Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi môn Toán Lớp 9

CÁC CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HSG TOÁN THCS
Chuyên đề 1: SỐ CHÍNH PHƯƠNG
I- ĐỊNH NGHĨA: Số chính phương là số bằng bình phương đúng của một số nguyên.
II- TÍNH CHẤT: 
1- Số chính phương chỉ có thể có chữ số tận cùng bằng 0, 1, 4, 5, 6, 9; không thể có chữ tận cùng bằng 2, 3, 7, 8.
2- Khi phân tích ra thừa số nguyên tố, số chính phương chỉ chứa các thừa số nguyên tố với số mũ chẵn.
3- Số chính phương chỉ có thể có một trong hai dạng 4n hoặc 4n+1. Không có số chính phương nào có dạng 4n + 2 hoặc 4n + 3 (n N).
4- Số chính phương chỉ có thể có một trong hai dạng 3n hoặc 3n +1. Không có số chính phương nào có dạng 3n + 2 ( n N ).
5- Số chính phương tận cùng bằng 1, 4 hoặc 9 thì chữ số hàng chục là chữ số chẵn.
Số chính phương tận cùng bằng 5 thì chữ số hàng chục là 2.
Số chính phương tận cùng bằng 6 thì chữ số hàng chục là chữ số lẻ.
6- Số chính phương chia hết cho 2 thì chia hết cho 4.
Số chính phương chia hết cho 3 thì chia hết cho 9
Số chính phương chia hết cho 5 thì chia hết cho 25
Số chính phương chia hết cho 8 thì chia hết cho 16.
III- MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP VỀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG.
A- Dạng 1: CHỨNG MINH MỘT SỐ LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG.
Bài 1: Chứng minh rằng mọi số nguyên x, y thì:
 A= (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + là số chính phương.
Giải : Ta có A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + 
 = ( 
Đặt thì
 A = (
Vì x, y, z Z nên 
Vậy A là số chính phương.
Bài 2: Chứng minh tích của 4 số tự nhiên liên tiếp cộng 1 luôn là số chính phương.
Giải : Gọi 4 số tự nhiên, liên tiếp đó là n, n+1, n+2, n+3 (n Z). Ta có: 
n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 = n . ( n + 3)(n + 1)(n + 2) + 1
 = (
Đặt thì (*) = t(t + 2) + 1 = t2 + 2t + 1 = (t + 1)2
 = (n2 + 3n + 1)2
Vì n N nên n2 + 3n + 1 N. Vậy n(n + 1)(n + 2)(+ 3) + 1 là số chính phương.
Bài 3: Cho S = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + ...+ k(k + 1)(k + 2)
Chứng minh rằng 4S + 1 là số chính phương.
Giải : Ta có: k(k + 1)(k + 2) = k (k + 1)(k + 2). 4= k(k + 1)(k + 2). 
 = k(k + 1)(k + 2)(k + 3) - k(k + 1)(k + 2)(k - 1)
=> 4S =1.2.3.4 - 0.1.2.3 + 2.3.4.5 - 1.2.3.4 + . . . + k(k + 1)(k + 2)(k + 3) 
 - k(k + 1)(k + 2)(k - 1) = k(k + 1)(k + 2)(k + 3) 
=> 4S + 1 = k(k + 1)(k + 2)(k + 3) + 1
Theo kết quả bài 2 => k(k + 1)(k + 2)(k + 3) + 1 là số chính phương.
Bài 4: Cho dãy số 49; 4489; 444889; 44448889; . . .
- Dãy số trên được xây dựng bằng cách thêm số 48 vào giữa các chữ số đứng trước và đứng sau nó. Chứng minh rằng tất cả các số của dãy trên đều là số chính phương.
Ta có 44 ...488...89 = 44...488...8 + 1 = 44...4 . 10n + 8 . 11 ... 1 + 1
 n chữ số 4 n - 1 chữ số 8 n chữ số 4 n chữ số 8	 n chữ số 4	 n chữ số 1
= 4.
= 
= 
Ta thấy 2.10n + 1 = 200...01 có tổng các chữ số chia hết cho 3 nên nó chia hết cho 3
 n - 1 chữ số 0 
=> Z hay các số có dạng 44 ... 488 ... 89 là số chính phương.
Các bài tương tự:
Chứng minh rằng số sau đây là số chính phương.
A = 11 ... 1 + 44 ... 4 + 1
 2n chữ số 1 n chữ số 4
B = 11 ... 1 + 11 . . .1 + 66 . . . 6 + 8	
 2n chữ số 1 n+1 chữ số 1 n chữ số 6
C= 44 . . . 4 + 22 . . . 2 + 88 . . . 8 + 7
 2n chữ số 4 n+1 chữ số 2 n chữ số 8
D = 22499 . . .9100 . . . 09
 n-2 chữ số 9 n chữ số 0 
E = 11 . . .155 . . . 56
 n chữ số 1 n-1 chữ số 5 
Kết quả: A= 
D = (15.10n - 3)2	E = 
Bài 5: Chứng minh rằng tổng các bình phương của 5 số tự nhiên liên tiếp không thể là một số chính phương.
Gọi 5 số tự nhiên liên tiếp đó là n - 2, n - 1, n +1, n + 2 ( n N, n >2).
Ta có (n - 2)2 + ( n - 1)2 + n2 + (n + 1)2 + (n + 2)2 = 5 . (n2 + 2)
Vì n2 không thể tận cùng bởi 3 hoặc 8 do đó n2 + 2 không thể chia hết cho 5 
=> 5. (n2 + 2) không là số chính phương hay A không là số chính phương.
Bài 6: Chứng minh rằng số có dạng n6 - n4 + 2n3 + 2n2 trong đó n N và n >1
không phải là số chính phương.
n6 - n 4 + 2n3 + 2n2 = n2. (n4 - n2 + 2n +2) = n2. [n2(n-1)(n+1) +2(n+1)]
 = n2[(n+1)(n3 - n2 + 2)] = n2(n + 1) . [(n3 + 1) - (n2 - 1)]
 = n2(n + 1)2 . (n2 - 2n + 2)
Với nN, n > 1 thì n2 - 2n + 2 = ( n -1)2 + 1 > ( n - 1)2
Và n2 - 2n + 2 = n2 - 2(n - 1) < n2
Vậy (n - 1)2 n2 - 2n + 2 không phải là một số chính phương.
Bài 7: Cho 5 số chính phương bất kỳ có chữ số hàng chục khác nhau còn chữ số hàng đơn vị đều là 6. Chứng minh rằng tổng các chữ số hàng chục của 5 số chính phương đó là một số chính phương.
Ta biết một số chính phương có chữ số hàng đơn vị là 6 thì chữ số hàng chục của nó là số lẻ. Vì vậy chữ số hàng chục của 5 số chính phương đó là 1,3,5,7,9 khi đó tổng của chúng bằng 1 + 3 + 5 + 7 + 9 = 25 = 52 là số chính phương.
Bài 8: Chứng minh rằng tổng bình phương của 2 số lẻ bất kỳ không phải là số chính phương.
a và b lẻ nên a = 2k + 1, b= 2m + 1 (Với k, m N).
=> a2 + b2 = (2k + 1)2 + ( 2m + 1)2 = 4k2 + 4k + 1 + 4m2 + 4m + 1
 = 4 (k2 + k + m2 + m) + 2
 => a2 + b2 không thể là số chính phương.
Bài 9: Chứng minh rằng nếu p là tích của n (với n > 1) số nguyên tố đầu tiên 
thì p - 1 và p + 1 không thể là các số chính phương.
Vì p là tích của n số nguyên tố đầu tiên nên p2 và p không thể chia hết cho 4 (1)
a- Giả sử p + 1 là số chính phương. Đặt p + 1 = m2 ( m N).
Vì p chẵn nên p + 1 lẻ => m2 lẻ => m lẻ.
Đặt m = 2k + 1 (k N). Ta có m2 = 4k2 + 4k + 1 => p + 1 = 4k2 + 4k + 1
=> p = 4k2 + 4k = 4k (k + 1) 4 mâu thuẫn với (1).
=> p + 1 không phải là số chính phương.
b- p = 2.3.5... là số chia hết cho 3 => p - 1 có dạng 3k + 2.
=> p - 1 không là số chính phương.
Vậy nếu p là tích n (n >1) số nguyên tố đầu tiên thì p - 1 và p + 1 không là số chính phương.
Bài 10: Giả sử N = 1.3.5.7 . . . 2007. 2011
Chứng minh rằng trong 3 số nguyên liên tiếp 2N - 1, 2N và 2N + 1 không có số nào là số chính phương.
a- 2N - 1 = 2.1.3.5.7 . . . 2011 - 1
Có 2N 3 => 2N - 1 = 3k + 2 (k N)
=> 2N - 1 không là số chính phương.
b- 2N = 2.1.3.5.7 . . . 2011 => 2N chẵn.
=> N lẻ => N không chia hết cho 2 và 2N 2 nhưng 2N không chia hết cho 4.
2N chẵn nên 2N không chia cho 4 dư 1 hoặc dư 3 => 2N không là số chính phương.
c- 2N + 1 = 2.1.3.5.7 . . . 2011 + 1
2N + 1 lẻ nên 2N + 1 không chia hết cho 4
2N không chia hết cho 4 nên 2N + 1 không chia cho 4 dư 1.
=> 2N + 1 không là số chính phương.
Bài 11: Cho a = 11 . . . 1 ; b = 100 . . . 05
 2010 chữ số 1 2009 chữ số 0 
	 Chứng minh là số tự nhiên.
Giải: b = 100 . . . 05 = 100 . . . 0 - 1 + 6 = 99 . . . 9 + 6 = 9a + 6
 2009 chữ số 0	 2010 chữ số 0	 2010 chữ số 9
 ab + 1 = a(9a + 6) + 1 = 9a2 + 6a + 1 = (3a + 1)2
B. DẠNG 2: TÌM GIÁ TRỊ CỦA BIẾN ĐỂ BIỂU THỨC LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG
Bài 1: Tìm số tự nhiên n sao cho các số sau là số chính phương
a) n2 + 2n + 12 	b) n(n + 3)
c) 13n + 3	d) n2 + n + 1589
Giải:
a) Vì n2 + 2n + 12 là số chính phương nên đặt n2 + 2n + 12 = k2 (k N)
 (n2 + 2n + 1) + 11 = k2 k2 – (n + 1)2 = 11 (k + n + 1)(k – n - 1) = 11
Nhận xét thấy k + n + 1 > k - n - 1 và chúng là những số nguyên dương, nên ta có thể viết (k + n + 1) (k - n - 1) = 11.1 	k + n + 1 = 11 	k = 6
k - n – 1 = 1	n = 4
b) đặt n(n + 3) = a2 (n N) n2 + 3n = a2 	 4n2 + 12n = 4a2
	(4n2 + 12n + 9) – 9 = 4a2
 	 (2n + 3)2 – 4a2 = 9
(2n + 3 + 2a)(2n + 3 – 2a) = 9
Nhận xét thấy 2n + 3 + 2a > 2n + 3 – 2a và chúng là những số nguyên dương, nên ta có thể viết (2n + 3 + 2a)(2n + 3 – 2a) = 9.1 	2n + 3 + 2a = 9	 	n = 1
2n + 3 – 2a = 1	a = 2
c) Đặt 13n + 3 = y2 (y N) 	 13(n - 1) = y2 – 16
13(n - 1) = (y + 4)(y – 4)
(y + 4)(y – 4) 13 mà 13 là số nguyên tố nên y + 4 13 hoặc y – 4 13
 y = 13k 4 (với k N)
 13(n - 1) = (13k 4)2 – 16 = 13k.(13k 8)
13k2 8k + 1
Vậy n = 13k2 8k + 1 (với k N) thì 13n + 3 là số chính phương
d) Đặt n2 + n + 1589 = m2 (m N) 	 (4n2 + 1)2 + 6355 = 4m2
(2m + 2n + 1) (2m – 2n – 1) = 6355
Nhận xét thấy 2m + 2n + 1 > 2m – 2n – 1 > 0 và chúng là những số lẻ, nên ta có thể viết (2m + 2n + 1) (2m – 2n – 1) = 6355.1 = 1271.5 = 205.31 = 155.41
Suy ra n có thể có các giá trị sau : 1588 ; 316 ; 43 ; 28
Bài tương tự :
Tìm a để các số sau là những số chính phương
a) 	a2 + a + 43
b) 	a2 + 81
c) 	a2 + 31a + 1984
Kết quả: 	a) 	2; 42; 13
b)	0; 12; 40
c) 12 ; 33 ; 48 ; 97 ; 176 ; 332 ; 565 ; 1728
Bài 2 : Tìm số tự nhiên n 1 sao cho tổng 1! + 2! + 3! +  + n! là một số chính phương.
Với n = 1 thì 1! = 1 = 12 là số chính phương
Với n = 2 thì 1! + 2! = 3 không là số chính phương
Với n = 3 thì 1! + 2! + 3! = 1 + 1.2 + 1.2.3 = 9 = 33 là số chính phương
Với n 4 ta có 1! + 2! + 3! + 4! = 1 + 1.2 + 1.2.3 + 1.2.3.4 = 33 còn 5!; 6!; ; n! đều tận cùng bởi 0 do đó 1! + 2! + 3! +  n! có tận cùng bởi chữ số 3 nên nó không phải là số chính phương.
Vậy có 2 số tự nhiên n thoả mãn đề bài là n = 1; n = 3
Bài 3: Có hay không số tự nhiên n để 2010 + n2 là số chính phương.
Giả sử 2010 + n2 là số chính phương thì 2010 + n2 = m2 (m)
Từ đó suy ra m2 - n2 = 2010 (m + n) (m – n) = 2010
Như vậy trong 2 số m và n phải có ít nhất 1 số chẵn (1)
Mặt khác m + n + m – n = 2m 2 số m + n và m – n cùng tính chẵn lẻ (2)
Từ (1) và (2) m + n và m – n là 2 số chẵn.
 (m + n) (m – n) 4 nhưng 2006 không chia hết cho 4
 Điều giả sử sai.
Vậy không tồn tại số tự nhiên n để 2006 + n2 là số chính phương.
Bài 4: Biết x và x > 2. Tìm x sao cho 
Đẳng thức đã cho được viết lại như sau: 
Do vế trái là một số chính phương nên vế phải cũng là một số chính phương.
Một số chính phương chỉ có thể tận cùng bởi một trong các chữ số 0; 1; 4; 5; 6; 9 nên x chỉ có thể tận cùng bởi một trong các chữ số 1; 2; 5; 6; 7; 0	(1)
Do x là chữ số nên x 9, kết hợp với điều kiện đề bài ta có x và 2 < x 9 (2)
Từ (1) và (2) x chỉ có thể nhận một trong các giá trị 5; 6; 7
Bằng phép thử ta thấy chỉ có x = 7 thoả mãn đề bài, khi đó 762 = 5776
Bài 5: Tìm số tự nhiên n có 2 chữ số biết rằng 2n + 1 và 3n + 1 đều là các số chính phương.
Ta có 10 n 99 nên 21 2n + 1 199. Tìm số chính phương lẻ trong khoảng trên ta được 2n + 1 bằng 25; 49; 81; 121; 169 tương ứng với số n bằng 12; 24; 40; 60; 84
Số 3n + 1 bằng 37; 73; 121; 181; 253. Chỉ có 121 là số chính phương.
Vậy n = 40
Bài 6: Chứng minh rằng nếu n là số tự nhiên sao cho n + 1 và 2n + 1 đều là các số chính phương thì n là bội số của 24
Vì n + 1 và 2n + 1 là các số chính phương nên đặt n + 1 = k2, 2n + 1 = m2 (k, m )
Ta có m là số lẻ m = 2a + 1 m2 = 4a(a + 1) + 1
Mà 
 n chẵn n + 1 lẻ k lẻ đặt k = 2b + 1 (với b) k2 = 4b(b+1) + 1
 n = 4b(b+1) n 8 	(1)
Ta có: k2 + m2 = 3n + 2 2 (mod3)
Mặt khác k2 chia cho 3 dư 0 hoặc 1, m2 chia cho 3 dư 0 hoặc 1
Nên để k2 + m2 2 (mod3) thì 	k2 1 (mod3)
m2 1 (mod3)
 m2 – k2 3 hay (2n + 1) – (n + 1) 3 n 3 	(2)
Mà (8; 3) = 1 	(3)
Từ (1), (2), (3) n 24
Bài 7: Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho số 28 + 211 + 2n là số chính phương
Giả sử 28 + 211 + 2n = a2 (a N) thì
2n = a2 – 482 = (a + 48) (a – 48)
2p. 2q = (a + 48) (a – 48) với p, q N ; p + q = n và p > q
 	a + 48 = 2p 2p 2q = 96 2q (2p-q – 1) = 25.3
a – 48 = 2q
 q = 5 và p – q = 2 p = 7
 n = 5 + 7 = 12
Thử lại ta có: 28 + 211 + 2n = 802 
C.DẠNG 3 : TÌM SỐ CHÍNH PHƯƠNG
Bài 1 : Cho A là số chính phươn ... ho đường tròn (I) tiếp xúc với hai cạnh của góc xOy tại A và B. Từ C trên cung nhỏ AB kẻ tiếp tuyến với đường tròn (I) cắt Ox, Oy theo thứ tự tại M, N. Xác định vị trí của C trên cung nhỏ AB để MN có độ dài nhỏ nhất.
Giải: Vì (O) tiếp xúc với các cạnh AB, AC nên O cách đều AB, AC do đó O thuộc tia phân giác của góc A. Lại có ABC cân nên phân giác góc A đồng thời là trung tuyến mà OBC nên O là trung điểm cạnh BC.
(): Giả sử MN là tiếp tuyến (O).
Nối OM, ON.
 Do MB, MP là hai tiếp tuyến cắt nhau của (O), NP, NC cũng là hai tiếp tuyến cắt nhau của (O), sử dụng tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta suy ra được
Q
A
B
 Ta hãy đưa bài toán về bài toán quen thuộc bằng cách qua I kẻ đường thẳng song song với AB cắt Ox, Oy thứ tự ở P và Q. Ta có AOB cân nên POQ cân ở O, IPQ mà MN là tiếp tuyến của (I). Áp dụng bài toán trên . Lại do cân chung đỉnh O AP = BQ (không đổi) 
C
N
O
M
P
I
Ta có MN = AM + BN = MP + NQ - AP - BQ = MP + NQ - 2AP.
Do đó MN nhỏ nhất MP + NQ nhỏ nhất (Áp dụng kết quả bài toán 1.1) ta có được C là điểm chính giữa cung nhỏ AB.
Nếu vẫn tiếp tục khai thác bài toán ban đầu ta có thể đưa ra một số bài toán cho học sinh tự làm, coi như bài tập về nhà để học sinh tự giải quyết.
	Bài toán 1.6: Cho ABC cân ở A. Lấy M, N trên cạnh AB, AC sao cho . Tìm vị trí của M, N sao cho AMN có diện tích lớn nhất.
Bài toán 1.7: Cho M, M' trên tia AB và tia đối của tia BA; N, N' thuộc tia CA và tia đối của tia CA. Chứng minh rằng:
1) Nếu MB.NC = M'B.N'C = thì tứ giác MM'N'N ngoại tiếp được một đường tròn;
2)Phân giác tạo bởi MN và MM' đi qua một điểm cố định.
Bài toán 1.8: 
1) Cho ABC. Dựng hai điểm P, Q thứ tự trên AB và AC sao cho AP = AQ và BP.CQ = ;
2) Cho hình vuông ABCD, lấy điểm F thuộc CD, G thuộc BC sao cho EG//AF (với E là trung điểm của AB). Chứng minh rằng FG là tiếp tuyến của đường tròn nội tiếp hình vuông.
Bài toán 1.9: Cho tam giác ABC cân ở A. Đường tròn có tâm O là trung điểm của BC tiếp xúc với AB, AC thứ tự ở H và K. Lấy P thuộc đoạn AB, Q thuộc đoạn AC sao cho PQ là tiếp tuyến của (O). Tìm quĩ tích tâm O' của đường tròn ngoại tiếp tam giác OPQ.
	Với cách làm tương tự trên, bằng phương pháp đặc biệt hoá, khái quát hoá, tương tự và thao tác tư duy thuận đảo ta cũng hình thành cho học sinh tư duy lôgíc, tư duy sáng tạo, tính độc đáo trong toán học. Chẳng hạn ta có bài toán sau:
Bài toán 2: Cho đường tròn (O) đường kính CD. Từ C và D kẻ hai tiếp tuyến Cx, Dy với đường tròn. Từ một điểm E nằm trên đường tròn, kẻ tiếp tuyến với đường tròn đó cắt Cx tại A và Dy tại B. Chứng minh góc AOB = 900.
Phân tích bài toán:
J
K
O
D
C
E
B
A
y
x
Để chứng minh góc AOB = 900, ta có thể làm bằng nhiều cách khác nhau. Chẳng hạn:
	- Ta chứng minh OA, OB là hai tia phân giác của cặp góc kề bù;
	- Ta chứng minh góc AOB = góc CED, mà góc CED = 900 
 nên gócAOB = 900.
Do 	+) đồng dạng với (g.g) nên góc AOB = góc CED, 
mà góc CED = 900 vậy góc AOB = 900.
+) Tứ giác OKEJ là hình chữ nhật ( có ba góc vuông) nên góc AOB = 900. 
Tiếp tục tư duy chúng ta còn tìm được thêm một vài cách giải khác nữa. Sau đây ta xét một trong các cách giải đó:
Ta có góc ACO = gócAEO = 900 (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
suy ra gócACO + góc AEO = 1800 suy ra tứ giác ACOE nội tiếp
Do đó ta có gócEAO = gócECO (hai góc cùng chắn một cung OE)
Tương tự ta cũng có gócEBO = gócEDO, mà gócECO + gócEDO = 900 (vì gócCEO = 900-góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). Nên gócEAO + gócEBO = 900. Từ đó suy ra gócAOB = 900. (Đpcm).
Khai thác bài toán:
	- Nếu ta thay đổi một vài điều kiện của bài toán, chẳng hạn vị trí của điểm O thay bằng điểm M bất kì trên CD. Khi đó đường thẳng vuông góc với ME tại E không còn là tiếp tuyến nữa mà trở thành cát tuyến với (O). Thế thì yêu cầu của bài toán chứng minh gócAMB = 900 còn đúng nữa hay không?. Điều này vẫn còn đúng, từ đó ta có bài toán khác như sau:
	Bài toán 2.1: Cho đường tròn (O) đường kính CD. Từ C, D kẻ hai tiếp tuyến Cx, Dy. Một điểm E bất kỳ nằm trên đường tròn, điểm M bất kỳ nằm trên CD (M không trùng với C, D, O). Qua E kẻ đường thẳng vuông góc với ME cắt Cx, Dy theo thứ tự tại A và B. Chứng minh rằng gócAMB = 900.
 -)Tại sao ta lại đặt vấn đề M khác C, D, O.
- Vì nếu M O thì trở lại bài toán trên.
- Còn nếu M C thì đường thẳng ME cắt Cx tại A, cắt Dy tại B D. Khi đó ta có góc AMB = 900.
Nếu M D thì tương tự trên.
x
y
A
E
DB
O
MC
M
O
D
C
E
B
A
y
x
	Ta trở lại bài toán: Như vậy tương tự bài toán trên ta cũng có:
	gócMAB = gócECM (do tứ giác ACME nội tiếp)
	gócEBM = gócEDM (do tứ giác BDME nội tiếp)
mà gócECM + góc EDM = 900 (do gócCED = 900). Nên gócAMB = 900.
	-) Ta tiếp tục khai thác và mở rộng bài toán, chẳng hạn điểm M không nằm trong đoạn CD mà nằm trên đường thẳng CD và giữ nguyên các điều kiện của bài toán 2.1 thì sao? từ đó ta có bài toán sau:
M
O
D
C
E
B
A
y
x
	Bài toán 2.2: Cho đường tròn (O) đường kính CD. Từ C, D kẻ hai tiếp tuyến Cx, Dy. Một điểm E bất kỳ nằm trên đường tròn, điểm M bất kỳ nằm trên đường thẳng CD (M không trùng với C, D, O). Qua E kẻ đường thẳng vuông góc với ME cắt Cx, Dy theo thứ tự tại A và B. Chứng minh rằng gócAMB = 900.
	- Muốn chứng minh góc AMB = 900 ta dựa vào cách chứng minh bài toán trên. Ta chứng minh gócMAB + gócMBA = 900.
	Muống chứng minh gócMAB + góc MBA = 900 ta chứng minh 
gócMAB + gócMBA = gócCDE + gócDCE = 900
	Để chứng minh điều này ta cần chứng minh gócMAB = gócECD, 
gócMBA = gócMDE. Như vậy ta cần phải chứng minh các tứ giác AMCE, MEDB nội tiếp.
	Từ đó ta có lời giải sau:
Chứng minh: Ta có gócACM = gócAEM = 900, do đó tứ giác AMCE nội tiếp 
 gócMAB = góc ECD (cùng bù gócMCE)
Tương tự tứ giác MEDB nội tiếp gócMAB = gócMDE (cùng chắn một cung).
Mà gócECD + gócEDC = 900. Do đó gócMBA + gócMAB = 900.
Suy ra gócAMB = 900.
Như vậy nhìn lại bài toán trên ta có thể đưa thành bài toán tổng quát hơn như sau:
	Bài toán 2.3: (Bài toán tổng quát) 
	Cho đường tròn (O) đường kính CD. Một điểm E thuộc đường tròn (O). M là điểm bất kì thuộc đường thẳng CD. Kẻ đường thẳng vuông góc với ME tại E cắt các tiếp tuyến Cx, Dy của đường tròn tại A và B. Chứng minh góc AMB = 900.
	Vẫn tiếp tục bài toán 2 ta khai thác theo khía cạnh khác, ta có bài toán sau:
	Bài toán 2.4: Cho đường tròn (O;), qua A và B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By của đường tròn. Một điểm M thuộc đường tròn, qua M kẻ tiếp tuyến cắt Ax, By theo thứ tự ở C và D.
	1) Chứng minh CD = AC + BD;
	2) Đường tròn ngoại tiếp tam giác COD luôn tiếp xúc với một đường thẳng cố định khi M thay đổi trên đường tròn.
K
H
O
B
A
M
D
C
y
x
	3) AD cắt BC ở H chứng minh MH // AC.
Phân tích bài toán:
	1) Với phần này rất phù hợp với học sinh trung bình khi học xong bài tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, Ta thấy ngay CM = CA; DM = DB 
từ đó suy ra CM + DM = CA + DB mà M nằm giữa C và D nên CD = CA + DB.
	2) Cũng tương tự bài toán trên ta có COD vuông ở O. Mặt khác gọi I là trung điểm của CD thì O (1). 
Lại có tứ giác ABDC là hình thang, OI là đường trung bình nên OI // CA, mà CA AB do đó IO AB (2)
Từ (1) và (2) suy ra AB là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác COD. Mà AB là đường thẳng cố định nên đường tròn ngoại tiếp tam giác COD luôn tiếp xúc với đường thẳng AB cố định khi M thay đổi trên đường tròn.
3) Với phần này là một bài toán rất hay vì nó đòi hỏi học sinh phải dùng phương pháp phân tích đi lên để tìm lời giải của bài toán. Hơn nữa để tìm ra lời giải học sinh còn phải huy động kiến thức về định lí Talét đảo.
Giáo viên hướng dẫn học sinh tìm lời giải của bài toán bằng sơ đồ phân tích đi lên, như sau:
 MH //AC
 (vì DM=DB; MC=CA)
 AC // DB (AB)

Từ đó yêu cầu học sinh lên bảng căn cứ vào sơ đồ trình bày lời giải của bài toán:
Ta có AC, BD là hai tiếp tuyến của (O) đường kính AB nên ACAB, BDAB do đó AC // BD.
Xét ACH có AC // BD áp dụng hệ quả định lí Talét, ta có mà DB = DM; AC = MC nên ta có áp dụng định lí Talét đảo trong tam giác DAC suy ra MH // AC.
Khai thác bài toán:
	-) Giáo viên đặt vấn đề cho học sinh suy nghĩ. Gọi giao điểm của MH và AB là K, có nhận xét gì về vị trí của H đối với MK? Từ đó ta có bài toán:
	Bài toán 2..5: Với giả thiết của bài toán trên. Chứng minh H là trung điểm của MK.
	-) Nếu gọi P là giao điểm của BM và Ax. Thì ta cũng có kết quả C là trung điểm của AP.
	-) Nếu giáo viên cho thêm điều kiện AC = R (AB = 2R) thì chúng ta lại có bài toán liên quan đến tính toán. Từ đó ta có bài toán sau:
	Bài toán 2.6: Cho , từ A, B kẻ các tiếp tuyến Ax, By của đường tròn. Một điểm C trên tia Ax sao cho AC = R. Từ C kẻ tiếp tuyến CM tới đường tròn cắt By ở D. AD cắt BC ở H.
	1) Tính số đo gócAOM;
	2) Chứng minh trực tâm của tam giác ACM nằm trên (O);
	3) Tính MH theo R.
	-) Bây chúng ta lại xét bài toán không tĩnh như trên nữa, mà cho điểm C thay đổi trên tia Ax sao cho AC thì khi đó trực tâm của ACM cũng thay đổi theo. Từ đó ta có bài toán sau:
	Bài toán 2.7: Cho , từ A, B kẻ các tiếp tuyến Ax, By của đường tròn. Một điểm C trên tia Ax sao cho AC R. Từ C kẻ tiếp tuyến CM tới đường tròn cắt By ở D.Gọi H là trực tâm của tam giác ACM. Tìm quĩ tích điểm H.
	-) Lại nhìn bài toán dưới góc độ bài toán cực trị hình học, ta có bài toán sau:
	Bài toán 2.8: Cho từ A, B kẻ các tiếp tuyến Ax, By của đường tròn. Một điểm M trên đường tròn, từ M kẻ tiếp tuyến của (O) cắt Ax, By thứ tự ở C và D. Tìm vị trí của điểm M để:
	1) CD có độ dài nhỏ nhất;
	2) Diện tích tam giác COD nhỏ nhất.
	Như vậy xuất phát từ bài toán trong SGK, bằng những thao tác tư duy lật ngược vấn đề, tương tự, khái quát hoá, tương tự hoá, chúng ta đã sáng tạo ra được rất nhiều bài toán xuất phát từ bài toán gốc trong quá trình tìm lời giải, nghiên cứu sâu lời giải: như bài toán tính toán, bài toán quĩ tích, bài toán cực trị,. Việc làm như thế ở người thày được lặp đi, lặp lại và thường xuyên trong quá trình lên lớp sẽ dần dần hình thành cho học sinh có phương pháp, thói quen đào sâu suy nghĩ, khai thác bài toán ở nhiều góc độ khác nhau. Đặc biệt là rèn cho học sinh có phương pháp tìm lời giải bài toán bằng phương pháp phân tích đi lên-một phương pháp tư duy rất đặc trưng và cực kì hiệu quả khi học môn hình học. Thông qua đó học sinh được phát triển năng lực sáng tạo toán học, nhất là những học sinh khá giỏi. Qua mỗi giờ dạy người thày cần giúp học sinh làm quen và sau đó tạo cơ hội cho học sinh luyện tập, thể hiện một cách thường xuyên thông qua hệ thống câu hỏi gợi mở, hệ thống bài tập từ dễ đến khó.
	Trên đây là một vài ý tưởng của tôi đã đưa ra trong quá trình lên lớp trong giờ luyện tập hình học. Theo tôi nó có tác dụng:
	- Giúp các em củng cố kiến thức đã học;
	- Giúp các em biết vận dụng kiến thức đã học vào bài tập;
	- Rèn kĩ năng trình bày cho học sinh; 
	- Phát triển tư duy toán học thông qua các thao tác tư duy khái quát hoá, đặc biệt hoá, tương tự hoá, tư duy thuận đảo,
	- Dần dần hình thành phương pháp tìm lời giải bài toán hình học, tư duy linh hoạt, phương pháp học toán, học sáng tạo toán học.