Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi heo chủ đề

CHỦ ĐỀ SỐ HỌC
Cách ghi số tự nhiên.
I/ Ghi số tự nhiên.
- Hệ thập phân: 
Ví dụ 1: Tìm số tự nhiên có số tận cùng là 3, nếu xoá số tận cùng thì ta được số mới nhỏ hơn số ban đầu 2010
 Giải: Gọi: Số cần tìm là: ();
 Số sau khi xoá đi số tận cùng là x:
 Theo bài ra ta có phương trình: 10x + 3 – x = 2010
 Vậy số cần tìm là: 2233
Ví dụ 2: Tìm số tự nhiên có , biết 
 Giải: Ta có 
 Từ đã: , vì ƯCLN(3,5) = 1
(ƯCLN(11,15) =1)
 Do 
 Vậy số cần tìm là 78; 87; 69; 96
II/ Các phép tính trong N; phép chia có dư.
1/ Phép tính(+; -; x; :)
Phép tính luỹ thừa:
 + 
 + 
 + 
+ Quy ước: 
+ Lưu ý: 
+ Những số có số tận cùng là 4, nếu luỹ thừa chẵn thì số tận cùng là 6; nếu luỹ thừa lẻ thì số tận cùng là 4 ; + Những số có số tận cùng là 9, nếu luỹ thừa chẵn thì số tận cùng là 1; nếu luỹ thừa lẻ thì số tận cùng là 4 ; 
Ví dụ 1: So sánh và 
 Giải: Ta có: 
 Do 9 < 10, nên 9100< 10100
 Vậy<
Ví dụ 2: 
 Ta có 24 = 16
 có số tận cùng là 6.
122004 =(10 + 2)2004 = (102004 + 2004.2.102003+....+ 2004.10.22003+ 22004)
 Mà 102004 + 2.102003+....+ 10.22003
Vây xét 22004 = (24)501 có số tận cùng là 6, nên 122004có số tận cùng là 6.
B/ Phép chia hết trong tập hợp các số nguyên.
I/ Một số phương pháp chứng minh chia hết.
Tính chất:
+ Sử dụng tính chất “ Trong n số tự nhiên có một và chỉ một số chia hết cho n”.
+ Tích của hai số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 2.
+ Tích của ba số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 6.
+ Tích của hai số tự nhiên chẵn liên tiếp chia hết cho 8.
+ Tích của 5 số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 120.
Các dấu hiệu chia hết
 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 đã : A = ( bội 11 + a0 + a2 + a4 + ...) +
 + (bội 11 – a1 – a3 – a5 - ... ) = béi 11 + ( a0 + a2 + a4 + ...) – (a1 + a3 + a5 +...)
	Như vậy điều kiện cần và đủ đó một số chia hết cho 11 là : Tổng các chữ số hàng lẻ và tổng các chữ số hàng chẵn của số đã có hiệu chia hết cho 11 
Ví dụ 1: Chứng minh: n3 + 11n6
Ví dụ 2: Cho 717 + 17.3 - 1 9. Chứng minh: 718 + 18.3 - 1 9 (Đề thi chọn HSG lớp 9 huyện Văn Bàn năm học 2009 - 2010)
Giải: Ta có: 717 + 17.3 - 1 9, Đặt: 717 + 17.3 - 1 = 9k.
 Mặt khác: 718 + 18.3 – 1 = 7.(717 + 17.3 – 1) + [18.3 – 1 - 7.(17.3 - 1)]
 = 7.9k – 33.9
 = 9.(7k - 33) 9
Vậy: 718 + 18.3 - 1 9.
 Ví dụ3: Cho 717 + 17.3 - 1 3. Chứng minh: 718 + 18.3 - 1 3 (Đề thi chọn HSG líp 9, cấp trường năm học 2010 - 2011)
Sử dụng định lý mở rộng.
Các ví dụ:
 Ví dụ1: Chứng minhrằng 20n + 16n - 3n + 1 323
3. Một số phương pháp chứng minh khác.
Chứng minh quy nặp: Nguyên tắc chứng minh
 + Xét vì n = n0 đúng.
 + Gỉa sử vì n = k đúng.
 + Biến đổi chứng minh vì n = k + 1 đúng
Từ đã được điều phải chứng minh.
Bài tập vận dụng:
Chứng minhrằng
c)
Giải: 
+ Vì n = 1; 0 hiển nhiên đúng,
+ Gỉa sử, n = k đúng, tức là:. Đặt: .
+ Xét vì n = k + 1,ta có
Vậy n = k + 1 đúng, 
 Kết luận:
b) Làm tương tự:
c)
Giải:
+ Vì n = 0 hiển nhiên đúng, vì 100 + 18.0 – 1 = 027
+ Gỉa sử n = k đúng, tức là , Đặt: 
+ Xét vì n = k +1 ta có:
Vậy n = k + 1 đúng, 
 Kết luận: 
 Các bài tập vận dụng dấu hiệu chia hết	
Ví dụ 1: Tìm chữ số x,y đó 
Ví dụ 2: Tìm chữ số x,y đó (Đề thi chọn HSG lớp 9 huyện Văn Bàn năm học 2008 - 2009)
Bài 3: Cho S=21 + 22 + 23 + ... + 2100 .
a/ Chứng minh S chia hết cho 3.
b/ Chứng minh S chia hết cho 15.
c/ S tận cùng là chữ số nào?
Lời giải
a/ S = 21 + 22 + 23 + ... + 2100 
 =(21 + 22 )+ (23 + 24)+ ... +(299+ 2100)
 = 2(1 + 2) + 23(1 + 2) + + 299(1 +2).
 = 3.(2 + 23 ++ 299) 3
 Vậy S 3 
b/ Nhóm 4 số hạng một của S ta được:S = 15.(2 + 25 + 29 ++ 227) 15 .
c/ S 15 và S là số chẵn nên S tận cùng là 0
Bài tập 4(Đề thi HSG Toán 9 năm 2010 -2011) CMR: 
3.Các dạng bài tập khác sử dụng.
Tìm số tận cùng.
Sử dụng phép chia có dư.
Sử dụng nguyên tắc De-rich-ne.
Sử dụng đồng dư thức.	
C/ Số nguyên tố.
I/ Số nguyên tố, hợp số.
1. Bài tập liên quan đến số nguyên tố.
	Ngoài 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 Theo 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 vì số mò lớn hơn hoặc bằng số mò 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.
II. Những ví dụ	
Ví dụ 1 . 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: 2. 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) còng 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 3. 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 béi 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.
III. Tìm số bị chia biết các số chia và số dư trong hai phép chia 
Ví dụ 1. 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 khằngchia hết cho 35 nên n có dạng 35k + r ( k, r N, r < 35), trong đó r chia 5 dư 1, chia 7 dư 5.
	Số nhỏ hơn 35 chia cho 7 dư 5 là 5, 12, 19, 26, 33 trong đó chỉ có 26 chia cho 5 dư 1, vậy r = 26.
	Số nhỏ nhBất có dạng 35k + 26 là 26.
Cách 2: Ta có n – 1 5 n – 1 + 10 5 n + 9 (1) . Ta có n – 5 7 
	 n – 5 + 14 7 n + 9 7 (2) . Từ (1) và (2) suy ra n + 9 35
	số n nhỏ nhBất có tính chBất trên là n = 26
Cách 3: n = 5x + 1 = 7y + 5 Þ 5x = 5y + 2y + 4 Þ 2(y + 2) 5 Þ y + 2 5
	Giá trị nhỏ nhBất của y bằng 3, giá trị nhỏ nhất của n bằng 7.3 + 5 = 26.
Ví dụ 2: . Tìm số tự nhiên n có bội chữ số sao cho chia n cho 131 thì dư 112, chia n cho 132 thì dư 98.
Giải : Cách 1: Ta có 131x + 112 = 132y + 98 	
	 131x = 131y + y – 14 y – 14 131 
	 y = 131k + 14 ( k N)
	 n = 132.(131k + 14) + 98 = 132.131k + 1946
	Do n có bội chữ số nên k = 0 , n = 1946
Cách 2: Từ 131x = 131y + y – 14 suy ra
	131(x – y) = y – 14 . Nếu x > y thì y – 14 ³ 131 y ³ 145 n có nhiều hơn bội chữ số.
	Vậy x = y, do đó y = 14, n = 1946,
Cách 3. Ta có n = 131x + 112 nên
	132 n = 131.132x + 14784	(1)
	Mặt khác n = 132y + 98 nên
	131n = 131.132y + 12838	(2)
	Từ (1) và (2) suy ra 132n – 131 n = 131.132(x – y) + 1946
	 n = 131.132(x – y) + 1946.
	Vì n có bội chữ số nên n = 1946.
III/ ƯCLN, BCNN.
1) Tìm hai số trong đó biết ƯCLN của chúng.
Ví dụ 1. Tìm hai số tự nhiên, biết rằng tổng của chúng bằng 84, ƯCLN của chúng bằng 6.
	Giải : Gọi hai số phải tìm là a và b ( a £ b) . 
Ta có (a,b) = 6 nên a = 6a’; b = 6b’ trong đó (a’, b’) = 1 (a, b, a’, b; N)
	Do a + b = 84 nên 6 (a’ + b”) = 84 suy ra a’ + b’ = 14
	Chọn cặp số a’, b’ nguyên tố cùng nhau có tổng bằng 14 (a’ £ b’), ta được:
a’
1
3
5
Do đó
a
6
18
30
b’
13
11
9
b
78
66
54
Ví dụ 2: Tìm hai số tự nhiên có tích bằng 300. ƯCLN bằng 5.
Giải : Gọi hai số phải tìm là a và b ( a £ b).
	Ta có (a,b) = 5 nên a = 5a’, b = 5b’ trong đó (a’, b’) = 1
	Do ab = 300 nên 25a’b’ = 300 suy ra a’b’ = 12 = 4.3
	Chọn cặp số a’, b’ nguyên tố cùng nhau có tích bằng 12 (a’ £ b’) ta được:
a’
1
3
Do đó
a
5
15
b’
12
4
b
60
20
2) Các bài toán phối hợp giữa BCNN của các số vì ƯCLN của chúng.
Ví dụ 3 . Tìm hai số tự nhiên biết rằng ƯCLN của chúng bằng 10, BCNN của chúng bằng 900.
Giải : Gọi các số phải tìm là a và b, giả sử a £ b .
 Ta có (a,b) = 10 nên a = 10a’, b = 10b’, (a’,b’) = 1; a’ £ b. Do đó ab = 100 ... nửa đường tròn cùng nằm trên nửa mặt phẳng bờ BA). Gọi M là điểm bất kì thuộc nửa đường tròn, tiếp tuyến tại M cắt Ax; By theo thứ tự tại C và. Kẻ AH (H nằm giữa O và C) sao cho
a) Chứng minh rằng: AC.OH = OA.HC
b/ Tìm vị trí của điểm M để hình thang ACDB có chu vi nhỏ nhất.
c/ Tìm vị trí của điểm C; D để hình thang ACDB có chu vi bằng 14 biết AB = 4cm
Chứng minh:
a) Do AH là tia phân giác góc CAB(vì ; (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và bán kính)
b) + Kẻ , khi đó ta có: vuông tại E: (1)
+ Mặt khác: tứ giác CEBA là hình chữ nhật, ta có: CE = AB (2)
=> Từ (1) và (2) suy ra CE đạt giá trị nhỏ nhất khi CE = AB, tức là: 
Tử đó ta có chu vi CDBA đạt giá trị nhỏ nhất khi :
c) + Ta có chu vi tứ giác CABD là: 
+ Mặt khác: CM = CA; DM = DP => CD = CM + MD = CA + BD.
+ Đặt AC = x; BD = y
=> 4 + 2x + 2y = 10
=> x + y = 5
=> (x; y) = (1; 4) = (2; 3)
Vậy AC = 1cm và BD = 4cm; AC = 2 cm và BD = 3cm.
 Bài tập 7(Đề thi HSG Toán 9 huyện Văn Bàn năm học 2010 - 2011) Chứng minh rằng trong tan giác vuông ta có: Trong đó r là bán kính của đường tròn nội tiếp tam giác; h là đường cao hạ từ cạnh huyền.
 Các bài toán hình học phẳng mang yếu tố chuyển động.
 Bài 1: Cho đường tròn (O) và dây cung BC cố định.Gọi A là điểm di động trên cung lớn BC của đường tròn (O), (A khác B, C). Tia phân giác của góc ACB cắt đường tròn (O) tại điểm D khác C, lấy điểm I thuộc đoạn CD sao cho DI = DB.
Đường thẳng BI cắt đường trong (O) tại điểm K khác điểm B.
1. CMR: Tam giác KAC cân.
2. CMR: Đường thẳng AI luôn đi qua điểm cố định J.Từ đó tìm vị trí của A sao cho AI có độ dài lớn nhất.
3. Trên tia đối AB lấy điểm M sao cho AM = AC.Tìm tập hợp các điểm M khi A di động trên cung lớn BC của (O).
Giải:
1.Ta có: DBI cân tại D nên:DBI=DIB. Mà: DIB = IBC + ICB (1).
Và: DBI = KCI = KCA + ACD = KBA + ICB (2).
Từ (1) và (2) suy ra ABI = CBI. Suy ra I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC 
BI là phân giác góc B của tam giác ABCK là trung điểm cung AC.
 Tam giác KAC cân.
2.Vì I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên AI luôn đi qua trung điểm J của cung nhỏ BC.
Ta dễ dàng chứng minh được tam giác BIJ cân ở JJI = JB = const.
Suy ra AI = AJ - IJ = AJ - const lớn nhất khi và chỉ khi AJ lớn nhất tức là AJ là đường kính của (O) A phải nằm tại trung điểm của cung lớn BC.
3.Ta dễ dàng tính được:
BMC = .BAC = số đo cung nhỏ BC = const.
Suy ra quĩ tích điểm M là cung chứa góc nhìn BC dưới một góc bằng số đo cung 
nhỏ BC.
 Bài 2: Trên đường tròn tâm O bàn kính R lầy điểm A cố định và điểm B thay đổi. Đường vuông góc với AB vẽ từ A cắt đường tròn ở C.
1. Chứng minh rằng BC đi qua một điểm cố định.
2. Gọi AH là đường vuông góc vẽ từ A của tam giác ABC. Tìm tập hợp các điểm H
3. Hãy dựng tam giác vuông ABC có đỉnh A cho trước trên đường tròn BC là đường kính và chiều cao AH = h cho trước.
Giải:
1. Dễ thấy BC luôn đi qua điểm O cố định.
2. Nhận thấy AHO vuông. Từ đó dễ dàng chứng minh được quĩ tích của H là đường tròn đường kính AO.
3 .Đường thẳng d // với BC cách BC một khoảng h cắt (O) tại hai điểm A và A' thỏa mãn yêu cầu của bài toán. Có 4 vị trí của A thỏa mãn bài ra (Vì có hai đường thẳng d//BC thảo mãn:Cách BC một khoảng h).
 Bài 3: Cho đường tròn tâm O cố định. Một đường thẳng d cố định cắt (O) tại A, B; M là điểm chuyển động trên d (ở ngoài đoạn AB). Từ M kẻ hai tiếp tuyến MP và MN với đường tròn.
1. CMR: Đường tròn đi qua ba điểm M, N, P luôn đi qua một điểm cố định khác O.
2. Tìm tập hợp các tâm I của đường tròn đi qua M, N, P.
3. Tìm trên d một điểm M sao cho tam giác MNP là tam giác đều.
 Giải:
1. Gọi K là trung điểm của AB. Dễ thấy M, N, P, O, K đều nằm trên đường tròn đường kính OM. Vậy K là điểm cố định cần tìm.
2. Tâm I của đường tròn đi qua M,N, P là trung điểm của OM.
 Từ I hạ IJ vuông góc với AB. Dễ thấy IJ = (1/2).OK=const.
 Vậy có thể phán đoán quĩ tích của I là đường thẳng song song với AB cách AB một khoảng bằng một nửa đoạn OK trừ đoạn XY với X,Y lần lượt là trung điểm của OA và OB.
3.Giả sử tam giác MNP đều thế thì: OM = 2.OP = 2R: MK2 = MO2 - OK2 
 = 4R2 - OK2 = const.
Từ đó có hai điểm M thảo mãn bài ra.
 Bài 4: Cho hình vuông EFGH. Một góc vuông xEy quay xung quanh điểm E. Đường thẳng Ex cắt đường thẳng FG và GH tại M, N; còn đường thẳng Ey cắt các đường trên theo thứ tự tại P, Q.
1. CMR: Hai tam giác ENP và EMQ là các tam giác vuông cân.
2. Gọi R là giao của PN và QM; còn I, K lần lượt là trung điểm của PN và QM. Tứ giác EKRI là hình gì? Giải thích?
3. CMR: F, K, H, I thẳng hàng. Từ đó có nhận xét gì về đường thẳng IK khi góc vuông xEy quay quanh E?
Giải:
1. Dễ dàng chứng minh được: EHQ = EFM (cgc).
Suy ra dễ dàng tam giác EMQ vuông cân.
PEF = PQN (đồng vị) mà FEM = QEH.
Suy ra: PEN = PEF + FEM = EQH + QEH = 900.
Vậy tam giác PEN vuông (1).
Thấy: NEQ = PEM (g.c.g) nên suy ra EN = EP (2).
Từ (1) và (2) suy ra:Tam giác PEN vuông cân.
2.Có: EIPN và EKQM.
Vậy tứ giác EKRI có góc I và góc K vuông (4).
Lại có:PQR = RPQ = 450 suy ra: PRQ = 900 (3).
Từ (3) và (4) suy ra tứ giác ẺIK là hình chữ nhật.
3.Dễ thấy QEKH và EFMK là các tứ giác nội tiếp.
Ta có: EKH = 1800 - EQH (5).
Và: EKF = EMF = EQH (6).
Từ (5) và (6) suy ra: EKH + EKF = 1800. Suy ra H, K, F thẳng hàng.
Lại có: Tứ giác FEPI nội tiếp nên EFI = 1800- EPI = 1800 - 450 = 1350.
Suy ra: EFK +EFI = 450 + 1350 =1800.
Suy ra K, F, I thẳng hàng. Vậy ta có đpcm.
Bài 5: Cho đường tròn tâm O đường kính AB.Gọi C là điểm cố định trên OA; M là điểm di động trên đường tròn.Qua M kẻ đường vuông góc với MC cắt các tiếp tuyến kẻ từ A và B ở D và E.
a) CMR: Tam giác DCE vuông.
b) CMR: Tích AD.BE không đổi.
c) CMR: Khi M chạy trên đường tròn thì trung điểm I của DE chạy trên một đường thẳng cố định.
Giải:
a)Nhận thấy các tứ giác ADMC và MABE là các tứ giác nội tiếp.Do đó:
DCM = DAM và MCE = MBE = MAB.Vậy:
DCE = DCM + MCE = DAM + MAB = 900.
Ta có đpcm.
b)Vì tam giác DCE vuông ở C nên ta có thể nhận thấy ngay:
 DCA = 900 -ECB =CEB.
Vậy hai tam giác vuông ADC và BCE đồng dạng với nhau.Nên:
c)Nhận thấy OI luôn là đường trung bình của hình thang DABE hay nói cách khác, ta luôn có OIAB.
 Vậy khi M chuyển động trên (O) thì I luôn nằm trên đường thẳng qua O vuông góc với AB.
 Bài 6: Cho tam giác ABC cân (AB = AC) nội tiếp đường tròn tâm O. M là điểm bất kỳ chạy trên đáy BC. Qua M vẽ đường tròn tâm D tiếp xúc với AB tại B. Vẽ đường tròn tâm E qua M tiếp xúc với AC tại C. Gọi N là giao điểm thứ hai của hai đường tròn đó. CMR
a) MN luôn đi qua A và tích AM.AN không đổi.
c) Tổng hai bán kính của hai đường tròn tâm D và E có giá trị không đổi.
d) Tìm tập hợp các trung điểm H của DE.
Giải:
a) Ta có: góc BNM = góc ABC =góc ACB =góc BNA, vậy tia NM đi qua A. 
Chứng minh tam giác ABN đồng dạng với tam giác AMB suy ra AM.AN = AB2 không đổi 
c)Gọi K là điểm chính giữa của cung BC ( không chứa A).
Dễ thấy D,E lần lượt nằm trên BK và CK. Từ K,D,E lần lượt hạ các đường vuông góc với BC tại I.J,L. Ta có:
d) Hạ HQ vuông góc với BC.Có:
HQ = . Nên H nằm trên đ ường thẳng song song với BC cách BC một khoảng bằng nửa khoảng cách KI , Vì D , E thuộc BK và CK do đó
quĩ tích các điểm H là đường trung bình của tam giác BKC (song song với đáy BC).
CHUYÊN ĐỀ 6: Các bài toán hình học phẳng
có nội dung chứng minh, tính toán.
Bài 1: Cho tam giác OAB cân đỉnh O và đường tròn tâm O có bán kính R thay đổi (R<OA).Từ A và B vẽ hai tiếp tuyến AC và BD với đường tròn .Hai tiếp tuyến này không đối xứng với nhau qua trục đối xứng của tam giác và chúng cắt nhau ở M.
a)Chứng minh rằng bốn điểm O,A,M,B cùng thuộc đường tròn.Tìm tập hợp các điểm M.
b)Trên tia đối của tia MA lấy MP = BM.Tìm tập hợp các điểm P.
c)CMR: MA.MB = |OA2 - OM2|.
Giải:
a)Gọi I,T lần lượt là các điểm tiếp xúc của tiếp tuyến kẻ từ A và B.
Dễ thấy:OIA = OTB (cạnh huyền-cạnh góc vuông).
Do đó: IAO = OBT.Suy ra tứ giác OAMB nội tiếp được.
b) Có:APB =.AMB =.(1800-AOB)= const.
Vậy có thể chứng minh được rằng quĩ tích các điểm P là cung chứa góc nhìn AB một góc không đổi là .(1800-AOB).
c)Xét vị trí của M mà OM > OA(trường hợp ngược lại hoàn toàn tương tự).
Ta có: |OA2 - OM2| = OM2 -OA2 = MI2 - IA2 = (MI - IA).(MI + IA) 
 = AM.(MT + TB = MA.MB (đpcm).
 Bài 2: Cho điểm P nằm ngoài đường tròn (O); Một cát tuyến qua P cắt (O) ở A và B. Các tiếp tuyến kẻ từ A và B cắt nhau ở M. Dựng MH vuông góc với OP.
a) CMR: 5 điểm O, A, B, M, H nằm trên 1 đường tròn.
b) CMR: H cố định khi cát tuyến PAB quay quanh P. Từ đó suy ra tập hợp điểm M.
c) Gọi I là trung điểm của AB và N là giao điểm của PA với MH. Chứng minh rằng
 PA. PB = PI. PN và IP.IN = IA2.
Giải:
a) Nhận thấy 5 điểm O, A, B, M, H nằm trên đường tròn đường kính OM (đpcm).
b) Phương tích của điểm P đối với đường tròn đường kính OM là:
 PH.PO = PA.PB = const (1). Suy ra H cố định nằm trên đoạn PO.
 Từ đó dễ dàng suy ra được rằng quĩ tích điểm M là đường thẳng d qua H vuông góc với PO trừ đi đoạn TV với T,V là giao điểm của d với (O).
 c)Phương tích của điểm P đối với đường tròn đường kính ON là: 
 PN.PI = PH.PO (2)
Từ (2) và (1) suy ra: PA.PB = PI.PN (đpcm).
Lại có: IP.IN = (NI + NP).IN = IN2 + NI.NP (3)
Phương tích của điểm N đối với đường tròn đường kính PM là: NP.NI = NH.NM
Phương tích của điểm N đối với đường tròn đường kínhOM là: NH.NM = NA.NB
Suy ra: NI.NP = NA.NB (4)
Từ (3) và (4) suy ra: IP.IN = IN2 + NA.NB
Ta sẽ chứng minh: IN2 + NA.NB = IA2 (5).Thật vậy:
(5)NA.NB = IA2- IN2NA.NB = (IA - IN).(IA + IN)NA.NB = NA.(IB +IN)
 NA.NB = NA.NB (luôn đúng)
Vậy ta có đpcm.
 Bài 3: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn bán kính R,tâm O.
a)Chứng minh BC = 2R.SinA
b)Chứng minh:SinA + SinB + SinC < 2.(cosA + cosB + cosC) trong đó A,B,C là ba góc của tam giác.
Giải:
a)Kéo dài BO cắt (O) tại điểm thứ hai là D.
Tam giác vuông BCD có:BC = BD.Sin(BDC) = 2R.SinA (đpcm)
b)Kéo dài AO cắt (O) tại điểm thứ hai là E.
 Hoàn toàn tương tự phần a) ta có:AC=2R.SinB. Ta có:
SinB= (1)
Tương tự ta cũng có: SinC < CosA + CosB (2) và SinA < CosB + CosC (3).
Cộng (1),(2),(3) theo vế ta có đpcm.
Bµi 4: 
	Cho ®­êng trßn (O) b¸n kÝnh R, ®­êng th¼ng d kh«ng qua O vµ c¾t ®­êng trßn t¹i hai ®iÓm A vµ B. Tõ mét ®iÓm C trªn d (C n»m ngoµi ®­êng trßn), kÎ hai tiÕp tuyÕn CM, CN víi ®­êng trßn (M, N thuéc (O) ). Gäi H lµ trung ®iÓm cña AB, ®­êng th¼ng OH c¾t tia CN t¹i K.
Chøng minh c¸c tø gi¸c CHOM, COHN néi tiÕp.
Chøng minh KN.KC = KH.KO.
§o¹n th¼ng CO c¾t ®­êng trßn (O) t¹i I, chøng minh I c¸ch ®Òu CM, CN vµ MN.
Mét ®­êng th¼ng ®i qua O vµ song song víi MN c¾t c¸c tia CM, CN lÇn l­ît t¹i E vµ F. X¸c ®Þnh vÞ trÝ cña C trªn d sao cho diÖn tÝch tam gi¸c CEF lµ nhá nhÊt.