Chuyên đề Bồi dưỡng học sinh giỏi Toán 7 - Mai Quốc Phượng

y
Bài 3 : Tìm m , n nguyên dương thỏa mãn : 
 a) 2m + 2n = 2m +n b) 2m – 2n = 256
HD: a) 2m + 2n = 2m +n 2m + n – 2m – 2n = 0 2m ( 2n – 1) –( 2n – 1) = 1
 (2m -1)(2n – 1) = 1 
 b) 2m – 2n = 256 2n ( 2m – n - 1) = 28 
Dễ thấy m n, ta xét 2 trường hợp :
 + Nếu m – n = 1 n = 8 , m = 9
 + Nếu m – n 2 thì 2m – n – 1 là 1 số lẻ lớn hơn 1, khi đó VT chứa TSNT khác 2, mà VT chỉ chứa TSNT 2 suy ra TH này không xẩy ra : vậy n = 8 , m = 9
Bài 4 : Tìm x , biết : 
 HD :
Bài 5 : Tìm x, y biết : 
 HD : ta có với mọi x,y và (y – 1)2012 0 với mọi y 
 Suy ra : với mọi x,y . Mà 
 Các bài tập tương tự :
Bài 6 : Tìm x, y biết : 
 a) b) 
 Chuyên đề 4: Giá trị nguyên của biến , giá trị của biểu thức :
 1 . Các kiến thức vận dụng:
 - Dấu hiệu chia hết cho 2, 3, 5, 9
 - Phân tích ra TSNT, tính chất của số nguyên tố, hợp số , số chính phương
 - Tính chất chia hết của một tổng , một tích 
 - ƯCLN, BCNN của các số 
 2. Bài tập vận dụng :
 * Tìm x,y dưới dạng tìm nghiệm của đa thức 
Bài 1: a) T×m c¸c sè nguyªn tè x, y sao cho: 51x + 26y = 2000
 b) T×m sè tù nhiªn x, y biÕt: 
 c) T×m x, y nguyªn biÕt: xy + 3x - y = 6
 d) T×m mäi sè nguyªn tè tho¶ m·n : x2-2y2=1
HD: a) Từ 51x + 26y = 2000 17.3.x = 2.( 1000 – 13 y) do 3,17 là số NT nên x mà x NT x = 2. Lại có 1000 – 13y , 1000 – 13y > 0 và y NT y = 
 b) Từ (1)
 do 7(x–2004)2 0 
Mặt khác 7 là số NT vậy y = 3 hoặc y = 4 thay vào (1)
 suy ra : x= 2005 ,y =4 hoặc x = 2003, y = 4
Ta có xy + 3x - y = 6 ( x – 1)( y + 3) = 3 hoặc 
hoặc hoặc 
x2-2y2=1 
 do VP = 2y2 chia hết cho 2 suy ra x > 2 , mặt khác y nguyên tố 
Bài 2 a) Tìm các số nguyên thỏa mãn : x – y + 2xy = 7 
 b) Tìm biết: 
HD : a) Từ x – y + 2xy = 7 2x – 2y + 2xy = 7 (2x - 1)( 2y + 1) = 13
 b) Từ y2 25 và 25 – y2 chia hết cho 8 , suy ra y = 1 hoặc y = 3 hoặc y = 5 , từ đó tìm x 
Bài 3 a) T×m gi¸ trÞ nguyªn d­¬ng cña x vµ y, sao cho: 
 b) T×m c¸c sè a, b, c nguyªn d­¬ng tho¶ m·n :
 vµ 
HD : a) Từ 5 ( x + y) = xy (*) 
 + Với x chia hết cho 5 , đặt x = 5 q ( q là số tự nhiên khác 0) thay vào (*) suy ra:
 5q + y = qy 5q = ( q – 1 ) y . Do q = 1 không thỏa mãn , nên với q khác 1 ta có Ư(5) , từ đó tìm được y, x
 b) a2 ( a +3) = 5b – 5 , mà a2. 5c = 5( 5b – 1 – 1)
 Do a, b, c nguyên dương nên c = 1( vì nếu c >1 thì 5b – 1 - 1 không chia hết cho 5 do đó a không là số nguyên.) . Với c = 1 a = 2 và b = 2
Bài 4: T×m c¸c cÆp sè nguyªn tè p, q tho¶ m·n:
HD : 
Do p nguyên tố nên và 2013 – q2 > 0 từ đó tìm được q
Bài 5 : T×m tÊt c¶ c¸c sè nguyªn d­¬ng n sao cho: chia hÕt cho 7
 HD : Với n < 3 thì 2n không chia hết cho 7
 Với n khi đó n = 3k hoặc n = 3k + 1 hoặc n = 3k + 2 ( )
 Xét n = 3k , khi đó 2n -1 = 23k – 1 = 8k – 1 = ( 7 + 1)k -1 = 7.A + 1 -1 = 7.A 
 Xét n = 3k +1 khi đó 2n – 1 = 23k+1 – 1 = 2.83k – 1 = 2.(7A+1) -1 = 7A + 1 không chia hết cho 7
 Xét n = 3k+2 khi đó 2n – 1 = 23k +2 -1 = 4.83k – 1 = 4( 7A + 1) – 1 = 7 A + 3 không chia hết cho 7 . Vậy n = 3k với 
* Tìm x , y để biểu thức có giá trị nguyên, hay chia hết:
Bài 1 T×m sè nguyªn m ®Ó:
a) Gi¸ trÞ cña biÓu thøc m -1 chia hÕt cho gi¸ trÞ cña biÓu thøc 2m + 1.
b) 
HD : a) Cách 1 : Nếu m >1 thì m -1 < 2m +1 , suy ra m -1 không chia hết cho 2m +1 
 Nếu m < -2 thì , suy ra m -1 không chia hết cho 2m +1
 Vậy m { -2; -1; 0; 1}
 Cách 2 : Để 
 b) - 3 < 3m – 1 < 3 vì m nguyên
Bài 2 a) T×m x nguyªn ®Ó 6 chia hÕt cho 2
 b) T×m ®Ó AÎ Z vµ t×m gi¸ trÞ ®ã.
 A = . HD: A = = 
Bài 3: Tìm x nguyên để 
 HD : = 
 để x là số CP. 
 Với x >1 và x là số CP thì suy ra 2009 không chia hết cho 
 Với x = 1 thay vào không thỏa mãn 
 Với x = 0 thì 
 Chuyên đề 5 : Giá trị lớn nhất , giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
 1.Các kiến thức vận dụng :
 * a2 + 2.ab + b2 = ( a + b)2 0 với mọi a,b
 * a2 – 2 .ab + b2 = ( a – b)2 0 với mọi a,b
 *A2n 0 với mọi A, - A2n 0 với mọi A
 * , 
 * dấu “ = ” xẩy ra khi A.B 0
 * dấu “ = ” xẩy ra khi A,B 0
 2. Bài tập vận dụng:
 * Dạng vận dụng đẳng thức : a2 + 2.ab + b2 = ( a + b)2 0 với mọi a,b
 Và a2 – 2 .ab + b2 = ( a – b)2 0 với mọi a,b
Bài 1: Tìm giá trị nhỏ nhất của các đa thức sau:
 a) P(x) = 2x2 – 4x + 2012
 b) Q(x) = x2 + 100x – 1000
HD : a) P(x) = 2x2 – 4x + 2012 = 2(x2 – 2.x. + 12 ) + 2010 = 2( x – 1)2 + 2010
 Do ( x - 1)2 0 với mọi x , nên P(x) 2010 . Vậy Min P(x) = 2010 
khi ( x - 1)2 = 0 hay x = 1
 b) Q(x) = x2 + 100x – 1000 = ( x + 50)2 – 3500 - 3500 với mọi x 
 Vậy Min Q(x) = -3500
 Từ đây ta có bài toán tổng quát : Tìm GTNN của đa thức P(x) = a x2 + bx +c ( a > 0)
HD: P(x) = a x2 + bx +c = a( x2 + 2.x. + ) + ( c - ) 
 = a( Vậy Min P(x) = khi x = 
Bài 2 : Tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức sau:
A = - a2 + 3a + 4
B = 2 x – x2 
HD : a) A = - a2 + 3a + 4 = 
 Do nên A . Vậy Max A = khi a = 
B = . Do 
 Vậy Max B = 1 khi x = 1
Bài 3 : Tìm giá trị lớn nhất của các biểu thức sau:
 a) P = b) Q = 
 * Dạng vận dụng A2n 0 với mọi A, - A2n 0 với mọi A
Bài 1 : Tìm GTNN của biểu thức :
a) P = ( x – 2y)2 + ( y – 2012)2012 
 b) Q = ( x + y – 3)4 + ( x – 2y)2 + 2012
HD : a) do và suy ra : P với mọi x,y
 Min P = 0 khi 
 b) Ta có và suy ra : Q 2012 với mọi x,y
 Min Q = 2012 khi 
Bài 3 : Tìm GTLN của R = 
Bài 4 : Cho ph©n sè: (x Î Z)
a) T×m x Î Z ®Ó C ®¹t gi¸ trÞ lín nhÊt, t×m gi¸ trÞ lín nhÊt ®ã.
b) T×m x Î Z ®Ó C lµ sè tù nhiªn.
HD : 
 C lớn nhất khi lớn nhất nhỏ nhất và 
Vậy Max C = khi x = 2
Bài 5 : T×m sè tù nhiªn n ®Ó ph©n sè cã gi¸ trÞ lín nhÊt
HD : Ta có 
 Để lớn nhất thì lớn nhất và 14n – 21 có giá trị nhỏ nhất và n nhỏ nhất n = 2 
 * Dạng vận dụng , 
 dấu “ = ” xẩy ra khi A.B 0
 dấu “ = ” xẩy ra khi A,B 0
Bài 1: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 
A = ( x – 2)2 + + 3
B = 
HD: a) ta có với mọi x và với mọi x,y A 3 với mọi x,y
 Suy ra A nhỏ nhất = 3 khi 
Ta có với mọi x 2012 với mọi x 
 với mọi x, suy ra Min B = khi x = 2010
Bài 2 : Tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức 
 a) 
 b) 
 c) C = 
HD : a) Ta có = 
với mọi x với x . Vậy Min A = 1 Khi 
 b) ta có 
 Do với mọi x (1)
 Và với mọi x (2)
 Suy ra B . Vậy Min B = 2 khi BĐT (1) và (2) xẩy ra dấu “=” hay 
Ta có
 = 
 = 99 + 97 + ....+ 1 = 2500
Suy ra C với mọi x . Vậy Min C = 2500 khi 
 Chuyên đề 6 : Dạng toán chứng minh chia hết 
 1.Kiến thức vận dụng 
 * Dấu hiệu chia hết cho 2, 3, 5, 9
 * Chữ số tận cùng của 2n, 3n ,4n, 5n ,6n, 7n, 8n, 9n 
 * Tính chất chia hết của một tổng
 2. Bài tập vận dụng:
 Bài 1 : Chứng minh rằng : Với mọi số nguyên dương n thì : 
chia hết cho 10
 HD: ta có = 
 =
 =
 = 10( 3n -2n)
Vậy 10 với mọi n là số nguyên dương.
Bài 2 : Chứng tỏ rằng:
A = 75. (42004 + 42003 + . . . . . + 42 + 4 + 1) + 25 là số chia hết cho 100
HD: A = 75. (42004 + 42003 + . . . . . + 42 + 4 + 1) + 25 = 75.( 42005 – 1) : 3 + 25
 = 25( 42005 – 1 + 1) = 25. 42005 chia hết cho 100
Bài 3 : Cho m, n N* và p là số nguyên tố thoả mãn: = (1)
 Chứng minh rằng : p2 = n + 2 
 HD : + Nếu m + n chia hết cho p do p là số nguyên tố và m, n N* 
 m = 2 hoặc m = p +1 khi đó từ (1) ta có p2 = n + 2
 + Nếu m + n không chia hết cho p , từ ( 1) (m + n)(m – 1) = p2
Do p là số nguyên tố và m, n N* m – 1 = p2 và m + n =1 
m = p2 +1 và n = - p2 < 0 (loại) 
 Vậy p2 = n + 2
Bài 4: a) Sè cã chia hÕt cho 3 kh«ng ? Cã chia hÕt cho 9 kh«ng ?
 b) Chøng minh r»ng: chia hÕt cho 7 
HD: a) Ta có 101998 = ( 9 + 1)1998 = 9.k + 1 ( k là số tự nhiên khác không)
 4 = 3.1 + 1 
 Suy ra : = ( 9.k + 1) – ( 3.1+1) = 9k -3 chia hết cho 3 , không chia hết cho 9
Ta có 3638 = (362)19 = 129619 = ( 7.185 + 1) 19 = 7.k + 1 ( k N*)
 4133 = ( 7.6 – 1)33 = 7.q – 1 ( q N*) 
 Suy ra : = 7k + 1 + 7q – 1 = 7( k + q) 
Bài 5 : 
Chøng minh r»ng: chia hÕt cho 30 víi mäi n nguyªn d­¬ng 
Chøng minh r»ng: 2a - 5b + 6c 17 nÕu a - 11b + 3c 17 (a, b, c Î Z)
Bài 6 : a) Chøng minh r»ng: (a, b Î Z )
 b) Cho ®a thøc (a, b, c nguyªn). 
 CMR nÕu f(x) chia hÕt cho 3 víi mäi gi¸ trÞ cña x th× a, b, c ®Òu chia hÕt cho 3
HD a) ta có 17a – 34 b và 3a + 2b 
 vì (2, 7) = 1 
Ta có f(0) = c do f(0) 
 f(1) - f(-1) = (a + b + c) - ( a – b + c) = 2b , do f(1) và f(-1) chia hết cho 3 vì ( 2, 3) = 1
 f(1) do b và c chia hết cho 3 
 Vậy a, b, c đều chia hết cho 3
Bài 7 : a) Chøng minh r»ng lµ mét sè tù nhiên 
 b) Cho lµ sè nguyªn tè (n > 2). Chøng minh lµ hîp sè
 HD : b) ta có (2n +1)( 2n – 1) = 22n -1 = 4n -1 (1) .Do 4n- 1 chia hêt cho 3 và lµ sè nguyªn tè (n > 2) suy ra 2n -1 chia hết cho 3 hay 2n -1 là hợp số 
 Chuyên đề 7 : Bất đẳng thức 
 1.Kiến thức vận dụng
* Kỹ thuật làm trội : Nếu a1 < a2 < a3 <. < an thì n a1 < a1 + a2 +  + an < nan
 * a(a – 1) < a2 < a( a+1) 
 * a2 + 2.ab + b2 = ( a + b)2 0 , * a2 – 2 .ab + b2 = ( a – b)2 0 với mọi a,b
 2.Bài tập vận dụng
Bài 1: Cho a, b, c > 0 . Chøng tá r»ng: kh«ng lµ sè nguyªn.
 HD : Ta có 
Mặt khác 
 = 3 – N Do N >1 nên M < 2
 Vậy 1 < M < 2 nên M không là số nguyên
Bài 2 Chứng minh rằng : (1) , (2) với a, b, c 
 HD : (*)
 Do (*) đúng với mọi a,b nên (1) đúng
Bài 3 : Với a, b, c là các số dương . Chứng minh rằng
 a) (1) b) (2)
HD : a) Cách 1 : Từ (*) 
 Do (*) đúng suy ra (1) đúng 
 Cách 2: Ta có và 
 Dấu “ =” xẩy ra khi a = b
Ta có : 
Lại có 
 Suy ra Dấu “ = ” xẩy ra khi a = b = c
Bài 4 : a) Cho z, y, z lµ c¸c sè d­¬ng.
 Chøng minh r»ng: 
 b) Cho a, b, c tho¶ m·n: a + b + c = 0. Chøng minh r»ng: .
HD : b) Tính ( a + b + c)2 từ cm được 
 Chuyên đề 8 : Các bài toán về đa thức một ẩn 
 Bài 1 : Cho đa thức P(x) = a x3 + bx2 + cx + d ( a khác 0)
 Biết P(1) = 100 , P( -1) = 50 , P(0) = 1 , P( 2) = 120 . Tính P(3) 
 HD : ta có P(1) = 100 a + b + c + d = 100 
 P(-1) = 50 - a + b – c + d = 50 
 P( 0) = 1 d = 1
 P(2) = 8a + 4b + c + d = 120
 Từ đó tìm được c, d, và a và XĐ được P(x) 
Bài 2 : Cho víi a, b, c lµ c¸c sè h÷u tØ.
 	Chøng tá r»ng: . BiÕt r»ng 
HD : f( -2) = 4a – 2b + c và f(3) = 9a + 3b + c f(-2).f(3) =(4a – 2b + c)( 9a + 3b + c)
 Nhận thấy ( 4a – 2b + c) + ( 9a + 3b + c) = 13a + b + 2c = 0
 ( 4a – 2b + c ) = - ( 9a + 3b + c) 
 Vậy f(-2).f(3) = - ( 4a – 2b + c).( 4a – 2b + c) = - ( 4a -2b + c)2 0
Bài 3 Cho ®a thøc víi a, b, c lµ c¸c sè thùc. BiÕt r»ng f(0); f(1); f(2) cã gi¸ trÞ nguyªn. Chøng minh r»ng 2a, 2b cã gi¸ trÞ nguyªn.
HD : f(0) = c , f(1) = a + b + c , f(2) = 4a + 2b + c
Do f(0) ,f(1), f(2) nguyên c , a + b + c và 4a + 2b + c nguên 
 a + b và 4a + 2b = 2 (a + b) + 2a = 4( a + b) -2b ngyên 2a , 2b nguyên 
Bài 4 Chøng minh r»ng: f(x) cã gi¸ trÞ nguyªn víi mäi x nguyªn khi vµ chØ khi 6a, 2b, a + b + c vµ d lµ sè nguyªn
 HD : f(0) = d , f(1) = a + b + c + d , f(2) = 8a +4 b + c + d 
 Nếu f(x) có giá trị nguyên với mọi x d , a + b + c + d, 8a +4b + c + d là các số nguyên . Do d nguyên a + b + c nguyên và (a + b + c + d) + (a + b +c +) +2b nguyên 2b nguyên 6a nguyên . Chiều ngược lại cm tương tự.
Bài 5 : T×m tæng c¸c hÖ sè cña ®a thøc nhËn ®­îc sau khi bá dÊu ngoÆc trong biÓu thøc: A(x) = 
 HD : Giả sử A( x) = ao + a1x + a2x2 + ..+ a4018x4018
 Khi đó A(1) = ao + a1 +a2 + .+ a4018 
 do A(1) = 0 nên ao + a1 +a2 + .+ a4018 = 0
 Bài 6 : Cho x = 2011. TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc:
 HD : Đặt A = 
 tại x = 2012 thì A = 2011
 Chuyên đề 9 Các bài toán thực tế
Kiến thức vận dụng
Tính chất đại lượng tỉ lệ thuận : 
Đại lượng y tỉ lệ thuận với đại lượng x khi và chỉ khi :
 y = k.x ( k là hệ số tỉ lệ )
 - Tính chất đại lượng tỉ lệ nghịch :
 Đại lượng y và đại lượng x được gọi là hai đại lượng tỉ lệ nghịch khi :
 x.y = a ( a là hệ số tỉ lệ )
 - Tính chất dãy tỉ số bằng nhau. 
 2. Bài tập vận dụng
 *Phương pháp giải :
Đọc kỹ đề bài , từ đó xác định các đại lượng trong bài toán
 Chỉ ra các đại lượng đã biết , đại lượng cần tìm
Chỉ rõ mối quan hệ giữa các đại lượng ( tỉ lệ thuận hay tỉ lệ nghịch)
Áp dụng tính chất về đại lượng tỉ lệ và tính chất dãy tỉ số bằng nhau để giải
 Bài 1 : Một vật chuyển động trên các cạnh hình vuông. Trên hai cạnh đầu vật chuyển động với vận tốc 5m/s, trên cạnh thứ ba với vận tốc 4m/s, trên cạnh thứ tư với vận tốc 3m/s. Hỏi độ dài cạnh hình vuông biết rằng tổng thời gian vật chuyển động trên bốn cạnh là 59 giây
 Bài 2 : Ba líp 7A,7B,7C cã 94 häc sinh tham gia trång c©y. Mçi häc sinh líp 7A trång ®­îc 3 c©y, Mçi häc sinh líp 7B trång ®­îc 4 c©y, Mçi häc sinh líp 7C trång ®­îc 5 c©y,. Hái mçi líp cã bao nhiªu häc sinh. BiÕt r»ng sè c©y mçi líp trång ®­îc ®Òu nh­ nhau.
 Bài 3 : Mét « t« ph¶i ®i tõ A ®Õn B trong thêi gian dù ®Þnh. Sau khi ®i ®­îc nöa qu·ng ®­êng « t« t¨ng vËn tèc lªn 20 % do ®ã ®Õn B sím h¬n dù ®Þnh 10 phót. 
TÝnh thêi gian « t« ®i tõ A ®Õn B.
 Bài 4 : Trªn qu·ng ®­êng AB dµi 31,5 km. An ®i tõ A ®Õn B, B×nh ®i tõ B ®Õn A. VËn tèc An so víi B×nh lµ 2: 3. §Õn lóc gÆp nhau, thêi gian An ®i so víi B×nh ®i lµ 3: 4. 
TÝnh qu·ng ®­êng mçi ng­êi ®i tíi lóc gÆp nhau ?
 Bài 5 : Ba đội công nhân làm 3 công việc có khối lượng như nhau. Thời gian hoàn thành công việc của đội І, ІІ, ІІІ lần lượt là 3, 5, 6 ngày. Biêt đội ІІ nhiều hơn đội ІІІ là 2 người và năng suất của mỗi công nhân là bằng nhau. Hỏi mỗi đội có bao nhiêu công nhân ?
 Bài 6 : Ba ô tô cùng khởi hành đi từ A về phía B . Vận tốc ô tô thứ nhất kém ô tô thứ hai là 3 Km/h . Biết thơi gian ô tô thứ nhất, thứ hai và thứ ba đi hết quãng đường AB lần lượt là : 40 phút, giờ , giờ . Tính vận tốc mỗi ô tô ?
 PHẦN HÌNH HỌC
Một số phương pháp chứng minh hình hoc
 1.Chứng minh hai đoạn thẳng bằng nhau:
 P2 : - Chứng minh hai tam giác bằng nhau chứa hai đoạn thẳng đó
 - Chứng minh hai đoạn thẳng đó là hai cạnh bên của một tam giác cân
 - Dựa vào tính chất đường trung tuyến, đường trung trực của đoạn thẳng
 - Dựa vào định lí Py-ta- go để tính độ dài đoạn thẳng
 2.Chứng minh hai góc bằng nhau:
 P2 : - Chứng minh hai tam giác bằng nhau chứa hai góc đó
- Chứng minh hai góc đó là hai góc ở đáy của một tam giác cân
- Chứng minh hai đường thẳng song song mà hai góc đó là cặp góc so le trong ,đồng vị 
- Dựa vào tính chất đường phân giác của tam giác 
 3. Chứng minh ba điểm thẳng hàng:
 P2 : - Dựa vào số đo của góc bẹt ( Hai tia đối nhau)
- Hai đường thẳng cùng vuông góc với đường thẳng thứ 3 tại một điểm
- Hai đường thẳng đi qua một điểm và song song với đường thẳng thứ 3
- Dựa vào tính chất 3 đường trung tuyến, phân giác, trung trực, đường cao
 4. Chứng minh hai đường thẳng vuông góc 
 P2 : - Tính chất của tam giác vuông, định lí Py – ta – go đảo
- Qua hệ giữa đường thẳng song song và đường thẳng vuông góc 
 - Tính chất 3 đường trung trực, ba đường cao
 5 . Chứng minh 3 đường thẳng đồng quy( đi qua một điểm ) 
 P2 : - Dựa vào tính chất của các đường trong tam giác 
 6. So sánh hai đoạn thẳng, hai góc :
 P2 : - Gắn hai đoạn thẳng , hai góc vào một tam giác từ đó vận định lí về quan hệ giữa cạnh và góc đối diện trong một tam giác , BĐT tam giác
Dựa vào định lí về quan hệ giữa đường xiên và hình chiếu, đường xiên và đường vuông góc . 
Bài tập vận dụng
 Bài 1 : Cho tam gi¸c ABC cã ¢ < 900. VÏ ra phÝa ngoµi tam gi¸c ®ã hai ®o¹n th¼ng AD vu«ng gãc vµ b»ng AB; AE vu«ng gãc vµ b»ng AC.
 Chøng minh: DC = BE vµ DC BE
HD: 
 Phân tích tìm hướng giải 
*Để CM DC = BE cần CM ∆ABE = ∆ ADC ( c.g.c) 
 Có : AB = AD, AC = AE (gt)
 Cần CM : 
 Có : 
* Gọi I là giao điểm của AB và CD
Để CM : DC BE cần CM 
 Có ( Hai góc đối đỉnh) và 
 Cần CM ( vì ∆ABE = ∆ ADC)
 Lời giải
a) Ta có , mặt khác AB = AD, AC = AE (gt)
 Suy ra ∆ABE = ∆ ADC(c.g.c) DC = BE
b) Gọi I là giao điểm của AB và CD
 Ta có ( Hai góc đối đỉnh) , ( ∆ ADI vuông tại A) và ( vì ∆ABE = ∆ ADC) DC BC
*Khai thác bài 1:
 Từ bài 1 ta thấy : DC = BE vµ DC BE khi ∆ABD và ∆ ACE vuông cân, vậy nếu có ∆ABD và ∆ ACE vuông cân , Từ B kẻ BK CD tại D thì ba điểm E, K, B thẳng hàng
 Ta có bài toán 1.2
 Bài 1. 1: Cho tam gi¸c ABC cã ¢ < 900. VÏ ra phÝa ngoµi tam gi¸c ®ã hai ®o¹n th¼ng AD vu«ng gãc vµ b»ng AB; AE vu«ng gãc vµ b»ng AC . Từ B kẻ BK CD tại K 
Chứng minh rằng ba điểm E, K, B thẳng hàng
HD : Từ bài 1 chứng minh được DC BE mà BK CD tại K suy ra ba điểm E, K, B thẳng hàng
*Khai thác bài 1.1
 Từ bài 1.1 nếu gọi M là trung điểm của DE kẻ tia M A thì MA BC từ đó ta có bài toán 1.2
 Bài 1.2: Cho tam gi¸c ABC cã ¢ < 900. VÏ ra phÝa ngoµi tam gi¸c ®ã hai ®o¹n th¼ng AD vu«ng gãc vµ b»ng AB; AE vu«ng gãc vµ b»ng AC . Gọi M là trung điểm của DE kẻ tia M A . Chứng minh rằng : MA BC 
 Phân tích tìm hướng giải
HD: Gọi H là giao điểm của tia MA và BC 
 Để CM MA BC ta cần CM ∆AHC vuông tại H
Để CM ∆AHC vuông tại H ta cần tạo ra 1 tam giác 
vuông bằng ∆AHC 
 Trên tia AM lấy điểm N sao cho AM = MN 
Kẻ DQ AM tại Q 
 Cần CM ∆AHC = ∆DQN (g.c.g)
 CM: ND = AC , ,
 CM : ∆ABC = ∆DNA ( c.g.c)
 Có AD = AB (gt) 
 Cần CM : ND = AE ( = AC) và 
 + Để CM ND = AE
 CM : ∆MDN = ∆MEA (c.g.c)
 + Để CM 
 vì 
 CM AE // DN (∆MDN = ∆MEA)
 Lời giải
Gọi H là giao điểm của tia MA và BC , Trên tia AM lấy điểm N sao cho AM = MN
kẻ DQ AM tại Q 
 Ta có ∆MDN = ∆MEA ( c.g.c) vì : 
AM = MN ; MD = ME (gt) và ( hai góc đối đỉnh)
 DN = AE ( = AC) và AE // DN vì ( cặp góc so le trong )
( cặp góc trong cùng phía) mà 
 Xét ∆ABC và ∆DNA có : AB = AD (gt) , AC = DN và ( chứng minh trên ) ∆ABC = ∆DNA (c.g.c) 
 Xét ∆AHC và ∆DQN có : AC = DN , và 
 ∆AHC = ∆DQN (g.c.g) ∆AHC vuông tại H hay MA BC
* Khai thác bài toán 1.3
+ Từ bài 1.2 ta thấy với M là trung điểm của DE thì tia MABC , ngược lại 
nếu AH BC tại H thì tia HA sẽ đi qua trung điểm M của DE , ta có bài toán 1.4
 Bài 1.3 : Cho tam gi¸c ABC cã ¢ < 900. VÏ ra phÝa ngoµi tam gi¸c ®ã hai ®o¹n th¼ng AD vu«ng gãc vµ b»ng AB; AE vu«ng gãc vµ b»ng AC . Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ A đến BC . Chứng minh rằng tia HA đi qua trung điểm của đoạn thẳng DE 
 HD : Từ bài 1.2 ta có định hướng giải như sau: 
Kẻ DQ AM tại Q, ERAM tại R . 
 Ta có : + ( Cùng phụ )
 AD = AB (gt) ∆AHB = ∆DQA ( Cạnh huyền – góc nhọn) 
 DQ = AH (1)
 + ( cùng phụ )
AC = AE (gt) ∆AHB = ∆DQA ( Cạnh huyền – góc nhọn)
 ER = AH ( 1) . Từ (1) và (2) ER = DQ 
Lại có ( hai góc đối đỉnh ) 
 ∆QDM = ∆REM ( g.c.g) MD = ME hay M là trung 
điểm của DE
 + Từ bài 1.3 ta thấy với M là trung điểm của DE thì tia MADE , ngược lại 
nếu H là trung điểm của BC thì tia KA sẽ vuông góc với DE, ta có bài toán 1.4
 Bài 1.4: Cho tam gi¸c ABC cã ¢ < 900. VÏ ra phÝa ngoµi tam gi¸c ®ã hai ®o¹n th¼ng AD vu«ng gãc vµ b»ng AB; AE vu«ng gãc vµ b»ng AC . Gọi H trung điểm của BC . 
 Chứng minh rằng tia HA vuông góc với DE
HD : Từ bài 1.3 ta dễ dạng giải bài toán 1.4 
 Trên tia AH lấy điểm A’ sao cho AH = HA’ 
 Dễ CM được ∆AHC = ∆A’HB ( g.c.g)
 A’B = AC ( = AE) và 
 AC // A’B ( cặp góc trong cùng phía)
Mà 
 Xét ∆DAE và ∆ABA’ có : AE = A’B , AD = AB (gt)
 ∆DAE = ∆ABA’(c.g.c) 
 mà 
 Suy ra HA vuông góc với DE
 Bài 2 : Cho tam gi¸c c©n ABC (AB = AC). Trªn c¹nh BC lÊy ®iÓm D, trªn tia ®èi cña tia CB lÊy ®iÓm E sao cho BD = CE. C¸c ®­êng th¼ng vu«ng gãc víi BC kÎ tõ D vµ E c¾t AB, AC lÇn l­ît ë M, N. Chøng minh r»ng:
a) DM = EN
b) §­êng th¼ng BC c¾t MN t¹i trung ®iÓm I cña MN.
 c) §­êng th¼ng vu«ng gãc víi MN t¹i I lu«n ®i qua mét ®iÓm cè ®Þnh khi D thay ®æi trªn c¹nh BC
 * Phân tích tìm lời giải
 a) Để cm DM = EN 
 Cm ∆BDM = ∆CEN ( g.c.g)
 Có BD = CE (gt) , ( MD, NEBC)
 ( ∆ABC cân tại A)
Để Cm §­êng th¼ng BC c¾t MN t¹i trung 
 ®iÓm I cña MN Cần cm IM = IN
 Cm ∆MDI = ∆NEI ( g.c.g)
Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ A xuống BC , O là giao điểm của AH với đường thẳng vuông góc với MN kẻ từ I Cần cm O là điểm cố định
 Để cm O là điểm cố định
 Cần cm OC AC
 Cần cm 
 Cần cm : và 
 Cần cm ∆OBM = ∆OCN ( c.c.c) và ∆OAB = ∆OAC (c.g.c)
 *Khai thác bài 2
 Từ bài 2 ta thấy BM = CN , vậy ta có thể phát biểu lại bài toán như sau:
 Bài 2.1 Cho tam gi¸c c©n ABC (AB = AC). Trªn c¹nh AB lÊy ®iÓm M, trªn tia AC lÊy ®iÓm N sao cho BM = CN . Đường thẳng BC cắt MN tại I .
 Chøng minh r»ng:
a) I là trung điểm của MN
 b) §­êng th¼ng vu«ng gãc víi MN t¹i I lu«n ®i qua mét ®iÓm cè ®Þnh khi D thay đổi
 lời giải:
Từ lời giải bài 2 để giải bài 2.1 ta cần kẻ MDBC ( D BC)
 NE BC ( EBC) 
 Bài 3 : Cho ∆ABC vuông tại A, K là trung điểm của cạnh BC . Qua K kẻ đường thẳng vuông góc với AK , đường thẳng này cắt các đường thẳn