chuyen de lop 7 suu tam

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 Đ BAD = Đ 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). => Đ ABC =
Đ ACB.
Cách 2 : (Trương Sơn Ca)
Giả sử Đ B > Đ C => AC > AB => AC/AB > 1. Vẽ M thuộc AD sao cho Đ ABM = Đ
ACE.
Có Đ M
1
= góc E
1
=> Đ M
2
= Đ E
2
; góc D
1
> Đ E
2
= Đ 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 => Đ ABE = Đ
ACD.
Cách 4 : (Minh Quân)
Vẽ hình bình hành ABEF => BE = AF. Chứng minh được tứ giác ADCF là hình bình hành
=> Đ EFC = Đ BAD = Đ 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 => Đ FEC = Đ ACE => Đ ABC =
Đ 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 ( Đ BAE = Đ CAD , AB/AC = AE/AD)
=> Đ ABE = Đ 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.