TrườngTHCS Nguyễn Đình Chiểu Năm học
PHẦN SỐ HỌC
Bài 1: TÍNH CHIA HẾT TRÊN TẬP HỢP SỐ NGUYÊN.
SỐ NGUYÊN TỐ.
A. Nhắ c l ạ i và b ổ sung các ki ế n th ứ c cầ n thi ế t:
I. Tính chia hế t :
1. Đị nh lí v ề phép chia: Với mọi số nguyên a,b (b
≠
0), bao giờ cũng có một cặp số
nguyên q, r sao cho : a = bq + r với
br
<≤
0
.
a gọi là số bị chia , b là số chia, q là thương và r là số dư.
Trong trường hợp b > 0 và r
≠
0 có thể viết: a = bq + r = b(q +1)+ r - b.
Ví dụ: Mọi số nguyên a đều có dạng:
a = 2q
±
1 (xét phép chia cho b = 2)
a = 3q ; 3q
±
1 (xét phép chia cho b = 3)
a = 4q ; 4q
±
1 ; 4q
±
2 (xét phép chia cho b = 4).
a = 5q; 5q

0
3) a

±
1 với mọi a
4) Nếu a

m thì a
n


m (m
≠
0, n nguyên dương).
5) Nếu a

b và b

a thì |a| = |b|
6) Nếu a

b và b

c (b,c
≠
0) thì a

c.
7) Nếu a



q thì a

b
11) Nếu ab

m và (b,m) = 1 thì a

m
12) Nếu a
±
b

m và a

m thì b

m
II. Số nguyên t ố:
1.Đị nh nghĩ a: Số nguyên tố là số tự nhiên lớn hơn 1, chỉ có hai ước là 1 và chính nó.
Hợp số là số tự nhiên lơn hơn 1 có nhiều hơn hai ước.
Số 1 và số 0 không phải là số nguyên tố cũng không phải là hợp số.
2. Đị nh lí c ơ b ả n c ủ a s ố h ọ c: Mọi số tự nhiên lớn hơn 1 đều phân tích được ra thừa số
nguyên tố một cách duy nhất(không kể thứ tự các thừa số).
Số nguyên tố được coi như là tích chỉ gồm một thừa số là chính nó.
Có vô số số nguyên tố (không có số nguyên tố lớn nhất).
Số hoàn chỉnh: là số bằng tổng các ước của nó không kể bản thân nó.
Ví dụ: 6 , 28, , 2
n-1
(2

≠
1, ta phân tích A(n) = B(n) .C(n) rồi chứng minh:
B(n)

p và C(n)

q .
Ví dụ 2: a) Chứng minh: A(n) = n(n +1)(n + 2)

6.
b) Chứng minh: tích của hai số chẵn liên tiếp chia hết cho 8.
Giải : a) Ta có 6 = 2.3; (2,3) = 1 . Theo chứng minh trên đã có A(n) chia hết cho 2 và
3. Do đó A(n) chia hết cho 6.
b) Ta viết A(n) = 2n(2n + 2) = 2n. 2(n +1) = 4n(n + 1).
8 = 4 . 2.
Vì 4

4 và n(n +1)

2 nên A(n)

8
Ví dụ 3 : Chứng minh rằng n
5
- n chia hết cho 10, với mọi số nguyên dương n.
(Trích đề thi HSG lớp 9 cấp tỉnh năm học 2005 - 2006)
Giải : A(n) = n
5
- n = n(n
4

+ 30k + 9 + 1)

5
Vậy : A(n) chia hết cho 2 và 5 nên phải chia hết cho 10.
Cách 3: Để chứng minh A(n) chia hết cho k , có thể biến đổi A(n) thành tổng(hiệu)
của nhiều hạng tử , trong đó mỗi hạng tử đều chia hết cho k . ( Đã học trong tính
chất chia hết của một tổng ở lớp 6)
(Liên hệ: A(n) không chia hết cho k )
Ví dụ 4: Chứng minh n
3
- 13n (n > 1) chia hết cho 6. (Trích đề thi HSG cấp II toàn
quốc năm 1970).
Giải : n
3
- 13n = n
3
- n - 12n = n(n
2
- 1) - 12n = (n - 1)n(n + 1) - 12n
(n - 1)n(n + 1) là tích của 3 số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 6 ; 12n

6 . Do đó
A(n)

6
Ví dụ 5: Chứng minh n
2
+ 4n + 5 không chia hết cho 8 , với mọi số n lẻ.
Giải : Với n = 2k +1 ta có:
3

4
) + (2
5
+ +2
8
)+ +(2
57
+ 2
60
)
= 2(1+2+4+8) +2
5
(1+2+4+8) + + 2
57
(1+2+4 + 8) = 15.(2 + 2
5
+ + 2
57
)

15.
IV. Một số phương pháp đặc biệt để giải toán chia hết:
Cách 5: Dùng nguyên tắc Dirichlet:
Nguyên tắc Dirichlet phát biểu dưới dạng hình ảnh như sau:
Nếu nhốt k chú thỏ vào m chuồng mà k> m thì phải nhốt ít nhất hai chú thỏ vào
chung một chuồng.
Ví dụ 7: Chứng minh rằng trong m + 1 số nguyên bất kì thế nào cũng có hai số có hiệu
chia hết cho m.
Giải: Chia một số nguyên bất kì cho m ta được số dư là một trong m số 0; 1 ; 2; 3; ;
m - 1. Theo nguyên tắc Dirichlet, chia m + 1số cho m thì phải có ít nhất hai số có cùng

225. Ta chứng minh A(k + 1) đúng, tức là
c/m: 16
k + 1
- 15(k + 1) - 1

225.
Thật vậy, 16
k+1
- 15(k + 1) - 1 = 16. 16
k
- 15k - 15 - 1 = (15 + 1) 16
k
- 15k - 15 - 1
= 15.16
k
+ 16
k
- 15k -15 - 1 = (16
k
- 15k - 1) + 15(16
k
- 1)
= (16
k
-15k-1)+15(16 - 1)(16
k-1
+ +1) = (16
k
- 15k - 1) + 225(16
k-1

b) n
2
+ 3n +5 không chia hết cho 11
5. a) n
4
+ 6n
3
+ 11n
2
+ 6n chia hết cho 24.
b) n
4
- 4n
3
- 4n
2
- 16n (chẵn, n > 4) chia hết cho 384.
6. 4
n
+ 15n - 1 chia hết cho 9.
7. n
2
+ 4n + 3 (n lẻ) chia hết cho 8.
8. n
3
+ 3n
2
- n - 3 chia hết cho 48.
9) 3
6n

) chia hết cho 59.
12) a)a
2
+ b
2
chia hết cho 7 thì a và b cũng chia hết cho 7.
5
TrườngTHCS Nguyễn Đình Chiểu Năm học
b) a
2
+ b
2
chia hết cho 3 thì a và b cũng chia hết cho 3
Bài 2: ĐỒNG DƯ THỨC .
A. Tóm tắ t lý thuy ế t :
I. Đị nh ngh ĩ a:
1.Định nghĩa: Cho số nguyên m > 0.Nếu hai số nguyên a và b khi chia cho m có cùng
số dư thì ta nói rằng a đồng dư với b theo môđun m và viết:
a
≡
b (modm).
2. Ví dụ: 3
≡
5 (mod2)
14
≡
0 (mod 7)
II. Tính chấ t :
1. Nếu a
≡

b (mod m) thì a
n

≡
b
n
(mod m)
6. Nếu a
≡
b (mod m) thì ka
≡
kb (mod m) với k > 0
7. Nếu ka
≡
kb (mod km) thì a
≡
b (mod m) với k > 0
8. Nếu ka
≡
kb (mod m) và (k , m) = 1thì a
≡
b (mod m) .
9. Định lí Fermat: Nếu p là số nguyên tố thì : n
p

≡
n (mod p) ; n
∈
Z
Hoặc : Nếu p là số nguyên tố thì : n









−








−
n
aaa
1
1
1
1
1
1
21
III. Bài tậ p ứ ng d ụ ng:
Bài 1: Chứng minh 2
100

-1 (mod 3)
⇔
(2
3
)
33

≡
(-1)
33
(mod 3)
⇔
2
99

≡
-1 (mod 3) .
Vậy 2
99
chia 3 dư 2.
Bài 3 : Tìm chữ số cuối cùng của 2
999
Bài 4: Chứng minh 2
2008
không chia hết cho 10.
Bài 5: Chứng minh rằng trong các số tự nhiên thế nào cũng có số k sao cho 1983
k
- 1
chia hết cho 10
5

n
-1) = 1983
m
- 1983
n
= 1983
n
(1983
m-n
-1)

10
5
.
Do 1983 không chia hết cho 10
5
=> 1983
n
cũng không chia hết cho 10
5
.
Vì vậy 10
m-n
- 1 chia hết cho 10
5
. Như vậy tìm được số k = m-n sao cho 1983
k
- 1 chia
hết cho 10
5

4
.
Nên ta có 1983
4.10
4
≡
1 (mod 10
5
).
số 4.10
4
là số k phải tìm.
Đề bài áp d ụ ng :
1. Tìm số dư khi :a) chia 8! Cho 11; b) chia 1532
5
-1 cho 9
c) chia 3
40
cho 83.; d) chia 2
1000
cho 25; e) chia 3012
93
cho 13
2. Chứng minh rằng : a) 2
4n
- 1

15; b) 2
70
+ 3

Năm học 2011-2012
Chuyên đề 1: PHÂN TÍCH ĐA THỨC THÀNH NHÂN TỬ
Ví dụ 1: Phân tích đa thức thành nhân tử
a.
( ) ( )
11
22
+−+
axxa
b.
nn
xxx
−+−
+
3
1
. Giải:
a. Dùng phương pháp đặt nhân tử chung
( ) ( )
11
22
+−+
axxa
=
xxaaax
−−+
22
( ) ( ) ( )( )
1
−−=−−−=

Ví dụ 2: Phân tích đa thức thành nhân tử :
a. x
8
+ 3x
4
+ 4.
b. x
6
- x
4
- 2x
3
+ 2x
2
.
Giải:
a.Dùng phương pháp tách hạng tử rồi sử dụng hằng đẳng thức
x
8
+ 3x
4
+ 4 = (x
8
+ 4x
4
+ 4)- x
4
= (x
4
+ 2)

- 2x +2)
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )
2
2 2 2
2 4 2 2 2 2 2
2
2 2
2 1 2 1 1 1 1 1 1
1 2 2
x x x x x x x x x x x
x x x x
 
 
 
= − + + − + = − + − = − + +
 
 
 
 
 
= − + +
 
Ví dụ 3: Phân tích đa thức thành nhân tử :
8
TrườngTHCS Nguyễn Đình Chiểu Năm học
a.
abcbccbaccaabba 42442
222222

 
= + − + − = + − − − = + − −
 
b.Dùng phương pháp đặt nhân tử chung rồi sử dụng hằng đẳng thức
4 2
2007 2007 2007x x x x
− + + +
( )
( )
( ) ( )
( )( )
20071
1200711
200720072007
22
22
24
+−++=
+++++−=
+++−=
xxxx
xxxxxx
xxxx
Ví dụ 4: Phân tích đa thức thành nhân tử : a.
abccba 3
333
−++
b.
( )
333

3
−+−++=
( ) ( ) ( )
[ ]
( )
( )
( )
cabcabcbacba
cbaabccbabacba
−−−++++=
++−++−+++=
222
2
2
3
b.
( ) ( )
[ ]
( )
3
3
3
333
3
cbacbacbacba
+−−++=−−−++
( ) ( ) ( )
[ ]
( )
( )

9
TrườngTHCS Nguyễn Đình Chiểu Năm học
Ví dụ 6: Cho 4a
2
+ b
2
= 5ab, và 2a > b > 0. Tính
22
4 ba
ab
P
−
=
Giải: Biến đổi 4a
2
+ b
2
= 5ab
⇔
4a
2
+ b
2
- 5ab = 0
⇔
( 4a - b)(a - b) = 0
⇔
a = b.
Do đó
3

2
2
2
2
2
=++
c
z
b
y
a
x
Giải:
000
=++⇒=
++
⇒=++
cxybxzayz
xyz
cxybxzayz
z
c
y
b
x
a
2
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
1 2. 1 1

= b;b = c;c = a ⇔ a = b= c.
Chuyên đề 3:TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT - GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT
DẠNG
• Nếu a > 0 :
2
2
2
4ac-b
ax + bx +c =
4a 2
b
P a x
a
 
= + +
 ÷
 
Suy ra
2
4ac-b
=
4a
MinP
Khi
b
x=-
2a
• Nếu a < 0 :
2
2

2
+ 5x + 7 =
2
5 25 25
2( 2. ) 7
4 16 16
x x
+ + − +
=

2 2 2
5 25 56 25 5 31 5
2( ) 7 2( ) 2( )
4 8 8 4 8 4
x x x
−
= + − + = + + = + +
.
2. Suy ra
31 5
8 4
MinA Khi x= = −
.
3. Tìm GTLN của A = -2x
2
+ 5x + 7
Giải: A = -2x
2
+ 5x + 7 = -
2

a. Rút gọn Biếu thức
62
9124
2
2
−−
++
=
aa
aa
B
Với a
2
3
−≠
b. Thực hiện phép tính:
( )
aaa
a
a
aa
−
+
+
−
+
++
2
2
2

−+
+
=
a
a
aa
a
b.
( ) ( )
aa
a
a
a
aa
aaa
a
a
aa
−
+
−
+
⋅
+
++
=
−
+
+
−

42
2
2
=
−
−
=
−
−
++−
++
=
• Ví dụ 2 Thực hiện phép tính:
xyyx
yx
yx
xyyx
A
2
:
22
33
22
22
−+
+
−
−+
=
.( Với x

12
1
234
34
+−+−
+++
=
xxxx
xxx
A
.
a. Rút gọn biểu thức A.
b. Chứng minh rằng A không âm với mọi giá trị của x .
1
1
12
1
2234
34
234
34
+−++−
+++
=
+−+−
+++
=
xxxxx
xxx
xxxx

( )
( )
001;01;
1
1
2
2
2
2
≥⇒>+≥+
+
+
=
Axx
x
x
A
Ví dụ 4 Tính giá trị biếu thức :
8765
8765
−−−−
+++
+++
aaaa
aaaa
với a = 2007.Giải:
( )
( )
8 5 6 7 8
5 6 7 8 5 6 7 8 5 6 7 8

+ + +
= = ⇒ =
+ + +
• Ví dụ 5: Tính giá trị biếu thức :
2
2
:
2510
25
223
2
−−
−
+−
−
yy
y
xxx
x
.
Biết x
2
+ 9y
2
- 4xy = 2xy -
3
−
x
.
Giải:

x
yx
( )( )
( )
( )( )
2
12
5
55
2
2
:
2510
25
2223
2
−
+−
⋅
−
+−
=
−−
−
+−
−
=
y
yy
xx

x
2
của phương trình thỏa mãn
điều kiện
2
1
x
+
2
2
x
≥
10.
Bài 2: Cho các số a, b, c thỏa điều kiện:
( )



−+<+
>
acbcabac
c
2
0
2
Chứng minh rằng phương trình ax
2
+ bx + c = 0 luôn luôn có nghiệm.
Bài 3: Cho a, b, c là các số thực thỏa điều kiện: a
2

Bài 6: CMR phương trình ax
2
+ bx + c = 0 ( a
≠
0) có nghiệm biết rằng 5a + 2c = b
Bài 7: Cho a, b, c là độ dài các cạnh của một tam giác. CMR phương trình sau có
nghiệm:
(a
2
+ b
2
– c
2
)x
2
- 4abx + (a
2
+ b
2
– c
2
) = 0
Bài 8: CMR phương trình ax
2
+ bx + c = 0 ( a
≠
0) có nghiệm nếu
4
2
+≥

+ x
2
-3x
1
x
2
đạt GTLN
b) B = x
1
2
+ x
2
2
- đạt GTNN.
c) Tìm hệ thức liên hệ giữa x
1
,

x
2
không phụ thuộc vào m.
Bài 11: Giả sử x
1
,

x
2
là hai nghiệm của phương trình bậc 2:
3x
2

1
44
353
xxxx
xxxx
+
++
Bài 13: Cho phương trình: x
2
– 2(a - 1)x + 2a – 5 = 0 (1)
1) CMR phương trình (1) luôn có hai nghiệm với mọi giá trị của a.
14
TrườngTHCS Nguyễn Đình Chiểu Năm học
2) Tìm giá trị của a để pt (1) có hai nghiệm x
1
,

x
2
thỏa mãn điều kiện:
x
1
2
+ x
2
2
= 6.
3. Tìm giá trị của a để phương trình có hai nghiệm x
1
,

111
=+
ba
CMR ít nhất một trong hai phương trình sau phải có nghiệm:
x
2
+ ax + b = 0 và x
2
+ bx + a = 0.
Bài 16: Cho phương trình: x
2
– 2(m + 1)x + 2m +10 = 0 (1)
a) Giải và biện luận số nghiệm của phương trình (1) theo m.
b) Tìm m sao cho 10x
1
x
2
+ x
1
2
+ x
2
2
đạt GTNN. Tìm GTNN đó.
Bài 17: Chứng minh rằng với mọi số a, b, c khác 0, tồn tại một trong các phương trình
sau phải có nghiệm:
ax
2
+ 2bx + c = 0 (1)
bx

1
2
+ x
2
2

≥
10.
3) Xác định giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x
1
,

x
2
thỏa mãn điều kiện:
15
TrngTHCS Nguyn ỡnh Chiu Nm hc
E = x
1
2
+ x
2
2
t GTNN.
Bi 20: Gi s phng trỡnh bc 2: x
2
+ ax + b + 1 = 0 cú hai nghim nguyờn dng.
CMR: a
2
+ b

1 2
3 2 0
3 2 2 0
1
1
x
x x
x x m x x
x m
x m


+

+ = +

= +
= +


Để phơng trình có nghiệm thì 1
1 2 0 1m m
+

Dạng2:
2
( ) & ( ) 0
( ) ( )
( ) ( )
g x conghia g x

=
= +


Vậy phơng trình có nghiệm x=-1
Dạng3:
2
( ) & ( ) 0
( ) ( ) ( ) ( ) & ( ) 0
( ( ) ( )) ( )
f x co nghia f x
f x g x h x g x co nghia g x
f x g x h x



+ =


+ =

Chú ý: Không cần đặt điều kiện
( ) 0h x

VD: Giải phơng trình:
4 1 1 2
1
1 0
1
1 1 2 4 1 2 0

1
1 1
2 2
2
2 1 0 0
0
2 2
2 7 0
7
(1 )(1 2 ) (2 1)
2
x
x
x
x x
x
x x
x x x
x












giỏc ni tip .
2) Da vo tớnh cht hai tip tuyn ct
nhau cú
MPO = MQO = 90
0
v PMQ = 90
0
nờn
PMQO l hỡnh ch nht .
3) EMK EFB (g.g)
FB
EF
=
MK
EM
m MF = FB

MF
EF
=
MK
EM
EAB KHB (g.g)
HB
AB
=
KH
EK
m
HB

3. Chứng minh BA , CK và DI đồng quy .
Hướng dẫn :
1. CBA = DBA = 90
0
nên AC và DA là đường kính hay A,O, C thẳng hàng D ,O’,A
thẳng hàng .
2. Từ câu 1) và dựa vào góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ta thây K , I cùng nhìn CD
dưới một góc vuông nên tứ giác CDIK nội tiếp .
3. A là trực tâm của tam giác ADG có AB là đường cao hay BA đi qua G .
Bài 3 : Cho hai đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại hai điểm A,B . Các đường AO và
AO’cắt đường tròn (O) lần lượt tại C và D , cắt đường tròn (O’) lần lượt tại E , F .
a) Chứng minh B , F , C thẳng hàng .
b) Chứng minh tứ giác CDEF nội tiếp .
c) Chứng minh A là tâm đường tròn nội tiếp
tam giác BDE .
d) Tìm điều kiện để DE là tiếp tuyến chung của
(O) và (O’)
Hướng dẫn :
a) CBA + FBA = 180
0
nên A , B , F thẳng hàng .
b) D, E cùng nhìn CF dưới một góc vuông nên CDEF nội tiếp .
18
C
D
B
G
K
I
O

= 3.S
ACD
Hướng dẫn :
1. CPB = CDA ( cùng bằng CBA) nên CPB + CDQ =
180
0
.
2. ∆ADC ∆APQ (g.g) suy ra AD.AQ = AC.AP .
3. Tứ giác ADBC là hình chữ nhật vì có 4 góc vuông.
4. Để S
CPQD
= 3.S
ACD
⇒ S
ADC
= ¼ S
APQ
tức là tỉ số đồng dạng của hai tam giác này
là ½ .
Suy ra AD = ½ AP hay BC = ½ AP mà tam giác ABC vuông tại B nên C là trung
điểm của CP ⇒ CB = CA hay ∆ACB cân ⇒ CD ⊥ AB .
19
A
B
Q
D
C
O
P
d

Mà SA = SB ⇒
BD
BC
=
AD
AC
⇒ AC.BD = AD.BC (1)
Trên SD lấy K sao cho CAK = BAD lúc đó
∆CAK ∆BAD (g.g) ⇒ AC.DB = AB.CK
∆BAC ∆DAK (g.g) ⇒ BC.AD = DK.AB
Cộng từng vế ta được AC.BD + BC.AD = AB( CK+DK )= AB.CD (2)
Từ (1) và (2) suy ra : AC.BD + AC.BD = AB.CD hay AC.BD = ½ AB.CD
Vậy AC.BD = AD.BC = ½ AB.CD .
Bài 6 : Cho tam giác ABC vuông ở A . Đường tròn đường kính AB cắt BC tại D . Trên
20
S
O
D
A
C
B
E
K
TrườngTHCS Nguyễn Đình Chiểu Năm học
cung AD lấy một điểm E . Nối BE và kéo dài cắt AC tại F .
1) Chứng minh CDEF nội tiếp .
2) Kéo dài DE cắt AC ở K . Tia phân giác của góc CKD cắt EF và CD tại M và N .
Tia phân giác của góc CBF cắt DE và CF tại P và Q . Tứ giác MNPQ là hình gì ?
Tại sao ?
3) Gọi r

r
=
BC
r
21
⇒
2
2
2
2
2
1
2
2
AC
r
=
AB
r
=
BC
r
⇔
2
2
2
2
1
22
2

K
F
Q
C
N
D
E
P
M
TrườngTHCS Nguyễn Đình Chiểu Năm học
tròn đó .
b) MN // DE .
c) Cho (O) và dây AB cố định , điểm C di chuyển trên cung lớn AB .
Chứng minh rằng độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác CED
không đổi .
Hướng dẫn giải :
a) E,D cùng nhìn AB dưới một góc vuông
nên tứ giác AEDB nội tiếp trong một
đường tròn đường kính AB có I ( trung
điểm của AB ) là tâm
b) Ta thấy : ABE = ADE ( chắn cung AE )
mà ABE = AMN ( chắn cung AN )
nên ADE = AMN hay DE // MN .
c) Kẻ thêm hình như hình vẽ . Dựa vào góc
nội tiếp của tứ giác AEBD suy ra được CN = CM nên OC ⊥ MM ⇒ OC ⊥ DE
Tứ giác HDCE nội tiếp đường tròn tâm K ( trung điểm của HC) đây cũng là
đường tròn ngoại tiếp tam giác CDE ⇒ KD = KE và ID = IE nên IK ⊥ DE hay IK
// OC và OI // CK nên OIKC là hình bình hành ⇒ KC = OI không đổi .
Bài 8 : Cho tam giác đều nội tiếp đường tròn (O,R)
1)Tính theo chiều R độ dài cạnh và chiều cao của ∆ABC .

120
0
.
⇒ CMD = 60
0
. Vậy ∆CMD đều
3) ∆IMC = ∆IMD ( c.g.c) ⇒ IC = ID .
Khi M di động trên cung nhỏ BC thì D chạy trên đường tròn ( I ; IC )
Khi M ≡ C ⇒ D ≡ C ; M ≡ I ⇒ D ≡ E .
4) ∆ACM = ∆BCD ( g.c.g ) ⇒ AM = BD ⇒ S = MA + MB + MC = 2.AM ≤ 2.AI
⇒ S ≤ 4R . S
Max
= 4R khi AM là đường kính .
Bài 9 : Cho ∆ABC ngoại tiếp (O) . Trên BC lấy M , trên BA lấy N , trên CA lấy P sao
cho BM=BN và CM = CP . Chứng minh rằng :
a) O là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆MNP .
b) Tứ giác ANOP nội tiếp đường tròn .
c) Tìm vị trí M , N , P sao cho độ dài NP nhỏ nhất .
Hướng dẫn :
a) Từ tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau và giả thiết
suy ra :
DN = EM = FP ⇒ ∆ODA = ∆OEM = ∆OFP
( c.g.c )
⇒ON = OM = OP hay O là tâm đường tròn ngoại
tiếp ∆MNP
b) Từ câu a) suy ra OND = OPF nên tứ giác ANOP nội tiếp .
23
B
A
C

theo a đoạn BK . Nhận xét gì về 3 điểm E , K ,C .
Hướng dẫn :
a) ∆ADF = ∆BAE ⇒DAF = EBA ⇒ BE ⊥ AF .
b) Pitago : BE = AF = a
10
; EF = a
5
; BF = a
13
c) Dùng hệ thức lượng : EH =
10
10a
; HB =
10
10a9
d) Dựa vào tổng 2 góc đối bằng 180
0
nên EDFH nội tiếp.
∆BEK ∆BFH ⇒
13
13a9
=
BF
BH.BE
=BK
e) Dựa vào vuông góc : E , K , C thẳng hàng .
Chuyên dề 8 :Một số đ Ò thi häc sinh giái to¸n 9
Đề 1:
Câu 1: ( 6,0 điểm) 1)Giải phương trình:
x 2 3 2x 5 x 2 2x 5 2 2

ba 3 phỳt. Tớnh vn tc ca ba tay ua mụtụ trờn.
Cõu 4: ( 3,0 im)Cho tam giỏc ABC cõn A, ng cao AH bng 10cm, ng cao
BK bng 12cm. Tớnh di cỏc cnh ca tam giỏc ABC.
Cõu 5: ( 5,0 im)Cho tam giỏc u ABC cnh bng a v mt im M chuyn ng trờn
ng trũn ngoi tip tam giỏc ABC.
1) Chng minh: nu im M thuc cung nh AB thỡ MA + MB = MC.
2) Tỡm giỏ tr ln nht ca biu thc P = MA + MB + MC ( khi M thuc cung nh
AB).
2:
Bài 1: (3 điểm) Cho biểu thức
x3
3x
1x
)3x(2
3x2x
3xx
P

+
+
+




=
1) Rut gn biu thc P
2) Tính giá trị của P khi x = 14 - 6
5
3) Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc P v giỏ tr tng ng ca x.

. Tỡm giỏ tr nh nht ca A.
25