A - mở đầu
I - lý do chọn đề tài
Trong lịch sử phát triển của toán học thì toán học là một trong bộ môn khoa
học đợc ra đời từ rất sớm. Xuất phát từ những đòi hỏi thực tế cuộc sống đã làm nảy
sinh các kiến thức toán học. Toán học không những góp phần không nhỏ trong sự
phát triển của các bộ môn khoa học khác. Có thể nói toán học là cơ sở của nhiều
môn khoa học khác. Chính vì vậy trong nhà trờng phổ thông, môn toán là một
trong những bộ môn cơ bản và việc nâng cao kiến thức toán cho học sinh đơng
nhiên là cần thiết.
Trong các kỳ thi, nhất là kỳ thi học sinh giỏi các cấp thì môn toán có thể nói
rất khó khăn, đòi hỏi học sinh phải nắm đợc lợng kiến thức khá rộng và có kỹ năng
vận dụng nó một cách linh hoạt sáng tạo.
Kiến thức toán học rất rộng, hệ thống bài tập nhiều vì vậy không phải kiến
thức bài tập nào giáo viên cũng có thể khai thác và mở rộng ra đợc. Giáo viên chỉ
mở rộng cho những kiến thức chính, những dạng bài tập quan trọng, cách mở rộng
cũng nhiều hớng khác nhau.
Khái quát hoá để mở rộng thành những bài toán tổng quát khó hơn. Tơng tự
hoá để giới thiệu thêm những bài toán có cùng phơng pháp giải. Đặc biệt hoá để đa
bài toán về dạng đặc biệt hơn dễ nhớ hơn, có khi chỉ đơn giản là phân tích thêm
những kiến thức có liên quan để hớng dẫn học sinh giải theo nhiều cách khác nhau
hoặc đặt thêm yêu cầu mới cho bài toán. Điều đó thôi thúc tôi chọn và nghiên cứu
đề tài.
Khai thác kiến thức cơ bản và bài tập trong sách giáo khoa để bồi dỡng học
sinh khá giỏi.
II - Nhiệm vụ nghiên cứu:
Học sinh khá, giỏi hiện nay phần lớn chỉ đầu t vào việc giải hết bài toán khó
này đến bài toán khó khác mà cha nâng cao đợc nhiều năng lực toán học. Mà theo
quan niệm của tôi cho rằng: Việc ôn tập bồi dỡng học sinh giỏi môn toán cần phải:
+ Hình thành ở học sinh năng lực toán học bắt đầu từ:
- Các bài toán đợc nghiên cứu không quá phức tạp, đã có lời giải, các thao
tác t duy dạng sơ cấp.

+ 2
7
+2
8
+ 2
9
+ 2
10

(Bài 210 trang 27 SBT Toán 6 tập 1)
Lời giải:
Ta có: A = (2 + 2
2
)+ (2
3
+ 2
4
)+ (2
5
+ 2
6
)+ (2
7
+2
8
)+ (2
9
+ 2
10
)

+ 2
59
+2
60
.
Chứng minh rằng A chia hết cho 3.
Lời giải:
Tơng tự nh Bài toán 1.
Bài toán 1.2: Cho A = 2 + 2
2
+ 2
3
+ 2
4
+ +2
57
+ 2
58
+ 2
59
+2
60
.
Chứng minh rằng A chia hết cho 105.
Lời giải:
Ta có: 105 = 7.15 và (7, 15) = 1.
Thật vậy:
A = 2 + 2
2
+ 2

= 2.(1 + 2 + 2
2
) + 2
4
.(1 + 2 + 2
2
) + + 2
58
.(1 + 2 + 2
2
)
= 2.7 + 2
4
.7 + + 2
58
.7
=> A chia hết cho 7. (1)
A = 2 + 2
2
+ 2
3
+ 2
4
+ + 2
57
+ 2
58
+ 2
59
+2

.15
=> A chia hết cho 15. (2)
Vì (7, 15) = 1 nên kết hợp (1) và (2) suy ra A chia hết cho 105.
Nhận xét:
Với A = 2 + 2
2
+ + 2
n

a) Các Bài toán 1 và Bài toán 1.1 đúng khi số các số hạng n là số chẵn.
b) Bài toán 1.2 đúng khi số các số hạng n chia hết cho 3 và 4. Từ đó suy ra n
chia hết cho 12
Bài toán 1.3:
Chứng minh rằng: 2
0
+ 2
1
+ 2
2
+ 2
3
+ 2
4
+ +2
5n - 3
+ 2
5n - 2
+ 2
5n - 1
chia hết

+ 2
3
+ 2
4
) + 2
5. 2
(1 + 2 + 2
2
+ 2
3
+
2
4
) + + 2
5(n - 1)
(1 + 2 + 2
2
+ 2
3
+ 2
4
)
= (1 + 2 + 2
2
+ 2
3
+ 2
4
)(1 + 2
5

a) Tính tổng S
n
= 1 + a
1
+ a
2
+ a
3
+ + a
n

b) áp dụng tính các tổng sau:
S = 1 - 2
1
+ 2
2
- 2
3
+ 2
4
- +2
100

T = 3 - 3
2
+ 3
3
- 3
4
+ +3

- S
n
= a
n + 1
- 1
S
n
= (a
n + 1
- 1) / (a - 1)
b)
S
100
= 1 + a
1
+ a
2
+ a
3
+ + a
100
= (a
101 + 1
- 1) / (a - 1)
Với a = -2, ta đợc:
S = 1 - 2 + 2
2
- 2
3
+ 2

= 3. [(- 3)
2000
- 1] / [-3 - 1] = 3. ( 3
2000
- 1)/ - 4
Bài toán 1.5:
a) Chứng minh rằng A là một luỹ thừa của 2 với:
A = 4 + 2
2
+ 2
3
+ 2
4
+ +2
20

b) Chứng minh rằng 2.A + 3 là một luỹ thừa của 3 với:
A = 3 + 3
2
+ 3
3
+ 3
4
+ +3
100

Bài toán 1.6:
Cho số tự nhiên A = 7 + 7
2
+ 7

+ 3
5
+ 3
6
+ 3
7
+ 3
8
+ 3
9
chia hết cho 13.
II. Phần đại số:
Trong chơng trình Đại số 8, ở học kỳ I, học sinh đợc học về các hằng đẳng
thức đáng nhớ, trong đó:
A
2
+ 2AB + B
2
= ( A + B )
2
A
2
- 2AB + B
2
= ( A - B )
2
và có nhận xét: ( A + B )
2
0 với mọi A, B.
( A - B )

= (x
2
+ 10x + 5 ) + ( 9x
2
+ 30x + 25 )
= ( x + 5)
2
+ ( 3x + 5)
2

Bài 2: Hãy viết biểu thức sau dới dạng tổng của ba bình phơng.
( a + b + c)
2
+ a
2
+ b
2
+ c
2

H ớng dẫn :
( a + b + c)
2
+ a
2
+ b
2
+ c
2
= ( a + b)



=+
=
2
2
02
042
y
x
y
x
Bài 4: Tìm x biết :
x
2
+ 2( x + 1)
2
+ 3( x + 2)
2
+ 4( x + 3)
2
= 0
H ớng dẫn :
Từ kết quả của Bài 1 ta có phơng trình tơng đơng:
( x + 5)
2
+ ( 3x + 5)
2
= 0


2
- 16x + 16 + y
2
+ 4y + 4 + 4 = 0
( 2x - 4)
2
+ ( y + 2)
2
+ 4 = 0
VT 4 với mọi giá trị của x, y.
8
=> Không có giá trị nào của x, y thoả mãn bài tán.
Với cách làm nh trên, học sinh dễ dàng làm bài tập sau:
Bài 6: Tìm a, b, c để ( a - b)
2
+ ( b - c)
2
+( a - c)
2
= 0
H ớng dẫn :
( a - b)
2
+ ( b - c)
2
+( a - c)
2
= 0
<=>


Với hớng dẫn nh bài tập 7 ta có thể đa ra một loạt bài tập có phơng pháp làm
tơng tự.
Bài 8: Chứng minh rằng nếu (a + b)
2
= 2.(a
2
+ b
2
) thì a = b.
Bài 9: Cho a
2
+ b
2
+ c
2
+ 3 = 2(a + b + c), chứng minh rằng a = b = c = 1.
Bài 10: Cho (a + b + c)
2
= 3(ab + bc + ca), chứng minh rằng a = b = c .
Bài 11:
Cho (a - b)
2
+ (b - c)
2
+ (a - c)
2
= (a + b - 2c)
2
+ (b + c - 2a)
2

cb
ab
ba

+

+

+
2
,
2
,
2
222222
Cộng vế với vế các bất đẳng thức cùng chiều ta đợc:
a
2
+ b
2
+ c
2
ab + bc + ca.
Từ bài 13, ta đề xuất thêm một số bài toán mới:
9
+ Xét trờng hợp đặc biệt hơn: cho c = 1
ta có a
2
+ b
2

( )
2
222
2
cbacba
cabcab
++++
=++

( )
( )
2
222
2
222
cbacba
cba
++++
++

<=> 2(a
2
+ b
2
+ c
2
) (a + b + c)
2
- (a
2

Q = -x
2
+ 2xy - 4y
2
- 2x - 10y - 3
R = x
2
- 2xy + 4y
2
- 2x - 10y + 3
H ớng dẫn :
P = (x- 6 - y)
2
+ 5(y - 1)
2
+ 4 4 => min P = 4 khi x = 7, y = 1
Q = 10 - (x - y -1)
2
- 3(y - 2)
2


10 => max Q = 10 khi x = 3, y = 2.
Từ bài 15 ta có thể suy ra kết quả sau:
1) f(x) = -x
2
+ 2xy - 4y
2
+ 2x + 10y - 3 có GTLN bằng 10 khi x = 3, y = 2.
2) - f(x) có GTNN bằng -10 khi x = 3, y = 2.

F(x) = ax
2
+ bx + c = a(x +
a
b
2
)
2
-
a
acb
4
4
2

Nếu a > 0 thì ax
2
+ bx + c

-
a
acb
4
4
2

=> Min F(x) = -
a
acb
4

+ (x - b)
2
+ (x - c)
2
với a, b, c cho trớc
H ớng dẫn :
B = 3(x -
3
cba ++
)
2
+ (a
2
+ b
2
+ c
2
) -
3
)(
2
cba ++
=> min B = (a
2
+ b
2
+ c
2
) -
3

CE là tia phân giác ngoài của
C

=> SCE = 90
0
.
Chứng minh tơng tự SCE = 90
0
.
=> Tứ giác SBEC nội tiếp vì SCE + SBC = 180
0
b) S là giao điểm của 3 đờng phân giác trong, E là
giao điểm của 2 đờng phân giác ngoài của
B

và
C

thuộc

ABC.
Theo định lí đã học => A, S, E thẳng hàng.
11
A
E
C
B
S
1
1

1
(
CB


+
)
Nhận xét 3:
BOC = 2
E

=
B

+
C

mà
CBA



++
= 180
0
=> BOC +
A

= 180
0

12
A
B
E
C
D
O
x
y
O
Nhận xét 2:
1) Trờng hợp M O
=> AMB = AOB = 90
0
.
=> cách chứng minh nh bài toán trên.
2) Trờng hợp M C
Có CED = 1v
=> đờng thẳng vuông góc với ME
tại E cắt Cx tại A, cắt Dy tại B => B D.
=> AMB = ACD = 90
0
3) Trờng hợp M D
Chứng minh tơng tự trờng hợp M C
=> AMB = 90
0
.
4) Trờng hợp M O, C và D ta có bài toán sau:
Cho E là một điểm nằm trên (O,
2

B
y
x
C
D
E B
A
O
M
5) Trờng hợp M nằm ngoài CD ta có bài toán sau:
Cho E là một điểm nằm trên (O) đờng kính CD và M là điểm bất kỳ thuộc
CD nhng ở ngoài CD, đờng vuông góc với ME tại E cắt tiếp tuyến Cx, dy của (O)
lần lợt tại A, B chứng minh rằng AMB = 90
0
.
Có: MEB = MDB = 90
0
=> Tứ giác AECM nội tiếp
=> MBA = MDE
tơng tự tứ giác AECM nội tiếp
=> MAE = ECD
mà MDE + ECD = MAB + MBA = 90
0
=> AMB = 90
0
=> đpcm.
Bài 3: Cho nửa đờng tròn tâm O đờng kính AB = 2R. Trên nửa mặt phẳng bờ AB
chứa nửa đờng tròn vẽ các tiếp tuyến Ax, By với nửa đờng tròn. Lấy C, D lần lợt
thuộc Ax, By sao cho CD = AC + BD.
Chứng minh: CD là tiếp tuyến của đờng tròn đờng kính AB.

14
A
x
y
D
B
E
M
C
O
c) AC. BD = R
2
.
Bài 3.2: Cho nửa đờng tròn tâm O đờng kính AB, Ax và By là các tiếp tuyến của
nửa đờng tròn. C thuộc Ax, D thuộc By. AB là tiếp tuyến với đờng tròn đờng kính
CD.
Chứng mịnh
a) CD = AC + BD
b) CD là tiếp tuyến của đờng tròn đờng kính AB.
c) AC. BD = R
2
.
Bài 3.3: Cho nửa đờng tròn tâm O đờng kính AB, Ax và By là các tiếp tuyến của
nửa đờng tròn. C thuộc Ax, D thuộc By và AC. BD = R
2
.
Chứng mịnh
a) CD = AC + BD
b) CD là tiếp tuyến của đờng tròn đờng kính AB.
c) AB là tiếp tuyến của đờng tròn đờng kính CD.

duy sáng tạo cho học sinh khá, giỏi.
16
Tài liệu tham khảo
1 - Nâng cao và phát triển Toán 6: Vũ Hữu Bình
2 - Nâng cao và phát triển Toán 8: Vũ Hữu Bình
3 - Một số vấn đề phát triển Toán 8: Vũ Hữu Bình
4 - Toán nâng cao và chuyên đề hình học 9: Nguyễn Ngọc Đạm,
Nguyễn Việt Hải, Vũ Dơng Thụy
5 - Bồi dỡng học sinh giỏi toán cấp 2: Võ Đại Mau
17
Mục lục
Trang
A. Mở đầu
1
I. Lý do chọn đề tài 1
II. Nhiệm vụ nghiên cứu 1
B. Nội dung
2
I. Phần số học 2
II. Phần đại số 4
III. Phần hình học 9
D. Kết luận
14
Tài liệu tham khảo
15
18