chuyen de lop 7 suu tam

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (530.87 KB, 27 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

XOAY QUANH MỘT BÀI TỐN 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 M1 = góc E1 => Đ M2 = Đ E2 ; góc D1 > Đ E2 = Đ M2 . => BM > BD => BD/BM < 1 .

(1)

ΔABM đồng dạng với ΔACE => AB/AC = BM/EC
=> EC/BM = BD/BM = AC/AB > 1 . (2)

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Từ D và E lần lượt vẽ DF vng góc với AB ; EG vng góc với AC.
BD = CE => SABD = SACE => 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.

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Vẽ BH, CK là các đường cao của các tam giác ABD, ACE. BD = CE => SABD = SACE =>

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
=> AB2/AC2 = 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 mơ 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.

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

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 AA1.

- Gọi AA1, BB1, CC1 lần lượt là các phân giác của ∆ABC ; I = BB1 ∩CC1. Qua I dựng DE

// BC, FR // AB, PQ // AC (hình 2).
Từ bổ đề 3 suy ra :

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

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 AA1, BB1, CC1 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 = BK2/CN2 là đường

cao AA’.

Hướng dẫn : (hình 3)

Hai tam giác vng ANC và AKB có NB’ ∩ AC ; KC’ ∩ AB
=> AN2 = AB’.AC ; AK2 = 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 = 90o tương tự ta có : AN = AK ; BM = BK ; CM = CN

(3).

Xét tam giác vuông BMC, MA’  BC => BM2 = BA’.BC và CM2 = CA’.BC

=> BA'/CA' = BM2/CM2 = BK2/CN2 = HD/HE (theo bổ đề 3)

=> nếu H’ = DE ∩ AA’ thì H'D/H'E = BA'/CA' = HD/HE
=> H’ ≡ H.

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

- Gọi M, N, K lần lượt nằm trên các đường cao AA’, BB’, CC’ của ∆ABC sao cho 
BMC =  ANC =  AKB = 90o, H = BB’ ∩ CC’.

Qua H dựng DE // BC, FR // AB, PQ // AC.

Từ bổ đề 4 suy ra :

HQ/HP = AK2/CM2 ; HF/HR = BN2/AN2

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 = AK2/CM2 . BM2/AN2

=> HD/HE = BM2/CM2 (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 TỐN

“Lội ngược dịng” 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 tốn là q trình
phân tích đi lên từ kết quả để tìm ra lời giải. Với mỗi hướng “lội ngược dịng” ta sẽ có thể
tìm ra một cách giải.

Ta xét bài toán sau :

Bài toán : (định lí Py-ta-go) Cho ∆ABC vng tại A, BC = a, AC = b, AB = c.
Chứng ming rằng : a2 = b2 + c2 (*)

Hướng 1 : Từ a2, b2, c2 ta liên hệ đến diện tích của các hình vng có cạnh là a, b, c. Nếu

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Ta tiếp tục đặt vấn đề : liệu có thể chia hình vng cạnh BC thành hai hình chữ nhật có
diện tích bằng diện tích của hai hình vng cịn lại khơng.

Từ đó ta phát hiện ra đường HH’, trong đó H là chân đường vng góc hạ từ A của
ABC.

⇼

Cách 1 : Dựng về phía ngồi của ∆ABC các hình vng 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 : SCNH’H = SCPQA ; SBMH’H = SAEFB hay a.b’ = b2 ; a.c’ = c2 (**).

Thật vậy, vì hai tam giác vng ABC và HBA có chung nên ∆ABC đồng dạng với
∆HBA suy ra :

AB/HB = BC/AB => AB2 = HB.BC => c2 = a.c'.

Tương tự ta có b2 = ab’.

Định lí được chứng minh và nếu biết trước (**) thì ta cũng khơng cần vẽ thêm các hình
vng phụ.

Hướng 2 : Ta có :

a2 = b2 + c2 = (b + c)2 - 2bc

<=> a2 + 4. 1/2 bc = (b + c)2 : (1).

Liên hệ với các cơng thức tính diện tích, ta nhận thấy a2 và (b + c)2 là diện tích các hình

vng 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 vng 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.

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

BCIK là hình vng.

=> SBCIK + SABC + SDKB + SEIK + SFCI = SADEF

<=> SBCIK + 4.SABC = SADEF

<=> a2 + 4. 1/2 bc = (b + c)2

<=> a2 = b2 + c2.

Hướng 3 : Thay đổi cách nhìn một chút so với cách 2, ta thấy :

(*) <=> 1/2(b + c)(b + c) = 1/2a2 + 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 vng có hai đáy AB = c, DE = b, đường cao AE = b +
c ; ∆ABC = ∆ECD ; ∆BCD vuông cân tại C có cạnh là a.

=> SABDE = SBCD + SABC + SECD

<=> SABDE = SBCD + 2.SABC

<=> 1/2(b + c)(b + c) = 1/2a2 + 2. 1/2bc

<=> a2 = b2 + c2.

Hướng 4 : Tiếp tục biến đổi (*) theo hướng khác, a2 = b2 + c2 = (b - c)2 + 2bc <=> a2 = (b

- c)2 + 4. 1/2bc.

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Ta chứng minh được những kết quả sau :

∆ABC = ∆A’CB = ∆B’BD = ∆C’DE = ∆D’EC và A’B’C’D’ là hình vng có cạnh là b
-c.

=> SBCED = SA’B’C’D’ + SA’BC + SB’BD + SC’DE + SD’EC

<=> SBCED = SA’B’C’D’ + 4.SABC

<=> SBCDE = SA'B'C'D' + 4.SABC

<=> a2 = (b - c)2 + 4. 1/2bc <=> a2 = b2 + c2.

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 : 
SSABCD ≤ 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 mơn Tốn 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)

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

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 : x1 = 2 ; x2 = 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 :
|x2 - 5x + 5| = -2x2 + 10x - 11. (3)

Lời giải : (3) tương đương với : |x2 - 5x + 5| = -2(x2 - 5x + 5) - 1

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

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 vơ nghiệm.

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

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 khơng 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| = |x2 + x|

3) |x - 2| / (|x - 1| - 1) = 1

Bài 2 : Tìm m để phương trình : x2 - 2x - m|x - 1| + m2 = 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 TỐN 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 khơng 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 thơng qua một số ví
dụ về bài tập hình học.

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

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, cịn điểm thứ hai thì chưa xác định được.

Hướng giải quyết bài tốn khơng 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.

Q trình mị 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 vng góc với d’, a cắt d tại A. Vẽ đường thẳng
b đi qua M và vng góc với d, b cắt d’ tại B. Vẽ đường thẳng d’’ đi qua M và vng góc
với AB, d’’ là đường thẳng phải vẽ, nó đi qua giao điểm của d và d’ (giao điểm này nằm
ngồi 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 vng 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 vng 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 vng góc hạ từ B xuống IC. Chứng minh rằng hai
đường thẳng HJ và HK vng 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 vng góc với nhau. Học
sinh có thể nghĩ tới các hướng chứng minh sau :

Đ HKJ = 90o (?)

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

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 HJ2 : Trong tam giác vuông BHC, HJ là trung tuyến ứng với cạnh huyền BC.

Gọi cạnh hình vng là a, ta có :
HJ = BC/2 = a / 2, từ đó HJ2 = a2 / 4

HK = IB/2 = a / 4 , từ đó HK2 = a2 / 16

Tính HK 2 : Trong tam giác vng BHI :

Tính JK2 : Trong tam giác vuông BJK :

JK2 = BJ2 + BK<SUP.2 , từ đó JK2 = a2/4 + a2 .

Từ các kết quả trên => JK2 = HJ2 + HK2 và theo định lí Py-ta-go đảo thì tam giácJHK

vng góc tại H, tức là HJ vng góc với HK.

Cũng có thể chứng minh theo hướng : Δ KHJ = Δ KBJ (vì HK = HB, HJ = BJ, KJ chung)
=> Đ H = Đ B bằng 90o, tức là HJ vng góc với HK.

Chú ý rằng, theo chương trình mới, học sinh lớp 7 chưa học định lí : Trong tam giác 
vng, 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, Đ ABC = 88o, Đ BCE = 31o.

a) Tính Đ ECD.
b) Tính Đ 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 tốn.
Lời giải (tóm tắt) :

a) Đ BCD = Đ ABE = 88o (hai góc đồng vị).

Đ ECD = Đ BCD - Đ BCE = 88o - 31o = 57o

b) Vì tam giác EAC cân nên Đ EAB = Đ ECB = 31o. Trong tam giác ABE :

Đ AEB = 180o - 88o + 31o = 61o.

Đ EDC = Đ AEB - 61o (hai góc đồng vị).

c) Trong tam giác CDE : Đ DEC = 180o - (57o + 61o) = 62

Vậy cạnh CD lớn nhất. Cách giải khác :

a) Vì tam giác EAC cân nên Đ EAB = Đ ECB = 31o. Trong tam giác AEB : Đ ABE = 61o.

Với tam giác BEC : góc ABE = 88o là góc ngồi ở đỉnh B nên góc BEC = 88o - 31o = 57o.

Vì BE // CD nên Đ ECD = Đ BEC = 57o (hai góc so le trong)

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

c) Trong tam giác CDE : Đ DEC = 180o - (57o + 61o) = 62o

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 q trình học tốn. Bài tốn “con cá” là một
ví dụ như vậy.

Trong sách Bài tập tốn 7 (tập 1, trang 99) có bài tập số 13, nội dung như sau : “Trên
hình vẽ có Ax song song với By,  CAx = 50o,  CBy = 40o. Tính  ACB bằng cách

xem nó là góc ngồi của một tam giác.” (xem hình 1) Lời giải của bài tốn này xin

nhường cho bạn đọc. ở đây tôi muốn trao đổi với các bạn một bài tốn tổng qt hơn mà
tơi thường gọi là bài toán “đầu cá”.

Bài toán 1 (bài tốn “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 =  C1 ;  CBy =  C2 (so le trong). Vậy :  CAx +  CBy =  C1 + 

C2 (1).

Theo giả thiết,  ACB >  CAx =>  ACB >  C1 hay tia Cm nằm giữa hai tia CA và

CB, do đó :  ACB =  C1 +  C2 (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, 
khơng 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 vng góc - Đường thẳng song song, thì đây là một bài tốn khá
hay. Khai thác bài tốn, ta có nhiều bài toán tương tự khá thú vị.

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

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 = 44o,  D

= 132o. 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 tốn “thân cá”) : Cho hình 5, biết Ax // By và  CAx +  ACB > 180o.

Chứng minh rằng :  CAx +  ACB +  CBy = 360o.

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.

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

Gợi ý : Kẻ tia Cm // Ax và chứng minh tương tự bài tốn “đầu cá”.

Bài tốn 6 : Cho hình 7, biết Ax // By và  CBy >  ACB. Chứng minh rằng :  CAx +
 CBy -  CAB = 180o.

Gợi ý : Kẻ Cm // Ax.

* Từ bài toán 1 đến bài toán 6 đều có các bài tốn 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 khơng song song với By thì ta có bài tốn sau.
Bài tốn 7 (bài tốn “đi 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 ngồi của tam giác. 
Kết hợp các bài tốn trên, ta được bài tốn “con cá” hồn chỉnh.

Bài toán 8 (bài toán “con cá”) : 
Cho hình 9. Tính các góc x, y, z.

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

Con đường đi đến bài toán “con cá” thật đơn giản nhưng rất lí thú phải khơng 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 tốn tính số đo của một góc biết số đo của hai góc cịn lại và
các bài toán đảo.

MỘT PHƯƠNG PHÁP THÚ VỊ

GIẢI BÀI TỐN TÍNH GĨC

Các bài tốn về tính số đo góc rất đa dạng, xuất hiện nhiều trong các kì thi. Để giải quyết
tốt dạng tốn này có khi phải vẽ hình phụ. Trong bài viết này, tơi xin giới thiệu với các
em phương pháp vẽ thêm hình phụ là tam giác đều trong bài tốn tính số đo góc.

Bài tốn 1 : Cho tam giác ABC cân tại A,  A = 200. 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 = 200 nên  ABC =  ACB = 800. Vậy E thuộc miền

trong tam giác ABC, suy ra  ACE = 200 (1).

Dễ thấy ∆ABE = ∆ACE (c.c.c) nên  BAE =  CAE =  A / 2 = 100 (2).

Từ (1) suy ra  A =  ACE = 200 suy ra ∆DAC = ∆ECA (c.g.c), kết hợp với (2) suy ta 

ACD =  CAE = 1010.

Ta có  BDC là góc ngồi của ∆DAC nên  BDC =  DAC +  DCA = 200 + 100 =

300.

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

Vì ∆ABC cân tại A,  A = 200 nên AI = AB = AC ;  CAI = 400 ;  IBC = 200 suy ra 

ACI = 700(∆ACI cân tại A) suy ra  BCI = 1500

Lại có ∆ADC = ∆BCI (c.g.c)

Suy ra  ADC =  BCI = 1500 suy ra  BDC = 300.

Bài toán 2 (đề thi vơ định tốn Nam Tư năm 1983) : Cho tam giác ABC cân tại A,  A =
800. Ở miền trong tam giác lấy điểm I sao cho  IBC = 100 ;  ICB = 300. 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 = 800 nên  ABC =  ACB = 500 suy ra  ABE =  ACE

= 100 ; 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 = 500 - 100 = 400 suy ra  AIB = 700.

Bài toán 3 : Cho tam giác ABC cân tại A,  A = 1000. 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 = 1000 nên  ABC = 400 ; tia AF nằm giữa hai tia AE, AC

Suy ra  CAF = 400 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 = 600 / 2 = 300.

Qua một số bài tốn nêu trên có thể thấy, việc vẽ thêm hình phụ là tam giác đều tỏ ra rất
hiệu quả đối với bài tốn 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, ...

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

Bài toán 4 : Cho tam giác ABC cân tại A,  A = 800. Trên AC lấy điểm E, trên BC lấy

điểm F sao cho  ABE =  CAF = 300. 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 vng cân có
cạnh góc vng bằng 1 thì cạnh huyền bằng bao nhiêu ?”, chắc bạn đó sẽ lúng túng. Điều

đó cũng dễ hiểu vì trong chương trình mơn tốn 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 ! 12 + 12 = 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 tốn thú vị.

1. Bài tốn 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 vng AHC, AHB ta có : 
x2 = 162 + AH2 ; y2 = 92 + AH2. Do đó : x2 - y2 = (162+ AH2) - (92 + AH2) = 175 (1)

Áp dụng định lí Py-ta-go vào tam giác vuông BAC : x2 + y2 = (9 + 16)2 = 625 (2)

Từ (1) và (2) suy ra x2 = 400 ; y2 = 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 60o. Tính độ

dài cạnh cịn lại.

Lời giải : (hình 2) Xét tam giác ABC có AB = 8 ; AC = 3. Kẻ đường cao AH. 
Tam giác vng AHB có ĐA = 60o nên AH = AB : 2 = 8 : 2 = 4.

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

Áp dụng định lí Py-ta-go vào các tam giác vng CHB, AHB ta có : BC2 = BH2 + CH2 =

(AB2 - AH2 ) + CH2 = 82 - 42 + 12 = 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 vng AIE, ta tính được AE = 5, do đó chu vi đường gấp khúc ABCDEA bằng
12.

2. Bài tốn 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 dm2 ; 0,5 dm2 ; 0,6 dm2 ?

Lời giải : (hình 4) Kẻ đường cao AH. Áp dụng định lí Py-ta-go vào tam giác vng AHC
ta có : AH2 = AC2 - HC2 = 12 - 0,52 = 0,75.

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

Hướng dẫn : Chú ý rằng 10 = 32 + 12 ; 20 = 22 + 42 ; 50 = (3 + 2)2 + (1 + 4)2.

Lời giải : Vẽ thêm các điểm D, H, E như trên hình 5. Ta tính được SADB = 1,5 ; SBHC = 4 ;

SBDEH = 2 ; SAEC = 12,5. Do đó : SABC = 12,5 - 1,5 - 4 - 2 = 5.

Mời các bạn tự giải các bài tập sau :

Bài 1 : Một tam giác vng cân có cạnh góc vng 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 60o. Tính độ dài

cạnh thứ ba.

Bài 3 : Một tam giác có độ dài hai cạnh bằng 5 và 6, góc xen giữa bằng 120o. Tính độ dài

cạnh thứ ba.

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

Bảng quảng cáo khơng nói rõ diện tích của cái hồ làm nhiều người thắc mắc khơng rõ
diện tích đó lớn hay nhỏ. Bạn hãy tìm diện tích của hồ.

Hướng dẫn : 74 = 72 + 52 ; 116 = 102 + 42.

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 tốn về diện tích. Trong
bài viết này tơi 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

</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24></div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

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 tốn khơng 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.

</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

Mặt khác các cặp tam giác NAK và NCK ; BAK và BCK đều có chung đường cao tương
ứng với hai đáy AK, CK nên

Suy ra AK = 1/2 CK Từ đó

S(ANK) = 1/2S(CNK) = 1/3 S(NAC) = 1/3 S(ABN)

</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27>

Lời bình : Nếu sử dụng kiến thức đường trung bình trong tam giác thì đây là bài tốn rất 
quen thuộc. Đáng tiếc ở lớp 7 chưa được học về đường trung bình.

2. Chứng minh đồng quy, thẳng hàng

Bài toán 3 : Cho tam giác ABC, trung tuyến AM. Một đường thẳng song song với BC cắt
AB, AC lần lượt tại D và E. Chứng minh rằng BE và CD cắt nhau trên AM.

Lời giải : Gọi giao điểm của DE và AM là F, theo bài toán 1 ta có FD = FE, suy ra 
S(BDFM) = S(BFD) + S(BFM) = S(CFE) + + S(CFM) = S(CEFM) (1).

Gọi giao điểm của BE và CD là O, nối OF, OM ta có S(DOF) = S(EOF) (do FD = FE) ;
S(BOM) = S(COM) ; S(BDO) = S(CEO) (do S(BDC) = S(BEC)).

Suy ra S(BDFOM) = S(CEFOM) hay đường gấp khúc FOM chia đơi diện tích hình thang
BDEC (2).

Từ (1) và (2) suy ra S(FOM) = 0 ị F, O, M thẳng hàng ị O thuộc FM (đpcm).

Lời bình : 1) Đơi khi để chứng minh ba điểm thẳng hàng ta phải chứng minh tam giác có
ba đỉnh là ba điểm ấy có diện tích bằng 0.

2) Kết hợp kết quả của bài toán 1 và bài tốn 3 ta có bài tốn sau : “Trong một hình 
thang, giao điểm hai cạnh bên kéo dài, giao điểm hai đường chéo và hai trung điểm của 
hai đáy là bốn điểm thẳng hàng” (Bổ đề hình thang).

Bài tốn 4 : (tính chất ba đường trung tuyến trong tam giác) Trong một tam giác, ba 
đường trung tuyến đồng quy và điểm đồng quy chia mỗi trung tuyến theo tỉ số 2/3 kể từ
đỉnh.

Lời giải : Vẽ các trung tuyến BE và CF cắt nhau tại G. Nối AG cắt BC tại M. Ta sẽ 
chứng minh MB = MC.

Ta có S(ABE) = S(ACF) = 1/2 S(ABC)

suy ra S(BGF) = S(CGE) => S(AGF) = S(BGF) = S(CGE) = S(AGE) => S(ABG) =
S(ACG) (*).

Hạ các đường vng góc BH, CK tới AM. Do (*) nên BH = CK, suy ra S(GBM) =
S(GCM) => BM = CM. Mặt khác, do S(ABG) = 2S(AGE) suy ra BG = 2GE hay BG/BE
= 2/3

Tương tự ta có :AG/AM = CG/CF = 2/3

</div>