Trong vai trò một ĐHV, mình có chút góp ý là bạn huytran08 nên đặt lại tiêu đề topic này như bình thường, tức là nội dung cần chứng minh thuộc về bài toán gốc.

Tiêu đề "Xuất phát từ một bài toán hình cơ bản" có lẽ sẽ không đúng với quy định. Nó chung chung, không xác định vấn đề cụ thể là gì. 

Cứ lấy tiêu đề với bài toán gốc, người đọc khi vào xem sẽ tự biết bạn muốn đề cập tới các bài toán mở rộng ạ! 

Về lý thuyết thì đúng là như vậy bạn ạ. Nhưng thực tế thì chúng ta không thể tính nổi số chữ số của các lũy thừa đó.

Để giải bài này HS dùng bất đẳng thức kẹp(khá hữu ích cho các bạn làm quen với BĐT khi lên lớp 8-9...), tất nhiên là với các bạn 6-7 thì bất đẳng thức đó phải rất đơn giản, dễ hiểu.

Vâng, nghĩ tới việc tính số chữ số của $5^{2023}$ đã thấy nản lắm rồi ạ!  Ý tưởng giải quyết bài toán mà anh thvn đề xuất thật thú vị, chờ được xem lời giải ạ! 

Bài toán(dành cho HS lớp 6, 7):

Viết 2 số $5^{2023}$ và $2^{2023}$ cạnh nhau thì sẽ tạo thành số có bao nhiêu chữ số?

------------------------------------------

Tối mới có thời gian lọ mọ 

Ý bài này có phải là đi tìm số chữ số của $5^{2023}$ và $2^{2023}$ rồi cộng lại không ạ? Kiểu $4^3=64$ có hai chữ số và $5^3=125$ có ba chữ số, khi đó viết $4^3$ cạnh $5^3$ ta sẽ có số $64125$ là một số năm chữ số. 

Giải pt x,y nguyên dương

 

$xy^{2} + 2xy +x=9y$

Phương trình tương đương $x(y+1)^2=9y$. Ta lại có $4y\leq (y+1)^2$ và lưu ý $x, y$ nguyên dương, suy ra $x.4y<9y$ hay $x<\frac{9}{4}$. 

Vậy $x=1$ hoặc $x=2$. Tới đây thay ngược trở lại phương trình ban đầu ta tìm được giá trị của $y$. 

 

$sin\widehat{AMC}$ là anh dùng tỉ số lượng giác trong tam giác nhọn ạ?

Chỗ đó $\sin 135^{\circ}=\sin 45^{\circ}=\frac{1}{\sqrt{2}}$. Nói chung bài này là để thi vào 10 thì hơi khó. Giải như cách trên của mình thật sự không hay. Nhưng thôi, tạm vậy đã. 

Quocminh nên đăng toàn bộ bài toán thì hay hơn. Dữ kiện cho $I$ và $K$, chẳng liên quan gì tới yêu cầu cần giải quyết cả. Chắc là lại tách câu cuối ra thì phải. 

Hiện tại mình chỉ nghĩ ra cách này thôi. Chắc sẽ có cách khác dùng hình phụ. 

Đặt $AM=x, CM=y$.

Xét tứ giác nội tiếp $AMCB$ có

(i) $AB=2R$,

(ii) $AC=BC=\sqrt{2}R$ và

(iiI) $BM=\sqrt{4R^2-x^2}$. 

Áp dụng Định lý Ptoleme ta có 

$AM.BC+MC.AB=BM.AC$

$\Leftrightarrow x.\sqrt{2}R+y.2R=\sqrt{4R^2-x^2}.\sqrt{2}R$

$\Leftrightarrow x+\sqrt{2}y=\sqrt{4R^2-x^2}$ (chia cả hai vế cho $\sqrt{2}R$) 

$\Leftrightarrow x^2 +2y^2 +2\sqrt{2}xy=4R^2-x^2$ (bình phương cả hai vế) 

$\Leftrightarrow x^2+y^2+\sqrt{2}xy=2R^2$. 

Ta có $2xy \leq x^2+y^2 $, suy ra $2xy+\sqrt{2}xy \leq x^2+y^2+\sqrt{2}xy=2R^2$.

Vậy

$xy \leq (2-\sqrt{2})R^2 $. 

Tiếp theo, gọi $r$ là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác $AMC$. Khi đó $S_{AMC}=\frac{1}{2}.(MA+MC+AC).r=\frac{1}{2}.(x+y+\sqrt{2}R).r$. 

Lưu ý rằng $\angle AMC=135^{\circ}$ nên $S_{AMC}=\frac{1}{2}.\sin{\angle AMC}.MA.MC. =\frac{1}{2}.\frac{1}{\sqrt{2}}.xy=\frac{\sqrt{2}}{4}xy$. 

Do đó $\frac{\sqrt{2}}{4}xy=\frac{1}{2}.(x+y+\sqrt{2}R).r$. Vậy 

$\boxed{\frac{1}{r}=\sqrt{2}.\frac{x+y+\sqrt{2}R}{xy}}$. 

Ta có $\frac{x+y}{xy} \geq \frac{2}{\sqrt{xy}} \geq \frac{2}{\sqrt{2-\sqrt{2}}R}=\frac{\sqrt{4+2\sqrt{2}}}{R}$  và $\frac{\sqrt{2}R}{xy} \geq \frac{\sqrt{2}R}{(2-\sqrt{2})R^2}=\frac{\sqrt{2}+1}{R}$.  

Vì vậy $\frac{1}{r} \geq \frac{\alpha}{R}$ hay $r \leq \frac{R}{\alpha}$, trong đó $\alpha=\sqrt{2}.(\sqrt{4+2\sqrt{2}}+\sqrt{2}+1)$. 

Dấu "=" xảy ra khi $x=y$. 

Vậy bán kính đường tròn nội tiếp tam giác $AMC$ đạt giá trị lớn nhất khi $M$ nằm chính giữa cung $AC$. 

_____

Có thể chứng minh $x^2+y^2+\sqrt{2}xy=2R^2$ nhanh hơn bằng cách dùng Định lý hàm cos $AC^2=MA^2+MC^2-2MA.MC.\cos \angle AMC$. 

BÀI TOÁN: Cho đường tròn (O) có dây cung BC và E là điểm bất kì di chuyển trên cung nhỏ BC (E khác B và C). Tìm vị trí của điểm E để $EB+EC$ đạt giá trị lớn nhất. 

 

Lời giải. Gọi M là điểm chính giữa cung nhỏ BC. Trên tia EC lấy điểm E' và trên tia CM lấy điểm M' sao cho $EE'=EB$ và $MM'=MB.$ Tam giác EE'B cân tại E nên $\angle BEC=2 \angle BE'C$, tam giác BMM' cân tại M nên $\angle BMC=2 \angle BM'C$. Mà $\angle BEC = \angle BMC$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BC) nên $\angle BE'C=\angle BM'C$. Do đó tứ giác BE'M'C nội tiếp. Ta lại có tam giác BCM' vuông tại B vì $MM'=MB=MC$. Do đó $\angle M'E'C=\angle MBC=90^{\circ}$. Vì tam giác M'CE' vuông tại E' nên $E'C <M'C$, hay $EB+EC<MB+MC.$ Vậy khi E di chuyển trên cung nhỏ BC ta luôn có $EB+EC \leq MB+MC.$ Nói cách khác giá trị lớn nhất của $EB+EC$ bằng $MB+MC$, đạt được khi E là điểm chính giữa cung nhỏ BC. 

BÀI TOÁN: Cho đường tròn (O) có dây cung BC và E là điểm bất kì di chuyển trên cung nhỏ BC (E khác B và C). Tìm vị trí của điểm E để $EB+EC$ đạt giá trị lớn nhất. 

Đây là ý cuối trong một bài hình lớp 9. Nó có thể tách ra để trở thành một bài toán độc lập. Tưởng dễ nhưng không. Ban đầu mình khá loay hoay khi tìm cách biểu diễn đại số tổng EB+EC nhưng không được. Cần phải vẽ thêm hình phụ để làm.

Hi vọng mọi người sẽ nghĩ ra cách làm đơn giản và đẹp! 

1) Tìm tất cả các số tự nhiên có năm chữ số $\overline{abcde}$ sao cho $\sqrt[3]{\overline{abcde}}=\overline{ab}$. 

2) Tìm các chữ số $a, b, c$ với $a \geq 1$ sao cho $\sqrt{\overline{abc}}=(a+b)\sqrt{c}$. 

 

2. GT$\Rightarrow \overline{abc}=a^2c+2abc+b^2c\leq 2c(a^2+b^2)$

    + c=0 Không thỏa mãn

    + $c\neq 0\\ \Rightarrow \frac{ab}{c}.10 +1= 2(a^2+b^2)$ (1)

       Nếu c $\geq 5 \Rightarrow VT\leq 2ab+1 < (a^2+b^2) +2a^2$ do a$\geq 1$

       Vậy c=1,2,3,4 $\Rightarrow$ thế vào (1) giải PT nghiệm nguyên

Chỗ $\frac{ab}{c}$ bôi đỏ phải là $\frac{\overline{ab}}{c}$ chứ nhỉ ? 

Bài toán 1: a) Tìm số dư khi chia $10^{2023}+2024$ cho 3
b) Chứng minh rằng với mọi số nguyên n thì $n^3+2024n+2$ không chia hết cho $10^{2023}+2024$

Bài toán 2:Cho 40 số nguyên dương $a_1;a_2;...;a_{19}$ và $b_1;b_2;...;b_{21}$ thỏa mãn đồng thời $\left\{\begin{matrix} & 1 \leq a_1\end{matrix}\right.$.
Chứng minh rằng tồn tại 4 số $a_i;a_j;b_k;b_l$ sao cho $\left\{\begin{matrix} & a_i\end{matrix}\right.$

Bài toán 3:a) Chứng minh rằng với n lẻ thì $3^{2n+1}+-7 \vdots 20$
b)Tìm tất cả các só nguyên n để $n^4-2n^3+3n^2+2n-2$ là số nguyên tố

Đề có mấy chỗ bị lỗi. Bạn xem lại ạ. 

Nhìn mãi mới làm được bài 2 nên em xin được làm bài 2

 

Có: $\left\{\begin{matrix} 2\sum_{i=1}^{100}(i^5)=(1^5+100^5)+(2^5+99^5)+...+(100^5+1^5) \vdots101 & \\ 2\sum_{i=1}^{100}(i^5)=2.100^5+(1^5+99^5)+...+(99^5+1^5) \vdots 100 & \end{matrix}\right.$
Mà: $(100,101) =1$ $\rightarrow2 \sum_{i=1}^{100}i^5\vdots10100 $$\rightarrow \sum_{i=1}^{100}i^5 \vdots 5050=\sum_{i=1}^{100}i$
Vậy chữ số tận cùng của $\sum_{i=1}^{100}i^5$ là $0$

Nếu có sai sót mong mọi người giúp đỡ

Lời giải trên có thể viết gọn lại như sau: 

Ta có với $n$ là số tự nhiên lẻ thì $a^n+b^n \vdots a+b$. Do đó 

$ 2\sum_{i=1}^{100}i^5=2.100^5+(1^5+99^5)+...+(99^5+1^5) \vdots 100 $. 

Suy ra  $ \sum_{i=1}^{100}i^5 \vdots 10 $. 

Vậy chữ số tận cùng của biểu thức đã cho là $0$. 

Bài toán 3. Tìm hai chữ số tận cùng của $n^{20}$ với $n$ là một số tự nhiên tận cùng bằng $2$. 

Đây có lẽ là bài toán thú vị nhất. Sẽ thật dễ dàng nếu ta được sử dụng  khai triển nhị thức Newton. Bởi từ khai triển đó, nếu đặt $n=10k+2$ ta có ngay  $n^{20}\equiv 2^{20} \pmod{100}$, rồi kết hợp với $2^{20}=1048576$ ta suy ra hai chữ số tận cùng cần tìm là $76$. 

Tuy nhiên, nếu cần một lời giải cho bậc THCS thì phải có cách thức giải khéo léo hơn. Bạn Chanhquocnghiem đã có cách giải quyết rất hay. Sau đây là một hướng khác. Ý tưởng: chứng minh $n^{20}-2^{20} \vdots 100$. 

Ta có nhận xét

$a^5-b^5=(a-b)(a^4+a^3b+a^2b^2+ab^3+b^4).$

Áp dụng cho $a=n^4, b=2^4$ ta có 

\begin{equation}n^{20}-2^{20}=(n^4)^5-(2^4)^5=(n^4-2^4)(n^{16}+n^{12}.2^4+n^{8}.2^8+n^{4}.2^{12}+2^{16})\end{equation} 

Theo giả thiết ta có $n \equiv 2 \pmod{10}$ nên 

\begin{equation} n^4 -2^4 \equiv 0 \pmod{10}\end{equation} 

và,  

\begin{equation} n^{16} \equiv n^{12}.2^4 \equiv n^{8}.2^8  \equiv n^{4}.2^{12} \equiv 2^{16} \pmod{10}\end{equation} 

Từ $(3)$ ta suy ra 

\begin{equation} n^{16}+n^{12}.2^4+n^{8}.2^8+n^{4}.2^{12}+2^{16}\equiv 5.2^{16} \equiv 0 \pmod{10}\end{equation} 

Từ $(1)$, $(2)$ và $(4)$ ta suy ra $n^{20}-2^{20}\equiv 0\pmod{100}$. Đây là điều phải chứng minh. 

 

Mà: $(100,101) =1$ $\rightarrow \sum_{i=1}^{100}i^5\vdots10100 $
Vậy chữ số tận cùng của $\sum_{i=1}^{100}i^5$ là $0$

 

Từ $(100, 101)=1$ chỉ suy ra được $ 2\sum_{i=1}^{100}i^5 \vdots 10100$. 

Hơn nữa, để tìm chữ số tận cùng của một số $a$, ta chỉ cần xét số dư khi chia $a$ cho $10$ là được. 

Bài toán 1. Tìm năm chữ số tận cùng của $5^{55}$. 

Sau đây là một lời giải khác. Ý tưởng: chứng minh $5^{55} \equiv 5^7\pmod{10^5}$. Khi đó do $5^7=78125$ nên $5^{55}$ có $5$ chữ số tận cùng là $78125$. 

Ta có 

$$5^{55}-5^7=5^7(5^{48}-1)=5^7.(5^{24}+1)(5^{12}+1)(5^6+1)(5^3+1)(5^3-1).$$

Trong đó $5^7 \vdots 5^5$ và 

$$(5^{24}+1)(5^{12}+1)(5^6+1)(5^3+1)(5^3-1) \vdots 2^5.$$

Do đó $5^{55}-5^7 \vdots 10^5$. Đây là điều phải chứng minh. 

Bài toán 1. Tìm năm chữ số tận cùng của $5^{55}$. 

Bài toán 2. Tìm chữ số tận cùng của $1^5+2^5+3^5+4^5+...+100^5$.

Bài toán 3. Tìm hai chữ số tận cùng của $n^{20}$ với $n$ là một số tự nhiên tận cùng bằng $2$. 

Bài toán 4. Tìm $20$ chữ số tận cùng của $90!$. 

Tiếp theo ta có 

$$q^{10}-1=(q-1)(q^9+q^8+...+q^2+q+1).$$

Dễ thấy $q-1$ và cả $q^9+q^8+...+q^2+q+1$ đều chia hết cho $10$, vì vậy $q^{10}\equiv 1\pmod{100}$.

 

Bước chứng minh này gợi ý cho ta bài toán tổng quát hơn khá thú vị.  

Bài toán. Cho hai số $a$ và $n$ cùng thuộc $\mathbb{N}^*$. Khi đó nếu $a \equiv 1 \pmod{n}$ thì $a^n \equiv 1 \pmod{n^2}$.  

Để chứng minh, tương tự như trên, ta chỉ cần viết lại 

$$a^n-1=(a-1)(a^{n-1}+a^{n-2}+...+a^2+a+1).$$

Khi đó do $a\equiv 1 \pmod{n}$ nên ta có cả $a-1$ và $a^{n-1}+a^{n-2}+...+a^2+a+1$ đều chia hết cho $n$. Và như vậy ta có ngay điều phải chứng minh. 

Bài toán 2. Tìm số tự nhiên $x$ sao cho $x^4+x^3+1$ là số chính phương. 

Bài toán này ngoài cách dựa trên nguyên lý kẹp như thầy thvn đã trình bày thì ta còn cách khác sau. 

Từ giả thiết $x^4+x^3+1$ là số chính phương, kết hợp với nhận xét  $x^4+x^3+1>(x^2)^2$ ta suy ra 

$$x^4+x^3+1=(x^2+k)^2.$$

với $k \in \mathbb{N}^*$. Biến đổi tương đương phương trình trên ta được 

$x^2(x-2k)=k^2-1.$ $(1)$ 

Tới đây, xét trường hợp $k=1$, thay vào phương trình trên ta giải ra ngay $x=0$ hoặc $x=2$, đều thỏa mãn. 

Nếu $k \geq 2$, khi đó $k^2-1 >0$.

Từ phương trình $(1)$ ta suy ra $k^2-1 \vdots x$. Mà $k^2-1>0$ dẫn tới $k^2-1>x^2$, suy ra $k>x$. 

Vậy nhưng, cũng từ $(1)$ và điều kiện $k^2-1>0$ ta còn suy ra $x-2k>0$, tức là $x>2k$. Mâu thuẫn. 

Vậy chỉ có $x=0$ và $x=2$ thỏa mãn yêu cầu bài toán. 

Bài toán 1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình $x^4+2x^2+6=y^2-y$. 

Bài toán 2. Tìm số tự nhiên $x$ sao cho $x^4+x^3+1$ là số chính phương. 

PHẦN I. GIỚI THIỆU

ĐỊNH LÝ PYTAGO. Trong một tam giác vuông bình phương cạnh huyền bằng tổng của bình phương hai cạnh góc vuông.

Một định lý quá nổi tiếng và cũng là một trong số những định lý quan trọng bậc nhất trong hình học sơ cấp. Có rất nhiều cách chứng minh, tuy nhiên một tài liệu hệ thống đầy đủ và toàn diện các cách giải đã được tìm ra dường như là rất hiếm. Hiện tại mình mới chỉ biết trang sau có tổng hợp được tất cả 118 cách: https://www.cut-the-...org/pythagoras/.

Trong bài viết dưới đây, mình tuyển chọn ra từ tài liệu trên 7 cách giải tiêu biểu với đặc điểm chung là vận dụng tính chất của hai tam giác đồng dạng. Lý do  trước tiên mình chọn hướng đi này là vì mình thấy cách dùng hai tam giác đồng dạng đơn giản hơn phần lớn các cách giải khác. Hãy xem ngay cách đầu tiên, khó có cách giải nào ngắn gọn hơn thế được. Lý do tiếp theo, mình thấy những cách giải này nói chung không quá phổ biến (nhất là so với các cách giải bằng ghép hình vốn chỉ cần dùng tới kiến thức của toán 7). Vì vậy, việc giới thiệu nó tới mọi người chắc hẳn sẽ có chút giá trị đóng góp nào đó.

Một vấn đề cần cũng nói thêm đó là trong tài liệu gốc ở trên có nhiều cách mình nghĩ thực chất chỉ là một, nói chung chúng chỉ là được phát biểu hay trình bày khác đi mà thôi. 7 cách mình giới thiệu sau đây, đã được cân nhắc tuyển chọn tương đối kỹ lưỡng để tránh tình trạng trùng lặp trên. Một cách giải đúng nghĩa phải có những yếu tố độc đáo của riêng nó.

So với tài liệu gốc, mình giữ nguyên ý tưởng chứng minh, nhưng đã vẽ lại hình và sửa đổi cách trình bày sao cho vừa đủ đơn giản nhưng vẫn nổi bật lên các kiến thức quan trọng được vận dụng. Tất cả các cách đều thống nhất xét tam giác ABC vuông tại A.  Bây giờ mời mọi người thưởng thức 7 cách chứng minh cho định lý thật đẹp này!

PHẦN II. 7 CÁCH CHỨNG MINH ĐỊNH LÝ PYTAGO 

CÁCH 1.  Đây là cách đơn giản nhất vận dụng hai tam giác đồng dạng. Câu hỏi đặt ra là: nếu ta đã có một cách giải đơn giản đến thế này thì tại sao lại còn phải đi tìm thêm các cách khác thậm chí dài dòng và phức tạp hơn? Khó mà trả lời được cho thoả đáng. Dường như ta đi tìm một lời giải khác chỉ đơn giản vì điều đó là có thể. Có nhiều con đường để đến cùng một cái đích và trên mỗi con đường ta lại có những trải nghiệm khác nhau, đôi khi ta sẽ phải đi dài hơn, nhưng điều đó là xứng đáng.  

Kẻ đường cao AD của tam giác ABC. Dễ thấy, hai tam giác DBA và DAC đều đồng dạng với tam giác ABC. Từ tỉ số bằng nhau giữa các cạnh tương tứng ta suy ra $AB^2=BD.BC$ và $AC^2=CD.BC.$ Do đó $AB^2+AC^2=(BD+CD).BC=BC^2.$ Đây là điều phải chứng minh.

CÁCH 2. 

Lấy D thuộc tia BC và E thuộc tia đối tia BC sao cho $BD=BE=AB.$ Khi đó tam giác EAD vuông tại A. Vì $\angle DAE=\angle BAC=90^{\circ}$ nên $\angle BAE=\angle DAC$. Hơn nữa, ta lại có $\angle BAE=\angle BEA$ (vì tam giác BAE cân tại B), do đó $\angle CAD=\angle BEA.$ Như vậy tam giác CDA và tam giác CAE đồng dạng, từ đó ta có $AC^2=CD.CE.$ Để ý rằng $CD=BC-BD=BC-AB$ và $CE=BC+BE=BC+AB.$ Ta suy ra $ AC^2=(BC-AB)(BC+AB)$ hay $AC^2=BC^2-AB^2$. Ta có điều phải chứng minh. 

CÁCH 3. 

Kẻ tia phân giác BD của góc ABC, E là hình chiếu của D trên BC. Khi đó tam giác EDC đồng dạng với tam giác ABC (g.g), suy ra $AC.CD=CE.BC.$ Vì BD là tia phân giác của góc ABC nên $CD= \frac{AC.BC}{AB+BC}.$ Ta còn thấy rằng tam giác ABD bằng tam giác EBD (cạnh huyền-góc nhọn) nên $BE=AB$, từ đó suy ra $CE=BC-BE=BC-AB.$ Như vậy

$AC. \frac {AC.BC}{AB+BC}=(BC-AB).BC.$

Điều này tương đương với

$AC^2=(AB+BC)(BC-AB)=BC^2-AB^2.$

Ta có điều phải chứng minh.

CÁCH 4.

Gọi D là trung điểm BC, qua A kẻ đường thẳng d vuông góc AD; E, F lần lượt là hình chiếu của B và C trên đường thẳng d.

Hình thang BEFC có D là trung điểm cạnh bên BC, AD lại song song với hai đáy, cho nên A là trung điểm EF. Như vậy ta có $AE=AF=\frac{EF}{2}.$ Ta lại có BEFC là hình thang vuông có đường cao EF nên $S_{BEFC}= \frac{1}{2}.EF.(BE+FC).$

Hai tam giác BEA và AFC có tổng diện tích là

$S_{BEA}+S_{AFC}=\frac{1}{2}.AE.BE+\frac{1}{2}.AF.FC=\frac{1}{2}.\frac{EF}{2}.(BE+FC)= \frac{1}{2}.S_{BEFC}$.

Mặt khác, hai đoạn thẳng AB và AC chia tứ giác BEFC thành 3 tam giác là ABC, EBA, FAC cho nên $S_{BEFC} =S_{EBA}+ S_{FAC}+S_{ABC}$. Vì vậy $S_{EBA}+ S_{FAC}= S_{ABC}.$ 

Dễ thấy tam giác EBA và tam giác FAC đều đồng dạng với tam giác ABC. Do đó $\frac{S_{EBA}}{S_{ABC}}=\left ( \frac{AB}{BC} \right )^{2}$ và $\frac{S_{FAC}}{S_{ABC}}=\left ( \frac{AC}{BC} \right )^{2}.$ 

Vậy ta có $\left ( \frac{AB}{BC} \right )^{2}+\left ( \frac{AC}{BC} \right )^{2}=1$ hay $AB^2+AC^2=BC^2.$ Đây là điều phải chứng minh. 

CÁCH 5. 

Trên tia đối của tia AB lây điểm D sao cho $BD=BC.$ Gọi E là giao điểm của đường thẳng đi qua D vuông góc với AD và tia phân giác của góc DBC. F là hình chiếu của E trên đường thẳng AC.

Dễ thấy tam giác DBE và tam giác CBE bằng nhau (c.g.c) do đó $DE=CE$ và  $\angle BCE=\angle BDE=90^{\circ}.$ Từ đây ta có tam giác ABC đồng dạng với tam giác FCE. Suy ra $CE=EF.\frac{BC}{AC}$ và $CF=EF.\frac{AB}{AC}.$

Để ý rằng ADEF là hình chữ nhật nên $CE=DE=AC+CF.$ Do đó $CE-CF=AC$, điều này tương đương $\frac{EF.(BC-AB)}{AC}=AC.$ Mặt khác, ta lại có $EF=BD+AB=BC+AB.$ Vì vậy $\frac{(BC+AB)(BC-AB)}{AC}=AC.$ Từ đây ta suy ra ngay điều phải chứng minh. 

CÁCH 6. 

Đặt $BC=a$, $AC=b$ và $AB=c.$ Trên tia đối của CA lấy điểm E sao cho $CE=CB=a$, trên tia đối của CB lấy điểm D sao cho $CD=CA=b.$ Dễ thấy hai tam giác ABC và EDC bằng nhau (c.g.c) , do đó $DE=AB=c$ và $ \angle ABC=\angle DEC.$

Tiếp theo, lấy điểm M trên đoạn BC sao cho $BM=BA=c$, điểm E trên tia đối của tia EC sao cho $EN=DE=c.$  DEC là góc ngoài tại đỉnh E của tam giác cân DEN nên $\angle DNE=\frac {\angle DEC}{2}.$ Tam giác BAM cân tại B nên $\angle BAM=90^{\circ}- \frac{\angle ABC}{2}.$ Do đó $\angle CAM=\frac {\angle ABC}{2}.$ Mà $\angle DEC=\angle ABC$ nên $\angle DNE=\angle CAM.$ Do đó AM song song DN.

Áp dụng Định lý Thales ta có $\frac {AC}{CN}=\frac {MC}{CD}.$ Để ý rằng $CN=a+c$ và $CM=a-c$, ta suy ra $\frac {b}{a+c}=\frac {a-c}{b}$ hay $a^2=b^2+c^2.$ Đây là điều phải chứng minh.

CÁCH 7. 

Đặt $AB=c$, $AC=b$ và $BC=a.$

Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, khi đó O là trung điểm BC. Qua O kẻ đường kính MN vuông góc với AC tại H. Dễ thấy H là trung điểm AC nên $HA=HC=\frac{b}{2}$; OH là đường trung bình của tam giác ABC nên $OH=\frac{c}{2}$; MN là đường kính đường tròn nên $OM=ON=\frac{a}{2}$. Từ đó ta tính được $MH=\frac{a}{2}-\frac{c}{2}$ và $NH=\frac{a}{2}+\frac{c}{2}.$

Ta có $\angle MAH=\angle CNH$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MC). Suy ra tam giác AHM đồng dạng tam giác CHN (g.g), vì vậy $AH.HC=HM.HN.$ Điều này tương đương $ \frac{b}{2}.\frac{b}{2}=\left ( \frac{a}{2}-\frac{c}{2} \right ). \left (\frac{a}{2}+\frac{c}{2} \right ).$ Từ đó suy ra điều phải chứng minh.

Chia sẻ cùng tác giả:

Chúng ta đã biết có đến gần 300 cách chứng minh ĐL Pythagore, trong đó có cả cách chứng minh của A. Einstein! Nhiều người cho rằng chính ĐL Pythagore đã sinh ra lượng giác nhưng cũng có người đang tiếp tục đi tìm cách chứng minh "mới" (sau 2.000 năm) của ĐL Pythagore bằng lượng giác...một vấn đề thú vị, các bạn trẻ có thể tham khảo trên rất nhiều diễn đàn Toán học để tìm hiểu thêm về vấn đề này nhé!

Vâng, thông tin rất hay ạ. Mình cũng có biết sơ qua về vấn đề chứng minh Định lý Pytago bằng lượng giác nhưng không nắm rõ. Hi vọng anh thvn trao đổi thêm ạ! 

Đây nhé, 

Xét i+12020 số có dạng 1,11,111,…,11…111,11,111,…,11…11.

Theo nguyên tắc Dirichlet, tồn tại hai số có cùng số dư khi chia cho i2019.(i là SNT)

Giả sử, hai số có cùng số dư khi chia cho i2019 là A=11…11
n so1�=11…11⏟���1 và B=11…11
k so 1�=11…11⏟���1  với k<n�<�.

Khi đó, A−B=11…11
n so 1−11…11
k so 1=11…11
n−k so 100…00
k so 0=11…11
n − k so 1⋅10k�−�=11…11⏟���1−11…11⏟���1=11…11⏟�−���100…00⏟���0=11…11⏟�−���1⋅10� chia hết cho i2019.

Vì A−B ⋮ 2019�−�⋮2019 mà (10k,i)=1(10�,2019)=1 suy ra 11…11
n − k so 111…11⏟�−���1 chia hết cho i2019.

Vậy tồn tại một số tự nhiên gồm toàn chữ số 11 chia hết cho i.

2019Chúc bạn học tập tốt!

Bài viết bị lỗi nghiêm trọng về font chữ. Bạn không nên copy nguyên bản word vào diễn đàn như thế này. Hãy dành thời gian để học và đánh văn bản bằng LaTex. 

Điểm mấu chốt trong lời giải sau của mình trước hết là xác định đúng hướng chứng minh tam giác BDE đồng dạng với tam giác CDF, và để làm được điều đó ta sẽ phải chỉ ra các cặp tam giác đồng dạng là EBH và ACD, FKC và ADB. 

Lời giải. Gọi H,K lần lượt là hình chiếu của O trên hai cạnh AB và AC.

Ta có BE song song CF (vì cùng vuông góc với OA) do đó $\angle EBD=\angle BCF$.  Ta thấy rằng nếu chứng minh được $\frac{BE}{CF}=\frac{BD}{CD}$, thì sẽ có tam giác BDE và tam giác CDF đồng dạng và từ đó dễ dàng chỉ ra ba điểm D, E, F thẳng hàng. 

Bây giờ, ta đi chứng minh tỉ lệ thức trên.

Vì AOB là tam giác cân, có OH là đường cao, nên OH cũng là tia phân giác góc AOB. Do đó $\angle EBH=\angle AOH=\frac{1}{2}.\angle AOB.$  Mà $\angle ACD=\frac{1}{2}.\angle AOB$ (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung AB). Do đó $\angle EBH=\angle ACD.$ Tam giác EBH đồng dạng với tam giác ACD (g.g), dẫn tới $\frac{BE}{AC}=\frac{BH}{CD}.$ Mà H là trung điểm AB nên $BH=\frac{AB}{2}.$ Vậy $BE=\frac{AB.AC}{2.CD}.$ Chứng minh tương tự ta có tam giác FKC đồng dạng với tam giác ADB, dẫn tới $CF=\frac{AB.AC}{2.BD}.$ Từ đó suy ra tỉ lệ thức cần chứng minh. 

BÀI TOÁN. Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm O. Gọi E, F lần lượt là trực tâm của tam giác ABO và tam giác ACO. D là chân đường cao hạ từ A của tam giác ABC. Chứng minh ba điểm D, E, F thẳng hàng.

Môt bài toán hình đẹp. Không dễ nhìn ra cách giải vì hình hơi rối.