Chuyên đề giải toán như thế nào Hình học Lớp 8

TTT SỐ 1
BÀN LUẬN VỀ BÀI TOÁN "BA VỊ THẦN"
Chúng ta đều đã biết bài toán thú vị : “Ba vị thần” sau : 
Ngày xưa, trong một ngôi đền cổ có 3 vị thần giống hệt nhau. Thần thật thà (TT) luôn luôn nói thật, thần dối trá (DT) luôn luôn nói dối và thần khôn ngoan (KN) lúc nói thật lúc nói dối. Các vị thần vẫn trả lời câu hỏi của khách đến lễ đền nhưng không ai xác định được chính xác các vị thần. Một hôm có một nhà hiền triết từ xa đến thăm đền. Để xác định được các vị thần, ông hỏi thần bên trái : 
- Ai ngồi cạnh ngài ? 
- Đó là thần TT (1) 
Ông hỏi thần ngồi giữa : 
- Ngài là ai ? 
- Ta là thần KN (2) 
Sau cùng ông hỏi thần bên phải : 
- Ai ngồi cạnh ngài ? 
- Đó là thần DT (3) 
Nhà hiền triết thốt lên : 
- Tôi đã xác định được các vị thần. 
Hỏi nhà hiền triết đã suy luận như thế nào ? 
Lời giải : Gọi 3 vị thần theo thứ tự từ trái sang phải là : A, B, C. 
Từ câu trả lời (1) => A không phải là thần TT. 
Từ câu trả lời (2) => B không phải là thần TT. 
Vậy C là thần TT. Theo (3) đ B là thần DT đ A là thần KN 
TTT SỐ 2
SỬ DỤNG DIỆN TÍCH
TRONG CHỨNG MINH HÌNH HỌC
Có nhiều bài toán hình học tưởng như không liên quan đến diện tích, nhưng nếu ta sử dụng diện tích thì lại dễ dàng tìm ra lời giải của bài toán. 
Bài toán 1 : Tam giác ABC có AC = 2 AB. Tia phân giác của góc A cắt BC ở D. Chứng minh rằng DC = 2 DB.
Phân tích bài toán (h.1) 
Để so sánh DC và DB, có thể so sánh diện tích hai tam giác ADC và ADB có chung đường cao kẻ từ A. Ta so sánh được diện tích hai tam giác này vì chúng có các đường cao kẻ từ D bằng nhau, và AC = 2 AB theo đề bài cho. 
Giải : Kẻ DI vuông góc với AB, DK vuông góc với AC. Xét ΔADC và ΔADB : các đường cao DI = DK, các đáy AC = 2 AB nên SADC = 2 SADB. 
Vẫn xét hai tam giác trên có chung đường cao kẻ từ A đến BC, do SADC = 2 SADB nên DC = 2 DB. 
Giải tương tự như trên, ta chứng minh được bài toán tổng quát : 
Nếu AD là phân giác của ΔABC thì DB/DC = AB/AC. 
Bài toán 2 : Cho hình thang ABCD (AB // CD), các đường chéo cắt nhau tại O. Qua O, kẻ đường thẳng song song với hai đáy, cắt các cạnh bên AC và BC theo thứ tự tại E và F. 
Chứng minh rằng OE = OF. 
Giải : 
Cách 1 : (h.2) Kẻ AH, BK, CM, DN vuông góc với EF. Đặt AH = BK = h1, CM = DN = h2. 
Ta có : 
Từ (1), (2), (3) => : 
Do đó OE = OF. 
Cách 2 : (h.3) Kí hiệu như trên hình vẽ. Ta có SADC = SBDC . 
Cùng trừ đi S5 được : 
S1 + S2 = S3 + S4 (1) 
Giả sử OE > OF thì S1 > S3 và S2 > S4 nên S1 + S2 > S3 + S4, trái với (1). 
Giả sử OE < OF thì S1 < S3 và S2 < S4 nên S1 + S2 < S3 + S4, trái với (1). 
Vậy OE = OF. 
Bài toán 3 : Cho hình bình hành ABCD. Các điểm M, N theo thứ tự thuộc các cạnh AB, BC sao cho AN = CM. Gọi K là giao điểm của AN và CM. Chứng minh rằng KD là tia phân giác của góc AKC.
Giải : (h.4) Kẻ DH vuông góc với KA, DI vuông góc với KC. 
Ta có : 
DH . AN = 2 SADN (1) 
DI . CM = 2 SCDM (2) 
Ta lại có SADN = 1/2.SABCD (tam giác và hình bình hành có chung đáy AD, đường cao tương ứng bằng nhau), SCDM = 1/2.SABCD nên SADN = SCDM (3) 
Từ (1), (2), (3) => DH . AN = DI . CM. 
Do AN = CM nên DH = DI. Do đó KI là tia phân giác của góc AKC. 
Như vậy khi xét quan hệ giữa độ dài các đoạn thẳng, ta nên xét quan hệ giữa diện tích các tam giác mà cạnh là các đoạn thẳng ấy. Điều đó nhiều khi giúp chúng ta đi đến lời giải của bài toán. 
Bạn hãy sử dụng diện tích để giải các bài toán sau : 
1. Cho tam giác ABC cân tại A. Gọi M là một điểm bất kì thuộc cạnh đáy BC. Gọi MH, MK theo thứ tự là các đường vuông góc kẻ từ M đến AB, AC. Gọi BI là đường cao của tam giác ABC. Chứng minh rằng MH + MK = BI. 
Hướng dẫn : Hãy chú ý đến 
SAMB + SAMC = SABC.
2. Chứng minh rằng tổng các khoảng cách từ một điểm M bất kì trong tam giác đều ABC đến ba cạnh của tam giác không phụ thuộc vị trí của M. 
Hướng dẫn : Hãy chú ý đến 
SMBC + SMAC + SMAB = SABC.
3. Cho tam giác ABC cân tại A. Điểm M thuộc tia đối của tia BC. Chứng minh rằng hiệu các khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng AC và AB bằng đường cao ứng với cạnh bên của tam giác ABC. 
Hướng dẫn : Hãy chú ý đến 
SMAC - SMAB = SABC. 
4. Cho hình thang ABCD (AB // CD, AB < CD). Các đường thẳng AD và BC cắt nhau tại O. Gọi F là trung điểm của CD, E là giao điểm của OF và AB. Chứng minh rằng AE = EB. 
Hướng dẫn : Dùng phương pháp phản chứng.
TTT SỐ 3
MỘT PHƯƠNG PHÁP VẼ ĐƯỜNG PHỤ
Trong quá trình học toán ở bậc THCS, có lẽ hấp dẫn nhất và khó khăn nhất là việc vượt qua các bài toán hình học, mà để giải chúng cần phải vẽ thêm các đường phụ. Trong bài báo này, tôi xin nêu một phương pháp thường dùng để tìm ra các đường phụ cần thiết khi giải toán hình học : Xét các vị trí đặc biệt của các yếu tố hình học có trong bài toán cần giải. 
Bài toán 1 : Cho góc xOy. Trên Ox lấy hai điểm A, B và trên Oy lấy hai điểm C, D sao cho AB = CD. Gọi M và N là trung điểm của AC và BD. Chứng minh đường thẳng MN song song với phân giác góc xOy. 
Suy luận : Vị trí đặc biệt nhất của CD là khi CD đối xứng với AB qua Oz, phân giác góc xOy. 
Gọi C1 và D1 là các điểm đối xứng của A và B qua Oz ; E và F là các giao điểm của AC1 và BD1 với Oz. Khi đó E và F là trung điểm của AC1 và BD1, và do đó vị trí của MN sẽ là EF. Vì vậy ta chỉ cần chứng minh MN // EF là đủ (xem hình 1). 
Thật vậy, do AB = CD (gt), AB = C1D1 (tính chất đối xứng) nên CD = C1D1. Mặt khác ME và NF là đường trung bình của các tam giác ACC1 và BDD1 nên NF // DD1, NF = 1/2DD1 , ME // CC1 , ME = 1/2 CC1 => ME // NF và NE = 1/2 NF => tứ giác MEFN là hình bình hành => MN // EF => đpcm. 
Bài toán 1 có nhiều biến dạng” rất thú vị, sau đây là một vài biến dạng của nó, đề nghị các bạn giải xem như những bài tập nhỏ ; sau đó hãy đề xuất những “biến dạng” tương tự. 
Bài toán 2 : Cho tam giác ABC. Trên AB và CD có hai điểm D và E chuyển động sao cho BD = CE. Đường thẳng qua các trung điểm của BC và DE cắt AB và AC tại I và J. Chứng minh ΔAIJ cân. 
Bài toán 3 : Cho tam giác ABC, AB ≠ AC. AD và AE là phân giác trong và trung tuyến của tam giác ABC. Đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE cắt AB và AC tại M và N. Gọi F là trung điểm của MN. Chứng minh AD // EF. 
Trong việc giải các bài toán chứa các điểm di động, việc xét các vị trí đặc biệt càng tỏ ra hữu ích, đặc biệt là các bài toán “tìm tập hợp điểm”. 
Bài toán 4 : Cho nửa đường tròn đường kính AB cố định và một điểm C chuyển động trên nửa đường tròn đó. Dựng hình vuông BCDE. Tìm tập hợp C, D và tâm hình vuông. 
Ta xét trường hợp hình vuông BCDE “nằm ngoài” nửa đường tròn đã cho (trường hợp hình vuông BCDE nằm trong đường tròn đã cho được xét tương tự, đề nghị các bạn tự làm lấy xem như bài tập). 
Suy luận : Xét trường hợp C trùng với B. Khi đó hình vuông BCDE sẽ thu lại một điểm B và các điểm I, D, E đều trùng với B, trong đó I là tâm hình vuông BCDE. Vậy B là một điểm thuộc các tập hợp cần tìm. 
Xét trường hợp C trùng với A. Dựng hình vuông BAD1E1 khi đó D trùng với D1, E trùng với E1 và I trùng với I1 (trung điểm của cung AB ). Trước hết, ta tìm tập hợp E. Vì B và E1 thuộc tập hợp cần tìm nên ta nghĩ ngay đến việc thử chứng minh Đ BEE1 không đổi. Điều này không khó vì Đ ACB = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) và ΔBEE1 = ΔBCA (c. g. c) => Đ BEE1 = Đ BCA = 90o => E nằm trên nửa đường tròn đường kính BE1 (1/2 đường tròn này và 1/2 đường tròn đã cho nằm ở hai nửa mặt phẳng khác nhau với “bờ” là đường thằng BE1). 
Vì Đ DEB = Đ E1EB = 90o nên D nằm trên EE1 (xem hình 2) 
=> Đ ADE1 = 90o = Đ ABE1 => D nằm trên đường tròn đường kính AE1, nhưng ABE1D1 là hình vuông nên đường tròn đường kính AE1 cũng là đường tròn đường kính BD1. Chú ý rằng B và D1 là các vị trí giới hạn của tập hợp cần tìm, ta => tập hợp D là nửa đường tròn đường kính BD1 (nửa đường tròn này và điểm A ở về hai nửa mặt phẳng khác nhau với bờ là đường thẳng BD1). 
Cuối cùng, để tìm tập hợp I, ta cần chú ý II1 là đường trung bình của ΔBDD1 nên II1 // DD1 => Đ BII1 = 90 => tập hợp I là nửa đường tròn đường kính BI1 (đường tròn này và A ở về hai nửa mặt phẳng khác nhau với bờ là BD1). 
Để kết thúc, xin mời bạn giải bài toán sau đây : 
Bài toán 5 : Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB cố định và 1 điểm C chuyển động trên nửa đường tròn đó. Kẻ CH vuông góc với AB. Trên đoạn thẳng OC lấy điểm M sao cho OM = CH. Tìm tập hợp M.
TTT SỐ 4
LÀM QUEN VỚI BẤT ĐẲNG THỨC
TRÊ-BƯ-SEP
Các bạn đã từng được làm quen với các bất đẳng thức Cô si, Bunhiacôpski nhưng không ít bạn còn chưa biết về bất đẳng thức Trê - bư - sép. Con đường đi đến bất đẳng thức này thật là giản dị, quá gần gũi với những kiến thức cơ bản của các bạn bậc THCS. 
Các bạn có thể thấy ngay : Nếu a1 ≤ a2 và b1 ≤ b2 thì (a2 - a1) (b2 - b1) ≥ 0. Khai triển vế trái của bất đẳng thức này ta có :
a1b1 + a2b2 - a1b2 - a2b1 ≥ 0 
=> : a1b1 + a2b2 ≥ a1b2 + a2b1. 
Nếu cộng thêm a1b1 + a2b2 vào cả hai vế ta được :
2 (a1b1 + a2b2) ≥ a1 (b1 + b2) + a2 (b1 + b2)
=> : 2 (a1b1 + a2b2) ≥ (a1 + a2) (b1 + b2)   (*) 
Bất đẳng thức (*) chính là bất đẳng thức Trê - bư - sép với n = 2. Nếu thay đổi giả thiết, cho a1 ≤ a2 và b1 ≥ b2 thì tất cả các bất đẳng thức trên cùng đổi chiều và ta có :
2 (a1b1 + a2b2) ≤ (a1 + a2) (b1 + b2)   (**) 
Các bất đẳng thức (*) và (**) đều trở thành đẳng thức khi và chỉ khi a1 = a2 hoặc b1 = b2. 
Làm theo con đường đi tới (*) hoặc (**), các bạn có thể giải quyết nhiều bài toán rất thú vị. 
Bài toán 1 : Biết rằng x + y = 2. Chứng minh x2003 + y2003 ≤ x2004 + y2004. 
Lời giải : Do vai trò bình đẳng của x và y nên có thể giả sử x ≤ y. Từ đó => : x2003 ≤ y2003. 
Do đó (y2003 - x2003).(y - x) ≥ 0 
=> : x2004 + y2004 ≥ x.y2003 + y.x2003 
Cộng thêm x2004 + y2004 vào hai vế ta có : 2.(x2004 + y2004) ≥ (x+y) (x2003 + y2003) = 2.(x2003 + y2003)
=> : x2004 + y2004 ≥ x2003 + y2003 (đpcm). 
Để ý rằng : Bất đẳng thức vừa chứng minh trở thành đẳng thức khi và chỉ khi x = y = 1 ; các bạn sẽ có lời giải của các bài toán sau : 
Bài toán 2 : Giải hệ phương trình : 
Nếu các bạn quan tâm tới các yếu tố trong tam giác thì vận dụng các bất đẳng thức (*) hoặc (**) sẽ dẫn đến nhiều bài toán mới. 
Bài toán 3 : Cho tam giác ABC có diện tích bằng 1. AH và BK là các đường cao của tam giác. 
Chứng minh : (BC + CA).(AH + BK) ≥ 8. 
Lời giải : Ta có AH x BC = BK x CA = 2. Do vai trò bình đẳng của BC và CA nên có thể giả sử rằng BC ≤ CA => 2/BC ≥ 2/CA => AH ≥ BK. 
Do đó (CA - BC).(BK - AH) ≤ 0 
=> : CA x BK + BC x AH ≤ BC x BK + CA x AH 
Cộng thêm CA x BK + BC x AH vào 2 vế ta có :
2.(CA x BK + BC x AH) ≤ (BC + CA) (AH + BK) 
=> : (BC + CA).(AH + BK) ≥ 8. 
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi BC = CA hoặc BK = AH tương đương với BC = CA hay tam giác ABC là tam giác cân đỉnh C. 
Bài toán 4 : Cho tam giác ABC với BC = a, CA = b, AB = c và các đường cao tương ... u gì ? 
Lời giải : Ta thấy, nếu xóa đi 2 dấu cộng thì phải thêm vào 1 dấu cộng, vì vậy số dấu trừ trên bảng không thay đổi. 
Nếu xóa đi 2 dấu trừ thì phải thêm vào 1 dấu cộng, vì vậy số dấu trừ giảm đi 2. 
Nếu xóa đi 1 dấu cộng và 1 dấu trừ thì phải thêm vào 1 dấu trừ, vì vậy số dấu trừ trên bảng không thay đổi. 
Như vậy, tính bất biến là : sau mỗi lần thực hiện việc xóa và thêm dấu, số dấu trừ trên bảng hoặc không thay đổi hoặc giảm đi 2. 
Mặt khác, số dấu trừ ban đầu là số lẻ nên sau mỗi lần thực hiện thì số dấu trừ còn lại trên bảng bao giờ cũng là số lẻ. 
Sau 24 lần thực hiện, trên bảng chỉ còn lại 1 dấu duy nhất mà dấu trừ không thể mất hết nên dấu còn lại trên bảng phải là dấu trừ. 
Bài toán 2 : Một hình tròn được chia thành 10 ô hình quạt, trên mỗi ô người ta đặt 1 viên bi. Nếu ta cứ di chuyển các viên bi theo quy luật : mỗi lần lấy ở 2 ô bất kì mỗi ô 1 viên bi, chuyển sang ô liền kề theo chiều ngược nhau thì có thể chuyển tất cả các viên bi về cùng 1 ô hay không ? 
Lời giải : Trước tiên, ta tô màu xen kẽ các ô hình quạt, như vậy sẽ có 5 ô được tô màu (ô màu) và 5 ô không được tô màu (ô trắng). Ta có nhận xét : 
Nếu di chuyển 1 bi ở ô màu và 1 bi ở ô trắng thì tổng số bi ở 5 ô màu không đổi. 
Nếu di chuyển ở 2 ô màu, mỗi ô 1 bi thì tổng số bi ở 5 ô màu giảm đi 2. Nếu di chuyển ở 2 ô trắng, mỗi ô 1 bi thì tổng số bi ở 5 ô màu tăng lên 2. 
Vậy tổng số bi ở 5 ô màu hoặc không đổi, hoặc giảm đi 2 hoặc tăng lên 2. Nói cách khác, tổng số bi ở 5 ô màu sẽ không thay đổi tính chẵn lẻ so với ban đầu. 
Ban đầu tổng số bi ở 5 ô màu là 5 viên (là số lẻ) nên sau hữu hạn lần di chuyển bi theo quy luật trên thì tổng số bi ở 5 ô màu luôn khác 0 và khác 10, do đó không thể chuyển tất cả các viên bi về cùng 1 ô. 
Bài toán 3 : 
Mỗi số trong dãy 21, 22, 23, ..., 22005 
đều được thay thế bởi tổng các chữ số của nó. Tiếp tục làm như vậy với các số nhận được cho tới khi tất cả các số đều có 1 chữ số. Chứng minh trong dãy này : số các số 2 nhiều hơn số các số 1. 
Lời giải : Ta thấy : “Số tự nhiên A và tổng các chữ số của A luôn cùng số dư trong phép chia cho 9”. 
Mặt khác ta có : 21 chia cho 9 dư 2 ; 
22 chia cho 9 dư 4 ; 23 chia cho 9 dư 8 ; 
24 chia cho 9 dư 7 ; 25 chia cho 9 dư 5 ; 
26 chia cho 9 dư 1 ; 27 chia cho 9 dư 2 ; ... 
Do đó 26k + r lần lượt nhận các số dư trong phép chia cho 9 là 2, 4, 8, 7, 5, 1 tương ứng với các giá trị của r là 1, 2, 3, 4, 5, 0. Dãy cuối cùng nhận được gồm 2005 số thuộc tập hợp {2 ; 4 ; 8 ; 7 ; 5 ; 1}. 
Ta có 2005 = 334 x 6 + 1 nên dãy cuối cùng có 335 số 2 (nhiều hơn số các số khác 1 số). Vậy số các số 2 nhiều hơn số các số 1 đúng 1 số. 
Bài toán 4 : Một tờ giấy bị cắt nhỏ thành 6 mảnh hoặc 11 mảnh. Các mảnh nhận được lại có thể chọn để cắt (thành 6 mảnh hoặc 11 mảnh nhỏ hơn) ... Cứ như vậy ta có thể nhận được 2005 mảnh cắt không ? 
Lời giải : Sau mỗi lần cắt một mảnh giấy thành 6 mảnh hoặc 11 mảnh thì số mảnh giấy tăng lên là 5 hoặc 10. Như vậy tính bất biến của bài toán là “số mảnh giấy luôn tăng lên một bội số của 5”. Vậy số mảnh giấy sau các lần cắt có dạng 1 + 5k, mặt khác 2005 có dạng 5k nên với cách cắt như trên, từ một tờ giấy ban đầu, ta không thể cắt được thành 2005 mảnh. 
Sau đây là một số bài tập ứng dụng : 
Bài 1 : Trên một bảng gồm 4 x 4 ô vuông được viết các dấu cộng và dấu trừ. Đổi dấu đồng thời các ô nằm trên cùng một hàng hoặc trên cùng một cột hoặc trên các ô dọc theo các đường thẳng song song với một trong hai đường chéo. Bằng cách như vậy ta có thể nhận được bảng chứa toàn dấu cộng không ? 
Bài 2 : Tại đỉnh A1 của một đa giác đều 12 cạnh A1A2A3...A12 được viết dấu trừ, các đỉnh còn lại được viết dấu cộng. Chứng minh rằng : bằng cách đổi dấu đồng thời tại 6 đỉnh liên tiếp bất kì với số lần tùy ý, ta không thể nhận được đa giác mà tại đỉnh A2 viết dấu trừ còn các đỉnh khác viết dấu cộng. 
Bài 3 : Cho dãy số 1, 2, 3, ..., 2006. Ta thay đổi vị trí các số theo nguyên tắc : mỗi lần lấy ra 4 số bất kì rồi đặt chúng vào 4 vị trí cũ nhưng theo thứ tự ngược lại. Bằng cách này, ta có thể sắp xếp dãy số trên về dãy số 2006, 2005, ..., 2, 1 không ? 
Bài 4 : Mỗi người sống trên trái đất đã thực hiện một số cái bắt tay nhất định với những người khác. Chứng minh rằng số người đã thực hiện một số lẻ cái bắt tay là số chẵn. 
Bài 5 : Cho các số 1, 2, 3, ..., n sắp xếp theo một thứ tự nào đó. Tiến hành tráo đổi vị trí của hai số bất kì đứng kề nhau. Chứng minh rằng nếu thực hiện một số lẻ lần như vậy thì không thể nhận được sắp xếp ban đầu. 
Bài 6 : Trên bàn cờ 8 x 8 ô, con mã có thể đi được từ ô dưới cùng bên trái đến ô trên cùng bên phải mà đi qua mỗi ô đúng một lần không ? 
TTT SỐ 26
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. 
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) 
suy ra S(ANK) / S(ABN) = 1/3 => NK = 1/3 BN do hai tam giác có chung đường cao tương ứng với hai đáy NK, BN. 
Lời bình : Nếu sử dụng kiến thức đường trung bình trong tam giác thì đây là bài toán 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 đôi 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) Đôi 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 toán 3 ta có bài toán 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 toán 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 vuông 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 
Lời bình : Đây là một tính chất quan trọng của hình học nhưng do hạn chế về kiến thức (chưa học về đường trung bình trong tam giác) nên khi đưa vào chương trình lớp 7 chỉ yêu cầu học sinh thừa nhận. (Kì sau đăng tiếp) 
TTT SỐ 27
BÀN VỚI CÁC BẠN LỚP 7 VỀ PHƯƠNG PHÁP
3. Chứng minh một số hệ thức : 
Bài toán 5 : Cho tam giác ABC. Từ một điểm M trên cạnh BC vẽ các đường thẳng song song với AB và AC, lần lượt cắt AC và AB tại Q và P. Chứng minh rằng : 
AP/AB + AQ/AC = 1 
Lời giải : 
Nối AM, do AB // MQ nên ta có S(AMQ) = S(BMQ) suy ra S(AMQ) + S(CMQ) = S(BMQ) + S(CMQ) ị S(AMC) = S(BQC), mà S(AMC) = S(APC) (do AC // MP) nên S(BQC) = S(APC). Vậy 
Bài toán 6 : Lấy trong tam giác ABC một điểm M tùy ý. AM, BM, CM lần lượt cắt các cạnh BC, CA, AB tại A1, B1, C1. Chứng minh rằng : 
Lời giải : 
a) Ta có 
Tương tự ta có : 
Suy ra 
b) Ta lại có 
Tương tự ta có : 
Suy ra 
Bài toán 7 : Cho tam giác ABC. Gọi ha, hb, hc lần lượt là độ dài các đường cao thuộc các cạch BC, CA, AB ; d là khoảng cách từ giao điểm của các đường phân giác đến ba cạnh. 
Chứng minh rằng : 
Hướng dẫn : Gọi I là giao điểm của ba đường phân giác của tam giác ABC, lần lượt dựng IE, IF, ID vuông góc với AB, AC, BC. Ta có ID = IE = IF = d, khi đó 
Suy ra 
4. Chứng minh đường thẳng song song : 
Bài toán 8 : Cho tam giác ABC. D và E lần lượt thuộc các cạnh AB và AC . Chứng minh rằng DE // BC AD/AB = AE/AC. 
Lời giải : 
Ta có DE // BC S(BDE) = S(CDE) 
 S(BDE) + S(ADE) = S(CDE) + S(ADE) 
 S(ABE) = S(ACD) S(ABE)/S(ABC) = S(ACD)/S(ABC) AE/AC = AD/AB. (đpcm). 
Lời bình : Đây chính là định lí Ta-lét trong tam giác được học ở lớp 8, ta đã chứng minh được dễ dàng nhờ diện tích tam giác. 
Bài toán 9 : Cho tam giác ABC, một đường thẳng song song với BC cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại D và E. Qua D, E lần lượt vẽ các đường thẳng song song với AC , AB cắt BE, DC lần lượt tại M, N. Chứng minh rằng : MN // BC. 
Lời giải : 
Giả sử BE cắt CD tại O, do EN // AB nên : 
S(BEN) = S(DEN) suy ra S(BON) = S(DOE). Tương tự, S(COM) = S(DOE) suy ra S(BON) = S(DOE) => S(BMN) = S(CMN) => MN // BC. 
Các ví dụ trên đây phần nào đã minh chứng được cho sức mạnh của “công cụ” diện tích tam giác trong việc giải quyết một số dạng toán. Một loạt các kiến thức chỉ được học, được chứng minh ở các lớp trên đã dễ dàng được chứng minh bằng cách vận dụng khéo léo các kiến thức đơn giản về diện tích tam giác. Mong rằng các bạn tiếp tục khám phá những ứng dụng khác của phương pháp này.
TTT SỐ 28
TTT SỐ 29 
TTT SỐ 30
TTT SỐ 31
TTT SỐ 32
TTT SỐ 33
TTT SỐ 34
TTT SỐ 35
TTT SỐ 36
TTT SỐ 37
TTT SỐ 38
TTT SỐ 39
TTT SỐ 40
TTT SỐ 41
TTT SỐ 42
TTT SỐ 43
TTT SỐ 44
TTT SỐ 45
TTT SỐ 46
TTT SỐ 47
TTT SỐ 48
TTT SỐ 49
TTT SỐ 50