy x M 13 Đặt x = 13t (t nguyên) Đáp số  Đưa phương trình ước : (3x – 1)(3y + 1) = Đáp số (1 ; 0), (0 ; -1) Đưa phương trình ước: (x + 2y)(2x – y) = Đáp số (3 ; -1), (-3 ; 1) Đưa phương trình ước: (x – y)(x2 + xy + y2) = 13.7 Chú ý: x2 + xy + y2 > Đáp số: (6 ; 5) , (-5 ; -6) , (4 ; -3) , (3 , -4) ( Để ý: khơng đưa phương trình ước Biểu thị y theo x:xy – 5y = x2 – 6x + x − 6x + 8 ⇔ (x – 5)y = x2 – 6x + Do x ≠ nên y = Ta có = x −1+ x−5 x−5 x-5 -1 -3 x y 8 Giả sử đa thức f(x) có nghiệm nguyên a Thế f(x) = (x – a).g(x) Trong g(x) đa thức có hệ số nguyên Suy f(1) = (1 – a).g(1), f(2) = (2 – a) g(2); Trong g(1), g(2) số nguyên Do f(1).f(2) = (1 – a)(2 – a)g(1).g(2) ⇔ (1 – a)(2 – a)g(1).g(2) = 35 Khơng xảy tính chẵn lẻ hai vế khác (do có tích hai số nguyên liên tiếp – a, – a) IV/ Phương pháp xét số dư vế : Ví dụ Chứng minh phương trình sau khơng có nghiệm ngun : a x2 – y2 = 2006 b x2 + y2 = 2007 Giải : 2 a) Dễ chứng minh x , y chia cho có số dư nên x2 – y2 chia cho có số dư 0, 1, Còn vế phải 2006 chia cho dư 2.vậy phương trình khơng có nghiệm ngun b) x2, y2 chia cho có số dư 0, nên x2 + y2 chia cho có số dư 0, 1, Còn vế phải 2007 chia cho dư 3.Vậy phương trình khơng có nghiệm ngun Ví dụ Tìm nghiệm nguyên phương trình : 9x + = y2 + y Giải : Biến đổi phương trình : 9x + = y(y + 1) Ta thấy vế trái phương trình chia cho dư nên y(y + 1) chia cho dư Chỉ : y = 3k + 1, y + = 3k +2 (k nguyên) Khi : 9x + = (3k + 1)(3k + 2) ⇔ 9x = 9k(k + 1) ⇔ x = k(k + 1) Thử lại, x = k(k + 1), y = 3k + thỏa mãn phương trình cho  x = k (k + 1) (k số nguyên tùy ý)  y = 3k + Đáp số :  Bài tập : Chứng minh phương trình sau khơng có nghiệm ngun 3x2 – 4y2 = 13 19x2 + 28y2 = 2005 x2 = 2y2 – 8y + x5 – 5x3 + 4x = 24(5y + 1) 3x5 – x3 + 6x2 – 18x = 2004 Chứng minh số A không lập phương số tự nhiên : A = 100…0500…01 49 50 Hướng dẫn Vế phải chia dư Hãy chứng minh vế trái chia cho có số dư khác (chú ý x2 chia cho có số dư 1) Vế phải số lẻ nên 19x2 số lẻ, x số lẻ x2 chia cho dư nên 19x2 chia cho dư Vế trái chia cho dư 3, vế phải 2005 chia cho dư Vế trái chia cho dư 0, 1, Còn vế phải chia cho dư (nếu y chẵn) dư (nếu y lẻ) Biến đổi : x(x + 1)(x - 1)(x + 2)(x - 2) = 120y + 24 Vế trái tích số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 5, vế phải không chia hết cho 10 B M Bài 35: Cho nửa đường trịn tâm O, đường kính AB Gọi C điểm cung »AB cịn M điểm cung BC Đường phân giác góc cắt AM I a) Tìm quỹ tích điểm I M di động cung »AB b) Khi AM qua trung điểm dây cung BC, tính tỷ số K A L C O AM BM Giải a) Ta có: ∆CIO = ∆MIO ⇒ IC = IM · ⇒ ∆CIM cân I có CIM = 450 · ⇒ CIM = 900 ⇒ ·AIC = 900 , AC cố định Do đó: I thuộc đường trịn đường kính AC b) Giả sử K trung điểm BC Xét ∆ABC có G trọng tâm ⇒ Ta có: ∆AMB$ ∆AOG ⇒ Vậy: CO =3 GO AM AO CO = = =3 BM GO GO AM =a BM Bài 36: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O; R); vẽ OM, OK, OL tương ứng vng góc với AB, BC CA., Ký hiệu dA, dB, dC độ dài khoảng cách từ điểm O tới cạnh BC, CA, AB Với dấu đươc xác định sau: dA lấy dấu ( + ) điểm O điểm A nắm nửa mặt phẳng có bờ đường thẳng BC; dA lấy dấu( - ) O A nằm hai nửa mặt phẳng đối có bờ đường thẳng BC Tương từ với dB dC Gọi R bán kính đường trịn nội tiếp Chứng minh hệ thức: d A + d B + dC = R + r Giải Xét hình vẽ, ta có với quy ước d A = OK , d B = −OL; dC = OM Xét tứ giác nội tiếp OAML Ta có: AM LO + ML AO = AL.MO cd aR bdC ⇒− B + = 2 ⇒ bdC + cd B = aR (1) Tương tự: xét tứ giác nội tiếp OCKL Ta có: ⇒ bd A + ad B = cR(2) Xét tứ giác nội tiếp OMBK Ta có: ⇒ bdC + ad A = bR(3) Do đó: C M K G I A B O 126 cdC cd A b(d B ) + − 2  a+b+c  ⇒ S ABC = (cdC + ad A + bd B ) =  ÷r 2   ⇒ cdC + ad A + bd B = (a + b + c)r (4) S ABC = S AOB + S BOC − S AOC = Từ (1), (2), (3), (4) ⇒ d A + d B + dC = R + r Bài 37: Cho tam giác ABC có độ dài ba cạnh a, b, c Biết đường thẳng qua trọng tâm M tâm O đường trịn nội tiếp tam giác ABC vng góc với phân giác góc C Chứng minh ta có hệ thức: 2ab a + b + c = a+b Giải C Giả sử đường thẳng OM vng góc với OC cắt cạnh AC Q cắt cạnh BC P Do đó: CP = CQ Mà: ∆COP = ∆COQ ⇒ SCOP = SCOQ = O rCQ Gọi m, n tương ứng khoảng cách từ M đến cạnh AC, BC Vì M trọng tâm Q M B A hb h ,n = a 3 = SCQO + SOCP = SCQM + S MCP ⇒m= SCQP 1 CQ.r = CQ (m + n) ⇔ m + n = 2r ⇒ 2r = (ha + hb ) aha hbb  a+b+c  S ABC =  = ÷r = 2    a+b+c   a+b+c  ⇒ =  ÷r ; hb =  ÷ a b     1 1 ⇒ 2r = r ( a + b + c )  + ÷ a b a + b + c 2ab ⇒ = a+b Bài 38: Cho tam giác ABC có độ dài ba cạnh a, b, c Các phân giác BE CF giao O Chứng minh tam giác ABC vuông A ⇔ BO.CO = BE.CF A Giải Vì BE phân giác ⇒ EA AB c = = EC CB a E F O 127 B C EA c EA c = ⇒ = EA + EC c + a b c+a Xét ∆ABE có AO phân giác OB BA OB c+a ⇒ = ⇒ = (1) OE EA BE c + a + b OC b+a = (2) Tương tự: ⇒ CF c + a + b OB OC (c + a )(b + a ) Từ (1) (2) ⇒ BE CF = ( a + b + c) ⇒ BO.CO = BE.CF ⇔ OB OC =1 BE CF Do đó: ⇔ 2(c + a )(b + a ) = ⇔ 2(c + a )(b + a ) = (a + b + c) 2 (a + b + c) ⇔ a = b2 + c2 ⇔ ∆ABC vuông A Bài 39: Cho hình vng ABCD cạnh a Điểm M di động cạnh BC Điểm N di động · cạnh CD cho MAN = 450 Đặt BM = x DN = y a) Chứng minh hệ thức: b) Xác định vị trí M N cho tam giác AMN có diện tích lớn Tìm giá trị lớn theo α Giải a) Trên tia đối tia DC lấy điểm K cho KD = x S ABCD = S AKN + S MCN ⇒ a = a ( x + y ) + xy a b) S AMN = S AKN = ( x + y ) lớn ⇔ ( x + y ) lớn µ = 1100 Phân giác BE Vẽ tia Ax cho BAx · Bài 40: Cho ∆ABC có µA = 500 , C = 200 Ax cắt Be F Gọi I trung điểm AF EI kéo dài cắt AB K CK cắt BE M Chứng minh rằng: a) ∆CEB = ∆KEB 2 b) AI + EI = AE.MF + AE.KE Giải C a) ∆AEF cân E E · ⇒ BEC = 600 ⇒ ∆CEB = ∆KEB (c − g − c) b) ∆AIE vuông I ⇒ AI + IE = AE M F A B K ⇒ AE = EF = EM + MF ; EM = EK Do đó: BE đường trung trực CK ⇒ ∆EMK nửa tam giác 2 Vậy: AI + EI = AE.MF + AE.KE 128 Chuyên đề: MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC CHỨNG MINH ĐIỂM CỐ ĐỊNH I/ CÁC BƯỚC CỦA PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH ĐI QUA ĐIỂM CỐ ĐỊNH + Bước 1: Xác định rõ yếu tố cố định biết + Bước 2: Xác định tứ giác nội tiếp liên quan đến điểm cố định + Bước 3: Chứng minh đường thẳng đường tròn qua điểm cố định II/ CHỨNG MINH ĐƯỜNG THẲNG ĐI QUA ĐIỂM CỐ ĐỊNH Bài Cho đường tròn (O) bán kính R đường thẳng d cắt (O) C, D Một điểm M di động d cho MC > MD ngồi đường trịn (O) Qua M kẻ hai tiếp tuyến MA, MB (A, B tiếp điểm) Chứng minh đường thẳng AB qua điểm cố định F Giải: Gọi H trung điểm CD giao điểm AB với MO, OH E, F Có tam giác OBM vng B, đường cao BE Suy OE OM = OB = R A (1) · · Có FHM = FEM = 90 H C M d Suy tứ giác MEHF nội tiếp Có hai tam giác vuông OHM OEF đồng dạng Suy D O E OH OM OE.OM = Þ OF = (2) OE OF OH B R2 Từ (1) (2) suy OF = OH Do đường tròn (O), đường thẳng d cho trước, nên OH không đổi Suy OF không đổi, điểm F cố định Do đường thẳng AB qua điểm F cố định * Nhận xét: + Do đường thẳng OH cho trước, nên dự đoán AB cắt OH điểm cố định + Vận dụng tứ giác nội tiếp để khẳng định đường thẳng qua điểm cố định + Vận dụng hệ thức luợng tam giác vng để giải + Bài tốn trường hợp điểm M nằm tia đối tia CD Khi đường thẳng AB qua điểm F cố định 129 Bài Cho đoạn thẳng AC cố định, điểm B cố định nằm A C Đường trịn (O) thay đổi ln qua A B Gọi PQ đường kính đường trịn (O), PQ vng góc AB, (P thuộc cung lớn AB) Gọi CP cắt đường tròn (O) điểm thứ hai I Chứng minh QI qua điểm cố định đường tròn (O) thay đổi Giải: Gọi IQ cắt AB K Ta có tứ giác PDKI nội tiếp P Tam giác CIK đồng dạng tam giác CDP Suy CI CK = Þ CI.CP = CD.CK (1) CD CP I Có hai tam giác CIB CAP đồng dạng Suy CI CA = Þ CI.CP = CA.CB (2) CB CP O A D B K C Từ (1) (2) suy CK.CD = CA.CB Þ CK = Q CA.CB CD Do A, B, C cố định nên CA, CB, CD không đổi (D trung điểm AB) Khi độ dài CK khơng đổi; nên K cố định Suy IQ qua điểm K cố định * Nhận xét: + Do điểm A, B, C cố định, nên dự đoán đường thẳng IQ cắt AB điểm cố định + Chứng minh tứ giác PDKI nội tiếp Dựa vào tứ giác nội tiếp, tam giác đồng dạng ta chứng minh đường thẳng cho qua điểm cố định Bài Cho đường tròn tâm O hai điểm A, B cố định thuộc đường trịn (AB khơng » Trên đoạn AB lấy hai điểm C, phải đường kính) Gọi M trung điểm cung nhỏ AB D phân biệt khơng nằm đường trịn Các đường thẳng MC, MD cắt đường tròn cho tương ứng E, F khác M 1) Chứng minh bốn điểm C, D, E, F nằm đường M tròn 2) Gọi O1, O2 tương ứng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ACE BDF Chứng minh C, D thay đổi đoạn AB đường thẳng AO1 BO2 cắt C A điểm cố định Giải: 1) Xét trường hợp C nằm A D · ¼ + sđ AE » ) = (sđ MB Có MCB D H O1 B O O2 E F N 130 · ¼ + sđ AE » ) MFE = (sđ MA · · ¼ = sđ MA ¼ ⇒ MCB Mà sđ MB = MFE · · Có MCB = BCE = 1800 · · Suy BCE + MFE = 1800 · · Có BCE , MFE góc đối tứ giác CDFE Suy tứ giác CDFE nội tiếp * Xét trường hợp D nằm A C Ta chứng minh C, D, F, E nằm đường tròn Vậy C, D, F, E nằm đường trịn 2) Hạ O1H ⊥ AC , có O1A = O1C ⇒ ∆ O1AC cân O1 · C ⇒ AO · C = AO · H ⇒ O1H vừa tia phân giác AO 1 · C = AEC · Mà AO (góc tâm góc nội tiếp .) · H = AEC · H = MAB Mà AEC = MAB ( ) Suy AO · · · · ⇒ AO 1 · H + HAO · Xét ∆ AO1H vuông H ⇒ AO 1 = 90 · · · + HAO = 900 ⇒ MAO = 900 ⇒ MAB 1 Do MA tiếp tuyến (O1) Kéo dài AO1 cắt (O) N · · Suy MON = MAN = 900 = 1800 » ⇒ M, O, N thẳng hàng, có MN ⊥ AB Suy N điểm cung lớn AB » Lập luận tương tự BO2 qua N điểm cung lớn AB » Do AO1, BO2 qua N điểm cung lớn AB Lập luận tương tự D nằm A C AO1 BO2 qua N Vậy AO1 , BO2 qua điểm cố định * Nhận xét: + Đường tròn (O) cho trước, nên dự đốn AO1 qua điểm cung lớn AB + Vận dụng tứ giác nội tiếp, ta chứng minh hai đường thẳng qua điểm cố định, điểm cung Bài Cho tam giác ABC điểm D di chuyển cạnh BC (D khác B C) 131 Đường tròn (O1) qua D tiếp xúc AB B Đường tròn (O2) qua D tiếp xúc AC C Gọi E giao điểm thứ hai (O1) (O2) a) Chứng minh D di động đoạn BC đường thẳng ED ln qua điểm cố định b) Kết khơng trường hợp D di động ngồi đoạn BC Giải: a) Gọi (O) đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC A · · · · Có ABC Suy = BED; ACB = CED S · · · · · · BAC + BED + CED = BAC + ABC + ACB = 180 Do tứ giác ABEC nội tiếp O Gọi DE cắt đường tròn (O) điểm thứ hai S · · Từ ABC nên hai cung AC SB = BED; D B C O1 Do S điểm cố định O2 b) Trường hợp điểm D nằm đoạn BC E Chẳng hạn D nằm tia đối tia CB (trường hợp D thuộc tia đối tia BC chứng minh tương tự) Ta chứng minh bốn điểm A, B, C, E nằm đường tròn (O) Gọi DE cắt (O) điểm thứ hai S Kẻ tia Cy tia đối tia CA A Khi đường trịn (O2) ta có S E · · · · CED = DCy; DCy = ACB O2 · · Suy CED (không đổi) = ACB · · Suy SEC (không đổi) = 180 - CED Nên góc SEC khơng đổi O B * Nhận xét: + Chứng minh A, B, C, E nằm đường tròn D C Vậy điểm S cố định O1 y + Đường thẳng DE qua điểm cố định S S khơng điểm cung khác với toán 132 Bài Cho góc vng xAy, điểm B cố định Ay, điểm C di chuyển Ax Đường tròn tâm I nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với AC, BC theo thứ tự M, N Chứng minh đường thẳng MN qua điểm cố định y Giải: B Gọi H giao điểm AI với MN N Từ CM = CN, nên tam giác CMN µ · = 90 - C cân C Suy CNM H I x A µ · = 90 + C Do BNH M C Do I giao điểm đường phân giác tam giác ABC, µ · = 90 + C nên BIA · · Do BIA Suy tứ giác BIHN nội tiếp = BNH · · Lại có BNI = 90 Þ BHI = 90 Do tam giác ABH vng H, · lại có BAH = 450 Suy tam giác ABH vuông cân H Do A, B cố định, nên điểm H cố định Vậy MN qua điểm H cố định * Nhận xét: + Chứng minh tứ giác BIHN nội tiếp, dựa vào tứ giác nội tiếp để chứng minh MN qua điểm cố định · + Trường hợp tổng quát xAy = a tam giác ABH vuông H, AB cho trước, a · BAH = Suy điểm H cố định Bài Cho đường tròn tâm O, dây AB Điểm M di chuyển cung lớn AB Các đường cao AE, BF tam giác ABM cắt H Đường trịn tâm H bán kính HM cắt MA, MB theo thứ tự C, D a) Chứng minh đường thẳng kẻ từ M vng góc với CD ln qua điểm cố định 133 b) Chứng minh đường thẳng kẻ từ H vng góc với CD qua điểm cố định x M Giải: a) Kẻ tiếp tuyến Mx với đường tròn (O) ¶ = MAB · Ta có M (góc nội tiếp góc tạo bởi…) E D F Có tứ giác ABEF nội tiếp đường tròn H · · đường kính AB, nên MEF = MAB C · ¶ , suy Mx//EF Do MEF =M O A B Do OM ^ EF K Ta có H tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MCD, HE ^ MD, nên E trung điểm MD Tương tự F trung điểm MC Suy EF đường trung bình tam giác MCD Do EF//CD, mà OM ^ EF Suy OM ^ CD Do điểm cố định O b) Gọi K điểm đối xứng với O qua AB, ta có OK ^ AB, mà MH ^ AB Suy MH//OK Lại có tam giác khoảng cách từ trực tâm tam giác đến đỉnh lần khoảng cách từ tâm đường tròn ngoại tiếp đến cạnh tương ứng Do MH = OK Vậy tứ giác MHKO hình bình hành Suy HK//OM, mà OM ^ CD, nên HK ^ CD Vậy đường thẳng kẻ từ H vng góc CD qua điểm K Do O, AB cho trước, nên K điểm cố định * Nhận xét: + Trong phần a) dựa vào tứ giác ABEF nội tiếp D H đoán đường thẳng cho qua điểm O cố định đường tròn, dự A + Trong phần b) dựa vào tính chất tam giác M khoảng cách từ trực tâm tam giác đến đỉnh lần khoảng cách từ tâm đường tròn ngoại tiếp đến cạnh I N tương ứng Bài Cho tam giác ABC, M điểm thuộc B đường trịn (O) ngoại tiếp tam giác Gọi D điểm đối O K C F 134 E xứng với M qua AB, E điểm đối xứng với M qua BC Chứng minh điểm M di chuyển đường trịn (O) DE ln qua điểm cố định Giải: Gọi H, I, K theo thứ tự chân đường vng góc kẻ từ M đến AB, AC, BC Ta có H, I, K thẳng hàng (đường thẳng Xim- xơn) Gọi N trực tâm tam giác ABC · · AN cắt (O) F Ta có BCN , = BCF suy BC trung trực NF, mà BC trung trực µ = Fµ = N ¶ ME Suy E 1 =C ả (gúc ni tip) Cú K ¶ =C ¶ (tứ giác MCKI nội tiếp) Có F 1 1 ả =E , NE//HK Suy K Chứng minh tương tự có ND//HK Vậy D, N, E thẳng hàng Vậy DE qua trực tâm N tam giác ABC, nên DE qua điểm cố định * Nhận xét: + Dựa vào tứ giác nội tiếp, ta chứng minh H, I, K thẳng hàng ; đường thẳng Xim – xơn + Dự đoán đường thẳng DE qua trực tâm tam giác ABC cố định + Chứng minh đường thẳng DE qua trực tâm tam giác ABC Bài Cho đường tròn tâm (O) Từ điểm A cố định (O) kẻ tiếp tuyến AB, AC tới (O) (B, C tiếp điểm) Lấyđiểm M cung nhỏ BC Gọi D, E, F thứ tự hình A chiếu từ M đến BC, AC, AB Gọi MB cắt DF P, MC cắt DE Q Chứng minh đường thẳng nối giao điểm hai đường tròn ngoại tiếp tam giác MPF MQE qua điểm cố định Giải : Gọi đường tròn ngoại tiếp tam giác E N F MPF MQE cắt M, N Đường thẳng M MN cắt PQ, BC thứ tự K I P Ta có tứ giác MDCE, MDBF nội tiếp Từ tứ giác nội tiếp góc tạo K Q B C D I 135 O tiếp tuyến dây cung · · · Suy MCE = MDE = MBC · · · MBF = MDF = MCB · · · · · Suy PMQ + PDQ = PMQ + PDM + QDM · · · = PMQ + MCB + MBC = 180 Do MPDQ tứ giác nội tiếp · · · Suy MQP = MDP = MCB Do PQ//BC · · · Từ MQP = MCB = MEQ Suy KQ tiếp tuyến đường tròn (MQE) Chứng minh tương tự KP tiếp tuyến đường trịn (MPF) Ta có KM KN = KQ2, KM KN = KP2 Suy KP = KQ Xét tam giác MBC, PQ//BC, KP = KQ Theo định lí Ta lét, suy I trung điểm BC Vậy MN qua điểm cố định I trung điểm BC * Nhận xét: + Cạnh BC cố định cho trước, nên dự đoán đường thẳng MN qua điểm cố định thuộc cạnh BC + Chứng minh tứ giác MPDQ nội tiếp, từ suy MN qua trung điểm PQ + Vận dụng định lí Talét để suy MN qua trung điểm BC III/ CHỨNG MINH ĐƯỜNG TRÒN ĐI QUA ĐIỂM CỐ ĐỊNH Bài Cho tam giác ABC cân A Gọi M, N thứ tự điểm di động đường thẳng AB, AC cho trung điểm I MN nằm cạnh BC Chứng minh đường tròn qua điểm A, M, N qua điểm cố định khác A A Giải: Xét trường hợp M thuộc cạnh AB N thuộc tia đối tia CA (trường hợp N thuộc cạnh AC M chứng minh tương tự) Gọi giao điểm đường cao AH tam giác ABC với đường tròn qua điểm A, M, N G I B C H · Vì ∆ ABC cân A, nên AH phân giác BAC N 136 G Vậy GM = GN, hay ∆ GMN cân G ⇒ GI ⊥ MN (1) Lại có ∆ GIM đồng dạng CHA (g.g) · · · nên IGM = ACB = ABC Có B, G nằm nửa mặt phẳng bờ MI · Suy tứ giác MBIG nội tiếp Suy GBM = 900 Suy GB ⊥ AB B Do G giao điểm AH đường thẳng qua B vng góc AB Suy G cố định Vậy đường tròn qua A, M, N qua điểm cố định khác A * Nhận xét: + Do đường cao AH tam giác ABC cân cho trước, nên dự đốn đường trịn ngoại tiếp tam giác AMN cắt AH G, G điểm cố định + Chứng minh tứ giác MBIG nội tiếp Vận dụng tứ giác nội tiếp, để chứng minh đường trịn qua điểm cố định » khơng Bài 10 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), I điểm BC chứa A Vẽ đường tròn (O1) qua I tiếp xúc với AB B, vẽ đường tròn (O2) qua I tiếp xúc với AC C Gọi K giao điểm thứ hai hai đường tròn (O 1), (O2) a) Chứng minh ba điểm B, K, C thẳng hàng b) Lấy điểm D thuộc cạnh AB, điểm E thuộc tia đối tia CA cho BD = CE Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE qua điểm cố định khác A A Giải: a) Tứ giác ABIC nội tiếp, nên · · ¶ +C ¶ = 180 ABI + ACI = 180 Þ B D O ¶ =K ¶ ;C ¶ =K ¶ Có B 1 2 ¶ +K ¶ = 180 Do K Do B, K, C thẳng hàng b) Có D IBD = D ICE (c g c) K B x O1 C 2 O2 I E y · · Suy IDB = IEC · · Do ADI + AEI = 180 137 E Suy tứ giác ADIC nội tiếp Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE qua điểm cố định I khác A M F Nhận xét: » , nên I điểm cố định + Có I điểm BC A K O C B Để chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE qua điểm cố định, dự đốn điểm cố định I + Chứng minh tứ giác ADIE nội tiếp, suy đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE qua điểm I Bài 11 Cho đường trịn tâm O đường kính AB, điểm C cố định đường kính (C khác O) Điểm M chuyển động đường tròn Đường vng góc với AB C cắt MA, MB theo thứ tự E, F Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF qua qua điểm cố định khác A Giải: * Trường hợp điểm C thuộc đoạn OB Gọi K giao điểm đường tròn ngoại tiếp tiếp tam giác AEF với cạnh AB µ =A µ (cùng phụ với góc B) Ta có F µ =A µ (cùng bù với EFK · có F ) µ = Fµ , Suy F FC trung trực BK, hay BC = CK Do B, C cố định, nên K điểm cố định Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF qua điểm K cố định * Tương tự trường hợp điểm C thuộc đoạn OA F M Ta có đường trịn ngoại tiếp tam giác AEF qua điểm K cố định E K A C B O 138 * Nhận xét: + Đường trịn (O), đường kính AB cố định, + Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF cắt AB K, dự đốn K điểm cố định Bài 12 Cho tam giác ABC, đường cao AH, (H nằm B C) Dựng phía ngồi tam · · giác ABC tam giác BAE CAF cho BAE = CAF = a < 90 , · · AEB = AFC = 90 Chứng minh đường trịn ngoại tiếp tam giác HEF ln qua A điểm cố định khác H góc a < 900 thay đổi F α Giải: α Gọi M, N, P thứ tự trung điểm BC, AC, AB N P E Có tam giác AEB đồng dạng tam giác AFC Từ tứ giác AHBE, AHCF · · · · nội tiếp Suy AHE = ABE = ACF = AHF Có EP = MN = B H M C AB · · · · · · PM = FN = AC Có EPM = EPB + BPM = 2a + BAC = 2a + MNC = MNF · · Do D EPM = D MNF, suy EMP = MFN · · · · · · · Suy EMF = EMP + PMN + NMF = MFN + MNC + NMF · · · = 180 - FNC = 2.NCF = 2.ACF · · · · Mà EHF = 2.ACF Þ EHF = EMF Có H, M nằm nửa mặt phẳng bờ EF Suy E, H, M, F nằm đường tròn Suy đường tròn ngoại tiếp tam giác HEF qua điểm cố định M trung điểm BC (khác H) * Nhận xét: + Dự đoán đường tròn ngoại tiếp tam giác HEF qua trung điểm BC + Chứng minh bốn điểm E, H, M, F nằm đường tròn 139 Bài 13 Cho đường tròn (O) dây cung AB Lấy điểm E dây cung AB (E khác A B) Qua E vẽ dây cung CD đường tròn (O) Trên hai tia DA, DB lấy hai điểm P, Q đối xứng qua E Chứng minh đường tròn (I) tiếp xúc với PQ E qua C qua điểm cố định E di động dây cung AB C Giải: P Gọi M giao điểm AB đường I tròn (I), EP tiếp tuyến (I), nên · · · CMA = PEC = QED (1) A E O · · Mặt khác BAC (góc nội tiếp…) (2) = BDC Q Từ (1) (2), suy tam giác CMA đồng dạng với tam giác QED (g g) B M D AM DE Þ = CM QE (3) Chứng minh tương tự · · · · , nên DEP = BMC; ADC = ABC tam giác BMC đồng dạng tam giác DEP (g g) Þ BM DE DE = = CM PE QE Từ (3) (4) suy (4) AM BM = Þ AM = BM CM CM Do đường trịn (I) ln qua trung điểm M AB điểm cố định * Nhận xét: + Đoạn thẳng AB cố định, dự đốn đường trịn (I) qua điểm cố định thuộc đoạn AB, dự đốn điểm trung điểm AB + Chứng minh M trung điểm AB dựa vào tỉ số có mẫu số C/ ĐỀ XUẤT MỘT SỐ BÀI TOÁN Bài 14 Cho góc vng xOy Các điểm A B theo thứ tự di chuyển tia Ox Oy cho OA + OB = k (k không đổi) Vẽ đường tròn (A; OB), (B; OA) Gọi M, N giao điểm (A) (B) Chứng minh đường thẳng MN qua điểm cố định Bài 15 Cho đường tròn (O) cố định Tứ giác ABCD ln ln ngoại tiếp đường trịn (O) Gọi I, J thứ tự trung điểm AC BD Chứng minh đường thẳng IJ qua điểm cố định tứ giác ABCD thay đổi 140 ... Quang 2007 47 Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Toán 8, NXB Tổng hợp TP HCM Nguyễn Đức Tấn 2013 100 đề kiểm tra Toán NXB TH Tổng hợp HCM Nguyễn Đức Tấn 2013 Tự luyện Violympic Toán 9, tập NXB... (Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Tỉnh An Giang, ngày 11/ 7/2014) Bài tập tương tự: Bài 45/ SBT toán 9: Với a, b hai số không âm, chứng minh: a+b a+ b ≥ 2 Bài 46/ SBT toán 9: Với a>0 chứng minh... Violympic Toán 9, tập NXB GD Lê Thống Nhất 2013 Tự luyện Violympic Toán 9, tập NXB GD Lê Thống Nhất 2013 Tài liệu “Hướng dẫn học sinh tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức đại số lớp 9” nhiều