Đề thi học sinh giỏi Toán Lớp 8 - Chuyên đề Chia hết

 TÍNH CHIA HẾT.
định lí chia có dư.
các phép chia hết- quy tắc.
các vd minh họa:
cmr: A= 20062002+20062003+20062004+20062005 chia hết cho 223.
Ta nhóm 2 số đầu và 2 số cuối tạo ra số 2007= 223.9 là xong/.
cmr với x khác -6 thì A= (x+1`)(x+3)(x+5)(x+7) chia hết cho x+6.
Ta nhận thấy có số 8=3+5=1+7 nên tha nhóm lại và thành 2 tích để tạo ra x+6.
chi A=x95+x94+.. .+x+1 và B= x31+x30++x+1. cmr A chia hết cho B.
ta nhóm từng cụm 32 số từ đầu đến cuối là tạo ra ngay A=B.X. xong.
cho M=n4-4n3- 4n2+16n với n chẵn và n > 4. Cmr M chia hết cho 384.
Nhóm ngay n-4 và tạo ra dạng tích của các số hạng.
Sau đó ta dùng n chẵn tức là n=2k. tạo ra 16. tích 4 số liên tiếp nên chia hết cho 24.16. xong
c/m M=300(72006+72005++7+1) +50 CHIA HẾT CHO 72007.
Ta phân tích số 300= 50.6 vì số 6 có lien quan đặc biệt đến số 7 là 6=7-1.
Mặt khác ta nhận thấy bên trong ngoặc là có dạng bình phương thiếu của tổng nên tạo ra HĐT xn-1. ta được KQ : 50.7.2007. xong.
c/m nếu n là số tự nhiên chẵn thì : A=20n+16n-3n-1 chia hết cho 323.
Ta nhận tháy 323= 17.19 và nguyên tó cùng nhau. Ta c/m A chia hết cho 17 mvà 19.
Ta nhận thấy có số 20 và 3 rồi lại 16 và 1 đều tạo ra 17 nen nhóm lại và dùng HĐT như thrên bta tạo ngay số 17.
Ta lại nhận thấy có 20 và1 rồi 16 và 3 nên tương tự ta tạo ra 19.
c/m : A= 3638 +4133 chia hết cho 77.
Ta nhận thấy 77= 11.7
Ta chia A hết 11. ta nhận thấy 36 tạo ra 33 và 41 tạo ra 44 thì sẽ rút gọn được.
Thêm bớt các đại lượng 338  và 333. zsau đó tính ntoán là được.
Ta nhận thấy 36 gần 35 chia hết cho 7 và 41 gần 42 tạo ra số 1. thêm bớt số 1.
cmr số : A= 1.2.3.42006(1+1/2+1/3++1/2006) chia hết cho 2007.
Ta đặt m= cái trước và n là cái sau.
Ta nhóm n thành từng cặp số hạng đầu và số hạng cuối như 1+1/2006 nhằm tạo ra 2007 chung còn ở trong không xét. Còn m không liên quan.
cmr: A=7n+2+82n+1 chia hết cho 57.
Ta Nhận xét 57 = 19.3.
Ta Nhận xét có 72 là 49 và 82=64 còn 8.
Ta nhận thấy 49= 57-8 và nhóm lại.
Còn 64= 57+7 vậy 64n và 7n nhóm lại được. Tạo ra 57.
cmr : M= 3n+63 chia hết cho 72 với n chẵn.
Ta nhận thấy 72=9.8.
N chẵn và 63 chia hết cho 9 nên 9 là xong.
Ta nhận thấy n chẵn nên 32 chi 8 dư 1 vậy 3n dư 1 và kết hợp 63 là xong.
cho P= (a+b)(b+c)(c+a)- abc với a,b,c nguyên cmr : nếu a+b+c chia hết cho 4 thì P chia hết cho 4.
Ta phân tích hết ra và nhóm lại mục đích tạo ra a+b+c để dùng. 
Sau đó tạo ra 2.abc thì ta biện luận sau.
tồn tại hay không số tự nhiên n : 10n+2007 chia hết cho 102007-1.
Ta nhẩmvài số để thử xem sao.
Ta đoán chắc là không được.
Ta thấy 102007 -1 chia hết cho 9 vì 10=9+1 nên dự đoán số kia không chia hết cho 9.
Từ 10n +2007 ta tạo ra số 9 = 10 -1 để tạo ra 2008, hoặc nhóm 10 và 1 tạo ra 2006 cũng dược là xong.
tổng 2139+3921 có chia hết cho 45?
Ta nhận thấy 45=5.9.
Ta thấy 21 thì thừa 1 còn 39 thiếu 1 nên thêm bớt số 1 vào là được.
Ta nhận thấy cả 21 và 39 dều chia hết cho 3 nên rất dễ thấy chia hết cho 9.
.
 PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN.
Nghiệm nguyên?
Phương pháp.
Các ví dụ minh họa:
tìm nghiệm nguyên của phương trình: (x+1)(y+2) = 2xy.
Ta thấy có xy nên nhân ra và nhóm lại tạo ra : (x-1)(y-2) =4 và biện luận.
Các ước số của 4.
tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2+x+6=y2.
Ta thấy ngay dùng HĐT số 1 cho Vế trái và tạo ngay HĐT số 3 tiếp nhưng làm thế còn phân số khó tìm nghiệm nguyên nên nhân 4 vào 2 vế.
Sau đó làm như trên tạo ra: (2y+2x+1)(2y-2x-1) =23. và biện luận
tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2+y2-x-y=8.
Ta nhận thấy có thể dùng HĐT số 1 cho x và y nhưng cũng không tiện nên tha nhân 4 vào trước tạo ra: (2x-1)2+(2y-1)2=34.
Ta thấy vế trái có tổng hai bình phương nên tách VP ra? 34= 25+9=52+32.
Biện luận – cẩn thận không sai nghiệm.
tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 3x2+2y2+z2+4xy+2xz= 26-2yz.
Ta nhận thấy có dạng HĐT số 1 cho 2 số x;y và 3 số x;y;z.
Còn dư số x2. ta phan tích 26 = 02+11+52 là sai vì các số dương.
Ta phân tích 26= 25 +1= 12+32+42. 
Biện luận.
tìm nghiệm nguyên của phương trình: xy+x= 2y +2011.
Ta không nhận dạng được ngay.
Ta rút y theo x để xem sao. => y= -1+2009/(x-2). Vậy là xong.
x-2 là các ước của 2009. tìm các ước.1;41;49 và 2009.
cmr phương trình sau không có nghiệm nguyên: x3+y3+z3= x+y+z+2006.
Ta nhận thấy có liên quan x3 – x nên chuyển qua và nhóm lại chia hết cho 3 mà VP không chia hết cho 3 là vô lí.
tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 1/x+1/y+1/z =2.
Ta nhận thấy vami trò của các số là như nhau nên ta giả sử x³ y ³ z.
Khi đó ta Đánh giá dựa vào số 2 để tìm dược z rồi y và x.
tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:x3+7x=y3+7y. với x > y >0.
ta nhận thấy 2 vế như nhau về phép toán nên nếu x > y thì V.T > VP và ngược lại nên x=y. sai lầm.
Ta nhận thấy có khả năng dùng HĐT số 7 ta đưa về tích và chú ý x-y > 0.
Nên x2+xy+y2=7.
Đưa về (x-y)2= 7- 3xy từ đó 7-3xy ³ 0. nên x=2 và y=1.
.
 SỐ NGUYÊN TỐ.
Số nguyên tố? Hợp số?phân tích thừa số nguyên tố.
Phương pháp.
Vài VD minh họa.
cmr với n là số tự nhiên lớn hơn 1 thì:A=n8+n4+1 là hợp số.
Ta nhận thấy không thể làm được ngay nên phải tạo ra lượng phụ.
Ta chuyển lũy thừa bằng cách dùng HĐT số 1 nên thêm vào 2n4-n4. sau đó dùng HĐT số 3.
Ta nhận thấy tích 2 số này đều lớn hơn 1 nên ta => kết quả.
tìm n để : P=a4+a2+1 là số nguyên tố. 
Cmr : a= 20062007-1 là hợp số.
Dễ dàng nhận thấy có HĐT và tạo 2005.
tìm số tự nhiên n để M là số nguyên tố. M= 12n2-5n-25.
Ta nhận thấy các số chưa liên quan.
Ta thấy 12 và 25 nên tách số 5? 
Ta đoán -5 = 15-20 để tỉ lệ 12/15=20/25. đúng.
Ta phân tích là xong.
tìm số p: p+94 và p+1994 đều là số nguyên tố.
Ta nhận xét p phải là số lẻ.
Kiểm tra p=3 đúng.
Liệu p > 3 thì ?
Ta lấy 3 làm chuẩn: xét p = 3k ±1 là xong.
.
 SỐ CHÍNH PHƯƠNG.
Số chính phương? Dấu hiệu chia hết của số chính phương.
Số chính phương có chữ số tận cùng là 1;4;5;6;9.
Số chính phương chia cho 3 chỉ dư 0 hoặc 1.
Số chính phương chia 4 dư 0 hoặc 1.
Phương pháp.
Một vài VD minh họa.
cmr tích 4 số tự nhiên lien tiếp cộng thêm 1 là số chính phương.
Ta dùng cách gọi và phân tích thành nhân tử và nhóm tạo thành HĐT là xòng.
cho x=111111111 (có 2004 chữ số 1) và y=1000005 ( có 2003 chữ số 0). Cmr xy+1 là số chính phương.
Ta cố gắng tạo ra dạng HĐT nên ta tạo ra y= 9999.999 +6 (có 2004 số 9)= 9x+6.
Khi đó : xy+1= x(9x+6)+1 = 9x2 +6x +1= (3x+1)2. xong.
tìm tất cả các số tự nhiên n : n2 -14n-256 là số chính phương .
ta có n2-14n nên để tạo HĐT số 2 thù ta cần 49 vậy ta thêm vào 49.
Ta được (n-7)2-305.
Ta giải sử nó là số chính phương tức là: (n-7)2-305 = k2, với k là số nguyên nào đó.
Khi đó: (n-7)2-k2 = (n+k-7)(n-k-7)= 305.
305 bằng bao nhiêu. 305= 5.61.
khi đo ta biện luận tìm n và k.
cho A là số chính phương gồm 4 chữ số, nếu ta thêm mỗi chữ số của A một đơn vị thì ta dược số chính phương B. hãy tìm A và B.
giả sử số đó là abcd khi đó ta có ngay: abcd= m2 và abcd +1111= n2.
Khi đó ta có ngay: m2-n2= 1111. tức là (m+n)(m-n)=1111.
Ta thấy ngay: 1111= 101.11.
Biện luận tìm m và => A và B.
 TÌM GTNN CỦA BT.
lý thuyết.
Phương pháp. Ta biến đổi nhằm tạo ra HĐT số 1 và 2 về dạng A= ()2+()2+a khi đó A ³ a. đạt được tại các BT kia bằng 0.
Minh họa:
tìm GTNN của BT M=x2+2x+3.
M= 4x2+4x+11.
2x2-8x+10.
M=(x-1)(x+2)(x+3)(x+6). Ta nhận dạng thấy số -1+6 =2+3 nên nhóm chúng thành 2 nhóm. Xem nhơ ẩn phụ y=x2+5x.
M=x2-2x+y2-4y +7. ta dùng HĐT số 2 cho 2nhóm.
tìm GTNN của M= 2/(6x-5-9x2). 
Ta chuyển từ GTNN sang GTLN của Mẫu số.
M= (3x2-8x+6)/(x2-2x+1).
Ta nhận thấy MS đã là bình phương ta chỉ cần phân tích tử ra làm 2 nhóm cho gọn: 3x2-8x+6= 2x2-4x+1+(x2-4x+4) là xong.
 TÌM GTLN CỦA BT.
lý thuyết.
Phương pháp. Ta biến đổi nhằm tạo ra HĐT số 1 và 2 về dạng A= -()2-()2+a khi đó A £a. đạt được tại các BT kia bằng 0.
Minh họa:
M= 5-8x-x2.
M= -5x2-4x+1.
5-x2+2x-4y2-4y.
M= (3-4x)/(x2+1).
Ta thấy MS không thể phân tích được nên phân tích tử.
Phải tạo ra HĐT nên thêm vào TS=x2-4x+4-1-x2=(x-2)2-(x2+1) chia cho MS. 
Ta được GTNN là -1 tại x=2.
Vậy GTLN? Ta tạo cách khác: có –(4x+x2+4)+7+X2 khi đó chia ta được ? không.
Ta phải tạo ra có x2+1 nên ta tách -4x-4x2-1+4x2+4 thế mới được.
M=(x4+1)/(x2+1)2.
Ta phải tách ra chứ chưab thấy gì?
Tách T ra có dạng x2 nên TS= x2+1)2- 2x2. khi đó 
M= 1- (2x/(x2+1))2 là thấy ngay..
Ngoài ra bài này nếu ta dùng bunhiacôpxki thì thấy ngay GTNN là ½.
Cách 2 : ta tạo ra 1/M=1+2x2/(x4+1). Khi đó ta dùng ³ 0 và 2x2/(x4+1)£1. để tìm GTNN và GTLN.
tìm GTNN của M={3x-1{2-4{3x-1{+5.
Ta dùng tính chất trị tuyệt đối ³ 0.
Nếu ta Nhận xét hai trị tuyệt đối bằng 0 là sai.
Phải xen ẩn phụ y={3x-1{. Khi đó: M=y2-4y+5 trong đó y ³ 0.
tìm GTNN và GTLN của: M= (x2+2x+3)/(x2+2).
Ta phân tích TS= 2x2+4x+4 –x2-2x -1 nhằm tạo ra dấu – để có GTNN.
Ta phân tích nhằm tạo dấu +()2 để tìm GTLN? Ts= x2+2 không được.
Nhân 2 vào tạo ra 2M. rồi nhóm.
cho x;y : 3x+y=1. tìm GTNN của M=3x2+y2 và GTLN của N=xy.
Ta cứ rút ra và thay vào rồi tính bình thường.
tìm GTNN của : 9x3-6x+5, x2+3x-1; (x2+5x+4)(x+2)(x+3). Và (x-1)(x-3)(x2-4x+5).
tìm GTLN của: 3-x2+4x.; -2x2+3x+1; -5x2-4x-19/5,
tìm GTNN của : A= 2x2+2xy+y2-2x+2y +2. và B= x4-8xy-x3y+x2y2-xy3+y4+200.
timg GTLN của : A= -x2+2xy-4y2+2x+10y+5. và B= -x2-2y2-2xy+2x-2y-15.
tìm GTNN: A= {x-7{+{x+5{; B= (2x-1)2-3{2x-1{+2. ; C= {x2+x+1{+{x2+x-12{
cho a-b =1. tìm GTNNcủa: A=a3-b3-ab.
cho 3a+5b=12 tìm GTLN của: B=ab.
cho a;b > 0 và a+b =1. tìm GTNN của: M=(1+1/a)2+(1+1/b)2.
: 
Cho x;y thỏa: 2x2+1/x+y/4 =4, tìm GTNN của xy.
tìm GTNN của: A= x2-x+4+1/(x2-x+1). B= x2+2x+1)/(x+2). Với x > -2.
tìm GTLn của: A=3/(4x2-4x+5). Và B= (x2-6x+14)/(x2-6x+12).
 CHUYÊN ĐỀ BĐT.
LÝ THUYẾT.
PHƯƠNG PHÁP:
Định nghĩa.
các tính chất cơ bản.
a > b ĩ b < a.
tính chất bắc cầu.
A > b ĩ a +c > b+c.
A > c và b > d t ... lấy B’ đối xứng B qua O khi đó dùng phép tịnh tiến theo vectơ B’C.
cho Tứ giác ABCD có M,N,P và Q lần lượt là btrung điểm của AB;BC;CD và DA. Cmr Tứ giác ABCD là hình bình hành khi và chỉ khi MP+ NQ = ½.(AB+BC+CD+DA).
Ta nhận thấy MP phải liên quan đến AB và CD nên chắc chắn để dấu bằng sảy ra thì AB và CD phải tạo thành đường thẳng. Nên ta xét phép tịnh tiến theo vectơ BC để đưa BC về D?.
Khi đó BC?D là hình bình hành nên trung điểm của CD trùng B? nên => AD? Thẳng hàng.
Khi đó MẶT PHẲNG =1/2.AE= ?
Tương tự.
cho Tứ giác ABCD có AB=Ư 3; BC =3; CD=2Ư 3.;góc BAD=CDA=600. tính ABC và BCD
Ta thấy có: Góc A và D có liên quan nên nếu ta tạo tại A một góc liên quan thì có 1 số điều khác.
Ta nên tạo hình bình hành ? 
Hình bình hành thì có vectơ bằng nhau nên tạo ra phép tịnh tiến theo vectơ DC khi đó dựa trên quan hệ cạnh bằng nhau nên => góc AEB (AECD là hình bình hành).
Dựa trên AB và AE ta có ngay ▲ Abe vuông nên có ngay BE và góc BEC kết hợp BC khi đó: nên ▲ BCE câ => góc B cà C.
cho ▲ AOB và góc x gọi A’ là ảnh của A, B’ là ảnh của B trong phép quay tâm O góc x. cmr:
AB=A’B’.
Góc giữa AB và A’B’ bằng x.
cho 3 điểm A,M,B theo thứ tự. Vẽ hai tam giác đềuAMC và BMDở cùng 1 phía đối với đường thẳng AMB. Gọi I,J lần lượt là trung điểm của AD và BC. c/m MỊ là tam giác đều.
Ta nhận thấy có MA=MC; MB=MD va hai góc 600 nên ta dùng phép quay tâm M và 600.
Khi đó ta có nagy MI=MJ và góc 600 nên có ngay tam giác đều. 
cho ▲ ABC vuông cân tại , một điểm M nằm trong tam giác sao cho: MA=2; MB=1; MC=3. tính AMB?
Ta nhận thấy ngay có AB=AC nên dùng ngay phép quay tâm A và có góc trong bài là 900 nên biến C thành B và M thành D.
Khi đó MAD=900.
Và MA=MD; BD=CM khi đó ta tính được DM.
Khi đó dùng định lí pytago đảo thì ta được ▲ MBD vuông tại M. khi đó có ngay kq: 90+45.
điểm M nằm trong ▲ ABC đều mà MA=3;MB=4 và MC=5. tính góc AMB?
Tương tự ta xét phép quay tâm B góc 600.
Khi đó ta c/m được ▲ MAD vuông khi đó ta có đpcm.
cho điểm M nằm giữa 2 điểm A và B. vẽ về một phía của AB các hình vuông AMCD và BMEF. c/m AE ^ BC.
Ta nhận thấy M có vị trí đặc biệt nên ta xét tại M.
Khi đó có MA=MC và ME=MB nên ta xét phép quay tâm M góc 900.
Dùng tính chất về góc là xong.
cho ▲ ABC, trên cạnh AB và AC ta dựng ra ngoài các hình vuôngABDE,ACFG.
c/m EC=BG và EC ^ BG.
Gọi I,N,K và M lần lượt là trung điểm của EG,GC,CB và GE. c/m INKM là hvuông.
Gọi AH ^ BC. Hãy c/m I,A,H thẳng hàng.
Nếu ▲ ABC cố định, AH=h, BC =m, thì I chuyển động trên đường nào?
Ta nhận thấy có các hình vuông nên ta dùng góc 900, ta được phép quay tâm A.
Biến E thành B và G thành C. khi đó có ngay câu a.
Dùng tính chất đường trung bình.
muốn c/m I,A,H thẳng hàng khi đó phải có IA ^ BC. Ta có B biến thành E nên BC sẽ ^ với E? trong đó ? là ảnh của C trong phép quay trên.
VẬY ? LÀ GÌ? Vì CAG =900 nên J;A:G thẳng hàng vậy J đối xứng G qua A.
ta xét IH=IA+AH =1/2.EJ+h mà EJ=BC xong, đường thẳng // và cách BC là m/2+h.
cho b và c là hai đường thẳng //. Điểm A không nằm trên hai đường thẳng đó. Dựng M Ỵ b và N Ỵ c: ▲ AMN đều.
Để đạt được ▲ AMN đều thì N là ảnh của M qua phép quay tâm A góc 600.
Mà M nằm trên b nên N nằm trên b’ là ảnh của b qua phép quay trên.
Vậy N là Ç điểm của b’ và c.
Ta có 2 đường thẳng b’ (gọi H là hình chiếu của A lên b khi đó có 2 H’ qua 2 phía).
cho 2 đường thẳng a và b cắt nhau tại O và A thuộc miền trong của góc nhọn. Dựng ▲ABC vuông cân tại A trong đó B Ỵ a và C Ỵ b.
vì ta cần tam giác này vuông cân tại A nên C là ảnh của B qua phép quay tâm A góc 900. 
Tương tự bài trên.
cho (O;R), A là điểm cố định nằm trong (O) ( A không trùng O), BC là dây cung của (O), BC di động nhưng sđBC=1200. gọi I là trng điểm BC. Vẽ ▲ AIJ đều. Tìm tập hợp J.
vì ta có cung 1200 nên góc BOC=1200.
Có I là trung điểm BC nên lấy H là điểm Ç của OI bà cung BC.
Khi đó góc BOI=600.
Vì tam giác AIJ đều mà tìm quỹ tích của J nên ta tìm quỹ tích của I trước đã.
Ta thấy ▲ OBI vuông tại I?
Ta có ? OB=R. và góc 600 nên OI?
Nên OI= R/2.
J liên quan gì đến I?
cho điểm M chuyển động trên nửa đường tròn tâm O, bán kính AB=2R. dựng phía ngoài tam giác AMB một hình vuông MBCD. Hãy tìm quỹ tích của điểm C khi M chuyển động trên nửa đường tròn tâm O. trên tia Bx ^ AB tại B và nằm trên cùng phía với nửa đường tròn, ta lấy điểm O’: BO’=BO, c.m : OM ^ O’C.
ta nhận thấy nếu là hình vuông thì B là điểm đặc biệt.
Ta lại thấy: BM =BC.
Nên C là ảnh của M qua phép quay tâm B góc 900.
Ta dùng tính chất của phép quay trên là xong.
trong ▲ ABC, ntìm M: MA+MB+MC nhỏ nhất.
Để tìm GTNN cảu tổng các đoạn thẳng ta nên dùng BĐT tam giác.
Muốn dấu bằng sảy ra thì ta phải tạo thành đoạn thẳng.
Vậy làm sao đưa MA và MB cùng MC về đường thẳng?.
Ta dùng phép quay?
Chọn tâm quay là A. vậy góc quay là? 
Nên chọn 600 vì không có góc đặc biệt. Quay ngược chiều kim đồng hồ.
Quay M-> M’ và B-> B’.
Khi đó MA+MB+MC = MM’+B’M+MC ³ B’C. khi M Ỵ B’C.
Tương tự thay quay B bằng quay C nên M Ỵ BC’.
Vậy xác định được M.
phép vị tự: cho ▲ ABC với trọng tâm G, trực tâm H và tâm đường tròn ngoại tiếp O. c/m ba điểm G;O;H thẳng hàng.
Ta thấy H là trực tâm ▲ ABC nên ta cố gắng tạo ra trực tâm tam giác khác?
Liệu O là trực tâm tam giác?
chắc chắn phải liên quan đến các điểm đặc biệt.
Gọi A’;B’;C’ là trung điểm của BC; CA và AB.
Khi đó OA’ ^ BC ; OB’ ^ A’C’ và OC’ ^ A’C’. nên O là trực tâm ▲ A’B’C’.
Xét phép vị tự tâm G và tỉ số -1/2. biến A-> A’. B -> B’ và C-> C’. khi đó Trực ->TT.
Ta có thể dung phương pháp vectơ để c/m.
cho (O;R) đường kính AB. Một đường tròn (O’) tiếp xúc với (O) và đường kính AB tại C và D. đường thẳng CD cắt (O;R) tại I. c/m AI=BI.
Ta chú ý đến điểm C vì C;O’ và O thẳng hàng. Và C;D;I hẳng hàng.
Tỉ số: k= R’/R.
cho 4 điểm A,C,D,B thẳng hàng theo thứ tự đó. Về một phía của đường thẳng AB dựng các hình vuông ABCD, A’B’C’D’. c/m các đường thẳng AA’, BB’, CC’ và DD’ đồng quy.
Xác định tâm vị tự của ABCD và A’B’C’D’.
Gọi O=AA’ Ç BB’ => talet.
Gọi O’=CC’Ç DD’ => talet.
c/m O=O’.
cho (O;R) và (O’;R’) tiếp xúc ngoài tại A. một góc xAy=900 quay quanh A cắt Ax tại B và Ay tại C.
c/m BC luôn đi qua 1 điểm cố định.
Tìm tập hợp trọng tâm ▲ ABC.
Ta chú ý khi xAy quay nhưng luôn bằng 900.
Ta có Nhận xét là ▲ OAB và O’AC cân tại O và O’.
Ta dễ dàng c/m được OB//O’C.
Gọi I= OO’ Ç BC khi đó ta c/m I là tâm vị tự thuận biến (O) thành (O’). vậy I cố định.
muốn có trọng tâm thì phải có trung điểm. Gọi M là trung điểm BC.
Khi đó M chạy ở đâu?
Ta chỉ có OB//O’C nên có tính chất hình thang và đường trung bình=> gọi K là trung điểm của OO’.
Khi đó K cố định và KM= (R+R’)/2= const. => đtròn. => G.
cho (O;R) và A cố định thuộc (O). BC là dây cung di động của (O), BC có độ dài không đổi bằng 2d (<R). tìm tập hợp trọng tâm G của ▲ ABC.
Tương tự như trên.
dựng hình vuông nội tiếp tỷong tam giác cho trước.
g/s ta đã dựng được hv như thế khi đó hv này sẽ liên 
quan hv ABDE qua phép vị tự nào đó?
Nên ta dựng hv ABDE trước sau đó => hv MNPQ.
.
 CHUYÊN ĐỀ PHÂN TÍCH ĐA THỨC THÀNH NHÂN TỬ:
LÝ THUYẾT:ta dùng các HĐT (7HĐT) và các Tính chất kết hợp, phân phối để nhóm các thừa số lại.
Tách và nhóm cho linh hoạt.
Dùng phương pháp nghiệm đa thức. F(x) chia hết cho x-a f(a) = 0. a là nghiệm đa thức f(x).
Dùng phương pháp hệ số bất định. Ta xác định dạng đặc trưng rồi khai triển hoặc chọn các giá trị đặc biệt để xác định các hệ số.
PHƯƠNG PHÁP:
các HĐT.
biến đổi linh hoạt- thêm bớt.
VẬN DỤNG:
 (x2-8)2+36.	
(x2+xy)2-(y2+xy)2.
x2-y2+2x+1.
5x2-5xy+7y-7x.
3x2+6xy+3y2-3z2.
ab(x2+y2)+xy(a2+b2).
(1+ x2)2-4x(1-x2). 	Ta dùng (a+b)2=(a-b)2- 4ab
a2(b-c)+b2(c-a)+c2(a-b).	tách b-c=b-a+a-c. nhanh hơn là khai triển.
a3+b3+c3+3abc.	Dùng a3+b3=(a+b)3-3ab(a+b)
(x-y)3+(y-z)3+(z-x)3.	tách x-y=x-z+z-y. cách 2 đặt a= x-y;b=y-z và c rồi như trên
x2-x-6.	tách –x=-3x+2x
x4+4x2-5.
x4+64.	thêmbớt tạo HĐT số 1.
x5+x4+1.	 tạo thêm x3. có x2+x+1 chung.
(x2+2x)(x2+2x+4)+3.	ẩn phụ.
(x2+4x+8)2+3x(x2+4x+8)+2x2.	đặt y ẩn phụ và cứ để còn x làm.
x4-2x3-3x2+4x+4. 	ta dùng đồng nhất thức để đưa về bình phương một tam thức. Chú ý hệ số.
x4+2x3-23x2-24x+144.	như trên.
x3-9x2+26x-24.	tích bậc 1 và 2.
x4-x3-x2+2x-2.	tích 2 bậc 2.
x3(x2-7)2-36x.
cmr: n3(n2-7)2-36n luôn chia hết cho 7 với mọi n nguyên. Nhận xét chia 7 quá dễ.
giải phương trình: (x2-25)2-(x-5)2=0.
tính giá trị của biểu thức: M= 2x2+4x+xy=2y với x=88 và y=-76.
ab(a-b)+bc(b-c)+ca(c-a).
a(b2-c2)+b(c2-a2)+c(a2-b2).
x8+4.
x6-1.
x8+x4+1.
x4-x3-3x2+5x -2.
x4+6x3+7x2-6x+1.
x4-13x2-36.
x3-4x2+4x-1.
x3-19x-30. nhẩm nghiệm -2.
x5-x4-x3-x2-x-2.
x9-x7-x6-x5+x4+x3+x2+1.
x5+x+1.
(x2-x)2-12(x2-x)+24.
(x2-x+1)2+3x(x2-x+1)+2x2.
(a+b+c)3-a3-b3-c3.
8(x+y+z)3-(x+y)3-(y+z)3-(z+x)3.
(x+y+z)3-(x+y-z)3-(y+z-x)3-(z+x-y)3.
cmr: n5-5n3+4n chia hết cho 120 với n nguyên.
n4+6n3+11n2+30n-24 chia hết cho24.
n3-3n2-n+3 chia hết cho 48. nlẻ.
cho a;b;c là các số hữu tỉ thỏa: ab+bc+ca =1. cmr: (a2+1)(b2+1)(c2+1) là bình phương của 1 số hữu tỉ.
cho a+b+c =0. tính A=(a-b)c3+(b-c)a3+(c-a).b3.
cho a2+b2=1; c2+d2=1 và ac+bd=0. c/m: ab+cd=0.
cho 3 số phân biệt a;b;c c/m: A= a4(b-c)+b4(c-a)+c4(a-b) khác 0.
phân tích ra thừa số:A=2a2b2+2b2c2+2a2c2-a4-b4-c4.
ccmr nếu a;b;c là 3 cạnh của tam giác thì A trên > 0.
tìm n để: n4+4 là số nguyên tố.
tìm n để : n1994+n1993+1 là số nguyên tố.,
tìm nghiệm nguyên của phương trình: x+y=xy.
tìm nghiệm nguyên của phương trình: p(x+y) =xy trong đó p là số nguyên tố.
5xy-2y2-2x2+2 =0.
cdmr nếu: x2-xy=a; y2-yz=b và z2-xy =c trong đó x;y;z là số nguyên. Thì ax+by+cz chia hết cho a+b+c. 
ta dùng: x3+y3+z3-3xyz= (x+y+z)(x2+y2+z2-xy-yz-zx) là xong.
cmr: nn+n-n2-1 chia hết cho (n-1)2.	nhóm n2-n lại còn nn – 1 biện luận.