Tổng hợp dạng toán hay và khó

MỘT PHƯƠNG PHÁP TÌM GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT VÀ GIẤ TRỊ LỚN NHẤT
Trong bài viết này, tôi đề cập đến một dạng toán tìm giá trị lớn nhất (GTLN) và giá trị nhỏ nhất (GTNN) của một biểu thức nhiều ẩn, trong đó các ẩn là nghiệm của những phương trình hoặc bất phương trình cho trước. 
Đối với dạng toán này, ta cần xác định và giải một bất phương trình một ẩn mà ẩn đó là biểu thức cần tìm GTLN, GTNN. 
Bài toán 1 : Tìm GTLN và GTNN của xy biết x và y là nghiệm của phương trình 
x4 + y4 - 3 = xy(1 - 2xy)
Lời giải : Ta có x4 + y4 - 3 = xy(1 - 2xy) 
 xy + 3 = x4 + y4 + 2x2y2 
 xy + 3 = (x2 + y2)2 (1). 
Do (x2 - y2)2 ≥ 0 với mọi x, y, dễ dàng suy ra (x2 + y2)2 ≥ 4(xy)2 với mọi x, y (2). 
Từ (1) và (2) ta có : 
xy + 3 ≥ 4(xy)2 4t2 - t - 3 ≤ 0 (với t = xy) 
 (t - 1)(4t + 3) ≤ 0 
Vậy : t = xy đạt GTLN bằng 1 
 x = y = 1 ; t = xy đạt GTNN bằng 
Bài toán 2 : Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn xyz ≥ x + y + z + 2. Tìm GTNN của x + y + z. 
Lời giải : áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dương x, y, z ta có : 
Vậy t = x + y + z đạt GTNN bằng 6 khi và chỉ khi x = y = z = 2. 
Bài toán 3 : Cho các số thực x, y, z thỏa mãn x2 + 2y2 + 2x2z2 + y2z2 + 3x2y2z2 = 9. Tìm GTLN và GTNN của A = xyz. 
Lời giải : 
x2 + 2y2 + 2x2z2 + y2z2 + 3x2y2z2 = 9 
 (x2 + y2z2) + 2(y2 + x2z2) + 3x2y2z2 = 9 (1). 
áp dụng bất đẳng thức m2 + n2 ≥ 2|mn| với mọi m, n ta có : 
x2 + y2z2 ≥ 2|xyz| ; y2 + x2z2 ≥ 2|xyz| (2). 
Từ (1) và (2) suy ra : 
2|xyz| + 4|xyz| + 3(xyz)2 ≤ 9 
 3A2 + 6|A| - 9 ≤ 0 A2 + 2|A| - 3 ≤ 0 
 (|A| - 1)(|A| + 3) ≤ 0 |A| ≤ 1 
 -1 ≤ A ≤ 1. 
Vậy : A đạt GTLN bằng 1 
A đạt GTNN bằng -1 
Bài toán 4 : Cho các số thực x, y, z thỏa mãn x4 + y4 + x2 - 3 = 2y2(1 - x2). 
Tìm GTLN và GTNN của x2 + y2. 
Lời giải : Ta có x4 + y4 + x2 - 3 = 2y2(1 - x2) 
 (x2 + y2)2 - 2(x2 + y2) - 3 = -3x2 ≤ 0 
=> t2 - 2t - 3 ≤ 0 (với t = x2 + y2 ≥ 0) 
=> (t + 1)(t - 3) ≤ 0 => t ≤ 3 
Vậy t = x2 + y2 đạt GTLN bằng 3 khi và chỉ khi x = 0 ; 
Ta lại có x4 + y4 + x2 - 3 = 2y2(1 - x2) 
 (x2 + y2)2 + x2 + y2 - 3 = 3y2 ≥ 0 
=> t2 + t - 3 ≥ 0 (với t = x2 + y2 ≥ 0) 
Vậy t = x2 + y2 đạt GTNN bằng 
khi và chỉ khi y = 0 ; 
Bài tập tương tự 
1) Cho x, y, z thỏa mãn : 
2xyz + xy + yz + zx ≤ 1. 
Tìm GTLN của xyz. 
Đáp số : 1/8(x = y = z = 1/2) 
2) Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn : 
(x + y + z)3 + x2 + y2 + z2 + 4 = 29xyz 
Tìm GTNN của xyz. 
Đáp số : 8 (x = y = z = 2). 
3) Tìm GTLN và GTNN của S = x2 + y2 biết x và y là nghiệm của phương trình : 
5x2 + 8xy + 5y2 = 36 
Đáp số : GTLN là 36 
GTNN là 4 
4) Cho x và y là các số thực thỏa mãn : 
Tìm GTLN của x2 + y2. 
Đáp số : 1 (x = -1 ; y = 0). 
5) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn : 
x2 + 4y2 + z2 = 4xy + 5x - 10y +2z - 5 
Tìm GTLN và GTNN của x - 2y. 
Đáp số : 
GTLN là 4 (x = 2y + 4 ; y Є R ; z = 1) ; 
GTNN là 1 (x = 2y + 1 ; y Є R ; z = 1). 
6) Tìm các số nguyên không âm x, y, z, t để M = x2 + y2 + 2z2 + t2 đạt GTNN, biết rằng : 
Đáp số : x = 5 ; y = 2 ; z = 4 ; t = 0. Khi đó M đạt giá trị nhỏ nhất là 61.
MỘT HẰNG ĐẲNG THỨC THÚ VỊ
Với mọi số thực a, b, c, ta có : 
(a + b)(a + c) = a2 + (ab + bc + ca) 
= a(a + b + c) + bc (*). 
Với tôi, (*) là hằng đẳng thức rất thú vị. Trước hết, từ (*) ta có ngay : 
Hệ quả 1 : Nếu ab + bc + ca = 1 thì 
a2 + 1 = (a + b)(a + c). 
Hệ quả 2 : Nếu a + b + c = 1 thì 
a + bc = (a + b)(a + c). 
Bây giờ, chúng ta đến với một vài ứng dụng của (*) và hai hệ quả trên. 
Bài toán 1 : Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = 1. Hãy tính giá trị của biểu thức : 
Lời giải : Theo hệ quả 1 ta có 
a2 + 1 = a2 + (ab + bc + ca) = (a + b)(a + c) ; 
b2 + 1 = b2 + (ab + bc + ca) = (b + a)(b + c) ; 
c2 + 1 = c2 + (ab + bc + ca) = (c + a)(c + b). 
Suy ra 
Vì vậy A = a(b + c) + b(c + a) + c(a + b) 
= 2(ab + bc + ca) = 2. 
Vấn đề sẽ khó hơn khi ta hướng tới việc đánh giá các biểu thức. 
Bài toán 2 : Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn (a +b)(a +c) = 1. Chứng minh rằng : 
Lời giải : a) Sử dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương a(a + b + c) ; bc : 
1 = (a + b)( a + c) = a(a + b + c) + bc ≥
b) Sử dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dương a2 ; 
(ab + bc + ca)/2 ; (ab + bc + ca)/2 
1 = (a + b)( a + c) = a2 + (ab + bc + ca) = 
Bài toán 3 : Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = 1. Chứng minh rằng : 
Lời giải : Theo hệ quả 1 ta có 
Sử dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương a2 + ab ; a2 + ac : 
Tương tự ta có 
Từ các kết quả trên ta suy ra : 
Bài toán sau đây nguyên là đề thi Châu á - Thái Bình Dương năm 2002 đã được viết lại cho đơn giản hơn (thay (1/x ; 1/y ; 1/z) bởi (a ; b ; c)). 
Bài toán 4 : Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng : 
Lời giải : Theo hệ quả 2 và bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-ski ta có 
Tương tự ta có 
Từ các kết quả trên ta suy ra : 
Để kết thúc, xin các bạn làm thêm một số bài tập : 
Bài tập 1 : Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 1. Hãy tính giá trị của biểu thức : 
Bài tập 2 : Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = 1. Chứng minh rằng : 
Bài tập 3 : Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng : 
(a + bc)(b + ca)(c + ab) ≥ 64/81(ab + bc + ca)2.
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 ứng của các cạnh này có độ dài lần lượt là ha, hb, hc. Chứng minh : 
với S là diện tích tam giác ABC. 
Lời giải : Do vai trò bình đẳng của các cạnh trong tam giác nên có thể giả sử rằng a ≤ b ≤ c 
=> : 2S/a ≥ 2S/b ≥ 2S/c => ha ≥ hb ≥ hc . 
Làm như lời giải bài toán 3 ta có :
(a + b).(ha + hb) ≥ 8S 
=> : 1/(ha + hb) ≤ (a + b)/(8S)     (1) 
Tương tự ta được : 
1/(hb + hb) ≤ (b + c)/(8S)     (2) 
1/(hc + ha) ≤ (c + a)/(8S)     (3) 
Cộng từng vế của (1), (2), (3) dẫn đến : 
Bất đẳng thức (4) trở thành đẳng thức khi và chỉ khi các bất đẳng thức (1), (2), (3) đồng thời trở thành đẳng thức tương đương với a = b = c hay tam giác ABC là tam giác đều. 
Bây giờ các bạn thử giải các bài tập sau đây : 
1) Biết rằng x2 + y2 = 1. Tìm giá trị lớn nhất của F = (x4 + y4) / (x6 + y6) 
2) Cho các số dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = 1. Chứng minh : 
3) Cho tam giác ABC có độ dài các cạnh lần lượt là a, b, c và độ dài các đường phân giác trong thuộc các cạnh này lần lượt là la, lb, lc. Chứng minh : 
4) Hãy dự đoán và chứng minh bất đẳng thức Trê - bư - sép với n = 3. Từ đó hãy sáng tạo ra các bài toán. Nếu bạn thấy thú vị với những khám phá của mình ở bài tập này, hãy gửi gấp bài viết về cho chuyên mục EUREKA của TTT2.
PHƯƠNG PHÁP HOÁN VỊ VÒNG QUANH
Phân tích thành nhân tử là một trong những kĩ năng cơ bản nhất của chương trình đại số bậc THCS. Kĩ năng này được sử dụng khi giải các bài toán : biến đổi đồng nhất các biểu thức toán học, giải phương trình, chứng minh bất đẳng thức và giải các bài toán cực trị ... Sách giáo khoa lớp 8 đã giới thiệu nhiều phương pháp phân tích thành nhân tử. Sau đây tôi xin nêu một phương pháp thường sử dụng, dựa vào việc kết hợp các phương pháp quen thuộc như đặt nhân tử chung, nhóm số hạng, hằng đẳng thức ... 
Phương pháp này dựa vào một số nhận xét sau đây : 
1/ Giả sử phải phân tích biểu thức F(a, b, c) thành nhân tử, trong đó a, b, c có vai trò như nhau trong biểu thức đó. Nếu F(a, b, c) = 0 khi a = b thì F(a, b, c) sẽ chứa các nhân tử a - b, b - c và c - a. 
Bài toán 1 : Phân tích thành nhân tử : 
F(a, b, c) = a2(b - c) + b2(c - a) + c2(a - b). 
Nhận xét : Khi a = b ta có :
F(a, b, c) = a2(a - c) + a2(c - a) = 0, do đó F(a, b, c) có chứa nhân tử a - b. 
Tương tự F(a, b, c) chứa các nhân tử b - c, c - a. Vì F(a, b, c) là biểu thức bậc ba, do đó F(a, b, c) = k.(a - b)(b - c)(c - a). 
Cho a = 1, b = 0, c = -1 ta có : 
1 + 1 = k.1.1.(-2) => k = -1. 
Vậy : F(a, b, c) = -(a - b)(b - c)(c - a). 
Bài toán 2 : Phân tích thành nhân tử : 
F(a, b, c) = a3(b - c) + b3(c - a) + c3(a - b). 
Nhận xét : Tương tự như bài toán 1, ta thấy F(a, b, c) phải chứa các nhân tử a - b, b - c, c - a. Nhưng ở đây F(a, b, c) là biểu thức bậc bốn, trong khi đó (a - b)(b - c)(c - a) bậc ba, vì vậy F(a, b, c) phải có một thừa số bậc nhất của a, b, c. Do vai trò a, b, c như nhau nên thừa số này có dạng k(a + b + c). Do đó :
F(a, b, c) = k(a - b)(b - c)(c - a)(a + b + c) 
Cho a = 0 ; b = 1 ; c = 2 => k = -1. 
Vậy : F(a, b, c) = -(a - b)(b - c)(c - a)(a + b + c). 
2/ Trong một số bài toán, nếu F(a, b, c) là biểu thức đối xứng của a, b, c nhưng F(a, b, c) ≠ 0 khi a = b thì ta thử xem khi a = -b, F(a, b, c) có triệt tiêu không, nếu thỏa mãn thì F(a, b, c) chứa nhân tử a + b, và từ đó chứa các nhân tử b + c, c + a. 
Bài toán 3 : Chứng minh rằng :
Nếu : 1/x + 1/y + 1/z = 1/(x + y + z) thì 
1/xn + 1/yn + 1/zn = 1/(xn + yn + zn) 
với mọi số nguyên lẻ n. 
Nhận xét : 
Từ giả thiết 1/x + 1/y + 1/z = 1/(x + y + z) => : 
(xy + xz + yz)(x + y + z ... o 125   (1). 
Tương tự bài 11, ta có 9100 - 1 chia hết cho 8   (2). 
Vì (8, 125) = 1, từ (1) và (2) suy ra : 9100 - 1 chia hết cho 1000 => 3399...98 = 9199...9 = 9100p + 99 = 999(9100p - 1) + 999 = 1000q + 999 (p, q Є N). 
Vậy ba chữ số tận cùng của 3399...98 cũng chính là ba chữ số tận cùng của 999. 
Lại vì 9100 - 1 chia hết cho 1000 => ba chữ số tận cùng của 9100 là 001 mà 999 = 9100 : 9 => ba chữ số tận cùng của 999 là 889 (dễ kiểm tra chữ số tận cùng của 999 là 9, sau đó dựa vào phép nhân để xác định ). 
Vậy ba chữ số tận cùng của 3399...98 là 889. 
Nếu số đã cho chia hết cho 8 thì ta cũng có thể tìm ba chữ số tận cùng một cách gián tiếp theo các bước : Tìm dư của phép chia số đó cho 125, từ đó suy ra các khả năng của ba chữ số tận cùng, cuối cùng kiểm tra điều kiện chia hết cho 8 để chọn giá trị đúng. 
Bài toán 13 : 
Tìm ba chữ số tận cùng của 2004200. 
Lời giải : do (2004, 5) = 1 (tính chất 6) 
=> 2004100 chia cho 125 dư 1 
=> 2004200 = (2004100)2 chia cho 125 dư 1 
=> 2004200 chỉ có thể tận cùng là 126, 251, 376, 501, 626, 751, 876. Do 2004200 chia hết cho 8 nên chỉ có thể tận cùng là 376. 
Từ phương pháp tìm hai và ba chữ số tận cùng đã trình bày, chúng ta có thể mở rộng để tìm nhiều hơn ba chữ số tận cùng của một số tự nhiên. 
Sau đây là một số bài tập vận dụng : 
Bài 1 : Chứng minh 1n + 2n + 3n + 4n chia hết cho 5 khi và chỉ khi n không chia hết cho 4. 
Bài 2 : Chứng minh 920002003, 720002003 có chữ số tận cùng giống nhau. 
Bài 3 : Tìm hai chữ số tận cùng của : 
a) 3999    b) 111213 
Bài 4 : Tìm hai chữ số tận cùng của : 
S = 23 + 223 + ... + 240023 
Bài 5 : Tìm ba chữ số tận cùng của : 
S = 12004 + 22004 + ... + 20032004 
Bài 6 : Cho (a, 10) = 1. Chứng minh rằng ba chữ số tận cùng của a101 cũng bằng ba chữ số tận cùng của a. 
Bài 7 : Cho A là một số chẵn không chia hết cho 10. Hãy tìm ba chữ số tận cùng của A200. 
Bài 8 : Tìm ba chữ số tận cùng của số : 
199319941995 ...2000 
Bài 9 : Tìm sáu chữ số tận cùng của 521.
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, Ð A = 200. Trên AB lấy điểm D sao cho AD = BC. Tính Ð 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, Ð A = 200 nên Ð ABC = Ð ACB = 800. Vậy E thuộc miền trong tam giác ABC, suy ra Ð ACE = 200 (1). 
Dễ thấy ∆ABE = ∆ACE (c.c.c) nên Ð BAE = Ð CAE = Ð A / 2 = 100   (2). 
Từ (1) suy ra Ð A = Ð ACE = 200 suy ra ∆DAC = ∆ECA (c.g.c), kết hợp với (2) suy ta Ð ACD = Ð CAE = 1010. 
Ta có Ð BDC là góc ngoài của ∆DAC nên Ð BDC = Ð DAC + Ð DCA = 200 + 100 = 300. 
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, Ð A = 200 nên AI = AB = AC ; Ð CAI = 400 ; Ð IBC = 200 suy ra Ð ACI = 700(∆ACI cân tại A) suy ra Ð BCI = 1500 
Lại có ∆ADC = ∆BCI (c.g.c) 
Suy ra Ð ADC = Ð BCI = 1500 suy ra Ð BDC = 300. 
Bài toán 2 (đề thi vô định toán Nam Tư năm 1983) : Cho tam giác ABC cân tại A, Ð A = 800. Ở miền trong tam giác lấy điểm I sao cho Ð IBC = 100 ; Ð ICB = 300. Tính Ð 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 Ð A = 800 nên Ð ABC = Ð ACB = 500 suy ra Ð ABE = Ð 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 Ð ABI = 500 - 100 = 400 suy ra Ð AIB = 700. 
Bài toán 3 : Cho tam giác ABC cân tại A, Ð A = 1000. Trên cạnh AB kéo dài về phía B, lấy điểm E sao cho AE = BC. Tính Ð 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, Ð A = 1000 nên Ð ABC = 400 ; tia AF nằm giữa hai tia AE, AC 
Suy ra Ð CAF = 400 suy ra ∆ABC = ∆CAF (c.g.c) 
Suy ra AC = FC suy ra ∆AEC = ∆FEC (c.c.c) 
Suy ra Ð AEC = Ð FEC = 1 / 2 Ð AEF = 600 / 2 = 300. 
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, Ð A = 800. Trên AC lấy điểm E, trên BC lấy điểm F sao cho Ð ABE = Ð CAF = 300. Tính Ð 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 ! 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 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 = 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 còn lại. 
Lời giải : (hình 2) Xét tam giác ABC có AB = 8 ; AC = 3. Kẻ đường cao AH. 
Tam giác vuông AHB có ĐA = 60o 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 : 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 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 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 vuông AHC ta có : AH2 = AC2 - HC2 = 12 - 0,52 = 0,75. 
Giá trị sát nhất với diện tích tam giác ABC là 0,4 dm2. 
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 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 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. 
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 = 4047m2). 
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 = 72 + 52 ; 116 = 102 + 42.
THAY ĐỔI KẾT LUẬN CỦA BÀI TOÁN HÌNH HỌC
Trong chứng minh hình học, việc phát hiện các kết quả tương đương với kết luận của bài toán rất có thể sẽ đưa ta đến những chứng minh quen thuộc, đơn giản hơn hoặc những phép chứng minh độc đáo. Đây cũng là công việc thường xuyên của người làm toán. Các bạn hãy theo dõi một số bài toán sau. 
Bài toán 1 : Cho tam giác ABC có BC < BA, đường phân giác BE và đường trung tuyến BD (E, D thuộc AC). Đường thẳng vuông góc với BE qua C cắt BE, BD lần lượt tại F, G. Chứng minh rằng đường thẳng DF chia đôi đoạn thẳng GE. 
Lời giải : Gọi giao điểm của CG với AB là K và DF với BC là M. 
Dễ thấy ∆ BKC cân tại B, BF là trung trực của KC suy ra F là trung điểm của KC. 
Theo giả thiết, D là trung điểm của AC 
=> DF là đường trung bình của DCKA 
=> DF // KA hay DM // AB. 
=> DM là đường trung bình của DABC 
=> M là trung điểm của BC. 
Xét ∆ DBC, F thuộc trung tuyến DM nên DF chia đôi đoạn thẳng GE GE // BC. 
Ta sẽ chứng minh GE // BC, thật vậy : 
Cách 1 : Ta có AE = AD + DE = CD + DE = CE + 2DE hay CE = AE - 2DE, suy ra 
Mặt khác, vì DF // AB, K thuộc AB và AK = 2DF nên 
Vậy BG/GD = BK/DF hay GE // BC. 
Cách 2 : Vì BE là phân giác của Ð ABC 
Vậy DE/EC = DG/GB hay GE // BC. 
Cách 3 : áp dụng định lí Xê-va ta có Mặt khác MB = MC nên 
Bài toán 2 : Trên các cạnh AB, BC, CA của tam giác ABC lần lượt lấy các điểm C1, A1, B1 sao cho các đường thẳng AA1, BB1, CC1 đồng quy tại O. Đường thẳng qua O song song với AC cắt A1B1 và B1C1 lần lượt tại K và M. Chứng minh rằng OK = OM. 
Lời giải : Qua B vẽ đường thẳng song song với AC cắt A1B1 và B1C1 lần lượt tại K1 và M1. 
Xét ∆ B1K1M1, dễ thấy MK // M1K1 nên OM = OK BM1 = BK1. Ta sẽ chứng minh BM1 = BK1, thật vậy : 
∆ AB1C1 đồng dạng với ∆ BM1C1 suy ra 
∆ CB1A>sub>1 ∆ đồng dạng với BK1A1 suy ra 
Vậy : (áp dụng định lí Xê-va), suy ra BM1 = BK1. 
Bài toán 3 : Xét bài 5(20) trang 15. 
Hướng dẫn : 
Do OX = OY nên : 
XZ = YT OZ = OT. 
Ta sẽ chứng minh OZ = OT. Trước hết, ta chứng minh IO1OO2 là hình bình hành bằng cách xét 3 trường hợp : Ð IBA 90o ; Ð IBA = 90 o 
Gọi M là giao điểm của O1I và CD. 
Với Ð IBA Ð CIM + Ð ICM = 90 o =>O1I ^ CD ; Mà OO2 ^ CD => OO2 // O1I. 
Tương tự OO1 // O2I, suy ra IO1OO2 là hình bình hành (bạn đọc tự chứng minh hai trường hợp còn lại). 
Từ đó, ta có (xem phần hình màu) : OO1 = O2I = O2T ; OO2 = O1I = O1Z ; 
Ð OO1Z = (180o - 2 Ð O1IZ) + Ð OO1I = 360o - Ð OO2I - (180o - 2( Ð OO22IT) = OO2T 
=> ∆ OO1Z = ∆ TO2O (c.g.c) => OZ = OT.(Chứng minh trên không cần dùng tới kiến thức về tam giác đồng dạng). l Bài tập áp dụng : 
1) Từ điểm C ở ngoài đường tròn (O) vẽ hai tiếp tuyến CA, CB với đường tròn (A, B là các tiếp điểm). Đường tròn (O1) qua C và tiếp xúc với AB tại B cắt (O) tại M. Chứng minh rằng AM chia đoạn thẳng BC thành hai phần bằng nhau. 
2) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Tiếp tuyến với (O) tại B lần lượt cắt các tiếp tuyến với (O) tại A và C ở M và N. Qua B vẽ đường thẳng vuông góc với AC tại P. Chứng minh rằng BP là phân giác của Ð MPN. 
3) Cho hình thang ABCD có đáy lớn CD ; AC cắt BD tại O, AD cắt BC tại I và OI cắt AB tại E. Đường thẳng đi qua A song song với BC cắt BD tại M và đường thẳng đi qua B song song với AD cắt AC tại N. Chứng minh rằng : a) MN // AB ; b) AB2 = MN.CD ; c) d) AE = EB.