Tài liệu Chuyên đề Hình học Lớp 8 (Sưu tầm)

( Suu tam)
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.
DỰNG HÌNH BẰNG DỤNG CỤ HẠN CHẾ
Các em đều biết rằng : Các bài toán dựng hình ở trường phổ thông chỉ được sử dụng hai dụng cụ là : compa và thước thẳng để dựng hình (theo quy ước từ thời cổ Hi Lạp). Tuy nhiên trong các cuộc thi học sinh giỏi toán hoặc “đố vui học tập” thỉnh thoảng vẫn có những bài toán dựng hình đòi hỏi chỉ dựng bằng một dụng cụ là thước thẳng hoặc compa. Những bài toán này rất thú vị, bổ ích và đòi hỏi nhiều sự thông minh sáng tạo trong việc vận dụng các kiến thức đã học. Các nhà toán học cũng đã nghiên cứu khá sâu sắc các bài toán này. 
Nhà toán học ý : Máckêrôni (1750 - 1800) và nhà toán học Đan Mạch : MoRơ (1640 - 1697) chuyên nghiên cứu các bài toán dựng hình chỉ bằng compa. Đến 1890 nhà toán học áo Adler đã chứng minh rằng : Mọi bài toán dựng hình giải được bằng compa và thước thẳng đều giải được với một mình compa thôi. 
Ngược lại nhà toán học Thụy Sĩ Iacốp Stây Ne (1796 - 1863) lại chỉ nghiên cứu những bài toán dựng hình bằng thước thẳng. Ông đã chứng minh được rằng : Mọi bài toán dựng hình (hình học phẳng) bằng compa và thước thẳng giải được, đều có thể dựng được chỉ bằng một thước thẳng nếu trên mặt phẳng cho một đường tròn và tâm của nó. Xin giới thiệu với các em một vài bài toán như vậy. 
Bài toán 1 : Cho đường tròn đường kính AOB và một điểm S ở ngoài đường tròn. Chỉ dùng một thước thẳng hãy dựng một đường thẳng đi qua S và vuông góc với AB. 
Giải : Nối SA cắt (O) tại F (xem hình 1). 
Nối SB cắt (O) tại E. 
Nối AE cắt BF tại H. Đường thẳng SH là đường thẳng cần dựng. 
Bài toán 2 : Trên mặt phẳng cho 2 điểm A, B. Chỉ dùng compa hãy dựng hai điểm có khoảng cách gấp đôi độ dài AB (chú ý là cho 2 điểm A, B nhưng chưa có đường thẳng chứa A và B). 
Giải : 
- Dựng đường tròn (B ; BA) (xem hình 2) 
- Dựng đường tròn (A ; AB) cắt đường tròn trên ở E. 
- Dựng đường tròn (E ; EA) cắt đường tròn (B) ở F. 
- Dựng đường tròn (F ; FE) cắt đường tròn (B) ở C. 
Dễ dàng chứng minh được các ΔAEB ; ΔEBF ; ΔFBC đều . Từ đó => A, B, C thẳng hàng và AC = 2 AB. 
Bài toán 3 : Cho hai điểm A, B. Chỉ dùng compa hãy dựng trung điểm I của đoạn AB. 
Giải : Xem hình 3. 
- Đặt AB = a. Dựng 1 đoạn dài 2a (bài toán 2) 
- Dựng đường tròn (B ; 2a) và đường tròn (A ; 2a), hai đường tròn này cắt nhau tại C. 
- Dựng đường tròn (B ; a) và đường tròn (C ; a), hai đường tròn này tiếp xúc nhau tại M, M là trung điểm BC. 
- Dựng đường tròn (A ; a) và đường tròn (C ; a), hai đường tròn này tiếp xúc nhau tại N, N là trung điểm AC. 
- Dựng đường tròn (N ; a) và đường tròn (M ; a), hai đường tròn này cắt nhau tại giao điểm thứ hai I, I là trung điểm AB. 
Phần chứng minh rất dễ dàng, xin dành cho bạn đọc. Bây giờ mời các em giải thử các bài toán sau : 
Bài 4 : Cho hai điểm A, B. Chỉ dùng compa hãy dựng điểm I thuộc đoạn AB và chia AB theo tỉ số IA/IB = k (k thuộc N) cho trước. 
Bài 5 : Cho đường tròn tâm O và hai điểm A, B ở ngoài đường tròn. Chỉ dùng compa hãy dựng giao điểm của đường thẳng AB với đường tròn (O). 
Bài 6 : Cho tứ giác ABCD. Chỉ dùng compa hãy kiểm tra xem tứ giác ABCD có phải là tứ giác nội tiếp hay không ?
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 : 
 ... ; MA = MD => ∆ BMA = ∆ CMD (c.g.c) => MB = MC (4) => ∆ MBC cân tại M => Ð MBC = Ð MCN (5) 
Giả sử ∆ MBC không đều, từ (4) suy ra : MB > BC hoặc MB BC => MB > AB => Ð BMA BMA < 75 o, từ (1), (2), (3) ta có : 
Ð AMD + Ð BMA + Ð CMD Ð BMC > 60o, từ (5) => Ð MBC MB < MC , mâu thuẫn với giả thiết ban đầu. 
Tương tự như trên, từ MB BC, là điều vô lí. 
Vậy chỉ có thể là BC = MB = MC hay ∆ MBC là tam giác đều. 
Bài tập vận dụng. 
Bài 1 : Cho tam giác ABC. Chứng minh ma > a/2 thì Ð A nhọn, trong đó a và ma lần lượt là độ dài của cạnh BC và đường trung tuyến kẻ từ A). 
Bài 2 : Cho đường tròn (O) và I, K lần lượt là trung điểm của các dây cung AB, CD. Biết rằng AB > CD và tia AB cắt tia CD tại P, chứng minh rằng PI > PK.
HỌC CÁCH DỰNG HÌNH PHỤ 
QUA VIỆC CHỨNG MINH MỘT ĐỊNH LÍ
Các bạn biết không ? Định lí “Trong tam giác, đường phân giác của một góc chia cạnh đối diện thành hai đoạn thẳng tỉ lệ với hai cạnh kề hai đoạn ấy” của lớp 8 có rất nhiều cách chứng minh đấy. 
Xin được giới thiệu một số cách chứng minh định lí trên, hi vọng rằng qua đó các bạn cũng như tôi, sẽ tích lũy được nhiều kinh nghiệm dựng hình phụ để giải toán hình học. 
Không mất tính tổng quát, ta xét tam giác ABC có phân giác AD (D thuộc BC), ÐABC ≥ ÐACB. Ta cần chứng minh AB/AC = DB/DC (*). 
Cách 1 : Dựng BE (E thuộc AD) sao cho Ð ABE = Ð ACD (hình 1). 
Ta có ∆ABE đồng dạng với ͧACD (g-g) suy ra AB/AC = EB/DC (1) ; Ð AEB = Ð ADC => Ð BED = Ð BDE => ∆BDE cân tại B => BD = BE (2). Từ (1) và (2) suy ra (*). 
Cách 2 : Dựng BE ^ AD, CF ^ AD (E, F thuộc AD, hình 2). Ta có ∆ABE đồng dạng với ∆ACF (g-g) ; ∆BDE đồng dạng với ∆CDF (g-g) suy ra AB/AC = EB/FC = DB/DC (đpcm). 
Cách 3 : Dựng AH ^ BC, DM ^ AB, DN ^ AC (H, M, N lần lượt thuộc BC, AB, AC, hình 3). 
Ta có ∆ADM = ∆ADN (cạch huyền-góc nhọn) suy ra DM = DN. Do đó : S(ABD)/S(ACD) = DM.AB/(DN.AC) = AB/AC (1). 
Lại có S(ABD)/S(ACD) = AH.DB/(AH.DC) = DB/DC (2). 
Từ (1) và (2) suy ra (*). 
Cách 4 : Qua B vẽ đường thẳng song song với AD, cắt đường thẳng AC tại E (hình 4). 
Xét ∆CBE, AD // BE, ta có DB/DC = AE/AC (1). 
Cũng vì AD // BE mà AD lại là phân giác của Ð BAC, dễ dàng chứng minh được Ð AEB = Ð ABE => ∆ABE cân tại A => AB = AE (2). 
Từ (1) và (2) suy ra (*). 
Cách 5 : Qua D dựng các đường thẳng song song với AB, AC, lần lượt cắt AC, AB tại E, F (hình 5). 
Ta có ∆BFD đồng dạng với ∆DEC (g-g) suy ra DB/DC = BF/DE = DF/CE = (BF + DF)/(DE + CE). 
Mặt khác, dễ thấy AEDF là hình thoi nên suy ra DB/DC = AB/AC (đpcm). 
* Với các cách kẻ hình phụ sau, các bạn hãy thử tiếp tục chứng minh định lí trên bằng những cách khác : 
Cách 6 (SGK Toán 8, tập 2, trang 66) : Qua B vẽ đường thẳng song song với AC, cắt đường thẳng AD tại E (hình 6). 
Cách 7 : Qua D dựng đường thẳng song song với AB, qua A dựng đường thẳng song song với BC, hai đường thẳng này cắt nhau tại E. DE cắt AC tại F (hình 7). 
Cách 8 : Trong ∆ABC, dựng hai đường cao CE và BF, chúng lần lượt cắt AD tại K, H. Đường thẳng qua C song song với AD cắt BF tại I (hình 8). 
Cách 9 : Dựng qua B đường thẳng vuông góc với AB ; dựng qua C đường thẳng vuông góc với AC, hai đường thẳng này cắt nhau tại K. AD cắt BK, CK lần lượt tại E, F. Dựng qua B đường thẳng song song với AD, cắt CK tại G (hình 9). 
Cách 10 : Qua B, C dựng các đường thẳng song song với AD, cắt đường thẳng qua D song song với AC lần lượt tại F, E. Đường thẳng qua F song song với AB cắt AD tại M.
HỌC TOÁN CẦN PHẢI BIẾT THẮC MẮC
Luôn tự đặt các câu hỏi và tìm cách giải đáp trước mỗi vấn đề khi học toán là một phẩm chất rất đáng khích lệ. Nó không những giúp bạn hiểu kĩ được vấn đề mà còn tạo cho bạn phong cách học tập chủ động và thói quen suy nghĩ sâu sắc, đầy đủ. 
Tôi đã thực hiện kinh nghiệm học toán này từ khi còn đang ngồi trên ghế nhà trường, hôm nay xin được chia sẻ cùng với các bạn thông qua một ví dụ. 
Khi học bài “Đường trung bình của tam giác - áp dụng vào tam giác vuông”, SGK Hình Học 7 cũ (trang 51) có nêu hai định lí sau đây : 
Định lí 1 : Trong tam giác vuông, trung tuyến ứng với cạnh huyền bằng một nửa cạnh huyền. 
Định lí 2 : Trong một tam giác nếu trung tuyến ứng với một cạnh bằng nửa cạnh ấy thì tam giác đó là tam giác vuông. 
* Việc chứng minh hai định lí này không khó (dựa vào tính chất đường trung bình trong tam giác) nhưng vấn đề sẽ nảy sinh nếu định lí 1 được phát biểu bằng cách khác : “Trong một tam giác, trung tuyến xuất phát từ đỉnh góc vuông bằng nửa cạnh đối diện với đỉnh đó”. 
Câu hỏi tôi đã đặt ra khi đó là : Trong một tam giác, trung tuyến xuất phát từ đỉnh góc nhọn (hay đỉnh góc tù) so với cạnh đối diện với đỉnh đó sẽ như thế nào ? Không khó khăn lắm để có trả lời cho câu hỏi này. 
Trường hợp 1 (trung tuyến xuất phát từ đỉnh góc nhọn) : 
Cho tam giác ABC có Ð A = 90o M là trung điểm của BC. Ta so sánh AM với BC/2; 
Không mất tính tổng quát, giả sử Ð B < 90o(hình 1). Gọi H là hình chiếu vuông góc của C trên AB thì H phải thuộc đoạn thẳng AB (H khác A và H khác B). Suy ra : 
Ð AHM = Ð AHC + Ð CHM > Ð AHC = 90o 
=> Ð H là góc lớn nhất trong tam giác AHM => AM > HM. 
Mặt khác, theo định lí 1 thì HM = BC/2 nên : AM > BC/2. 
Trường hợp 2 (trung tuyến xuất phát từ đỉnh góc tù) : 
Cho tam giác ABC có Ð A > 90o, M là trung điểm của BC. Ta so sánh AM với BC/2 : 
Dựng hình bình hành ABDC (hình 2). 
Dễ thấy M là trung điểm của AD và Ð ACD < 90o, theo định lí 1 thì AD/2 < CM. 
Suy ra AM = BC/2. 
Như vậy ta có thêm hai định lí sau đây : 
Định lí 1.1 : Trong một tam giác, trung tuyến xuất phát từ đỉnh góc nhọn lớn hơn nửa cạnh đối diện với đỉnh đó. 
Định lí 1.2 : Trong một tam giác, trung tuyến xuất phát từ đỉnh góc tù nhỏ hơn nửa cạnh đối diện với đỉnh đó. 
Bằng phương pháp phản chứng ta dễ dàng chứng minh được hai định lí khác : 
Định lí 2.1 : Trong một tam giác nếu trung tuyến ứng với một cạnh lớn hơn nửa cạnh ấy thì góc đối diện với cạnh này nhọn. 
Định lí 2.2 : Trong một tam giác nếu trung tuyến ứng với một cạnh nhỏ hơn nửa cạnh ấy thì góc đối diện với cạnh này tù. 
* Tôi đã rất vui sướng đem kết quả này khoe với người anh họ. Anh ấy khen và đặt thêm cho tôi một câu hỏi : Với tam giác vuông ABC vuông tại A, trung tuyến AM. Đặt BC = a, AM = ma khi đó định lí 1 được viết dưới dạng hệ thức là : ma = a/2 (*), vậy có hệ thức tổng quát tính độ dài các đường trung tuyến khi ABC là tam giác bất kì không ? 
Phải đợi đến khi học định lí Py-ta-go ở lớp 8 tôi mới trả lời được câu hỏi này, chính là định lí sau đây (trong SGK mới, định lí Py-ta-go được giới thiệu ngay từ lớp 7). 
Định lí 3 : Một tam giác có độ dài ba cạnh là a, b, c và độ dài ba đường trung tuyến tương ứng là ma, mb, mc thì : 
Chứng minh (**) : Dựng đường cao AH (hình 3), không mất tổng quát, giả sử H thuộc tia MB. Theo định lí Py-ta-go ta có : 
AB2 = AH2 + HB2 = AH2 + |MB - MH|2 
= AH2 + MH2 + MB2 - 2.MB.MH 
= AM2 + BC2/4 - 2,MB.MH ; 
AC2 = AH2 + HC2 = AH2 + (MC + MH)2 
= AH2 + MH2 + MC2 + 2.MC.MH 
= AM2 + BC2/4 + 2.MB.MH. 
* Tôi tiếp tục dự đoán và chứng minh được định lí 3 bao trùm các định lí 1 ; 1.1 ; 1.2. 
Ta có : 
Việc dự đoán và chứng minh trên đã dẫn tôi đến các kết quả (1), (2), chính là các mở rộng của định lí Py-ta-go. Đảo lại của định lí Py-ta-go và các kết quả (1), (2) cũng đúng. 
Chứng minh (1) : Tam giác ABC có Ð A < 90o. Không mất tính tổng quát, giả sử Ð B < 90o (hình 4). 
Gọi H là hình chiếu vuông góc của C trên AB thì H phải thuộc đoạn thẳng AB (H khác A và H khác B). Suy ra : 
BC2 = BH2 + CH2 = (BA - AH)2 + AC2 - AH2 
= AB2 + AC2 - 2.AB.AH < AB2 + AC2 
=> a2 < b2 + c2. 
Chứng minh (2) : Tam giác ABC có Ð B < 90o (hình 5). 
Gọi H là hình chiếu vuông góc của C trên AB thì A phải nằm giữa B và H. Suy ra : BC2 = BH2 + CH2 = (BA + AH)2 + AC2 - AH2 
= AB2 + AC2 + 2.AB.AH > AB2 + AC2 
=> a2 > b2 + c2. 
Liệu lại có một công thức bao trùm cả định lí Py-ta-go và các mở rộng của nó không, các bạn thử tìm xem ? Và nếu các bạn quan tâm thì vẫn còn nhiều câu hỏi, thắc mắc đang chờ được giải đáp. 
Các bạn thấy đấy, với cách học này chúng ta còn phát hiện ra những mối quan hệ khăng khít giữa các khái niệm, các kiến thức Toán học ; chủ động phát hiện và chứng minh những kiến thức mới mà không nhất thiết phải chờ thầy dạy. 
BÀN VỚI CÁC BẠN LỚP 8 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.