Giáo án bồi dưỡng môn Toán học Lớp 6 - Năm học 2012-2013

- Chuyờn đề 1
TÍNH CHẤT CHIA HẾT CỦA SỐ NGUYấN
Phần 1: TÍNH CHẤT CHIA HẾT TRONG N
Một số dấu hiệu chia hết – Vớ dụ 
I.Một số dấu hiệu chia hết 
1. Chia hết cho 2, 5, 4, 25 và 8; 125.
 ( hoặc 25) ( hoặc 25)
 ( hoặc 125) ( hoặc 125)
2. Chia hết cho 3; 9.
 (hoặc 9) ( hoặc 9)
Nhận xét: Dư trong phép chia N cho 3 ( hoặc 9) cũng chính là dư trong phép chia tổng các chữ số của N cho 3 ( hoặc 9).
	3. Dấu hiệu chia hết cho 11:
 Cho 
 	4.Dấu hiệu chia hết cho 101
II.Vớ dụ
Ví dụ 1: Tìm các chữ số x, y để:
 a) 
 b) 
	Giải:
a) Để ta phải có chia hết cho 9 và 5 y = 0 hoặc y = 5
Với y = 0 thì từ ta phải có 1+3+5+x+4 
 khi đó ta có số 13554
 với x = 5 thì từ : ta phải có 1+3+5+x+4 +5
 lúc đó ta có 2 số: 135045; 135945.
b) Ta có 
Vì nên bằng 72 hoặc 144.
+ Với =72 thì =08, ta có số: 123408.
+ Với =14 thì =80, ta có số 123480
Ví dụ 2 Tìm các chữ số x, y để 
 Giải:
Ta có: 1375 = 11.125.
Vậy số cần tìm là 713625
Ví dụ 3 a) Hỏi số có chia hết cho 101 không? 
 b) Tìm n để 
	Giải:
	a) Ghép 2 chữ số liên tiếp nhau thì A1991 có 2 cặp số là 91;19
 	 Ta có: 1991.91-1991.19 = 1991. 72 101 nên 	
b) :
II. MỘT SỐ ĐỊNH LÍ VỀ PHẫP CHIA HẾT 
A.Tóm tắt lý thuyết
1. Định lý về phép chia hết:
a) Định lý
 	 Cho a, b là các số nguyên tuỳ ý, , khi đó có 2 số nguyên q, r duy nhất sao cho : với , a là só bị chia, b là số chia, q là thương số và r là số dư.
 	 Đặc biệt với r = 0 thì a = b.q Khi đó ta nói a chia hết cho b hay b là ước của a, ký hiệu .
có số nguyên q sao cho a = b.q
 Vậy 
	b) Tính chất
 	a) Nếu và thì 
	b) Nếu và thì a = b
	c) Nếu , và (b,c) = 1 thì 
	d) Nếu và (c,b) = 1 thì 
2. Tính chất chia hết của một tổng, một hiệu, một tích.
- Nếu 
- Nếu 
- Nếu .b 
 - Nếu a m (n là số tự nhiên)
3.Một số tớnh chất khỏc:
Trong n số tự nhiờn liờn tiếp cú một số chia hết cho n
Tớch n số tự nhiờn liờn tiếp chia hết cho n!
A A và (a;b) = 1 
B.Vớ dụ:
Chứng minh rằng với mọi số nguyờn dương n ta cú:
Giải:
Bài tập tự luyện:
Chứng minh rằng 
a. với n chẳn
b. với n lẻ
3. CMR với mọi số tự nhiờn n thỡ biểu thức:
a) n(n + 1)(n +2) chia hết cho 6
b) 2n ( 2n + 2) chia hết cho 8.
4. Chứng minh rằng : với n nguyờn
5. CMR với mọi số nguyờn a biểu thức sau:
a) a(a – 1) – (a +3)(a + 2) chia hết cho 6.
b) a(a + 2) – (a – 7)(a -5) chia hết cho 7.
c) (a2 + a + 1)2 – 1 chia hết cho 24
d) n3 + 6n2 + 8n chia hết cho 48 (mọi n chẵn)
4. Chứng minh quan hệ chia hết 
Gọi A(n) là một biểu thức phụ thuộc vào n (nN hoặc n Z)
a.1- Để chứng minh A(n) chia hết cho m ta phân tích A(n) thành tích trong đó có một thừa số là m 
+ Nếu m là hợp số ta phân tích m thành tích các thừa số đôI một nguyên tố cùng nhau rồi chứng minh A(n) chia hết cho tất cả các số đó 
+ Trong k số liên tiếp bao giờ cũng tồn tại một số là bội của k 
b.2- Khi chứng minh A(n) chia hết cho n ta có thể xét mọi trường hợp về số dư khi chia m cho n 
* Ví dụ1: 
C/minh rằng A=n3(n2- 7)2 – 36n chia hết cho 5040 với mọi số tự nhiên n 
Giải:
Ta có 5040 = 24. 32.5.7 
A= n3(n2- 7)2 – 36n = n.[ n2(n2-7)2 – 36 ] = n. [n.(n2-7 ) -6].[n.(n2-7 ) +6]
 = n.(n3-7n – 6).(n3-7n +6) 
Ta lại có n3-7n – 6 = n3 + n2 –n2 –n – 6n -6 = n2.(n+1)- n (n+1) -6(n+1) 
=(n+1)(n2-n-6)= (n+1 )(n+2) (n-3) 
Tương tự : n3-7n+6 = (n-1) (n-2)(n+3) d
Do đó A= (n-3)(n-2) (n-1) n (n+1) (n+2) (n+3) 
Ta thấy : A là tích của 7 số nguyên liên tiếp mà trong 7 số nguyên liên tiếp: 
Tồn tại một bội số của 5 (nên A 5 ) 
Tồn tại một bội của 7 (nên A 7 ) 
Tồn tại hai bội của 3 (nên A 9 )
Tồn tại 3 bội của 2 trong đó có bội của 4 (nên A 16)
Vậy A chia hết cho 5, 7,9,16 đôi một nguyên tố cùng nhau A 5.7.9.16= 5040
Ví dụ 2: Chưng minh rằng với mọi số nguyên a thì : 
a/ a3 –a chia hết cho 3 
b/ a5-a chia hết cho 5 
Giải:
a/ a3-a = (a-1)a (a+1) là tích của các số nguyên liên tiếp nên tích chia hết cho 3 
b/ A= a5-a = a(a2-1) (a2+1) 
Cách 1:
Ta xết mọi trường hợp về số dư khi chia a cho 5
Nếu a= 5 k (kZ) thì A 5 (1)
Nếu a= 5k 1 thì a2-1 = (5k21) 2 -1 = 25k2 10k5 A 5 (2)
Nếu a= 5k 2 thì a2+1 = (5k2)2 + 1 = 25 k220k +5 A 5 (3) 
Từ (1),(2),(3) A 5, n Z
Cách 2: 
Phân tích A thành một tổng của hai số hạng chia hết cho 5 :
+ Một số hạng là tích của 5 số nguyên liên tiếp
+ Một số hạng chứa thừa số 5 
Ta có : a5-a = a( a2-1) (a2+1) = a(a2-1)(a2-4 +5) = a(a2-1) (a2-4) + 5a(a2-1) 
 = a(a-1)(a+1) (a+2)(a-2)- 5a (a2-1) 
Mà = a(a-1)(a+1) (a+2)(a-2) 5 (tích của 5 số nguyên liên tiếp )
 5a (a2-1) 5 
Do đó a5-a 5
* Cách 3: Dựa vào cách 2: Chứng minh hiệu a5-a và tích của 5 số nguyên liên tiếp chia hết cho 5.
Ta có: 
a5-a – (a-2)(a-1)a(a+1)(a+2) = a5-a – (a2- 4)a(a2-1) = a5-a - (a3- 4a)(a2-1) 
= a5-a - a5 + a3 +4a3 - 4a = 5a3 – 5a 5
 a5-a – (a-2)(a-1)a(a+1)(a+2) 5 
Mà (a-2)(a-1)a(a+1)(a+2) 5 a5-a 5(Tính chất chia hết của một hiệu)
c/ Khi chứng minh tính chia hết của các luỹ thừa ta còn sử dụng các hằng đẳng thức:
an – bn = (a – b)( an-1 + an-2b+ an-3b2+ +abn-2+ bn-1) (HĐT 8)
an + bn = (a + b)( an-1 - an-2b+ an-3b2 - - abn-2+ bn-1) (HĐT 9)
Sử dụng tam giác Paxcan:
 1
1 1
1 2 1
1 3 3 1
1 4 6 4 1
1......
Mỗi dòng đều bắt đầu bằng 1 và kết thúc bằng 1
Mỗi số trên một dòng (kể từ dòng thứ 2) đều bằng số liền trên cộng với số bên trái của số liền trên.
Do đó: Với a, b Z, n N: 
an – bn chia hết cho a – b( ab)
a2n+1 + b2n+1 chia hết cho a + b( a-b)
(a+b)n = Bsa +bn ( BSa:Bội số của a)
(a+1)n = Bsa +1
(a-1)2n = Bsa +1
(a-1)2n+1 = Bsa -1
* VD3: CMR với mọi số tự nhiên n, biểu thức 16n – 1 chia hết cho 17 khi và chỉ khi n là số chẵn.
Giải:
+ Cách 1: - Nếu n chẵn: n = 2k, kN thì:
A = 162k – 1 = (162)k – 1 chia hết cho 162 – 1( theo nhị thức Niu Tơn)
Mà 162 – 1 = 255 17. Vậy A17
- Nếu n lẻ thì : A = 16n – 1 = 16n + 1 – 2 mà n lẻ thì 16n + 116+1=17 (HĐT 9) 
A không chia hết cho 17
+Cách 2: A = 16n – 1 = ( 17 – 1)n – 1 = BS17 +(-1)n – 1 (theo công thức Niu Tơn)
Nếu n chẵn thì A = BS17 + 1 – 1 = BS17 chia hết cho 17
Nếu n lẻ thì A = BS17 – 1 – 1 = BS17 – 2 Không chia hết cho 17 
Vậy biểu thức 16n – 1 chia hết cho 17 khi và chỉ khi n là số chẵn, n N
d/ Ngoài ra còn dùng phương pháp phản chứng, nguyên lý Dirichlê để chứng minh quan hệ chia hết.
VD 4: CMR tồn tại một bội của 2003 có dạng: 2004 2004.2004
Giải: Xét 2004 số: a1 = 2004
 a2 = 2004 2004
 a3 = 2004 2004 2004
 .
 a2004 = 2004 20042004
 2004 nhóm 2004
Theo nguyên lý Dirichle, tồn tại hai số có cùng số dư khi chia cho 2003.
Gọi hai số đó là am và an ( 1 n <m 2004) thì am - an 2003
Ta có: am - an = 2004 2004....2004 000...00
 m-n nhóm 2004 4n
 hay am - an = 2004 2004....2004 . 104n
 m-n nhóm 2004
 mà am - an 2003 và (104n , 2003) =1
nên 2004 2004....2004 2003
 m-n nhóm 2004
5. Tìm số dư 
* VD1:Tìm số dư khi chia 2100 
a/ cho 9 b/ cho 25
Giải:
a/ Luỹ thừa của 2 sát với bội của 9 là 23 = 8 = 9 – 1
Ta có : 2100 = 2. 299= 2. (23)33 = 2(9 – 1 )33 = 2(BS9 -1) ( theo nhị thức Niu Tơn)
= BS9 – 2 = BS9 + 7
Vậy 2100 chia cho 9 dư 7
b/ Luỹ thừa của 2 gần với bội của 25 là 2 10 = 1024 =1025 – 1
Ta có: 
2100 =( 210)10 = ( 1025 – 1 )10 = BS 1025 + 1 = BS 25 +1 (theo nhị thức Niu Tơn)
Vậy 2100 chia cho 25 dư 1
* Tìm 4 chữ số tận cùng của 51994 khi viết trong hệ thập phân
Giải:
Cách 1: Ta có: 1994 = 4k + 2 và 54 = 625
Ta thấy số tận cùng bằng 0625 khi nâng lên luỹ thừa nguyên dương bất kì vẫn tận cùng bằng 0625
Do đó: 51994 = 54k+2=(54)k. 52 = 25. (0625)k = 25. (0625)= 5625
Cách 2: Tìm số dư khi chia 51994 ch 10000 = 24.54
 Ta thấy 54k – 1 = (54)k – 1k chia hết cho 54 – 1 = (52 + 1) (52 - 1) 16
Ta có 51994 = 56(51988 – 1) + 56 mà 56 54 và 51988 – 1 = (54)497 – 1 chia hết cho 16
 ( 51994)3. 56(51988 – 1)chia hết cho 10000 còn 56= 15625
51994 = BS10000 + 15625 51994 chia cho 10000 dư 15625
Vậy 4 chữ số tận cùng của 51994 là 5625
6. Tìm điều kiện chia hết
* VD1: Tìm số nguyên n để giá trị của biểu thức A chia hết cho giá trị của biểu thức B:
A = n3 + 2n2- 3n + 2; B = n2 – n
Giải: 
n3 + 2n2- 3n + 2 n2 – n
n3 – n2 n + 3
 3n2 - 3n + 2 
 3n2 – 3n
 2
Ta có: n3 + 2n2- 3n + 2 = (n2 – n)(n + 3) +
Do đó Giá trị của A chia hết cho giá trị của B n2 – n Ư(2) 
 2 chia hết cho n(n – 1) 
 2 chia hết cho n
Ta có bảng: 
n
1
-1
2
-2
n – 1
0
-2
1
-3
n(n – 1)
0
2
2
6
Loại
T/m
T/m
Loại
Vậy với n = -1, n = 2 thì giá trị của biểu thức A chia hết cho giá trị của biểu thức B
VD 2: Tìm số nguyên n dể n5 + 1 chia hết cho n3 + 1
Giải: 
 n5 + 1 n3 + 1n5 + n2 – n2 + 1 n3 + 1
n2(n3 + 1)- ( n2 – 1) n3 + 1
(n – 1)(n + 1) (n+1)(n2 – n + 1)
n – 1 n2 – n + 1
n(n – 1) n2 – n + 1
Hay n2 – n n2 – n + 1
(n2 – n + 1) – 1 n2 – n + 1
 1n2 – n + 1
Xét hai trường hợp:
+ n2 – n + 1 = 1 n2 – n = 0 n(n – 1) = 0 n = 0, n = 1 thử lại thấy t/m đề bài
+ n2 – n + 1 = - 1 n2 – n + 2 = 0 , không có giá trị của n thoả mãn
VD 3: Tìm số tự nhiên n sao cho 2n - 1 chia hết cho 7
Giải:
Ta có luỹ thừa của 2 gần với bội của 7 là 23 = 8 = 7 + 1
Nếu n = 3k (k N) thì 2n - 1= 23k – 1 = (23)k – 1 = 8 k - 1k8 – 1 = 7
Nếu n = 3k + 1(k N) thì 2n - 1 = 23k+1 – 1 = 8k . 2 – 1= 2(8k – 1) + 1
 = 2. BS7 + 1 
2n - 1 không chia hết cho 7
Nếu n = 3k +2(k N) thì 2n - 1 = 23k+2 – 1= 4.23k – 1 
 = 4( 8k – 1) + 3 = 4.BS7 + 3 
2n - 1 không chia hết cho 7
Vậy 2n - 17 n = 3k (k N)
 Bài tập
Bài 1: Chứng minh rằng:
a/ n3 + 6n2 + 8n chia hêt ch 48 với mọi số n chẵn
b/ n4 – 10n2 + 9 chia hết cho 384 với mọi số n lẻ
Giải
a/ n3 + 6n2 + 8n = n(n2 + 6n + 8) = n( n2 + 4n + 2n + 8) = n[n(n + 4) + 2(n + 4)]
 = n(n+2)(n + 4)
Với n chẵn, n = 2k ta có:
n3 + 6n2 + 8n = 2k(2k + 2)(2k + 4) = 8.k. (k + 1)k + 2) 8
 b/ n4 – 10n2 + 9 = n4 – n2 – 9n2 + 9 = n2(n2 – 1)- 9(n2 – 1) = (n2 – 1)(n2 - 9) 
 = (n – 1)(n+1)(n-3)(n+3)
Với n lẻ, n = 2k +1, ta có:
n4 – 10n2 + 9 = (2k +1 – 1)(2k + 1+1)(2k + 1 – 3)( 2k + 1 +3)
 = 2k(2k+2)(2k-2)(2k+4)= 16k(k+1)(k-1)(k+2) 16
Bài 2: Chứng minh rằng
a/ n6 + n4 -2n2 chia hết cho 72 với mọi số nguyên n
b/ 32n – 9 chia hết cho 72 với mọi số nguyên dương n
Giải:
Ta có: A= n6 + n4 -2n2 = n2(n4+n2 -2)= n2(n4 + 2n2 –n2 – 2)= n2[(n2 +2)- (n2 +2)]
 = n2(n2 + 2)(n2 – 1).
Ta lại có: 72 = 8.9 với (8,9) = 1
Xét các trường hợp:
+ Với n = 2kA = (2k)2(2k + 1) (2k -1)(4k2 +2) = 8k2(2k + 1) (2k -1)(2k2 +1) 8
+ Với n = 2k +1 A = (2k + 1)2(2k +1 – 1)2= (4k2 + 4k +1)4k2 8
Tương tự xét các trường hợp n = 3a, n= 3a 1 để chứng minh A9
Vậy A8.9 hay A72
Bài 3: Cho a là số nguyên tố lớn hơn 3. Chứng minh rằng a2 – 1 chia hết cho 24
Giải:
Vì a2 là số nguyên tố lớn hơn 3 nên a lẻa2 là số chính phương lẻ 
a2 chia cho 8 dư 1
 a2 – 1 chia hết cho 8 (1)
Mặt khác a là số nguyên tố lớn hơn  ... + b ) ³ ³ 
 ( + 1) + ( + 1) + ( + 1) = + + 
= (a+b+c) ( + + ) ³ (a+b+c) . = Suy ra: 
Áp dụng BĐT ở vớ dụ 6 cho 3 số rồi tiếp tục ỏp dụng lần nửa cho 3 số 
a2b2 + b2c2 + c2a2 ta cú đpcm.
Áp dụng BĐT .Nhõn từng thừa số của 3 BĐT suy ra ĐPCM
A cú 2n + 1 số hạng (Kiểm tra lại !).Áp dụng BĐT Với từng cặp số hạng thớch hợp sẽ cú đpcm
Chuyên đề 9: Phơng pháp tam giác đồng dạng.
I . Kiến thức cơ bản
1. Ta đã biết nếu 2 tam giác đồng dạng thì suy ra đợc các cặp góc tơng ứng bằng nhau, các cặp 
 cạnh tơng ứng tỉ lệ, đặc biệt là tỉ số diện tích của chúng bằng bình phơng tỉ số đồng dạng
2. Để chứng minh 2 góc bằng nhau hay các cặp đoạn thẳng tỉ lệ bằng pp tam giác đồng dạng ta có
 thể làm theo các bớc sau : 
Bớc 1 : Xét 2 tam giác có chứa 2 góc đó hay chứa các cặp đoạn thẳng ấy.
Bớc 2 : Chứng minh 2 tam giác đó đồng dạng
Bớc 3 : Suy ra cặp góc tơng ứng bằng nhau, cặp cạnh tơng ứng tỉ lệ.
3. Để tạo ra đợc một tam giác đồng dạng với một tam giác khác, ngoài cách vẽ một đờng song
 song với một cạnh của tam giác ta còn có thể vẽ thêm đờng phụ bằng nhiều cách khác, chẳng
 hạn :
Nối 2 điẻm có sẵn trong hình làm xuất hiện một tam giác mới
Từ một điểm cho trớc, vẽ một đờng thẳng vuông góc với một đờng thẳng.
Trên một tia cho trớc, đặt một doạn thẳng bằng một đoạn thẳng khác.
4. Một vài ứng dụng của pp tam giác đồng dạng
a) Dùng pp tam giác đồng dạng để CM 3 điểm thẳng hàng
Ta có thể CM 2 tam giác đồng dạng để suy ra các cặp góc tơng ứng bằng nhau, từ đó dùng cách cộng góc để dợc góc bẹt dẫn tới 3 điểm thẳng hàng.
Ví dụ 1 : 
Cho tam giác ABC, các tia phân giác góc B và góc C cắt nhau tại O. Trên các cạnh AB, AC lần lợt lấy M và N sao cho BM.BC = BO2 ; CN.CB = CO2. CMR 3 điểm M, O, N thẳng hàng.
A
M
N
C
B
O
3
2
1
2
1
1
@Bg :
BM.BC = BO2 ; BOM và BCO có 
 ; nên BOM ~ BCO (c.g.c) 
Chứng minh tơng tự ta đợc CON ~ CBO (c.g.c) 
Ta có . Suy ra 3 điểm M, O, N thẳng hàng.
Nhận xét
Điều gì gợi ý cho ta dùng pp đồng dạng để giải ví dụ trên ? Đó là vì trong đề bài có cho BO là trung bình nhân của BM và BC ; CO là trung bình nhân của CN và CB, từ đó suy ra đợc các cặp đoạn thẳng tỉ lệ dẫn tới 2 tam giác đồng dạng.
b) Dùng pp tam giác đồng dạng để CM tích của 2 đoạn thẳng hoặc tổng các tích của các cặp đoạn thẳng bằng 1 số cho trớc.
Ta có thể CM 2 tam giác đồng dạng để suy ra cáắccpj cạnh tơng ứng tỉ lệ, dẫn tới 2 tích của các cặp đoạn thẳng bằng nhau.
Ví dụ 2 :
Cho hình bình hành ABCD, góc B nhọn. Gọi H và K lần lợt là hình chiếu của B trên AD và CD. Chứng minh rằng DA.DH + DC.DK = DB2 
@Bg :
H
B
A
K
C
D
I
*Tìm hớng giải :
Các tích DA.DH, DC.DK cha có mối liên quan trực tiếp nào với nhau
cũng nh với DB. Vì thế ta sẽ thay các tích này bởi các tích khác bằng 
chúng, có liên quan với nhau cũng nh liên quan với DB. Muốn vậy 
phải tạo ra đợc những cặp tam giác đồng dạng với điều kiện DB phải
là cạnh của một trong những tam giác nh thế.
*Lời giải: 
Vẽ AI DB
IDA ~ HDB DA.DH = DB.DI (1)
IBA ~ KDB DC.DK = DB.BI (2)
Cộng từng vế các BĐT (1) và (2) ta đợc : 
DA . DH + DC . DK = DB .DI + DB .BI = DB(DI + BI) = DB2 (đpcm)
Chú ý : Nếu = 900 thì hình bình hành ABCD trở thành hình chữ nhật. Lúc đó áp dubgj định lý Pt-ta-go ta có ngay điều phải chứng minh.
c) Dùng pp tam giác đồng dạng để giải bài toán dựng hình
Đối với 1 số bài toán dựng hình nhất là dựng hình tam giác, khi chỉ biết một yếu tố về độ dài, còn lại là biết tỉ số giữa các độ dài hoặc biết số đo các góc thì ta có thể nghĩ đến pp tam giác đồng dạng.
Ví dụ 3 : 
Dựng tam giác ABC biết = 600 ; và BC = a.
@Bg :
1. Phân tích : Giả sử đã dựng đợc tam giác ABC thoả mãn đề bài
Vẽ một đờng thẳng song song với BC, cắt AB, AC lần lợt tại M và N
Ai
Ni
Mi
pAi
Ci
Bi
ai
600
Từ C vẽ đờng thẳng song song với AB cắt MN tại P. Dễ thấy 
MP = BC = a . AMN ~ ABC 
Vậy AMN dựng đợc, từ đó dựng đợc P, C và B.
2. Cách dựng : 
- Dựng AMN sao cho = 600 ; AM = 2 ; AN = 3
- Trên tia MN lấy điểm P sao cho MP = a.
- Dựng PC // AB (C thuộc tia AN)
- Dựng CB // MN (B thuộc tia AM)
Tam giác ABC là tam giác phải dựng (Phần CM và biện luận tự làm)
II – Bài tập 
Bài 1: 
Cho tam giác ABC vuông tại A, đờng cao AH. Gọi M và N lần lợt là trung điểm của AH và BH. Gọi O là giao điểm của AN với CM. Chứng minh rằng :
AN CM
AH2 = 4 MC.MO
@Bg
A
C
B
H
N
M
O
2
2
1
a) ABH ~ CAH (g-g) hay (1)
Ta có (2) . 
Từ (1) và (2) suy ra ABN ~ CAM (c.g.c) 
 Xét tam giác CAO có 
 . Vậy AN CM
b) AOM ~ CHM (g.g) AM.MH = MC.MO 
 = MC.MO hay HA2 = 4 MC.MO.
Bài 2 :
A
C
E
B
F
Cho tam giác ABC, phân giác AE. Chứng minh rằng AB.AC > AE2.
@Bg
 (t/c góc ngoài của ABE). 
Trên AC lấy điểm F sao cho AF < AC
AEF ~ ABE (g-g) AB.AF = AE2 AB.AC > AE2.
Bài 3 :
Cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi M là một điểm di động trên AC. Từ C vẽ đờng thẳng vuông góc với tia BM cắt tia BM tại H, cắt tia BA tại O. Chứng minh rằng :
OA.OB = OC.OH
Góc OHA có số đo không đổi
C
K
B
O
A
H
M
Tổng BM.BH + CM.CA không đổi.
@Bg
a) BOH ~ COA (g-g) OA.OB = OC.OH
b) (1)
OHA và OBC có chung (2)
Từ (1) và (2) OHA ~ OBC (c.g.c)
 (không đổi)
c) Vẽ MK BC ; BKM ~ BHC (g.g) BM.BH = BK.BC (3)
CKM ~ CAB (g.g) CM.CA = BC.CK (4)
Cộng từng vế của (3) và (4) ta đợc BM.BH + CM.CA = BK.BC + BC.CK 
 = BC(BK + CK) = BC2 (không đổi).
Bài 4 :
Cho tam giác ABC cân tại A, đờng cao AH. Trên đoạn thẳng CH và HB lần lợt lấy hai điểm M và N sao cho CM = HN. Đờng thẳng qua M và vuông góc với BC cắt AC tại E. Qua N vẽ đờng thẳng d NE. Chứng minh rằng khi M di động trên đoạn thẳng CH thì đờng thẳng d luôn luôn đi qua một điểm cố định.
C
M
F
N
B
A
E
H
@Bg
Dễ thấy CH = MN = BC
HFN ~ MNE (g.g) (1)
AHC ~ EMC (g.g) (2)
Từ (1) và (2) . Do đó HF = (không đổi)
Vì H cố định nên F cố định. 
Bài 5 :
Cho tam giác ABC, 3 đờng cao AD, BE, CF. Gọi M, N, I, K lần lợt là hình chiếu của D trên AB, AC, BE, CF. Chứng minh rằng 4 điểm M, N, I, K thẳng hàng.
@Bg
A
N
E
F
M
C
B
D
I
K
Vì DM // CF và DI // CA nên MI // FE (1)
Vì DN // BE và DK // AB nên NK // FE (2)
AMD ~ ADB (3)
AND ~ ADC (4)
Chia từng vế của (3) cho (4) ta đợc 
ACF ~ ABE do đó MN // FE (5)
Từ (1) ; (2) ; (5) suy ra 4 điểm M, I, N, K thẳng hàng.
Bài 6 : 
Lấy các cạnh AB, AC và BC của ABC làm cạnh đáy, dựng các tam giác vuông cân ABD, ACE, BCF, hai tam giác đầu dựng ra phía ngoài ABC còn tam giác thứ 3 dựng trong cùng 1 nửa mặt phẳng bờ BC với ABC. Chứng minh rằng tứ giác AEFD là hình bình hành (hoặc A, E, F, D thẳng hàng)
@Bg
C
E
B
D
A
F
1
Nếu 900 ; BAD ~ BCF(2 tam giác vuông cân)
 . Mặt khác ( = 45o + )
BDF ~ BAC (c.g.c) 
Chứng minh tơng tợ có FEC ~ BAC 
Ta có = (90o + ) + (900 - ) = 1800 AE // DF
Chứng minh tơng tự ta đợc AD // EF. Vậy AEFD là hình bình hành.
Trờng hợp nếu = 900 thì 4 điểm A, E, F, D thẳng hàng 
Bài 7 :
Cho hình vuông ABCD. Gọi M, N lần lợt là trung điểm của AB, AD. Gọi E và F lần lợt là giao điểm của BN với MC và AC. Cho biết AB = 30 cm, tính diện tích các tam giác BEM và AFN.
C
D
N
B
M
A
F
E
1
1
@Bg
ABN = BCM (c.g.c) BN CM
ABN vuông tại A, AB = 30; AN = 15 BN2 = 1125
BEM ~ BAN 
SBAN = .30.15 = 225 SBEM = 225. = 45 (cm2).
AFN ~ CFB FN = BF = BN
do đó SAFN = SABN = .225 = 75 cm2.
Bài 8 : 
Qua điểm O nằm trong tam giác ABC ta vẽ những đờng thẳng song song với 3 cạnh. Các đờng thẳng này chia tam giác ABC thành 3 hình bình hành và 3 tam giác nhỏ. Biết diện tích của các tam giác đó là a2 , b2 , c2 .
Tính SABC
Chứng minh S a2 + b2 + c2
@Bg
a) Dễ thấy các tam giác ODH, EON, FMO đồng dạng với ABC.
A
E
N
F
M
C
H
B
D
O
a2
b2
c2
Đặt SABC = d2 . Ta có (1)
 (2)
 (3)
Cộng từng vế các đẳng thức (1) , (2) , (3) ta đợc 
a + b + c = d. Vậy S = d2 = (a + b + c)2
b) S = (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2ab + 2bc + 2ac 
 a2 + b2 + c2 + (a2 + b2) + (b2 + c2) + (c2 + a2) = 3(a2 + b2 + c2)
Dấu “=” xẩy ra a = b = c O trùng với trọng tâm G của ABC .
Vớ dụ 8:
Rỳt gọn Biếu thức Với a 
Thực hiện phộp tớnh: (a 2.)
Giải:
a.
b.
Vớ dụ 9: Thực hiện phộp tớnh: .( Với x y)
Giải:
Vớ dụ 10: Cho biểu thức : .
Rỳt gọn biểu thức A.
Chứng minh rằng A khụng õm với mọi giỏ trị của x .
Giải:
b.
Vớ dụ 11: Tớnh giỏ trị biếu thức : 
với a = 2007.
Giải:
Vớ dụ 12: Tớnh giỏ trị biếu thức : .
Biết x2 + 9y2 - 4xy = 2xy - .
Giải: 
x2 + 9y2 - 4xy = 2xy - 
Bài tập:
Chứng minh rằng Biếu thức
P =
khụng phụ thuộc vào x.
Cho biểu thức M = .
Tỡm tập xỏc định của M.
Tớnh giỏ trị của x để M = 0.
Rỳt gọn M.
Cho a,b,c là 3 số đụi một khỏc nhau. Chứng minh rằng :
Cho biểu thức : B = 
Rỳt gọn B
Chứng minh rằng : n8 + 4n7 + 6n6 + 4n5 + n4 16 với n Z
Rỳt gọn biểu thức : với x -3; x 3; y -2.
Cho Biếu thức : A = .
Tỡm điều kiện cú nghĩa và Rỳt gọn biểu thức A.
Tỡm giỏ trị của x để A > 0.
Tỡm giỏ trị của A trong trường hợp .
 a.Thực hiện phộp tớnh: 
a.A = .
b. Rỳt gọn C = .
Cho a,b,c là 3 số nhau đụi một.
Tớnh S = .
 Tớnh giỏ trị của biểu thức : biết:
Cho a + b + c = 1 và .
Nếu . Chứng minh rằng xy + yz + zx = 0.
b.Nếu a3 + b3 + c3 = 1. Tớnh giỏ trị của a,b,c
Bài 11: Cho Biếu thức : .
Tớnh giỏ trị của A khi a = -0,5.
Tớnh giỏ trị của A khi : 10a2 + 5a = 3.
 Chứng minh nếu xyz = 1 thỡ: .
Chứng minh đẳng thức sau: 
Thực hiện phộp tớnh: .
Tớnh tổng : S(n) = .
 Rỳt gọn rồi tớnh giỏ trị của biểu thức :A = .
Biết a là nghiệm của Phương trỡnh : .
 Gọi a,b,c là độ dài 3 cạnh của tam giỏc biết rằng:
 Chứng minh rằng tam giỏc đú là tam giỏc đều.
 Chứng minh rằng nếu a,b là 2 số dương thỏa điều kiện: a + b = 1 thỡ : 
Thực hiện phộp tớnh: 
A = 
 Rỳt gọn biểu thức : A = .
 Chứng minh rằng biểu thức sau luụn dương trong TXĐ: 
B = 
 Rỳt gọn rồi Tớnh giỏ trị biếu thức với x + y = 2007.
	A = .
 Cho 3 số a,b,c 0 thỏa món đẳng thức: .
Tớnh giỏ trị biểu thức P = .
Cho biểu thức : . Chứng minh rằng nếu :
 	x + y + z = 0 thỡ A = 1.
HƯỚNG DẪN:
 P =
 M = .
 =
= 
a.Rỳt gọn B = 
b. n8 + 4n7 + 6n6 + 4n5 + n4 
a.A = .
b.A > 0
c.
x = 11 
x = 3 A khụng xỏc định
a.A = .
b. Rỳt gọn C = .
 S = 
 Từ:(1) 
Biến đổi A = (2)
Thế (1) vào (2) ; A = - 3 
 Từ a + b + c = 1 và suy ra:
ab + bc + ca = 0 (1)
a. Nếu 
suy ra : 
Suy ra xy + yz + zx = 0.
b. Áp dụng
Từ a3 + b3 + c3 = 1. Suy ra: Từ đú tớnh được a , b , c.
Xem bài 21
 Từ xyz = 1 Biến đổi 
.
Chứng minh : 
.
 	.
 .
.
Rỳt gọn 
=
. Cộng từng vế được A = 0.
A = .
TXĐ: ;B = 
A = .
Từ: .
Suy ra: 
Suy ra: 
Suy ra: hoặc a + b + c = 0 hoặc a = b = c.
P = -1 hoặc P = 8
Từ: x + y + z = 0 suy ra: 
.