Chuyen de cac dang Toan 7(Hay)

XOAY QUANH MỘT BÀI TOÁN HÌNH HỌC
Bài toán : Cho tam giác ABC, trên cạnh BC lấy hai điểm D, E sao cho BD = CE. Chứng
minh rằng nếu  BAD =  CAE thì tam giác ABC là tam giác cân.
Cách 1 : (Vũ Cao Ân)
Từ D vẽ DF // AC, từ E vẽ EG // AB ta chứng minh được DF/EG = AC/AB (1) ; ΔADF
đồng dạng với ΔAEG (g. g) => DF/EG = AD/AE (2)
Từ (1) và (2) có AC/AB = AD/AE => ΔADC đồng dạng với ΔAEB (c. g. c). =>  ABC =
 ACB.
Cách 2 : (Trương Sơn Ca)
Giả sử  B >  C => AC > AB => AC/AB > 1. Vẽ M thuộc AD sao cho  ABM = 
ACE.
Có  M
1
= góc E
1
=>  M
2
=  E
2
; góc D
1
>  E
2
=  M
2
. => BM > BD => BD/BM <
1 . (1)
ΔABM đồng dạng với ΔACE => AB/AC = BM/EC
=> EC/BM = BD/BM = AC/AB > 1 . (2)
(1) và (2) mâu thuẫn. Từ đó ta có đpcm.
Cách 3 : (Nguyễn Quang Hùng)

Từ D và E lần lượt vẽ DF vuông góc với AB ; EG vuông góc với AC.
BD = CE => S
ABD
= S
ACE
=> AB.DF = AC.EG => DF/EG = AC/AB (1).
ΔADF đồng dạng với ΔAEG => DF/EG = AD/AE (2)
Từ (1) và (2) => AC/AB = AD/AE , cho ta ΔABE đồng dạng với ΔACD =>  ABE = 
ACD.
Cách 4 : (Minh Quân)
Vẽ hình bình hành ABEF => BE = AF. Chứng minh được tứ giác ADCF là hình bình
hành =>  EFC =  BAD =  EAC (gt).
ΔAEG đồng dạng với ΔFCG (g. g) => AG/FG = EG/CG (1)
Do AG/GC = FG/GE (AF // EC) => AG/FG = EG/CG (2)
Từ (1) và (2) có EG = GC cân tại G => ΔGEC cân tại G =>  FEC =  ACE =>  ABC =
 ACB.
Cách 5 : (Đỗ Đăng Trí)
Vẽ BH, CK là các đường cao của các tam giác ABD, ACE. BD = CE => S
ABD
= S
ACE
=>
BH/CK = AE/AD
ΔABH đồng dạng với ΔACK => BH/CK = AB/AC
ΔABE đồng dạng với ΔACD (  BAE =  CAD , AB/AC = AE/AD)
=>  ABE =  ACD => Δ ABC cân tại A.
Cách 6 : (Bảo Linh)
Qua B vẽ đường thẳng song song AC cắt AD tại M, qua C vẽ đường thẳng song song AB
cắt AE tại N.
ΔABM đồng dạng với ΔACN (g. g) => AB/AC = BM/CN (1)

ΔADC có BM // AC => AC/BM = BE/BD
ΔABE có CN // AB => AB/CN = BE/EC
Do đó có AB/AC = CN/BM (2) Từ (1) và (2) có AB/AC.AB/AC = BM/CN.CN/BM
=> AB
2
/AC
2
= 1 => AB = AC.
PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BA ĐIỂM ĐỒNG QUY
Các bạn đã học qua lớp 7 chắc chắn đều biết về các đường đồng quy của tam giác :
Định lí 1 : Ba đường trung tuyến của một tam giác cùng đi qua một điểm ;
Định lí 2 : Ba đường phân giác của một tam giác cùng đi qua một điểm ;
Định lí 3 : Ba đường trung trực của một tam giác cùng đi qua một điểm ;
Định lí 4 : Ba đường cao của một tam giác cùng đi qua một điểm.
SGK Toán 7 tập 2 đã sử dụng cùng một phương pháp chứng minh ba đường thẳng đồng
quy để chứng minh định lí 2, định lí 3.
Phương pháp chứng minh này có thể mô tả khái quát như sau :
Ba đường thẳng a, b, c đồng quy nếu :
- Mọi điểm thuộc c đều có tính chất C và ngược lại.
- Chứng tỏ giao điểm của a và b thỏa mãn tính chất C.
Các bạn cần lưu ý, quỹ tích các điểm thỏa mãn tính chất C chính là đường thẳng c.
Như vậy mấu chốt của phương pháp này chính là việc phát hiện ra tính chất C.
Nếu ta phát hiện ra nhiều tính chất của đường thẳng c thì cũng có nghĩa là sẽ có nhiều
cách chứng minh a, b, c đồng quy.
Ta sẽ áp dụng phương pháp này để chứng minh các định lí trên.
* Chứng minh định lí 1 :
Cách 1 : - Bổ đề 1 : Trong một tam giác, quỹ tích trung điểm các đoạn thẳng nối hai
điểm lần lượt nằm trên hai cạnh khác nhau, song song với cạnh thứ ba là trung tuyến
thuộc cạnh thứ ba đó.
- Gọi AM, BN, CK lần lượt là các trung tuyến của ∆ABC ; G = BN ∩ CK. Qua G dựng

DE // BC, FR // AB, PQ // AC (hình 1).
Theo bổ đề 1 ta có GF = GR ; GP = GQ. Từ đó dễ thấy ∆DQG = ∆FGP ; ∆FGP = ∆GRE
(g.c.g) => ∆DQG = ∆GRE => DG = GE=> G Є AM (theo bổ đề 1).
Vậy AM, BN, CK đồng quy tại G. Định lí 1 được chứng minh.
Cách 2 : (hướng dẫn)
- Bổ đề 2 : Quỹ tích các điểm nằm trong một tam giác với các cạnh a, b, c, có tỉ số
khoảng cách tới hai cạnh b, c là c/b là trung tuyến thuộc cạnh a.
- Gọi AM, BN, CK lần lượt là các trung tuyến của ∆ABC ; G = BN ∩ CK. Dựng GD ⊥
AB, GE ⊥ AC, GF ⊥ BC.
Theo bổ đề 2 suy ra :
GD/GF = BC/AB ; GF/GE = AC/BC ;
=> GD/GE = GD/GF . GF/GE = BC/AC . AC/BC = AC/BC ;
* Chứng minh định lí 2 : (sử dụng kết quả khác với SGK)
- Bổ đề 3 : Trong ∆ABC, DE // BC (D Є AB, E Є AC), quỹ tích điểm I thuộc DE sao cho
ID/IE = AB/AC là đường phân giác AA
1
.
- Gọi AA
1
, BB
1
, CC
1
lần lượt là các phân giác của ∆ABC ; I = BB
1
∩CC
1
. Qua I dựng DE
// BC, FR // AB, PQ // AC (hình 2).
Từ bổ đề 3 suy ra :

IF/IR = BC/AC ; IQ/IP = AB/BC ;
Mặt khác, ta nhận thấy các tam giác IFP, RIE, QDI đôi một đồng dạng
=> ID/IE = ID/FP . FP/IE = IQ/IP . IF/IR = AB/BC . BC/AC = AB/AC.
=> ID/IE = AB/AC => I Є AA1 (theo bổ đề 3).
Vậy AA
1
, BB
1
, CC
1
đồng quy tại I. Định lí 2 được chứng minh.
* Chứng minh định lí 4 :
- Bổ đề 4 : Cho ∆ABC, N thuộc đường cao BB’ và K thuộc đường cao CC’ sao cho DE //
BC (D Є AB, E Є AC). Quỹ tích điểm H thuộc DE sao cho HD/DE = BK
2
/CN
2
là đường
cao AA’.
Hướng dẫn : (hình 3)
Hai tam giác vuông ANC và AKB có NB’ ∩ AC ; KC’ ∩ AB
=> AN
2
= AB’.AC ; AK
2
= AC’.AB (1).
Hai tam giác vuông AB’B và AC’C đồng dạng vì có chung ∠ BAC => AB’.AC =
AC’.AB (2).
Từ (1) và (2) => AN = AK.
Gọi M Є AA’ sao cho ∠ BMC = 90

o
tương tự ta có : AN = AK ; BM = BK ; CM = CN
(3).
Xét tam giác vuông BMC, MA’ ⊥ BC => BM
2
= BA’.BC và CM
2
= CA’.BC
=> BA'/CA' = BM
2
/CM
2
= BK
2
/CN
2
= HD/HE (theo bổ đề 3)
=> nếu H’ = DE ∩ AA’ thì H'D/H'E = BA'/CA' = HD/HE
=> H’ ≡ H.
Trở lại định lí 4 (hình 4)
- Gọi M, N, K lần lượt nằm trên các đường cao AA’, BB’, CC’ của ∆ABC sao cho ∠
BMC = ∠ ANC = ∠ AKB = 90
o
, H = BB’ ∩ CC’.
Qua H dựng DE // BC, FR // AB, PQ // AC.
Từ bổ đề 4 suy ra :
HQ/HP = AK
2
/CM
2

; HF/HR = BN
2
/AN
2

Mặt khác, ta nhận thấy các tam giác HFP, RHE, QDH đôi một đồng dạng nên :
HD/HE = HD/FP . FP/HE = HQ/HF . HF/HR = AK
2
/CM
2
. BM
2
/AN
2

=> HD/HE = BM
2
/CM
2
(Do AK = AN) => H Є AA’ (theo bổ đề 4).
Vậy AA’, BB’, CC’ đồng quy tại H.
Định lí 4 được chứng minh.
* Đề nghị bạn đọc chứng minh các bổ đề 1 ; 2 ; 3 và làm bài tập sau.
Bài tập : Trong một tam giác, đường thẳng đối xứng với đường trung tuyến qua đường
phân giác cùng xuất phát từ một đỉnh được gọi là đường đối trung của đỉnh đó. Chứng
minh rằng trong tam giác, ba đường đối trung đồng quy.
Như vậy thông qua hai chứng minh định lí của SGK, ta đã rút ra được một phương pháp
chứng minh ba đường thẳng đồng quy rất hiệu quả. Tôi hi vọng các bạn sẽ thành công
trong nhiều trường hợp khác.
TẬP "LỘI NGƯỢC" KHI GIẢI TOÁN

“Lội ngược dòng” là một cụm từ quen thuộc trong thể thao, dùng để chỉ những cố gắng
đảo ngược kết quả của một trận đấu. Còn “lội ngược dòng” khi giải toán là quá trình
phân tích đi lên từ kết quả để tìm ra lời giải. Với mỗi hướng “lội ngược dòng” ta sẽ có thể
tìm ra một cách giải.
Ta xét bài toán sau :
Bài toán : (định lí Py-ta-go) Cho ∆ABC vuông tại A, BC = a, AC = b, AB = c.
Chứng ming rằng : a
2
= b
2
+ c
2
(*)
Hướng 1 : Từ a
2
, b
2
, c
2
ta liên hệ đến diện tích của các hình vuông có cạnh là a, b, c. Nếu
dựng về phía ngoài của ∆ABC các hình vuông có cạnh lần lượt là BC, CA, AB thì (*)
tương đương với diện tích hình vuông cạnh BC bằng tổng diện tích của hai hình vuông có
cạnh CA, AB.
Ta tiếp tục đặt vấn đề : liệu có thể chia hình vuông cạnh BC thành hai hình chữ nhật có
diện tích bằng diện tích của hai hình vuông còn lại không.
Từ đó ta phát hiện ra đường HH’, trong đó H là chân đường vuông góc hạ từ A của
ABC. ⇼
Cách 1 : Dựng về phía ngoài của ∆ABC các hình vuông AEFB, BMNC, CPQA (hình 1).
Đường cao AH ⊥ BC cắt MN tại H’ (H Є BC). Đặt BH = c’ và CH = b’. Ta cần chứng
minh : S

CNH’H
= S
CPQA
; S
BMH’H
= S
AEFB
hay a.b’ = b
2
; a.c’ = c
2
(**).
Thật vậy, vì hai tam giác vuông ABC và HBA có chung nên ∆ABC đồng dạng với
∆HBA suy ra :
AB/HB = BC/AB => AB
2
= HB.BC => c
2
= a.c'.
Tương tự ta có b
2
= ab’.
Định lí được chứng minh và nếu biết trước (**) thì ta cũng không cần vẽ thêm các hình
vuông phụ.
Hướng 2 : Ta có :
a
2
= b
2
+ c

2
= (b + c)
2
- 2bc
<=> a
2
+ 4. 1/2 bc = (b + c)
2
: (1).
Liên hệ với các công thức tính diện tích, ta nhận thấy a
2
và (b + c)
2
là diện tích các hình
vuông có cạnh a và b + c ; 1/2 bc là diện tích tam giác có hai cạnh bên là b và c. Từ đây
ta thử tìm cách dựng hình phụ và chứng minh.
Cách 2 :
Dựng hình vuông ADEF có độ dài cạnh là b + c ; B Є AD ; C Є AF (hình 2).
Lấy I Є EF ; K Є DE sao cho IF = KE = b.
Ta nhận thấy ∆ABC = ∆DKB = ∆EIK = ∆FCI ;
BCIK là hình vuông.
=> S
BCIK
+ S
ABC
+ S
DKB
+ S
EIK
+ S

FCI
= S
ADEF

<=> S
BCIK
+ 4.S
ABC
= S
ADEF

<=> a
2
+ 4. 1/2 bc = (b + c)
2

<=> a
2
= b
2
+ c
2
.
Hướng 3 : Thay đổi cách nhìn một chút so với cách 2, ta thấy :
(*) <=> 1/2(b + c)(b + c) = 1/2a
2
+ 2. 1/2bc , trong đó vế trái là diện tích của hình thang
có hai đáy là b, c và có đường cao là b + c.
Cách 3 : Trên tia đối của tia CA, lấy điểm F sao cho CF = c ; Dựng điểm D thuộc nửa
mặt phẳng có bờ AE, chứa điểm B, DE ⊥ AE, DE = b (hình 3).

Ta nhận thấy ABDE là hình thang vuông có hai đáy AB = c, DE = b, đường cao AE = b +
c ; ∆ABC = ∆ECD ; ∆BCD vuông cân tại C có cạnh là a.
=> S
ABDE
= S
BCD
+ S
ABC
+ S
ECD

<=> S
ABDE
= S
BCD
+ 2.S
ABC

<=> 1/2(b + c)(b + c) = 1/2a
2
+ 2. 1/2bc
<=> a
2
= b
2
+ c
2
.
Hướng 4 : Tiếp tục biến đổi (*) theo hướng khác, a
2

= b
2
+ c
2
= (b - c)
2
+ 2bc <=> a
2
= (b
- c)
2
+ 4. 1/2bc.
Cách 4 : Không mất tính tổng quát, giả sử b > c. Dựng hình chữ nhật ABA’C ; hình
vuông BCED (chứa A’) ; trên BA’ lấy điểm B’ sao cho BB’ = c ; trên DB’ lấy điểm C’
sao cho DC’ = c ; CA’ ∩ EC’ = D’ (hình 4).
Ta chứng minh được những kết quả sau :
∆ABC = ∆A’CB = ∆B’BD = ∆C’DE = ∆D’EC và A’B’C’D’ là hình vuông có cạnh là b -
c.
=> S
BCED
= S
A’B’C’D’
+ S
A’BC
+ S
B’BD
+ S
C’DE
+ S
D’EC

<=> S
BCED
= S
A’B’C’D’
+ 4.S
ABC

<=> S
BCDE
= S
A'B'C'D'
+ 4.S
ABC

<=> a
2
= (b - c)
2
+ 4. 1/2bc <=> a
2
= b
2
+ c
2
.
Việc tập “lội ngược dòng” sẽ giúp các bạn tập giải quyết được các bài toán. Các bạn thử
tìm lời giải của các bài tập :
Bài tập 1 : Cho tứ giác ABCD. Chứng minh rằng :
SS

ABCD
≤ 1/2.AC.BD.
Bài tập 2 : Cho a, b, c là ba cạnh của một tam giác và p là nửa chu vi của tam giác đó.
Chứng minh rằng :
PHƯƠNG TRÌNH CHỨA ẨN TRONG DẤU GIÁ TRỊ
TUYỆT ĐỐI
Trong chương trình môn Toán THCS, các bạn đã được học và làm quen với phương trình
chứa ẩn trong dấu giá trị tuyệt đối. Bài viết giúp các bạn có một số phương pháp cơ bản
để xét phương trình loại này.
Phương pháp 1 :1 Phương pháp chia khoảng trên trục số.
Ta xét dấu các biểu thức trong dấu giá trị tuyệt đối để khử dấu giá trị tuyệt đối.
Thí dụ 1 : Giải phương trình :
|2x - 1| + |2x - 5| = 4. (1)
Lời giải : Lập bảng khử dấu giá trị tuyệt đối :
Từ đó ta xét 3 trường hợp sau : - Xét x< 1/2 : (1) trở thành - 4x + 6 = 4 <=> x < 1/2
không phụ thuộc khoảng đang xét. - Xét :
(1) trở thành 4 = 4 đúng với mọi x thuộc khoảng đang xét, tức là
- Xét
(1) trở thành 4x - 6 = 4 <=> x = 5/2 thuộc khoảng đang xét.
Kết luận : Nghiệm của phương trình (1) là
Phương pháp 2 :
Phương pháp biến đổi tương đương. Ta áp dụng hai phép biến đổi cơ bản sau :
Thí dụ 2 : Giải phương trình :
|x - 1| = |3x - 5| (2)
Lời giải : áp dụng phép biến đổi thứ hai ta có :
Kết luận : Phương trình (2) có hai nghiệm : x
1
= 2 ; x
2
= 3/2

Nhận xét : Ta có thể sử dụng phương pháp 1 để giải phương trình (2).
Phương pháp 3 :
Phương pháp đặt ẩn số phụ.
Thí dụ 3 : Giải phương trình :
|x
2
- 5x + 5| = -2x
2
+ 10x - 11. (3)
Lời giải : (3) tương đương với : |x
2
- 5x + 5| = -2(x
2
- 5x + 5) - 1
Đặt x
2
- 5x + 5 = t thì phương trình trở thành |t| = -2t - 1.
Phương pháp 4 : Sử dụng đồ thị.
Nguyên tắc : Nghiệm của phương trình f(x) = g(x) chính là hoành độ điểm chung của hai
đồ thị y = f(x) và y = g(x).
Thí dụ 4 : Biện luận số nghiệm của phương trình :
|x - 1| + |x + 1| + |x| = m.
Lời giải : Trước hết vẽ đồ thị hàm số
y = |x - 1| + |x + 1| + |x|.
+ Lập bảng khử dấu trị tuyệt đối :
+ Vẽ đồ thị trên từng khoảng, chú ý các điểm đặc biệt A (-1 ; 3) ; B (0 ; 2) ; C (1 ; 3).
Số nghiệm của phương trình đúng bằng số điểm chung của đường thẳng y = m với đồ thị
vừa vẽ.
Từ đồ thị ta có :
Nếu m < 2 thì phương trình vô nghiệm.

Nếu m = 2 thì phương trình có một nghiệm duy nhất.
Nếu m > 2 thì phương trình có hai nghiệm phân biệt.
Phương pháp 5 : Sử dụng bất đẳng thức.
Nguyên tắc : Sử dụng bất đẳng thức để so sánh f(x) và g(x). Từ đó tìm nghiệm của
phương trình f(x) = g(x).
Thí dụ 5 : Giải phương trình :
|x - 2003|
5
+ |x - 2004|,sup>7 = 1.
Lời giải : Kiểm tra ngay x = 2003 và x = 2004 là các nghiệm của phương trình.
Nếu x > 2004 thì x - 2003 > 1 nên |x - 2003| > 1 => |x - 2003|
5
> 1 => |x - 2003|
5
+ |x -
2004|
7
> 1. Chứng tỏ phương trình không có nghiệm thỏa mãn x > 2004.
Nếu x < 2003 thì x - 2004 < - 1 nên |x - 2004| > 1 => |x - 2004|
7
> 1
=> |x - 2003|
5
+ |x - 2004|
7
> 1. Chứng tỏ x < 2003 không là nghiệm.
Nếu 2003 < x < 2004 thì : x - 2003 < 1 và - 1 < x < 2004
nên : | x - 2003|
5
< |x - 2003| = x - 2003 và | x - 2004|

7
< |x - 2004| = 2004 - x
Do đó |x - 2003|
5
+ |x - 2004|
7
< (x - 2003) + (2004 - x) = 1. Chứng tỏ 2003 < x < 2004
cũng không thỏa mãn phương trình.
Tóm lại phương trình chỉ có hai nghiệm đã kiểm tra.
Chú ý : Thí dụ 1 có thể giải như sau :
|2x - 1| + |2x - 5| = |2x - 1| + |5 - 2x| |2x - 1 + 5 - 2x| = 4.
Đẳng thức xảy ra tương đương với (2x - 1)(5 - 2x) 0 tương đương với 1/2 < x< 5/2.
Dưới đây xin gửi tới các bạn một số bài tập :
Bài 1 : Giải các phương trình :
1) 3|x - 1| - 2|x - 2| - |x| + |x + 1| = |x + 2|
2) |x + 1| = |x
2
+ x|
3) |x - 2| / (|x - 1| - 1) = 1
Bài 2 : Tìm m để phương trình : x
2
- 2x - m|x - 1| + m
2
= 0 có nghiệm.
Bài 3 : Với giá trị nào của tham số m, phương trình sau có nghiệm duy nhất :
|x + 3| - |2x - m| = 1.
CHỦ ĐỘNG SÁNG TẠO
KHI GIẢI TOÁN HÌNH HỌC
Một vấn đề đặt ra là nên cấu tạo đề bài tập toán như thế nào (với mục đích vận dụng kiến
thức, rèn luyện kĩ năng, kiểm tra năng lực toán học. v.v ) để phù hợp phương pháp dạy

học đổi mới theo định hướng tích cực, độc lập, sáng tạo.
Câu trả lời đã trở nên rõ ràng nếu chú ý nhận xét tính đa dạng và phong phú của hệ thống
bài tập trong sách giáo khoa mới. Trong khuôn khổ một bài báo, do không thể phân tích
hết ưu nhược điểm của từng thể loại bài tập toán nhằm giúp học sinh học tập chủ động,
sáng tạo, tác giả xin trao đổi với các bạn đồng nghiệp về vấn đề này thông qua một số ví
dụ về bài tập hình học.
Thí dụ 1 : Bài tập kích thích mạnh mẽ tư duy học sinh là loại bài tập tình huống. Ta hãy
xét bài tập sau (lớp 7).
Cho điểm M trên trang giấy và hai đường thẳng d, d’ cắt nhau nhau ngoài trang giấy. Hãy
vẽ đường thẳng d’’ đi qua điểm M và giao điểm của d, d’. Nói cách vẽ và giải thích vì sao
vẽ được như vậy.
Tình huống của bài tập này là : Học sinh phải vẽ một đường thẳng đi qua hai điểm, trong
đó một điểm đã cho trước, còn điểm thứ hai thì chưa xác định được.
Hướng giải quyết bài toán không phải là vẽ giao điểm của hai đường thẳng d và d’ mà là
tìm quan hệ giữa đường thẳng phải vẽ (đường thẳng d’’ đi qua điểm M) với những đường
thẳng khác có thể vẽ được trên trang giấy.
Quá trình mò mẫm dẫn đến cấu hình ba đường cao đồng quy trong tam giác, từ đó =>
cách vẽ.
Lời giải (tóm tắt) mong đợi là như sau :
Cách vẽ : Vẽ đường thẳng a đi qua M và vuông góc với d’, a cắt d tại A. Vẽ đường thẳng
b đi qua M và vuông góc với d, b cắt d’ tại B. Vẽ đường thẳng d’’ đi qua M và vuông góc
với AB, d’’ là đường thẳng phải vẽ, nó đi qua giao điểm của d và d’ (giao điểm này nằm
ngoài trang giấy) vì ba đường cao d, d’, d’’ của tam giác MAB đồng quy.
Cũng có thể giải thích như sau :
Giả sử giao điểm của d và d’ là C (nằm ngoài trang giấy). Trong tam giác ABC, hai
đường cao a và b cắt nhau tại M. Thế thì đường thẳng d’’ đi qua M (trực tâm của tam giác
ABC) và vuông góc với AB phải là đường cao thứ ba, vậy d’’ đi qua C.
Thí dụ 2 : Ta hãy xét bài tập sau (lớp 8).
Cho hình vuông ABCD, I là trung điểm của AB, J là trung điểm của BC và K là trung
điểm của IB. Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ B xuống IC. Chứng minh rằng hai

đường thẳng HJ và HK vuông góc với nhau.
Tình huống đặt ra đối với học sinh ở bài tập này là : Với kiến thức đã học, nên chọn
phương pháp nào để chứng minh hai đường thẳng HJ và HK vuông góc với nhau. Học
sinh có thể nghĩ tới các hướng chứng minh sau :
 HKJ = 90
o
(?)
HK và HJ là hai tia phân giác của hai góc kề bù (không thể được !)
Δ KHJ = Δ KBJ (?)
Định lí Py-ta-go thuận và đảo (?)
v.v
Học sinh loại dần hướng chứng minh sai, và thử các hướng chứng minh có triển vọng.
Lời giải (tóm tắt) mong đợi là như sau :
Tính HJ
2
: Trong tam giác vuông BHC, HJ là trung tuyến ứng với cạnh huyền BC.
Gọi cạnh hình vuông là a, ta có :
HJ = BC/2 = a / 2, từ đó HJ
2
= a
2
/ 4
HK = IB/2 = a / 4 , từ đó HK
2
= a
2
/ 16
Tính HK
2
: Trong tam giác vuông BHI :

Tính JK
2
: Trong tam giác vuông BJK :
JK
2
= BJ
2
+ BK<SUP.2< sup> , từ đó JK
2
= a
2
/4 + a
2
.
Từ các kết quả trên => JK
2
= HJ
2
+ HK
2
và theo định lí Py-ta-go đảo thì tam giácJHK
vuông góc tại H, tức là HJ vuông góc với HK.
Cũng có thể chứng minh theo hướng : Δ KHJ = Δ KBJ (vì HK = HB, HJ = BJ, KJ chung)
=>  H =  B bằng 90
o
, tức là HJ vuông góc với HK.
Chú ý rằng, theo chương trình mới, học sinh lớp 7 chưa học định lí : Trong tam giác
vuông, đường trung tuyến ứng với cạnh huyền bằng nửa cạnh huyền.
Thí dụ 3 : Ta hãy xét bài tập sau (lớp 7).
Trên hình vẽ, người ta đã cho biết : AE = CE, BE // CD,  ABC = 88

o
,  BCE = 31
o
.
a) Tính  ECD.
b) Tính  EDC
c) Trong tam giác CDE thì cạnh nào lớn nhất ?
Đây là một bài tập dễ, vận dụng nhiều kiến thức và có nhiều cách giải khác nhau. Nếu đề
kiểm tra cuối năm phần hình học lớp 7 được ra theo kiểu này thì chắc chắn học sinh sẽ
bộc lộ rõ ràng mức độ nắm vững kiến thức cơ bản, kĩ năng cơ bản của mình và ngay cả
học sinh trung bình, yếu cũng hi vọng giải được hầu hết các câu hỏi của bài toán.
Lời giải (tóm tắt) :
a)  BCD =  ABE = 88
o
(hai góc đồng vị).
 ECD =  BCD -  BCE = 88
o
- 31
o
= 57
o

b) Vì tam giác EAC cân nên  EAB =  ECB = 31
o
. Trong tam giác ABE :
 AEB = 180
o
- 88
o
+ 31

o
= 61
o
.
 EDC =  AEB - 61
o
(hai góc đồng vị).
c) Trong tam giác CDE :  DEC = 180
o
- (57
o
+ 61
o
) = 62
Vậy cạnh CD lớn nhất. Cách giải khác :
a) Vì tam giác EAC cân nên  EAB =  ECB = 31
o
. Trong tam giác AEB :  ABE = 61
o
.
Với tam giác BEC : góc ABE = 88
o
là góc ngoài ở đỉnh B nên góc BEC = 88
o
- 31
o
= 57
o
.
Vì BE // CD nên  ECD =  BEC = 57

o
(hai góc so le trong)
b) Vì BE // CD nên  EDC =  AEB = 61
o
(hai góc đồng vị)
c) Trong tam giác CDE :  DEC = 180
o
- (57
o
+ 61
o
) = 62
o

Vậy cạnh CD lớn nhất.
BÀI TOÁN CON CÁ
Theo các tác giả SGK, nội dung SGK mới rất quan tâm tới yếu tố vui học, gắn bài học
với thực tế, đưa vào các mẩu chuyện về lịch sử Toán học nhằm tạo ra sự gần gũi, thân
thiết, gây hứng thú học tập, từ đó giúp học sinh đạt kết quả học tập cao nhất. Việc tạo
được niềm say mê, hứng thú trong học tập, bằng cách này hay cách khác chắc chắn sẽ
đem lại kết quả học tập tốt hơn nhiều cho mỗi bạn. Các bạn có thể tự tạo hứng thú từ
những nhận xét, phát hiện “nho nhỏ” trong quá trình học toán. Bài toán “con cá” là một
ví dụ như vậy.
Trong sách Bài tập toán 7 (tập 1, trang 99) có bài tập số 13, nội dung như sau : “Trên
hình vẽ có Ax song song với By, ∠ CAx = 50
o
, ∠ CBy = 40
o
. Tính ∠ ACB bằng cách
xem nó là góc ngoài của một tam giác.” (xem hình 1) Lời giải của bài toán này xin

nhường cho bạn đọc. ở đây tôi muốn trao đổi với các bạn một bài toán tổng quát hơn mà
tôi thường gọi là bài toán “đầu cá”.
Bài toán 1 (bài toán “đầu cá”) : Hình 2 cho biết ∠ CAB > ∠ CAx, Ax // By.
Chứng minh rằng : ∠ ACB = ∠ CAx + ∠ ∠ CBy.
Lời giải : Trên nửa mặt phẳng bờ AC chứa tia CB, vẽ tia Cm // Ax. Vì Ax // By => Cm //
By => ∠ CAx = ∠ C
1
; ∠ CBy = ∠ C
2
(so le trong). Vậy : ∠ CAx + ∠ CBy = ∠ C
1
+ ∠
C
2
(1).
Theo giả thiết, ∠ ACB > ∠ CAx => ∠ ACB > ∠ C
1
hay tia Cm nằm giữa hai tia CA và
CB, do đó : ∠ ACB = ∠ C
1
+ ∠ C
2
(2).
Từ (1) và (2) suy ra ∠ ACB = ∠ ACx + ∠ CBy.
Lời bình : + Bài toán 1 cho biết mối quan hệ giữa hai góc ∠ CAx, ∠ CBy với ∠ ACB,
không phụ thuộc vào số đo của các góc như ở bài toán đặt vấn đề.
+ Mấu chốt của lời giải là việc kẻ thêm đường phụ Cm song song với Ax.
+ Đối với học sinh lớp 7 mới được tập dượt chứng minh hình học, nhất là với kiến thức ở
chương I - Đường thẳng vuông góc - Đường thẳng song song, thì đây là một bài toán khá
hay. Khai thác bài toán, ta có nhiều bài toán tương tự khá thú vị.

Bài toán 2 (bài 57 trang 104 SGK Toán 7, tập 1) : Cho hình vẽ (a // b), hãy tính số đo x
của góc O (xem hình 3).
Gợi ý : Sử dụng kết quả của bài toán “đầu cá”, ta chỉ cần tính ∠ OBb.
Từ đó dễ dàng giải được bài toán sau :
Bài toán 3 (bài 3, trang 91, SGK Toán 7, tập 2) : Xem hình 4, cho a // b, ∠ C = 44
o
, ∠ D
= 132
o
. Tính số đo góc ∠ COD.
Chú ý : Tương tự các bạn có thể giải được một bài trong bài toán 5, trang 92, SGK Toán
7, tập 2.
Bài toán 4 (bài toán “thân cá”) : Cho hình 5, biết Ax // By và ∠ CAx + ∠ ACB > 180
o
.
Chứng minh rằng : ∠ CAx + ∠ ACB + ∠ CBy = 360
o
.
Gợi ý : + Kẻ tia đối Ax’ của tia Ax và tia đối By’ của tia By. Sử dụng kết quả của bài
toán “đầu cá”.
+ Cách khác : Kẻ Cm // Ax và chứng minh tương tự bài toán “đầu cá”.
Bài toán 5 : Cho hình 6, biết Ax // By và ∠ CBy > ∠ ACB.
Chứng minh rằng : ∠ CBy = ∠ xAC + ∠ ACB.
Gợi ý : Kẻ tia Cm // Ax và chứng minh tương tự bài toán “đầu cá”.
Bài toán 6 : Cho hình 7, biết Ax // By và ∠ CBy > ∠ ACB. Chứng minh rằng : ∠ CAx +
∠ CBy - ∠ CAB = 180
o
.
Gợi ý : Kẻ Cm // Ax.
* Từ bài toán 1 đến bài toán 6 đều có các bài toán đảo thú vị đang chờ các bạn tiếp tục

khám phá. Sau khi học bài “Tổng ba góc trong một tam giác” của chương II, nếu thay đổi
giả thiết của bài toán “đầu cá” : Ax không song song với By thì ta có bài toán sau.
Bài toán 7 (bài toán “đuôi cá”) :
Cho hình 8. Chứng minh rằng : ∠ ACB = ∠ MAC + ∠ MBC + ∠ AMB.
Gợi ý : Nối MC kéo dài về phía C, sử dụng tính chất góc ngoài của tam giác.
Kết hợp các bài toán trên, ta được bài toán “con cá” hoàn chỉnh.
Bài toán 8 (bài toán “con cá”) :
Cho hình 9. Tính các góc x, y, z.
Lời giải bài toán 8 dành cho bạn đọc.
Con đường đi đến bài toán “con cá” thật đơn giản nhưng rất lí thú phải không các bạn ?
LTS : Xuất phát từ bài 57 trang 104 SGK Toán 7, tập 1), thầy giáo Nguyễn Đức Tấn (TP.
HCM) cũng đã tổng quát mối liên hệ giữa ba góc ∠ OAa, ∠ AOB, ∠ OBb (xem hình 3).
Từ đó hình thành loạt bài toán tính số đo của một góc biết số đo của hai góc còn lại và
các bài toán đảo.
MỘT PHƯƠNG PHÁP THÚ VỊ
GIẢI BÀI TOÁN TÍNH GÓC
Các bài toán về tính số đo góc rất đa dạng, xuất hiện nhiều trong các kì thi. Để giải quyết
tốt dạng toán này có khi phải vẽ hình phụ. Trong bài viết này, tôi xin giới thiệu với các
em phương pháp vẽ thêm hình phụ là tam giác đều trong bài toán tính số đo góc.
Bài toán 1 : Cho tam giác ABC cân tại A, ∠ A = 20
0
. Trên AB lấy điểm D sao cho AD =
BC. Tính ∠ BDC.
Lời giải :
Cách 1 : Trên nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng BC, chứa điểm A, dựng tam giác đều
BCE (hình 1).
Vì tam giác ABC cân tại A, ∠ A = 20
0
nên ∠ ABC = ∠ ACB = 80
0

. Vậy E thuộc miền
trong tam giác ABC, suy ra ∠ ACE = 20
0
(1).
Dễ thấy ∆ABE = ∆ACE (c.c.c) nên ∠ BAE = ∠ CAE = ∠ A / 2 = 10
0
(2).
Từ (1) suy ra ∠ A = ∠ ACE = 20
0
suy ra ∆DAC = ∆ECA (c.g.c), kết hợp với (2) suy ta ∠
ACD = ∠ CAE = 10
10
.
Ta có ∠ BDC là góc ngoài của ∆DAC nên ∠ BDC = ∠ DAC + ∠ DCA = 20
0
+ 10
0
=
30
0
.
Cách 2 : Trên nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng AB, chứa điểm C, dựng tam giác đều
ABI (hình 2).
Vì ∆ABC cân tại A, ∠ A = 20
0
nên AI = AB = AC ; ∠ CAI = 40
0
; ∠ IBC = 20
0
suy ra ∠

ACI = 70
0
(∆ACI cân tại A) suy ra ∠ BCI = 150
0

Lại có ∆ADC = ∆BCI (c.g.c)
Suy ra ∠ ADC = ∠ BCI = 150
0
suy ra ∠ BDC = 30
0
.
Bài toán 2 (đề thi vô định toán Nam Tư năm 1983) : Cho tam giác ABC cân tại A, ∠ A =
80
0
. Ở miền trong tam giác lấy điểm I sao cho ∠ IBC = 10
0
; ∠ ICB = 30
0
. Tính ∠ AIB.
Lời giải : Trên nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng BC, chứa điểm A, dựng tam giác
đều BCE (hình 3).
Vì ∆ABC cân tại A, nên ∠ A = 80
0
nên ∠ ABC = ∠ ACB = 50
0
suy ra ∠ ABE = ∠ ACE
= 10
0
; điểm A thuộc miền trong tam giác BCE.
Dễ dàng chứng minh được ∆AEB = ∆ICB (g.c.g) suy ra BA = BI suy ra ∆ ABI cân tại B,

có ∠ ABI = 50
0
- 10
0
= 40
0
suy ra ∠ AIB = 70
0
.
Bài toán 3 : Cho tam giác ABC cân tại A, ∠ A = 100
0
. Trên cạnh AB kéo dài về phía B,
lấy điểm E sao cho AE = BC. Tính ∠ AEC.
Lời giải : Trên nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng AE, chứa điểm C, dựng tam giác
đều AEF (hình 4).
Vì ∆ABC cân tại A, ∠ A = 100
0
nên ∠ ABC = 40
0
; tia AF nằm giữa hai tia AE, AC
Suy ra ∠ CAF = 40
0
suy ra ∆ABC = ∆CAF (c.g.c)
Suy ra AC = FC suy ra ∆AEC = ∆FEC (c.c.c)
Suy ra ∠ AEC = ∠ FEC = 1 / 2 ∠ AEF = 60
0
/ 2 = 30
0
.
Qua một số bài toán nêu trên có thể thấy, việc vẽ thêm hình phụ là tam giác đều tỏ ra rất

hiệu quả đối với bài toán tính số đo góc bởi vì nó đã tạo ra các góc 60o ; tạo ra nhiều mối
quan hệ bằng nhau giữa các cạnh, các góc, các tam giác,
Các bạn hãy làm thêm bài toán sau :
Bài toán 4 : Cho tam giác ABC cân tại A, ∠ A = 80
0
. Trên AC lấy điểm E, trên BC lấy
điểm F sao cho ∠ ABE = ∠ CAF = 30
0
. Tính ∠ BEF.
ĐỊNH LÍ PY - TA - GO MANG ĐẾN NHIỀU BÀI TOÁN
THÚ VỊ
Khi hỏi một bạn học sinh lớp 8 năm học 2003-2004 : “Nếu một tam giác vuông cân có
cạnh góc vuông bằng 1 thì cạnh huyền bằng bao nhiêu ?”, chắc bạn đó sẽ lúng túng. Điều
đó cũng dễ hiểu vì trong chương trình môn toán thì năm học 2003-2004 trở về trước, học
sinh lớp 8 chưa học căn bậc hai.
Nhưng nếu đặt câu hỏi đó cho một học sinh lớp 7 vào cuối học kì I của năm học 2003-
2004 thì bạn đó sẽ trả lời :
- Quá dễ ! 1
2
+ 1
2
= 2, đáp số là chứ gì !
Định lí Py-ta-go và căn bậc hai trong sách giáo khoa Toán 7 mới giúp ta có thêm nhiều
khả năng tiếp cận những bài toán thú vị.
1. Bài toán tính độ dài đoạn thẳng
Ví dụ 1 : Tính các độ dài x, y trên hình 1.
Lời giải : áp dụng định lí Py-ta-go vào các tam giác vuông AHC, AHB ta có :
x2 = 16
2
+ AH

2
; y
2
= 9
2
+ AH
2
. Do đó : x
2
- y
2
= (16
2
+ AH
2
) - (9
2
+ AH
2
) = 175 (1)
Áp dụng định lí Py-ta-go vào tam giác vuông BAC : x
2
+ y
2
= (9 + 16)
2
= 625 (2)
Từ (1) và (2) suy ra x
2
= 400 ; y

2
= 225.
Do đó : x = 20 ; y = 15.
Ví dụ 2 : Một tam giác có độ dài hai cạnh bằng 3 và 8, góc xen giữa bằng 60
o
. Tính độ
dài cạnh còn lại.
Lời giải : (hình 2) Xét tam giác ABC có AB = 8 ; AC = 3. Kẻ đường cao AH.
Tam giác vuông AHB có  A = 60
o
nên AH = AB : 2 = 8 : 2 = 4.
Do AC = 3 nên C nằm giữa A và H và CH = AH - AC = 4 - 3 = 1.
Áp dụng định lí Py-ta-go vào các tam giác vuông CHB, AHB ta có : BC
2
= BH
2
+ CH
2
=
(AB
2
- AH
2
) + CH
2
= 8
2
- 4
2
+ 1

2
= 49.
Vậy BC = 7.
Ví dụ 3 : Tính chu vi của đường gấp khúc ABCDEA trên hình 3.
Hướng dẫn : Hãy kéo dài AB và ED cho cắt nhau tại I.Ááp dụng định lí Py-ta-go vào
tam giác vuông AIE, ta tính được AE = 5, do đó chu vi đường gấp khúc ABCDEA bằng
12.
2. Bài toán tính diện tích tam giác
Ví dụ 4 : Cho tam giác đều ABC có cạnh bằng 1dm. Số nào trong các số sau cho giá trị
sát nhất với diện tích tam giác ABC : 0,4 dm
2
; 0,5 dm
2
; 0,6 dm
2
?
Lời giải : (hình 4) Kẻ đường cao AH. Áp dụng định lí Py-ta-go vào tam giác vuông AHC
ta có : AH
2
= AC
2
- HC
2
= 1
2
- 0,5
2
= 0,75.
Giá trị sát nhất với diện tích tam giác ABC là 0,4 dm
2

.
Hướng dẫn : Chú ý rằng 10 = 3
2
+ 1
2
; 20 = 2
2
+ 4
2
; 50 = (3 + 2)
2
+ (1 + 4)
2
.
Lời giải : Vẽ thêm các điểm D, H, E như trên hình 5. Ta tính được S
ADB
= 1,5 ; S
BHC
= 4 ;
S
BDEH
= 2 ; S
AEC
= 12,5. Do đó : S
ABC
= 12,5 - 1,5 - 4 - 2 = 5.
Mời các bạn tự giải các bài tập sau :
Bài 1 : Một tam giác vuông cân có cạnh góc vuông bằng 2. Cạnh huyền của tam giác có
giá trị sát nhất với số nào trong các số sau : 2,6 ; 2,7 ; 2,8 ; 3.
Bài 2 : Một tam giác có độ dài hai cạnh bằng 7 và 5, góc xen giữa bằng 60

o
. Tính độ dài
cạnh thứ ba.
Bài 3 : Một tam giác có độ dài hai cạnh bằng 5 và 6, góc xen giữa bằng 120
o
. Tính độ dài
cạnh thứ ba.
Bài 4 (bài toán của Xem Lôi-đơ) : ở một hội chợ, người ta quảng cáo bán một cái hồ hình
tam giác và ba miếng đất hình vuông dựng trên ba cạnh đó (hình 6). Diện tích ba miếng
đất đó bằng 74 acrơ ; 116 acrơ ; 370 acrơ (1acrơ = 4047m
2
).
Bảng quảng cáo không nói rõ diện tích của cái hồ làm nhiều người thắc mắc không rõ
diện tích đó lớn hay nhỏ. Bạn hãy tìm diện tích của hồ.
Hướng dẫn : 74 = 7
2
+ 5
2
; 116 = 10
2
+ 4
2
.
Các bạn học sinh lớp 7 thân mến ! Trong TTT2 số 2 và số 16 đã từng đề cập đến việc sử
dụng diện tích trong chứng minh hình học cũng như một số bài toán về diện tích. Trong
bài viết này tôi xin nêu thêm một số ứng dụng khác của diện tích tam giác vào việc chứng
minh một số dạng bài tập.
1. Quan hệ đoạn thẳng
Bài toán 1 : Cho tam giác ABC, trung tuyến AM. Một đường thẳng song song với BC cắt
các cạnh AB, AC và trung tuyến AM lần lượt tại D, E, F. Chứng minh rằng FD = FE.

Lời giải : Hạ DK và EH vuông góc với AM (K, H thuộc AM). Ta có :
S(ABM) = S(ACM) (chung đường cao, hai đáy bằng nhau) ;
S(DBM) = S(ECM) (đường cao bằng nhau, hai đáy bằng nhau).
Suy ra S(DAM) = S(ABM) - S(DBM) = S(ACM) - S(ECM) = S(EAM).
Hai tam giác DAM và EAM lại có chung đáy AM nên các đường cao hạ xuống AM bằng
nhau hay DK = EH. Từ đó ta có
∆KDF = ∆HEF (g.c.g)
suy ra FD = FE.
Lời bình : Bài toán không có gì khó khăn nếu ta dùng định lí Ta-lét, tuy nhiên bằng kiến
thức về diện tích và kiến thức hình học lớp 7 bài toán đã được chứng minh gọn gàng và
đẹp đẽ.
Bài toán 2 : Cho tam giác ABC, N là trung điểm của trung tuyến AM. Tia BN cắt cạnh
AC tại K. Chứng minh rằng :
AK = 1/2 CK, NK = 1/3 NB.
Lời giải : Dễ thấy S(ABN) = S(BMN) = S(CMN) = S(CAN) suy ra S(ABN)/S(CBN) =
1/2.