Tài liệu tự chọn nâng cao môn Toán học Lớp 6

PHẦN I: SỐ HỌC
CHỦ ĐỀ 1
 DÃY CÁC SỐ VIẾT THEO QUY LUẬT
I. Dãy cộng : 
	Xét các dãy số sau: 
	a) Dãy số tự nhiên : 0, 1, 2, 3,...
	b) Dãy số lẻ: 1 , 3, 5 , 7,...	c) Dãy các số chia cho 3 dư 1 : 1 , 4, 7,10 ...
	Trong các dãy số trên, mỗi số hạng, kể từ số hạng thứ hai, đều lớn hơn số hạng đứng liền trước nó cùng một số đơn vị, số đơn vị này là 1 ở dãy a); là 2 ở dãy b); là 3 ở dãy c). Ta gọi các dãy trên là dãy cộng.
	Xét dãy cộng 4,7,10,13,16,19... Hiệu giữa hai số liên tiếp của dãy là 3. Số hạng thứ 6 của dãy này là 19, bằng : 4 + (6 – 1).3; số hạng thứ 10 của dãy này là 4 + (10 – 1).3 = 31.
	Tổng quát, nếu một dãy cộng có số hạng đầu là a1 và hiệu giữa hai số hạng liên tiếp là d thì số hạng thứ n của dãy cộng đó (kí hiệu an) bằng:
	an = a1 + (n - 1)d	(1)
	Để tính tổng các số hạng của dãy cộng
	4 + 7 + 10 + ... + 25 + 28 + 31 (gồm 10 số)
	Ta viết : A = 4 + 7 + 10 + ... 25 + 28 + 31
	 A = 31 + 28 + 25 + ... + 10 + 7 + 4
	nên 2 A = (4 + 31) + (7 + 28) +... + ( 28 + 7) + (31 + 4) = ( 4 + 31) .10
	Do đó A = 
	Tổng quát, nếu một dãy cộng có n số hạng, số hạng đầu là a1, số hạng cuối là an thì tổng của n số hạng đó được tính như sau:
	(2) (*)
	Trường hợp đặc biệt, tổng của n số tự nhiên liên tiếp bắt đầu từ 1 bằng:
 1 + 2 + 3 + ... + n = 	(3)
II. Các dãy khác
Ví dụ 1 . Tìm số hạng thứ 100 của các dãy được viết theo quy luật:
	a) 3 , 8 , 15 , 24 , 35, ...	(1)
	b) 3 , 24 , 63 , 120 , 195, ... 	(2)
	c) 1 , 3 , 6 , 10 , 15, ...	(3)
	d) 2 , 5 , 10 , 17, 26,...	(4)
	 Giải 
	a) Dãy (1) có thể viết dưới dạng:
	1.3 ; 2.4; 3.5 ; 4.6 ; 5.7,...
	Mỗi số hạng của dãy (1) là một tích của hai thừa số, thừa số thứ hai lớn hơn thừa số thứ nhất là 2 đơn vị. Các thừa số thứ nhất làm thành dãy : 1,2,3,4,5,... dãy này có số hạng thứ 100 là 100.
	Do đó số hạng thứ 100 của dãy (1) bằng : 100 .102 = 10200
	b) Dãy (2) có thể viết dưới dạng :
	1.3 , 4.6, 7.9 , 10.12 , 13.15,...
	Số hạng thứ 100 của dãy 1 , 4, 7, 10 , 13 , ... là : 1 + 99.3 = 298.
	Số hạng thứ 100 của dãy (2) bằng : 298 . 300 = 89400.
	c) Dãy (3) có thể viết dưới dạng :
 Số hạng thứ 100 của dãy (3) bằng : 
	d) Dãy (4) có thể viết dưới dạng:
	1 + 12 , 1 + 22 , 1 + 32 , 1 + 42 , 1 + 52,...
	Số hạng thứ 100 của dãy (4) bằng : 1 + 1002 = 10001
BÀI TẬP
1 . Tìm chữ số thứ 1000 khi viết liên tiếp liền nhau các số hạng của dãy số lẻ : 
 1, 3, 5, 7,...
2 . a) Tính tổng các số lẻ có hai chữ số.
 b) Tính tổng các số chẵn có hai chữ số
3 . Có số hạng nào của dãy sau tận cùng bằng 2 hay không ?
	1 ; 1 + 2 ; 1 + 2 + 3 ;	1 + 2 + 3 + 4 ;...
4. a) Viết liên tiếp các số hạng của dãy số tự nhiên từ 1 đến 100 tạo thành một số A. Tính tổng các chữ số của A.
 b) Cũng hỏi như trên nếu viết từ 1 đến 1000000.
5. Khi phân tích ra thừa số nguyên tố, số 1000! chứa thừa số nguyên tố 7 với số mũ bằng bao nhiêu ?
6. Tích A = 1.2.3... 500 tận cùng bằng bao nhiêu chữ số 0 ?
7. a) Tích B = 38.39.40... 74 có bao nhiêu thừa số 2 khi phân tích ra thừa số nguyên tố ?
	b) Tích C = 31 . 32 . 33... 90 có bao nhiêu thừa số 3 khi phân tích ra thừa số nguyên tố ?
8. Có bao nhiêu số tự nhiên đồng thời là các số hạng của cả hai dãy sau:
	3, 7 , 11, 15..., 407	(1)
	2,9,16,23,..., 709	(2)
9. Trong dãy số 1, 2, 3,..., 1990, có thể chọn được nhiều nhất bao nhiêu số để tổng hai số bất kỳ được chọn chia hết cho 38 ?
10.* Chia dãy số tự nhiên kể từ 1 thành từng nhóm ( các số cùng nhóm được đặt trong dấu ngoặc)
	(1), (2,3), (4,5,6), ( 7,8,9,10), (11,12,13,14,15),...
	a) Tìm số hạng đầu tiên của nhóm thứ 100.
	b) Tính tổng các số thuộc nhóm thứ 100 .
11. Cho S1 = 1 + 2,
	 S2 = 3 + 4 + 5,
	 S3 = 6 + 7 + 8 + 9,
	 S4 = 10 + 11 + 12 + 13 + 14,
	 .....
	Tính S100.
12. Tính số hạng thứ 50 của các dãy sau:
	a) 1.6; 2.7; 3.8;...
	b) 1.4; 4.7; 7.10;...
13 . Cho A = 1 + 3 + 32 + 33 + ... + 320 , B = 321 : 2
	Tính B – A
14. Cho A = 1 + 4 + 42 + 43 + ... + 499 , B = 4100
	Chứng minh rằng : A < 
15. Tính giá trị của biểu thức:
	a) A = 9 + 99 + 999 + ... + 99 ... 9
	 50 chữ số
	b) B = 9 + 99 + 999 + ... + 99 ... 9
	200 chữ số
CHỦ ĐỀ 2
CÁC VẤN ĐỀ NÂNG CAO VỀ TÍNH CHIA HẾT, ƯỚC VÀ BỘI
I. Dấu hiệu chia hết cho 11
	Cho A = ... a5 a4 a3 a2 a1 a0. 
	A 11 [(a0 + a2 + a4 +...) – (a1 + a3 + a5 + ... )] 11.
	Chứng minh:
	A = (a0 + 102a2 + 104a4 + ... ) + (10a1 + 103a3 + 105a5 + ... )
	Chú ý rằng : 102 = 99 + 1, 104 = 9999 + 1,..., tổng quát :
	102k = bội 11 + 1 , còn 10 = 11 – 1, 103 = 1001 – 1, 105 = 100001 – 1,...
	Tổng quát 102k + 1 = bội 11 – 1 . Do đó : A = ( bội 11 + a0 + a2 + a4 + ...) +
 + (bội 11 – a1 – a3 – a5 - ... ) = bội 11 + ( a0 + a2 + a4 + ...) – (a1 + a3 + a5 + ...)
	Như vậy điều kiện cần và đủ để một số chia hết cho 11 là : Tổng các chữ số hàng lẻ và tổng các chữ số hàng chẵn của số đó có hiệu chia hết cho 11.
Ví dụ 2. Vận dụng dấu hiệu chia hết cho 11 để tìm các chữ số x và y sao cho :
	A = 62xy427 chia hết cho 99
Giải : A 99 A 11 và A 9
	Tổng các chữ số hàng lẻ của A (từ phải sang trái) là 7 + 4 + x + 6 hay x + 17.
Tổng các chữ số hàng chẵn của A ( từ phải sang trái) là 2 + y + 2 hay y + 4 . Tổng các chữ số của A là x + y + 21.
	A 11 (x + 17) – ( y + 4) 11
	 13 + x – y 11
	Do đó : x – y = 9 ( nếu x > y)
	Hoặc 	 y – x = 2 (nếu y > x)
	A 9 	 x + y + 21 9 x + y { 6 ; 15 } . 
 Trường hợp x – y = 9 cho ta x = 9 ; y = 0. Khi đó x + y = 0, loại.
 Trường hợp y – x = 2 thì y + x phải chẵn nên y + x = 6 . Ta được :
	 ; y = 2 + 2 = 4
	Đáp số : x = 2 ; y = 4
	 A = 6224427
II. Số lượng các ước của một số (*)
 	Nếu dạng phân tích ra thừa số nguyên tố của một số tự nhiên A là ax.by.cz...
thì số lượng các ước của A bằng (x + 1)(y + 1)(z + 1)...
	Thật vậy, ước của A là số có dạng m.n.p... trong đó 
 m có x + 1 cách chọn ( là 1, a, a2 ,... ax),
	n có y + 1 cách chọn (là 1, b , b2, ..., by),
	p có z + 1 cách chọn (là 1, c, c2,... cz),...
	Do đó số lượng các ước của A bằng (x + 1)(y + 1)(z + 1)...
Ví dụ 3. Tìm số nhỏ nhất có 12 ước.
Giải : Phân tích số phải tìm ra thừa số nguyên tố :
	n = ax.by.cz... ta có (x + 1)(y + 1)(z + 1) ... = 12.
	( x ³ y ³ z ³ ... ³ 1).
Số 12 có bốn cách viết thành một tích của một hay nhiều thừa số lớn hơn 1 là:
 12 =12.1 = 6.2 = 4.3 = 3.2.2.
 Xét các trường hợp sau:
a) n chứa một thừa số nguyên tố : Khi đó x + 1 = 12 nên x = 11. Chọn thừa số nguyên tố nhỏ nhất là 2, ta có số nhỏ nhất trong trường hợp này là 211.
b) n chứa hai thừa số nguyên tố: 
Khi đó (x + 1)(y + 1) = 6.2 hoặc (x + 1)(y + 1) = 4.3, do đó x = 5, y = 1 hoặc x = 3 , y = 2. Để n nhỏ nhất ta chọn thừa số nguyên tố nhỏ ứng với số mũ lớn, ta có 
n = 25.3 = 96 hoặc n = 23.32 = 72 . Số nhỏ nhất trong trường hợp này là 72.
c) n chứa ba thừa số nguyên tố : 
Khi đó (x + 1)(y + 1)(z + 1) = 3.2.2 nên x = 2,y = z = 1 . Số nhỏ nhất là 22.3.5 = 60
 So sánh ba số 211, 72, 60 trong ba trường hợp, ta thấy số nhỏ nhất có 12 ước là 60 .
III. Toán về chia hết liên quan đến số nguyên tố. ƯCLN, BCNN 
	Ngoài các tính chất đã nêu ở tiết 3, với các kiến thức về số nguyên tố , số nguyên tố cùng nhau. ƯCLN, BCNN, ta có thêm một số tính chất về chia hết.
1) Nếu một tích chia hết cho số nguyên tố p thì tồn tại một thừa số của tích chia hết cho p.
	Hệ quả: Nếu an chia hết cho số nguyên tố p thì a chia hết cho p .
2) Nếu tích a.b chia hết cho m trong đó b và m là hai số nguyên tố cùng nhau thì a chia hết cho m.
	Thật vậy, phân tích m ra thừa số nguyên tố :
	m = a1k1a2k2 ...an kn 	(1)
	Vì a.b chia hết cho m nên a.b chứa tất cả các thừa số nguyên tố a1, a2,...an với số mũ lớn hơn hoặc bằng số mũ của các thừa số nguyên tố đó trong (1). Nhưng b và m nguyên tố cùng nhau nên b không chứa thừa số nguyên tố nào trong các thừa số a1 , a2, ..., an. Do đó a chứa tất cả các thừa số a1 , a2 , ... an tức là a chia hết cho m.
3) Nếu a chia hết cho m và n thì a chia hết cho BCNN của m và n.
	Thật vậy, a chia hết cho m và n nên a là bội chung của m và n so đó chia hết cho BCNN ( m,n).
	Hệ quả: Nếu a chia hết cho hai số nguyên tố cùng nhau m và n thì a chia hết cho tích m.n.
	Các tính chất này cung cấp thêm những công cụ mới để chứng minh quan hệ chia hết của các số.
Ví dụ 4 . Tìm số tự nhiên n sao cho 18n + 3 chia hết cho 7.
	Giải : Cách 1: 18n + 3 	 7
	14n + 4n + 3	 7
	4n + 3	 7
	4n + 3 – 7	 7
	4n – 4	 7
 	4(n – 1)	 7
	Ta lại có (4,7) = 1 nên n – 1 7
	Vậy n = 7k + 1 ( k N).
Cách 2: 	18n +	 3	 7
	 18 n + 3 – 21 7
	 18n - 18	 7
	 18(n – 1)	 7
Ta lại có (18,7) = 1 nên n – 1 	 7
	Vậy n = 7k + 1 ( k N)
Nhận xét: Việc thêm bớt các bội của 7 trong hai cách giải trên nhằm đi đến một biểu thức chia hết cho 7 mà ở đó hệ số của n bằng 1.
Ví dụ 5. Cho biết a + 4b chia hết cho 13 (a, b N) . Chứng minh rằng 10a + b chia hết cho 13.
Giải : Đặt a + 4b = x ; 10a + b = y . Ta biết x 13, cần chứng minh y 13.
Cách 1: xét biểu thức:
	10x – y = 10 (a + 4b) – (10a + b) = 10a + 40b – 10a – b = 39b
	Như vậy 10x – y 13
	Do x 13 nên 4y 13. Suy ra y 13
Cách 2: Xét biểu thức:
	4y – x = 4 (10a + b) – (a + 4b) = 40a + 4b – A – 4b = 39a
	Như vậy 4y – x 13
	Do x 13 nên 4y 13. Ta lại có ( 4,13) = 1 nên y 13
Cách 3 : Xét biểu thức:
	3x + y = 3 (a + 4b) + (10a + b) = 3a + 12b + 10a + b = 13a + 13b.
	Như vậy 3x + y 13
	Do x 13 nên 3x 13 . Suy ra y 13
Cách 4: Xét biểu thức:
	x + 9y = a + 4b + 9 (10a + b) = a + 4b + 90a + 9b = 91a + 13b
	Như vậy x + 9y 13
	Do x 13 nên 9y 13 . Ta lại có (9,13) – 1, nên y 13 
Nhận xét: Trong các cách giải trên, ta đã đưa ra các biểu thức mà sau khi rút gọn có một số hạng là bội của 13, khi đó số hạng thứ hai (nếu có) cũng là bội của 13.
Hệ số của a ở x là 4, hệ số của a ở y là 1 nên xét biểu thức 10x – y nhằm khử a (tức là làm cho hệ số của bằng 0) , xét biểu thức 3x + y nhằm tạo ra hệ số của a bằng 13.
	Hệ số của b ở x là 4, hệ số của b ở y là 1 nên xét biểu thức 4y – x nhằm khử b, xét biểu thức x + 9y nhằm tạo ra hệ số của b bằng 13.
Ví dụ 6. Chứng minh rằng nếu p là số nguyên tố lớn hơn 3 thì (p – 1)(p + 1) chia hết cho 24.
Giải . 	Ta có (p – 1)p(p + 1) 3 mà (p,3) = 1 nên
	(p – 1)(p + 1) 3 	(1)
	p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên p là số lẻ, p – 1 và p + 1 là hai số chẵn liên tiếp. Trong hai số chẵn liên tiếp, có một số là bội của 4 nên tích của chúng chia hết cho 8 (2).
	Từ (1) và (2) suy ra (p – 1)(p + 1) chia hết cho hai số nguyên tố cùng nhau 3 và 8.
	Vậy (p – 1)(p + 1) 24.
IV. Tìm số bị chia biết các số chia và số dư trong hai phép chia 
Ví dụ 7. Tìm số tự nhiên nhỏ nhất khi chia cho 5 thì dư 1, chia cho 7 thì dư 5.
Giải : Gọi n là số chia cho 5 dư 1, chia cho 7 dư 5
Cách 1: Vì n không chia hết cho 35 nên  ... uổi của bố là 8 và tuổi mẹ bằng ba lần tuổi con. Tính số tuổi của mỗi người hiện nay.
	26. Có một bình 4 lít và một bình 5 lít. Làm thể nào để lấy được đúng 3 lít để chia 16 lít làm hai phần bằng nhau.
TÍNH CHẤT CHIA HẾT CỦA TỔNG, CỦA HIỆU, CỦA TÍCH
	Kiến thức cơ bản:
	1. Tính chất 1	a m ; b m a + b m 	; a – b m (a ³ b)
	2. Tính chất 2	a m ; b m a + b m 	; a – b m ( a ³ b)
	3. Tính chất 3	a m k . a m ( k Î N)
	4. Tính chất 4 	a n ; b n ab mn
	Đặc biệt : a b an bn
	Nâng cao :
	1. Các tính chất 1 và 2 cũng đúng nếu tổng số có nhiều sô hạng
	2. a m ; b m k1a + k2b m (Thí dụ 13)
	3. a m ; b m ; a + b + c m c m 
	 a m ; b m ; a + b + c m c m (Thí dụ 14)
Ví dụ 29
	Cho a m ; b m, hãy chứng minh rằng k1a + k2b m.
	Giải :
	a m k1 a m ( tính chất 3)
	b m k2b m (tính chất 3)
	Vậy k1a + k2b m (tính chất 1)
Ví dụ 30 
	Chứng minh rằng:
	a) Nếu am ; bm và a + b + c m thì cm
	b) Nếu am và a + b + cm thì cm
	Giải:
	a) Giả sử cm ; bm nên a + b + cm (tính chất 2).
 Điều này trái với đề bài a + b + c m . Vậy điều giả sử là sai, suy ra c m.
	b) Giả sử cm . Ta có am ; bm nên a + b + c m (tính chất 1) . Điều này trái với đề bài a + b + c m. Vậy điều giả sử là sai, suy ra cm.
	Nhận xét:
	Phương pháp giải thí dụ 14 là phương pháp phản chứng. Nó có ba bước:
	- Giả sử có điều trái với điều phải chứng minh.
	- Từ đó suy ra (nhờ các tính chất đã biết) một kết quả mâu thuẫn với điều đã cho, đã biết.
	- Kết luận: Vậy điều giả sử là sai, điều phải chứng minh là đúng.
MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP VỀ SỐ NGUYÊN TỐ
	III. Công thức cho một số nguyên tố.
Ví dụ 31.
	a) Chứng minh rằng mọi số nguyên tố m lớn hơn 3 đều viết được dưới dạng 6n + 1 hoặc 6n – 1 ( n Î N).
	b) Có phải mọi số có dạng 6 n ± 1 ( n Î N) đều là số nguyên tố hay không.
Giải
	a) Mỗi số tự nhiên khia chia cho 6 có một trong các số dư 0, 1, 2, 3, 4, 5. Do đó mọi số tự nhiên đều viết được dưới một trong các dạng 6n – 2, 6n – 1, 6n, 6n + 1, 6n + 2 , 6n + 3. Vì m là số nguyên tố lớn hơn 3 nên m không chia hết cho 2, không chia hết cho 3, do đó m không có dạng 6n – 2 , 6n, 6n + 2 , 6n + 3 . Vậy m viết được dưới dạng 6n + 1 hoặc 6n – 1 (ví dụ : 17 = 6.3 – 1 , 19 = 6.3 + 1)
	b) Không phải mọi số có dạng 6n ± 1 ( n Î N) đều là số nguyên tố. Chẳng hạn 6.4+ 1 = 25 không là số nguyên tố (đpcm)
	Liệu có một công thức nào mà với mọi giá trị tự nhiên của chữ đều cho ta các số nguyên tố không ? Cho đến nay, người ta chưa tìm thấy một công thức như vậy. 	Tuy nhiên có một số biểu thức mà với khá nhiều giá trị của chữ, biểu thức đó cho ta các số nguyên tố.
	Biểu thức 2n2 + 29 cho các giá trị nguyên tố với n = 0, 1, 2, ... 28
	Biểu thức n2 + n + 41 do Ơ – le (Euler 1707 – 1783) đưa ra cho các giá trị nguyên tố với n = 0 , 1, 2, 3,... 39 (còn với n = 40 thì 402 + 40 + 41 = 40 .(40 + 1) + 41 chia hết cho 41)
	Biểu thức n2 – 79n + 1601 cũng cho các giá trị nguyên tố với n = 0, 1, 2,... 79 (còn với n = 80 thì biểu thức bằng 412)
	Số Phec–ma. Nhà toán học kiêm luật gia Pháp Phec–ma (Pierre de Fermat 1601 – 1665) xét biểu thức 2m + 1 trong đó m = 2n với n = 0 , 1, 2, 3 ,4, cho các số nguyên tố 2 + 1 = 3; 22 + 1 = 5 ; 24 + 1 + 17; 28 + 1 = 257 ; 216 + 1 + 65537. Với n = 5 được số 232 + 1 = 4294967297, Phec–ma cho rằng đó cũng là số nguyên tố và ông đưa ra giả thuyết : Biểu thức 2m + 1 với m là một luỹ thừa của 2 cho ta các số nguyên tố.
	IV. Biểu diễn một số dưới dạng tổng các số nguyên tố.
	Năm 1742 nhà toán học Đức Gôn–bách viết thư báo cho Ơ–le biết rằng ông mạo hiểm đưa ra bài toán : Mọi số tự nhiên lớn hơn 5 đều biểu diễn được dưới dạng tổng của ba số nguyên tố. Ơ–le trả lời rằng theo ông, mọi số chẵn lớn hơn 2 đều biểu diễn được dưới dạng tổng của hai số nguyên tố.
	Cho đến nay, bài toán Gôn–bách – Ơ–le vẫn chưa được chúng minh hoàn toàn.
	Ví dụ 32. Công nhận mệnh đề nói trên của Ơ–le, hãy chứng minh bài toán Gôn–bách.
	Giải : Cho số tự nhiên n > 5, ta sẽ chứng minh rằng n viết được dưới dạng tổng của ba số nguyên tố. Xét hai trường hợp:
	a) Nếu n chẵn thì n = 2 + m với m chẵn, m > 3
	b) Nếu n lẻ thì n = 3 + m với m chẵn, m > 2
	Theo mệnh đề Ơ–le, m chẵn, m > 2 nên m viết được dưới dạng tổng hai số nguyên tố. Do đó n viết được dưới dạng tổng của ba số nguyên tố.
BÀI TẬP
	27. Tìm 10 số tự nhiên liên tiếp chứa nhiều số nguyên tố nhất.
	28. Chứng minh rằng mọi số nguyên tố lớn hơn 2 đều viết được dưới dạng 
 4n + 1 hoặc 4n + 3 ( nÎ N).
	29. Cho biểu thức n = . Xét xem với p bằng 3, 5, 7, 9 thì n là số nguyên tố hay hợp số ?
	30. Số có dạng M = 2n – 1 gọi là số Mec–xen (Mersenne, nhà toán học kiêm cha cố Pháp thế kỉ XVII) . Xét xem với n bằng 2, 3, 5, 7, 11 thì M là số nguyên tố hay hợp số ?
	31. Viết các số chẵn từ 20 đến 30 dưới dạng tổng của hai số nguyên.
	32. 
	a) Viết các số 7,8,9,10 thành tổng hai số nguyên tố cùng nhau lớn hơn 1.
	b) Chứng minh rằng mọi số tự nhiện n lớn hơn 6 đều biểu diễn được dưới dạng tổng hai số nguyên tố cùng nhau lớn hơn 1.
PHẦN II : HÌNH HỌC
CHỦ ĐỀ 1
TÍNH SỐ ĐIỂM, SỐ ĐƯỜNG THẲNG, SỐ ĐOẠN THẲNG
Để đếm số điểm, số đường thẳng, số đoạn thẳng, trong nhiều trường hợp ta không thể đếm trực tiếp mà phải dùng lập luận.
Ví dụ 1 .Cho 100 điểm trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng. Cứ qua hai điểm ta vẽ một đường thẳng.
a) Có tất cả bao nhiêu đường thẳng ?
b) Cũng hỏi như câu a nếu trong 100 điểm đó có đúng ba điểm thẳng hàng.
Giải:
a) Chọn một điểm. Qua điểm đó và từng điểm trong 99 điểm còn lại ta vẽ được 99 đường thẳng . Làm như vậy với 100 điểm, ta được 99 . 100 đường thẳng. Nhưng mỗi đường thẳng đã được tính hai lần, do đó tất cả chỉ có 99 . 100 : 2 = 4950 đường thẳng.
	Chú ý : Tổng quát, nếu có n điểm trong đó không có điểm nào thẳng hàng thì số đường thẳng có 
b) Cách 1: Giả sử không có ba điểm nào thẳng hàng thì có 4959 đường thẳng. Vì có ba điểm thẳng hàng nên số đường thẳng giảm đi : 3 – 1 = 2 (nếu ba điểm không thẳng hàng thì vẽ được 3 đường thẳng, nếu ba điểm thẳng hàng thì chỉ vẽ được 1 đường thẳng). Vậy có: 4950 – 2 = 4948 (đường thẳng). 
Cách 2: Chia 100 điểm thành hai tập hợp : Tập hợp A gồm 3 điểm thẳng hàng, tập hợp B gồm 97 điểm còn lại.
	Số đường thẳng trong tập hợp A là 1, số đường thẳng trong tập hợp B là , số đường thẳng đi qua một điểm thuộc tập hợp A và một điểm thuộc tập hợp B là 97 . 3.
	Cộng lại ta được : 1 + 4656 + 291 = 4948 (đường thẳng)
Ví dụ 2 . Trên mặt phẳng có bốn đường thẳng. Số giao điểm của các đường thẳng có thể bằng bao nhiêu ?
Giải
Bài toán đòi hỏi phải xét đủ các trường hợp :
	a) Bốn đường thằng đồng quy : có 1 giao điểm (h.1a).
 a) b) c)
 (H.1)
b) Có đúng ba đường thẳng đồng quy:
	- Có hai đường thẳng song song: 3 giao điểm ( h.1b)
	- Không có hai đường thẳng nào song song : 4 giao điểm (h.1c)
	c) Không có ba đường thẳng nào đồng quy:
	- Bốn đường thẳng song song : 0 giao điểm (h.2ac)
	- Có đúng ba đường thẳng song song: 3 giao điểm (h.2b)
 a) b) c)
d) e) g)
 (H.2)
- Có hai cặp đường thẳng song song : 4 giao điểm ( h.2c)
- Có đúng một cặp đường thẳng song song : 5 giao điêm ( h.2 d, e)
- Không có hai đường thẳng nào song song : 6 giao điểm (h.2g)
Ví dụ 3. Cho n điểm (n ³ 2) . Nối từng cặp hai điểm trong n điểm đó thành các đoạn thẳng.
a) Hỏi có bao nhiêu đoạn thẳng ? 
b) Hỏi có bao nhiêu đoạn thẳng nếu trong n điểm đó có đúng ba điểm thẳng hàng ?
c) Tính n biết rằng có tất cả 1770 đoạn thẳng.
Giải :
a) Chọn một điểm. Nối điểm đó với n – 1 điểm còn lại, ta vẽ được n – 1 đoạn thẳng. Làm như vậy với n điểm, ta được n (n – 1) đoạn thẳng. Nhưng mỗi đoạn thẳng đã được tính hai lần, do đó tất cả chỉ có đoạn thẳng.
b) Nếu trong hình vẽ có ba điểm thẳng hàng, nhưng số đoạn thẳng vẫn không thay đổi, do đó vẫn có đoạn thẳng .
c) Ta có = 1770. Do đó:
	n(n – 1) = 2.1770 = 22.3.5.59 = 60 . 59
Suy ra : n = 60
BÀI TẬP
1 . Cho n điểm A1, A2, ... ,An ( n ³ 2) trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng. Cứ qua hai điểm, ta kẻ một đường thẳng.
a) Kể tên các đường thẳng trên hình vẽ nếu n = 4
b) Tính số đường thẳng nếu n = 20
c) Tính số đường thẳng theo n
d) Tính n biết số đường thẳng kẻ được là 1128
e) Số đường thẳng có thể bằng 2004 được không ?
2. Cho n điểm trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng. Cứ qua hai điểm ta vẽ một đường thẳng. Biết rằng có tất cả 105 đường thẳng.Tính n.
3. Cho bốn điểm, bất cứ hai điểm nào cũng có ít nhất một đường thẳng đi qua. Có thể có bao nhiêu đường thẳng trong hình vẽ?
4. a) Cho ba đường thẳng cắt nhau đôi một. Hỏi có thể có bao nhiêu giao điểm trong hình vẽ ?
b) Vẽ ba đường thẳng sao cho số giao điểm (của hai hoặc của ba đường thẳng) lần lượt là 0, 1, 2, 3.
5. Cho 10 điểm. Nối từng cặp hai điểm trong 10 điểm đó thành các đoạn thẳng. Tính số đoạn thẳng mà hai đầu mút thuộc tập 10 điểm đã cho.
CHỦ ĐỀ 2
TÍNH SỐ ĐO GÓC
Gọi xOy và yOz là hai góc kề nhau, ta đặt = m, = n.
Ta đã biết: Nếu tia Oy nằm giữa hai tia Ox và Oz thì = m + n (h.3). Một câu hỏi được đặt ra: Nếu tia Oy không nằm giữa hai tia Ox và Oz thì bằng bao nhiêu? (H.4). 
 Có thể chứng minh được rằng khi đó .
Ta cũng chứng minh được:
Nếu hai góc kề nhau có tổng các số đo bằng m và m 180o thì góc tạo bởi hai cạnh ngoài của chúng bằng m.
Cho ba góc xOy, yOz, zOt đôi một không có điểm trong chung, nếu tổng các số đo của chúng bằng m và m 180o thì = m
 Trên H.5, ta có : . Tương tự đối với 4, 5 .... góc.
Nếu hai góc kề nhau có tổng các số đo bằng m và m > 180o thì góc tạo bởi hai cạnh ngoài của chúng bằng 360o – m .
Trên hình 6, ta có: .
Cho ba góc xOy, yOz, zOt đôi một không có điểm trong chung, nếu có tổng các số đo bằng m và m > 180o thì .
Trên hình 7, ta có: 
z
Tương tự đối với 4, 5, ... góc.t
x
x
y
z
O
O
y
 ( H.6) (H.7)
Ví dụ 4: Cho ba tia chung gốc OA, OB, OC. Tính , biết rằng: 
O
B
C
B
C
A
A
30o
30o
130o
O
a) 
b) 
 a) b)
Giải ( H. 8)
a)Xét hai trường hợp
- Các tia OA, OB, OC thuộc cùng một nửa mặt phẳng có bờ OA ( H.8a) : 
Ta có nên 
- Các tia OB, OC thuộc hai nửa mặt phẳng đối nhau có bờ OA ( H.8b):
Ta có 
Nên .
b) Xét hai trường hợp:
Các tia OB, OC thuộc cùng một nưả mặt phẳng có bờ OA ( H.9a):
Ta có: nên 
- Các tia OB, OC thuộc hai nửa mặt phẳng đối nhau có bờ OA (H.9b):
Ta có: 
Nên 
O
B
C
B
C
A
A
80o
80o
130o
O
 a) b)
 (H.9)
BÀI TẬP
6. Cho các góc , kề nhau. Tính biết rằng: 
a) 
b) 
c) 
7. Cho các góc ,, không có điểm trong chung và đều có số đo góc bằng . Tính .
8. Cho . Tính , biết rằng Om là tia phân giác của góc yOz.
9.Trên hai nửa mặt phẳng đối nhau có bờ chứa tia OA, vẽ các tia OB, OC sao cho 
. Tìm các giá trị của để OA là tia phân giác của góc .