KẺ THÊM ĐƯỜNG PHỤ ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC 7
Trần Ngọc Đại, THCS Thuỵ Thanh, năm học 2010 - 2011
PHẦN A - ĐẶT VẤN ĐỀ
I. Cơ sở lí luận
- Luật giáo dục 2005 (Điều 5) quy định: ‘‘Phương pháp giáo dục phải phát huy tính
tích cực, tự giác, chủ động, tư duy sáng tạo của người học; bồi dưỡng cho nguời học năng lực
tự học, khả năng thực hành, lòng say mê học tập và ý chí vươn lên’’.
- Mục đích của việc đổi mới phương pháp dạy học ở trường phổ thông là thay đổi lối
dạy học truyền thụ một chiều sang dạy học theo ‘‘Phương pháp dạy học tích cực’’ nhằm giúp
học sinh :
Phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động, sáng tạo, rèn luyện thói quen và khả
năng tự học, tinh thần hợp tác, kĩ năng vận dụng kiến thức vào trong thực tiễn;
Tạo niềm tin, niềm vui, hứng thú trong học tập; làm cho ‘‘việc học’’ là quá trình
kiến tạo, tìm tòi, khám phá, luyện tập, khai thác và xử lí thông tin... Học sinh tự
hình thành hiểu biết, năng lực và phẩm chất.
Tổ chức hoạt động nhận thức cho học sinh, dạy học sinh cách tìm ra chân lí. Chú
trọng hình thành các năng lực (tự học, sáng tạo, hợp tác,...) dạy phương pháp và
kĩ thuật lao động khoa học, dạy cách học.
-
Làm thế nào để đạt được các mục đích trên ?
Để trả lời được câu hỏi này, trước tiên giáo viên trước vấn đề đó người giáo viên cần
phải không ngừng tìm tòi khám phá, khai thác, xây dựng hoạt động, vận dụng, sử dụng phối
hợp các phương pháp dạy học trong các giờ học sao cho phù hợp với từng kiểu bài, từng đối
tượng học sinh, xây dựng cho học sinh một hướng tư duy chủ động, sáng tạo.
Vấn đề nêu trên cũng là khó khăn với không ít giáo viên nhưng ngược lại, giải quyết
được điều này là góp phần xây dựng trong bản thân mỗi giáo viên một phong cách và phương
pháp dạy học hiện đại giúp cho học sinh có hướng tư duy mới trong việc lĩnh hội kiến thức
các môn học.
II. Cơ sở thực tế
- Trong các môn học trong trường THCS thì môn Toán là một trong những môn
quan trọng nhất nhưng có thể nói là khó nhất. Ở trường THCS, học sinh được học ba phân
môn của toán học, đó là Số học, Đại số và Hình học. Trong ba phân môn đó thì học sinh
thường gặp khó khăn trong việc giải các bài toán Hình học.
www.VNMATH.com
2
KẺ THÊM ĐƯỜNG PHỤ ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC 7
Trần Ngọc Đại, THCS Thuỵ Thanh, năm học 2010 - 2011
- Trong khi tìm phương pháp giải toán hình học, ta gặp một số bài toán mà nếu
không vẽ thêm đường phụ thì có thể bế tắc. Nếu biết vẽ thêm đường phụ thích hợp tạo ra sự
liên hệ giữa các yếu tố đã cho thì việc giải toán trở lên thuận lợi hơn, dễ dàng hơn. Thậm chí
có bài phải vẽ thêm yếu tố phụ thì mới tìm ra lời giải. Tuy nhiên vẽ thêm yếu tố phụ như thế
nào để có lợi cho việc giải toán là điều khó khăn và phức tạp.
- Kinh nghiệm thực tế cho thấy rằng, không có phương pháp chung nhất cho việc vẽ
thêm các yếu tố phụ, mà là một sự sáng tạo trong trong khi giải toán, bởi vì việc vẽ thêm các
yếu tố phụ cần đạt được mục đích là tạo điều kiện để giải được bài toán một cách ngắn gọn
chứ không phải là một công việc tuỳ tiện. Hơn nữa, việc vẽ thêm các yếu tố phụ phải tuân
theo các phép dựng hình cơ bản và các bài toán dựng hình cơ bản, nhiều khi người giáo viên
đã tìm ra cách vẽ thêm yếu tố phụ nhưng không thể giải thích rõ cho học sinh hiểu được vì
sao lại phải vẽ như vậy, khi học sinh hỏi giáo viên: Tại sao cô (thầy) lại nghĩ ra được cách vẽ
đường phụ như vậy, ngoài cách vẽ này còn có cách nào khác không? hay: tại sao chỉ vẽ thêm
như vậy mới giải được bài toán? Gặp phải tình huống như vậy, quả thật người giáo viên cũng
phải rất vất vả để giải thích mà có khi hiệu quả cũng không cao, học sinh không nghĩ được
cách làm khi gặp bài toán tương tự vì các em chưa biết các căn cứ cho việc vẽ thêm yếu tố
phụ. Từ thực tế giảng dạy tôi thấy rằng: để giải quyết vấn đề này một cách triệt để, mặt khác
lại nâng cao năng lực giải toán và bồi dưỡng khả năng tư duy tổng quát cho học sinh, tốt nhất
ta nên trang bị cho các em nhưng cơ sở của việc vẽ thêm đường phụ và một số phương pháp
thường dùng khi vẽ thêm yếu tố phụ, cách nhận biết một bài toán hình học cần phải vẽ thêm
yếu tố phụ, từ đó khi các em tiếp xúc với một bài toán, các em có thể chủ động được cách
giải, chủ động tư duy tìm hướng giải quyết cho bài toán, như vậy hiệu quả sẽ cao hơn.
- Đã có nhiều tài liệu, chuyên đề, sáng kiến viết về việc kẻ thêm đường phụ trong
hình học 7, nhưng những tác giả đó mới chỉ nêu được một số cách hoặc nêu được nhưng
chưa đầy đủ và không chỉ rõ khi nào thì kẻ thêm đường phụ ấy. Vì vậy, tôi viết sáng kiến
“Vẽ đường phụ để giải một số bài toán Hình học 7” nhằm giải quyết các vấn đề đặt ra.
www.VNMATH.com
3
KẺ THÊM ĐƯỜNG PHỤ ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC 7
Trần Ngọc Đại, THCS Thuỵ Thanh, năm học 2010 - 2011
PHẦN B – GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
I. THỰC TRẠNG
- Trong quá trình dạy học sinh giải một bài toán Hình học lớp 7, tôi thấy học sinh
thường gặp một số khó khăn sau đây :
Khó khăn trong việc giải bài tập đòi hỏi phải vẽ thêm đường phụ.
Chưa biết suy luận để thấy được sự cần thiết phải vẽ thêm đường phụ.
Vẽ đường phụ còn tuỳ tiện làm hình vẽ trở nên rối, gây khó khăn cho việc giải
bài toán.
Sau khi đã vẽ đường phụ, học sinh thường quan tâm đến việc tìm lời giải của bài
toán mà không tìm hiểu xem tại sao người ta lại kẻ thêm đường phụ như vậy.
- Ta đã biết nếu hai tam giác bằng nhau thì suy ra được các cặp cạnh tương ứng bằng
nhau, các cặp góc tương ứng bằng nhau. Đó chính là lợi ích của việc chứng minh hai tam giác
bằng nhau. Vì vậy muốn chứng minh hai đoạn thẳng bằng nhau (hay hai góc bằng nhau) ta
thường làm theo một cách gồm các bước sau:
Bước 1: Xét xem hai đoạn thẳng (hay hai góc) đó là hai cạnh (hay hai góc)
thuộc hai tam giác nào?
Bước 2: Chứng minh hai tam giác đó bằng nhau.
Bước 3: Từ hai tam giác bằng nhau, suy ra cặp cạnh (hay cặp góc) tương ứng
bằng nhau.
Tuy nhiên trong thực tế giải toán thì không phải lúc nào hai tam giác cần có cũng được
cho ngay ở đề bài mà nhiều khi phải tạo thêm các yếu tố phụ mới xuất hiện được các tam giác
cần thiết và có lợi cho việc giải toán. Vì vậy yêu cầu đặt ra là làm thế nào học sinh có thể
nhận biết cách vẽ thêm được các yếu tố phụ để giải toán hình học nói chung và toán hình học
7 nói riêng. Qua thực tế giảng dạy tôi đã tích luỹ được một số cách vẽ yếu tố phụ đơn giản và
thiết thực, khi hướng dẫn học sinh thực hiện giải toán rất hiệu quả.
II. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP VẼ ĐƯỜNG PHỤ
1. Vẽ giao điểm của hai đường thẳng
a) Mục đích
Vẽ thêm giao điểm của hai đường thẳng nhằm làm xuất hiện tam giác mới có mối liên
hệ về góc và cạnh với các tam giác đã có trong hình vẽ.
b) Sử dụng khi nào?
Ta thường dùng cách vẽ này khi giữa hai đối tượng liên quan (đoạn thẳng, đường
thẳng, tam giác, … ) thường chưa hoặc ít có mối liên hệ về độ dài, về góc.
www.VNMATH.com
4
KẺ THÊM ĐƯỜNG PHỤ ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC 7
Trần Ngọc Đại, THCS Thuỵ Thanh, năm học 2010 - 2011
> 900 , AB < AC. Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa điểm A,
Ví dụ 1. Cho ∆ABC có A
vẽ tia Bx vuông góc với BC; trên tia đó lấy điểm D sao cho BD = BC. Trên nửa mặt phẳng
bờ AB chứa điểm C, vẽ tia By vuông góc với BA; trên tia đó lấy điểm E sao cho BE = BA.
Chứng minh rằng DA ⊥ EC.
Phân tích :
- Để chứng minh DA ⊥ EC, ta
có thể sử dụng tính chất từ song song và
song song đến vuông góc, nhưng rất
khó tìm ra đường thẳng thứ ba trên hình
vẽ có quan hệ vuông góc và song song
với DA và EC (H. 1a).
x
D
- Ta có thể nghĩ đến việc chứng B
minh góc tạo bởi hai đường thẳng bằng
900. Như vậy cần phải vẽ thêm giao
điểm của hai đường thẳng này. Kéo dài
DA cắt BC và EC theo thứ tự tại H và K
= 900 .
(H. 1b). Ta phải chứng minh HKC
x
D
1
A
A
1
B
C
E
a)
2
3
1
2
E
y
Hình 1
H
b)
1
C
K
y
1 = C
1 nên để chứng
- Ta dễ dàng chứng minh được ∆ABD = ∆EBC (c.g.c), suy ra D
= 900 ) .
= 900 ta chứng minh HKC
= HBD
(vì HBD
minh HKC
= HBD
ta có thể so sánh các cặp góc của hai tam giác là
- Để chứng minh HKC
∆HBD và ∆HKC. Rõ ràng hai tam giác này đã có hai cặp góc bằng nhau nên ta dễ dàng tìm
ra lời giải của bài toán.
Giải : (H. 1b)
Gọi H, K theo thứ tự là giao điểm của DA với BC, EC.
Xét ∆ABD và ∆EBC có :
AB = BE (gt)
1 = B
3 (cùng bằng 900 − B
2)
B
AD = BC (gt)
Suy ra ∆ABD = ∆EBC (c.g.c).
1 = C
1 .
Do đó D
1 = C
1 (cmt), H
1 = H
2 (đối đỉnh) nên HBD
= HKC
.
Xét ∆HBD và ∆HKC có D
= 900 (vì HBD
= 900 ) hay HK ⊥ EC.
Suy ra HKC
Vậy DA ⊥ EC (đpcm).
Nhận xét :
www.VNMATH.com
5
KẺ THÊM ĐƯỜNG PHỤ ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC 7
Trần Ngọc Đại, THCS Thuỵ Thanh, năm học 2010 - 2011
Rõ ràng nếu ta không vẽ thêm giao điểm thì rất khó tìm ra lời giải của bài toán. Việc vẽ
thêm giao điểm của các đường thẳng làm xuất hiện mối liên hệ giữa các góc của hai tam giác
và việc chứng minh bài toán trở nên đơn giản hơn rất nhiều.
Ví dụ 2. Cho O là trung điểm của đoạn thẳng AB. Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ
AB, vẽ các tia Ax và By cùng vuông góc với AB. Gọi C là một điểm thuộc tia Ax. Đường
vuông góc với OC tại O cắt tia By ở D. Chứng minh rằng CD = AC + BD.
Phân tích :
- Để chứng minh CD = AC + BD (H. 2a) ta cần tìm ra một đoạn thẳng trung gian để
so sánh. Từ đây ta thấy có ít nhất hai hướng giải quyết :
Một là, trên CD lấy một điểm I sao cho CI = CA (H. 2b). Như vậy ta cần phải chứng
minh DI = DB. Nhưng để chứng minh được điều này lại không hề đơn giản.
y
D
x
C
A
x
y
D
I
B
a)
A
1
2
C
C
O
x
y
D
O
B
b)
Hình 2
A
1
O
c)
2
B
E
Hai là, kéo dài CO cắt DB tại E (H. 2c). Dễ dàng chứng minh AC = BE và CD = DE.
Từ đó ta suy ra điều phải chứng minh.
Giải : (H. 2c)
Gọi E là giao điểm của CO và DB.
Xét ∆OAC và ∆OBE có :
= OBD
= 900
OAC
OA = OB (gt)
1 = O
2 (đối đỉnh)
O
Nên ∆OAC = ∆OBE (g.c.g), suy ra AC = BE và OC = OE.
Xét ∆OCD và ∆OED có :
OC = OE (cmt)
= DOE
= 900
DOC
OD là cạnh chung
Nên ∆OCD = ∆OED (c.g.c), suy ra CD = DE.
Mà DE = BD + BE = BD + AC.
www.VNMATH.com
6
KẺ THÊM ĐƯỜNG PHỤ ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC 7
Trần Ngọc Đại, THCS Thuỵ Thanh, năm học 2010 - 2011
Vậy CD = AC + BD.
Nhận xét :
Nhờ vẽ thêm giao điểm ta đã làm xuất hiện các tam giác bằng nhau, từ đó suy ra các
đoạn thẳng bằng nhau. Hơn nữa, sự xuất hiện một đoạn thẳng trung gian là DE làm cho việc
chứng minh trở nên đơn giản hơn rất nhiều.
2. Kẻ thêm đoạn thẳng
a) Mục đích
Kẻ thêm đoạn thẳng nhằm làm xuất hiện hai tam giác bằng nhau, tam giác cân, tam
giác đều.
b) Một số cách kẻ thêm đoạn thẳng
Kẻ thêm đoạn thẳng bằng cách nối hai điểm đã có trong hình vẽ
Ví dụ 3. Cho hình vẽ 1, trong đó AB // CD, AD // BC. Chứng minh rằng : AB = CD,
AD = BC.
A
A 1
B
B
Phân tích :
2
- Để chứng minh AB = CD,
AC = BD ta cần tìm ra hai tam giác
2
1
chứa các cạnh này bằng nhau. Nhưng D
D
C
C
a)
b)
trên hình vẽ lại không có hai tam giác
Hình 3
(H. 3a). Như vậy, ta cần tạo ra hai tam
giác chứa các cặp cạnh trên.
-
Đường phụ cần vẽ là đoạn thẳng nối A với C hoặc nối B với D (H. 3b).
Giải : (H. 3b)
Nối A với C.
Xét ∆ADC và ∆CBA có :
1 = C
1 (so le trong, AB // CD),
A
AC chung,
2 = C
2 (so le trong, AD // BC)
A
nên ∆ADC = ∆CBA (g – c - g)
Suy ra AB = CD, AD = BC.
Nhận xét :
- Rõ ràng hình vẽ không có yếu tố nào bằng nhau để chúng ta sử dụng. Việc nối A
với C (hoặc B với D) làm xuất hiện hai tam giác (∆ADC và ∆CBA) với các cặp góc bằng
www.VNMATH.com
7
KẺ THÊM ĐƯỜNG PHỤ ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC 7
Trần Ngọc Đại, THCS Thuỵ Thanh, năm học 2010 - 2011
1 = C
1 , A
2 = C
2 ) và một cạnh chung AC. Từ đó ta có hai tam giác bằng nhau và suy
nhau ( A
ra các cạnh tương ứng bằng nhau.
- Đây là một bài toán không khó nhưng nếu học sinh suy luận không tốt thì cũng khó
tìm ra đường phụ để giải bài toán.
Kẻ thêm đoạn thẳng bằng một đoạn thẳng khác
Chúng ta thường dùng một trong các cách như sau :
- Lấy trung điểm của một đoạn thẳng ;
- Dựng một đoạn thẳng bằng đoạn thẳng đã có trên hình vẽ.
Ví dụ 4. Cho ∆ABC. Gọi D, E theo thứ tự là trung điểm của AB, AC. CMR :
1
a) DE // BC ;
b) DE = BC
2
Phân tích :
- Để chứng minh DE // BC ta cần chứng minh một cặp góc đồng vị hoặc một cặp góc
1 = B
vì cặp góc này ở vị trí
so le trong bằng nhau. Ta có thể nghĩ đến việc chứng minh D
đồng vị (H. 4a).
A
D
A
1
E
B
C
a)
- Từ DE =
D
B
A
E
1
I
b)
Hình 4
D
C
1
F
E
B
C
c)
1
BC ⇔ BC = 2DE. Ta có thể tạo ra một đoạn thẳng bằng nửa BC hoặc
2
bằng 2DE.
- Để tạo ra một đoạn thẳng bằng nửa BC, ta có thể lấy trung điểm I của BC (H. 4b).
Nhưng khi đó các tam giác trong hình vẽ ít có mối liên hệ về cạnh và góc.
1 = B
và DE = 1 BC , ta nghĩ tới việc chứng minh
- Kết hợp với việc chứng minh D
2
hai tam giác bằng nhau. Nhưng không thể tìm ra hai tam giác bằng nhau trong hình 9. Do đó
ta có thể nghĩ đến việc vẽ thêm đường phụ bằng cách tạo ra một đoạn thẳng bằng DE.
- Để tạo ra một đoạn thẳng bằng DE, ta có thể lấy điểm F trên tia đối của tia ED sao
cho DE = EF (H. 4c). Kết hợp giả thiết EA = EC, ta thấy ngay hai tam giác EAF và ECD
bằng nhau (c.g.c). Từ đó ta có thể tìm ra lời giải của bài toán.
www.VNMATH.com
8
KẺ THÊM ĐƯỜNG PHỤ ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC 7
Trần Ngọc Đại, THCS Thuỵ Thanh, năm học 2010 - 2011
Giải : (H. 4c)
Trên tia đối của tia của tia ED lấy điểm F sao cho ED = EF.
Xét ∆EAF và ∆ECD có :
EA = EC (gt)
= CED
(đối đỉnh),
AEF
ED = EF (cách dựng)
1 = C
1 .
nên ∆EAF = ∆ECD (c.g.c) ⇒ AF = CD, A
1 và C
1 ở vị trí so le trong bằng nhau nên AF // CD.
Hai góc A
Xét ∆ADF và ∆DBC có :
AD = DB (gt)
= BDC
(đồng vị, AF // CD)
DAF
AF = CD (chứng minh trên)
1 = B
.
nên ∆ADF = ∆DBC (c.g.c) DF = BC, D
1 và B
ở vị trí đồng vị bằng nhau nên DE // BC.
a) Hai góc D
b) Ta có DF = 2DE (cách dựng), BC = DF (chứng minh trên) nên DE =
1
BC .
2
Nhận xét :
- Ta có thể lấy điểm F trên tia đối của tia DE sao cho DE = DF. Khi đó việc chứng
minh hoàn toàn tương tư như trên.
- Ta vẽ thêm đoạn thẳng EF bằng DE trên tia đối của tia ED (hoặc DE). Câu hỏi đặt
ra là tại sao lại phải vẽ như vậy mà không vẽ theo kiểu khác. Vì vẽ như vậy thì chúng ta mới
sử dụng được giả thiết là DA = DB và EA = EC. Rõ ràng việc làm này rất có lợi hơn khi vẽ
theo kiểu khác.
Ví dụ 5. Giải lại Ví dụ 2 bằng cách tại ra hai đoạn thẳng bằng nhau.
Giải : (H. 5)
Trên tia đối của tia BD lấy điểm E sao cho BE = AC.
Xét ∆OAC và ∆OBE có :
OA = OB (gt)
= OBD
= 900
OAC
AC = BE (cách dựng)
1 = O
2 .
Nên ∆OAC = ∆OBE (c.g.c), suy ra OC = OE và O
=O
2 + BOC
=O
` + BOC
= AOB
= 1800
Ta có COE
= COE
− COD
= 1800 − 900 = 900
⇒ DOE
www.VNMATH.com
y
D
x
C
A
1
2
B
Hình 5
E
O
9
KẺ THÊM ĐƯỜNG PHỤ ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC 7
Trần Ngọc Đại, THCS Thuỵ Thanh, năm học 2010 - 2011
Xét ∆OCD và ∆OED có :
= DOC
= 900 , OD là cạnh chung
OC = OE (chứng minh trên), DOE
Nên ∆OCD = ∆OED (c.g.c), suy ra CD = DE. Mà DE = BD + BE và BE = AC.
Vậy CD = AC + BD.
3. Kẻ thêm đường phân giác
a) Mục đích
Kẻ thêm đường phân giác nhằm làm xuất hiện hai góc bằng nhau, hai tam giác bằng
nhau, tam giác cân, tam giác đều, …
b) Sử dụng khi nào?
Ta thường dùng cách vẽ này khi muốn gắn hai đối tượng liên quan (đoạn thẳng, đường
thẳng, tam giác, … ) vào hai tam giác có mối liên hệ về góc, về cạnh.
= C.
Chứng minh AB = AC.
Ví dụ 6. Cho ∆ABC có B
Phân tích :
- Để chứng minh AB = AC, ta phải
chứng minh hai tam giác chứa hai cặp cạnh
này bằng nhau. Nhưng trên hình vẽ không có
hai tam giác bằng nhau (H. 6a). Như vậy, ta
có thể nghĩ đến việc tạo ra hai tam giác có
chứa hai cạnh AB và AC bằng nhau.
A
A
12
B
- Đường phụ cần vẽ là tia phân giác
của góc A (H. 6b).
a)
C
B
Hình 6
b)
M
C
Giải : (H. 6)
Kẻ phân giác của góc A, cắt BC tại M.
=C
(gt), A
1 = A
2 (cách dựng) nên AMB
= AMC
.
∆AMB và ∆AMC có B
Xét ∆AMB và ∆AMC có :
1 = A
2 (cách dựng)
A
AM chung
= AMC
(chứng minh trên)
AMB
nên ∆AMB = ∆AMC (g.c.g) ⇒ AB = AC.
Nhận xét :
1 = A
2 ) và một cạnh
- Vẽ tia phân giác AM là ta đã tạo ra một cặp góc bằng nhau ( A
chung (AM) của hai tam giác (∆AMB và ∆AMC). Kết hợp với giả thiết ta dễ dàng tìm ra lời
giải của bài toán.
- Có hai cách vẽ khác : dựng AM ⊥ BC hoặc dựng M là trung điểm của BC.
www.VNMATH.com
10
KẺ THÊM ĐƯỜNG PHỤ ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC 7
Trần Ngọc Đại, THCS Thuỵ Thanh, năm học 2010 - 2011
= 600 . Tia phân giác của góc B cắt AC ở D, tia phân giác
Ví dụ 7. Cho ∆ABC có A
của góc C cắt AB ở E. Chứng minh rằng BC = BE + CD.
Phân tích :
- Gọi I là giao điểm của BD và CE (H. 7a), ta dễ dàng tính được :
= 1200 , BIE
= CID
= 600
BIC
- Để chứng minh BC = BE + CD ta thấy có ít nhất hai hướng giải quyết như sau :
+ Trên cạnh BC lấy điểm M sao cho BE = BM (H. 7b). Từ đó cần chứng minh
CD = CM
= 1200 , BIE
= CID
= 600 nên nếu gọi M là giao điểm của tia phân giác
+ Vì BIC
với cạnh BC thì BIM
= CIM
= 600 , suy ra BIE
= CID.
Từ đó ta dễ dàng
= BIM,
CIM
BIC
tìm ra lời giải.
Ở đây, tôi chỉ trình bày cách thứ hai.
A
E
A
D
A
D
E
I
I
1
a)
C
B
I
4
2 3
1
B
D
E
1
1
2
2
M b)
4
2 3
1
C
B
1
2
2
M c)
C
Hình 7
Giải : (H. 7c)
+C
= 1800 − 600 = 1200.
Gọi I là giao điểm của BD và CE. Ta có B
2 + C
2 = 1200 : 2 = 600
Suy ra B
= 1800 − (B
2 + C
2 ) = 600 và I1 = I 4 = 600 (tính chất của góc ngoài tam giác).
⇒ BIC
Kẻ tia phân giác của góc BIC, cắt BC ở D. Suy ra I 2 = I3 = 600 .
Xét ∆BIE và ∆BID có :
1 = B
2 (gt), BI là cạnh chung, I1 = I 2 = 600
B
Do đó ∆BIE = ∆BIM (g.c.g), suy ra BE = BM.
Chứng minh tương tự, ∆CID = ∆CIM (g.c.g). Suy ra CD = CM.
Từ (1) và (2) suy ra BC = BM + CM = BE + CD.
(1)
(2)
Nhận xét :
= 1200 , BIE
= CID
= 600 nên việc kẻ tia phân giác của góc BIC ta thấy xuất
Vì BIC
hiện các cặp góc bằng nhau. Từ đó xuất hiện các tam giác bằng nhau.
www.VNMATH.com
11
KẺ THÊM ĐƯỜNG PHỤ ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC 7
Trần Ngọc Đại, THCS Thuỵ Thanh, năm học 2010 - 2011
4. Kẻ thêm đường thẳng song song
a) Mục đích
Kẻ thêm đường song song nhằm làm xuất hiện hai góc so le trong bằng nhau, hai góc
đồng vị bằng nhau, hai góc trong cùng phía bù nhau và đặc biệt là hai tam giác bằng nhau.
b) Sử dụng khi nào?
Ta thường dùng cách này khi đã có các đường thẳng song song trong hình vẽ.
=A
+B
. Chứng minh rằng Ax // By.
Ví dụ 8. Cho hình 8a, trong đó ACB
Phân tích :
- Để chứng minh Ax // By, ta phải tìm ra một cặp góc so le trong, một cặp góc đồng
vị hoặc hai góc trong cùng phía bù nhau. Nhưng trên hình vẽ ta thấy không có các cặp góc
như vậy (H. 8a). Ta có thể nghĩ đến việc kẻ thêm đường phụ.
=A
+B
, ta có thể kẻ Cz // Ax (H. 8b). Từ đó tìm ra lời giải của
- Từ giả thiết ACB
bài toán.
x
A
z
C
B
a)
y
x
A
B
1
2
b)
x
A
C
C
y
B
c)
z
y
x
A
z
C
B
d)
D y
Hình 8
Giải : Kẻ tia Cz // Ax (H. 8b)
=C
1 (so le trong, Ax // Cz) ⇒ ACB
=A
+B
=C
1 + B
Ta có A
=C
1 + C
2
Mặt khác ACB
=C
2.
Từ (2) và (3) suy ra B
2 ở vị trí so le trong bằng nhau nên By // Cz
và C
Hai góc B
(1)
(2)
(3)
(4)
Từ (1) và (4) suy ra Ax // By (đpcm)
Nhận xét :
- Việc kẻ tia Cz // Ax, ta đã làm xuất hiện các cặp góc so le trong bằng nhau.
- Ta có thể kẻ tia Cz cùng hướng với tia Ax (và By) (H. 8c), nhưng lời giải phức tạp
hơn.
- Ta cũng có thể kéo dài AC cắt tia By tại D (H. 8d) rồi áp dụng định lí tổng ba góc
và góc ngoài của tam giác.
Ví dụ 9. Cho ∆ABC. Gọi D là trung điểm của AB. Kẻ DE // BC (E ∈ AC). Chứng
minh rằng EA = EC.
www.VNMATH.com
12
KẺ THÊM ĐƯỜNG PHỤ ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC 7
Trần Ngọc Đại, THCS Thuỵ Thanh, năm học 2010 - 2011
Phân tích :
- Để chứng minh EA = EC, ta phải tìm ra hai tam giác có chứa hai cạnh đó bằng
nhau. Nhìn trên hình vẽ ta thấy không thể tìm ra hai tam giác như vậy (H. 9a). Ta có thể nghĩ
đến việc kẻ thêm đường phụ. Nhưng kẻ thêm đường như thế nào cho hợp lí ?
A
A
E
D
D
3
A
1
2
1
1
B
a)
C
B
Hình 9
D1
F
E
2
F b)
1
2
2
E
1
C
B
c)
C
- Căn cứ vào giả thiết, DE // BC, DA = DB, ta kẻ thêm DF // AC (F ∈ BC) (H. 9b).
Dễ chứng minh ∆ADE = ∆DBF (g.c.g) ⇒ AE = DF.
- Ta cần chứng minh DE = CE. Theo giả thiết và theo cách dựng ta có DE // FC,
DF // EC. Do đó DF = FC (xem Ví dụ 1). Từ đó ta có điều phải chứng minh.
Giải : (H. 9b)
Kẻ DF // AC (F ∈ BC). Nối E với F.
Xét ∆ADE và ∆DBF có :
=D
1 (đồng vị, DF // AC)
A
AD = BD (gt)
1 = B
(đồng vị, DE // BC)
D
nên ∆ADE = ∆DBF (g.c.g) ⇒ EA = DF
(1)
Xét ∆DEF và ∆CFE có :
1 = F 2 (so le trong, DE // BC)
E
EF chung,
2 (so le trong, DE // BC)
F 1 = E
nên ∆DEF = ∆CFE (c.g.c) ⇒ DF = EC
(2)
Từ (1) và (2) suy ra EA = EC (đpcm).
Nhận xét :
- Vì DE // BC nên ta nghĩ đến việc tạo ra các cặp góc so le trong và cặp góc đồng vị
bằng nhau. Từ đó xuất hiện việc kẻ DF // AC.
- Có thể kẻ EF // AB hoặc kẻ đường thẳng đi qua B và song song với AC, cắt DE tại
F. Hoặc trên tia đối của tia DE lấy điểm F sao cho DE = DF. Từ đó ta cũng tìm ra lời giải của
bài toán.
www.VNMATH.com
13
KẺ THÊM ĐƯỜNG PHỤ ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC 7
Trần Ngọc Đại, THCS Thuỵ Thanh, năm học 2010 - 2011
5. Kẻ thêm đường vuông góc
a) Mục đích
Kẻ đường vuông góc nhằm tạo ra tam giác vuông hoặc tạo ra hai tam giác vuông bằng
nhau.
b) Sử dụng khi nào?
Ta thường vẽ đường vuông góc khi hình vẽ có các góc với số đo cụ thể (chẳng hạn góc
30 , 600, 450, …), hoặc có đường phân giác, …
0
Kẻ thêm đường vuông góc nhằm tạo ra nửa tam giác đều
Ta thường dùng cách này khi bài toán cho một góc có số đo là 300, 600, 1200, 1500.
- Nếu cho góc 300 (hoặc 600), ta kẻ đường vuông góc nhằm tạo ra tam giác vuông có
một góc bằng 300 hoặc 600.
- Nếu cho góc 1200 (hoặc góc 1500), ta thường tính góc kề bù với góc đó rồi kẻ
đường vuông góc nhằm tạo ra tam giác vuông có chứa góc kề bù.
= 1200 , AB = 10 cm, AC = 15 cm. Tính BC.
Ví dụ 10. Cho ∆ABC có A
Phân tích:
- Dễ thấy:
= 1800 − 1200 = 600
BAx
(H. 10a) nên ta nghĩ đến việc kẻ
đường vuông góc với AC nhằm
tạo ra “nửa tam giác đều”.
B
B
10
10
1200
x
A
1200
15
a)
C
H
Hình 10
A
15
b)
C
- Kẻ BH ⊥ Ax (H. 10b),
= 600 nên AH = AB:2 = 5 (cm). Từ đó ta dễ dàng tìm ra lời giải.
∆ABH vuông tại H có BAH
Giải : (H. 10b)
> 900 nên A nằm giữa H và C.
Kẻ BH ⊥ AC. Vì BAC
= 1800 − 1200 = 600 . Tam giác vuông AHC (vuông tại H) có BAH
= 600
Ta có BAH
AB 10
nên AH =
=
= 5 (cm).
2
2
Vì A nằm giữa H và C nên HC = AH + AC = 5 + 15 = 20 (cm).
Các tam giác BHA và BHC cùng vuông tại H nên áp dụng định lí Pitago, ta có :
BH2 = AB2 – AH2 = 102 – 52 = 75
BC2 = BH2 + HC2 = 75 + 202 = 475 ⇒ BC =
475 (cm)
b) Kẻ thêm đường vuông góc nhằm tạo ra tam giác vuông cân
Ta thường dùng cách này khi bài toán cho một góc có số đo là 450, 1350.
www.VNMATH.com
14
KẺ THÊM ĐƯỜNG PHỤ ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC 7
Trần Ngọc Đại, THCS Thuỵ Thanh, năm học 2010 - 2011
= 450. Tính AC.
Ví dụ 11. Cho ∆ABC có AB = 16 2 cm, BC = 20 cm, B
Phân tích:
= 450 nên ta có thể
- Theo giả thiết AB = 16 2 cm, B
nghĩ đến việc tạo ra tam giác vuông cân có AB là cạnh huyền.
- Kẻ AH ⊥ BC, ta thấy ∆AHB vuông cân tại H. Từ đó ta
dễ dàng tìm ra lời giải.
A
B
Giải : (H. 11)
= 450 nên là tam
Kẻ AH ⊥ BC. ∆AHB vuông tại H có B
giác vuông cân tại H ⇒ HA = HB.
450
C
H
Hình 11
Áp dụng định lí Pitago cho các tam giác vuông AHB và AHC, ta có :
HA2 + HB2 = AB2 hay 2HA2 = 2HB2 = ( 16 2 ) 2 = 2.162
⇒ HA = HB = 16 (cm)
Vì BH < BC (16 < 20) nên H nằm giữa B và C.
Suy ra HC = BC – HB = 20 – 16 = 4 (cm).
Áp dụng định lí Pitago cho ∠AHC, ta có :
AC2 = HA2 + HC2 = 162 + 42 = 272 ⇒ AC =
Vậy AC ≈ 16,49 (cm).
272 ≈ 16,49 (cm)
c) Kẻ thêm đường vuông góc nhằm tạo ra tam giác vuông
Ví dụ 12. Cho hình 12a. Biết AB = 5
cm, AD = 8 cm, CD = 11 cm. Tính BC.
Phân tích:
- Rõ ràng theo hình 12a không thể tính
được BC nếu ta không vẽ đường phụ. Nhưng
vẽ như thế nào và xuất phất từ đâu?
- Căn cứ vào giả thiết, thì
A = D = 900 , từ đó ta kẻ đường vuông góc từ
B (hoặc C) là hợp lí nhất.
C
C
B
B
H
11
11
5
A
5
8
a)
D
A
Hình 12
8
D
b)
Giải : (H. 12b)
Kẻ BH ⊥ CD (H ∈ CD). Ta có : AB // DH (cùng ⊥ AD).
Xét ∆ABD và ∆HAD có :
= BHD
= 900 , BD chung, ABD
= BDH
(so le trong, AB // DH)
A
nên ∆ABD = ∆HAD (cạnh huyền – góc nhọn)
www.VNMATH.com
15
KẺ THÊM ĐƯỜNG PHỤ ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC 7
Trần Ngọc Đại, THCS Thuỵ Thanh, năm học 2010 - 2011
⇒ AB = DH = 5 cm, AD = BH = 8 cm.
Vì H nằm giữa C và D nên CH = CD – DH = 11 – 5 = 6 cm.
Áp dụng định lí Pitago cho ∆BHC (vuông tại H), ta có :
BC2 = BH2 + CH2 = 82 + 62 = 102 ⇒ BC = 10 cm
d) Kẻ thêm đường vuông góc nhằm tạo ra hai tam giác vuông bằng nhau
Ví dụ 13. Cho tam giác ABC. Dựng về điểm D nằm khác phía với điểm C đối với AB
sao cho AD ⊥ AB, AD = AB; dựng điểm E nằm khác phía với điểm B đối với AC sao cho
AE ⊥ AC, AE = AC. Kẻ đường thẳng d đi qua A, vuông góc với DE tại H và cắt BC tại I.
Chứng minh rằng I là trung điểm của BC.
Phân tích: (H. 13a)
- Ta nhận thấy trên
hình vẽ có các cặp góc bằng
nhau :
= BAI
(cùng phụ
HDA
với DAH)
= CAI
(cùng phụ
HEA
với EAH)
Hơn
nữa,
lại
có
AD = AB (gt), AE = AC (gt)
E
E
H
H
D
D
A
A
F
B
a)
I
C
B
Hình 13
b)
C
I
G
- Điều ta nghĩ đến ở
đây là làm sao tạo ra các tam giác vuông bằng với các tam giác vuông AHD và AHE? Kết
hợp với kết quả ở trên, ta thấy từ B và C kẻ đường vuông góc đến đường thẳng AI là hợp lí
nhất.
Giải : (Hình 13b)
Gọi F và G lần lượt là chân đường vuông góc kẻ từ B và C tới d.
Ta có :
+ HAD
= 900
+) ∆AHD vuông tại H nên D
(1)
+ HAD
= 1800 − BAD
= 1800 − 900 = 900 (2)
+) FAB
= FAB
Từ (1) và (2) ⇒ D
Xét ∆HAD và ∆GBA có :
= AFB
= 900
AHD
AD = AB (giả thiết)
= GAB
(chứng minh trên)
D
nên ∆HAD = ∆GBA (cạnh huyền – góc nhọn)
www.VNMATH.com
16
KẺ THÊM ĐƯỜNG PHỤ ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC 7
Trần Ngọc Đại, THCS Thuỵ Thanh, năm học 2010 - 2011
⇒ AH = BF
(3)
Chứng minh tương tự, ta có ∆HAE = ∆GBA (cạnh huyền – góc nhọn)
⇒ AH = CG
(4)
Từ (3) và (4) suy ra : BF = CG.
Xét ∆IFB và ∆IGC có :
= IGC
= 900
IFB
BF = CG (chứng minh trên)
= ICG
(vì IBF
= 900 − BIF
, ICG
= 900 − CIG
, mà CIG
= BIF
(đối đỉnh))
IBF
nên ∆IFB = ∆IGC (g.c.g) ⇒ IB = IC.
Vậy I là trung điểm của BC.
6. Phương pháp tam giác đều
a) Mục đích
Đây là một phương pháp rất đặc biệt, đó là tạo thêm được vào trong hình vẽ các cạnh
bằng nhau, các góc bằng nhau giúp cho việc giải toán được thuận lợi. Để tạo thêm được vào
trong hình vẽ các cạnh bằng nhau, các góc bằng nhau ta có thể vẽ tam giác cân, và đặc biệt là
tam giác đều.
b) Sử dụng khi nào?
Chúng ta thường sử dụng phương pháp tam giác đều khi hình vẽ đã có một tam giác
cân với một góc có số đo cho trước
Đối với các bài tập về tính số đo góc, trước tiên ta cần chú ý đến những tam giác chứa
góc có số đo xác định như :
- Tam giác cân có một góc xác định.
- Tam giác đều.
- Tam giác vuông cân.
- Tam giác vuông có một góc nhọn đã biết hay cạnh góc vuông bằng nửa cạnh
huyền...
Sau đó ta nghĩ đến việc tính số đo của góc cần tìm thông qua mối liên hệ với các góc
của một trong các hình chứa góc có số đo hoàn toàn xác định nêu trên (Thường là đi với mối
liên hệ bằng nhau của một tam giác rồi rút ra góc tương ứng của chúng bằng nhau).
= 200. Trên cạnh AB lấy điểm D sao cho AD =
Ví dụ 14. Cho ∆ABC cân tại A, A
BC. Tính ACD.
www.VNMATH.com
17
KẺ THÊM ĐƯỜNG PHỤ ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC 7
Trần Ngọc Đại, THCS Thuỵ Thanh, năm học 2010 - 2011
Phân tích: (H. 14a)
A
A
200
A
D
D
1
D
1
K
E
1
B
a)
C
B
b)
Hình 14
C B
c)
C
=C
= 800 = 600 + 200 = 600 + A
Dễ tính được : B
Ta có thể nghĩ đến việc dựng tam giác đều. Chẳng hạn dựng tam giác đều BCE. Khi đó
= 800 − 600 = 200 .
ACE
Dễ chứng minh
= EAC
.
+) ∆ADC = ∆CEA (c.g.c) ⇒ ACD
= EAC
.
+) ∆AEB = ∆AEC (c.c.c) ⇒ EAB
= EAC
= EAB
= BAC = 100
Từ đó : ACD
2
Giải :
1800 − 200
1800 − A
Cách 1. (h. 14a) ∆ABC cân tại A nên ABC = ACB =
=
= 800
2
2
Dựng điểm E thuộc miền trong ∆ABC sao cho ∆BEC đều. Hiển nhiên BC = BE = EC
= CDE
= BEC
= 600 . Suy ra ACE
= ACB
− BCE
= 800 − 600 = 200
và BCE
Xét ∆ADC và ∆CEA có :
= CAD
(= 200), AC chung
AD = EC (= BC), ACE
= EAC
nên ∆ADC và ∆CEA (c.g.c) ⇒ ACD
(1)
Xét ∆AEB và ∆AEC có :
AB = AC (vì ∆ABC cân tại A), BE = CE (vì ∆BEC đều), AE chung
BAC
nên ∆AEB = ∆AEC (c.c.c) ⇒ EAB = EAC ⇒ EAB = EAC =
(2)
= 100
2
www.VNMATH.com
18
KẺ THÊM ĐƯỜNG PHỤ ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC 7
Trần Ngọc Đại, THCS Thuỵ Thanh, năm học 2010 - 2011
= 100
Từ (1) và (2) suy ra ACD
Cách 2.
Dựng điểm K nằm khác phía với B đối với AC sao cho ∆AKC đều. Khi đó AK = KC =
1 = C
1 = AKC
= 600 ; DAK
= 200 + 600 = 800
AC và A
Xét ∆AKD và ∆BAC có :
= ABC
(= 800), AD = BC (gt)
AK = AB ( = AC), KAD
1 = BAC
= 200
nên ∆AKD = ∆BAC (c.g.c) ⇒ KD = AC và K
2 = AKC
−K
1 = 600 − 200 = 400
Do đó : K
Ta lại có KC = KD (= AC) ⇒∆KCD cân tại K
2 1800 − 400
1800 − K
⇒ KCD = KDC =
=
= 700
2
2
= KCD
− KCA
= 700 − 600 = 100
Vậy ACD
Nhận xét :
- So với cách 1, cách 2 dài hơn và phức tạp hơn.
- Có thể dựng AED đều (E và C nằm khác phía đối với AB) (Hình 15a); hoặc dựng
ABE đều (E và C nằm cùng phía đối với AB) (Hình 15b)
A
A
E
D
D
E
B
a)
C
B
b)
C
Hình 15
Ví dụ 15. Cho ∆ABC vuông cân tại A. Điểm E nằm trong tam giác ấy sao cho
= ECA
= 150 . Tính AEB?
EAC
Phân tích: (H. 16a)
= 900 − 150 = 750 = 600 + 150 .
- Ta có : BAE
www.VNMATH.com
19
KẺ THÊM ĐƯỜNG PHỤ ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC 7
Trần Ngọc Đại, THCS Thuỵ Thanh, năm học 2010 - 2011
- Từ đây ta có thể nghĩ đến việc tạo ra tam giác đều cạnh AE (H. 16b) hoặc cạnh AB
(H. 16c).
B
B
B
D
D
E
A
a)
E
E
C
A
b)
Hình 16
C A
c)
C
Giải :
= BAC
− EAC
= 900 − 150 = 750
Ta có : BAE
= ACB
= 450
∆ABC vuông cân tại A nên ABC
Cách 1. (H. 16b)
< 450
Vì điểm E nằm trong góc ABC nên ABE
= 1800 − BAE
− ABE
= 1050 − ABE
> 600
Suy ra AEB
Dựng điểm D nằm trong ∆ABE sao cho ∆ADE đều. Khi đó AD = AE = DE và
= DAE
= 600
ADE = AED
= 900 − 150 − 600 = 150
Do đó BAD
Xét ∆DAB và ∆EAC có :
= CAE
(= 150 ) , AB = AC (gt)
AD = AE (vì ∆ADE đều), BAD
= ACE
= 150
nên ∆DAB = ∆EAC (c.g.c) ⇒ BD = CE và ABD
= BAD
= 150 ) nên :
∆ABD cân tại D (vì ABD
= 1800 − 2ABD
= 1800 − 2.150 = 1500
BDA
= 3600 − (BDA
+ BDE)
= 3600 − (1500 + 600 ) = 1500
Suy ra : BDE
Ta có ∆DBA = ∆DAE (c.g.c) vì :
= BDE
= 1500 , BD chung
DA = DE (vì ∆ADE đều), BDA
= BED
= 150
nên BAD
www.VNMATH.com
20
KẺ THÊM ĐƯỜNG PHỤ ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC 7
Trần Ngọc Đại, THCS Thuỵ Thanh, năm học 2010 - 2011
= AED
+ BED
= 600 + 150 = 750
Vậy AEB
Cách 2. (H. 16c)
Dựng điểm D sao cho ∆ABE đều (D và C nằm cùng phía đối với đường thẳng AB. Suy
ra ABD = 600 và AB = AD = BD.
= 900 − (ABD
+ EAC)
= 900 − (600 + 150 ) = 150
Ta có EAD
= EAD
= 150 , AC = AD (cùng bằng AB)
Xét ∆AEC và ∆AED có : AE chung, EAC
= AEC
= 1500 .
Nên ∆AEC = ∆AED (c.g.c) ⇒ EC = ED và AED
Mà EC = EA (do ∆AEC cân tại E) ⇒ EA = ED.
Xét ∆BEA và ∆BED có BA = BD, EA = ED (chứng minh trên), BE chung
1500
AED
Nên ∆BEA = ∆BED (c.c.c) ⇒ AEB = DEB =
=
= 750 .
2
2
Nhận xét :
- Cách 1 dài và khó hiểu hơn cách 2.
- Việc tạo ra những tam giác đều như vậy nhằm tạo ra những góc bằng nhau và
những cạnh bằng nhau.
BÀI TẬP
Kẻ thêm đường vuông góc
1. Tính độ dài x trong các hình vẽ sau :
B
B
B
x
6
A
15
6
300
1200
A
C
8
C
x
a)
2. Tính độ dài x trong hình 18 :
A
600
C
x
Hình 17
b)
A
63
6
c)
B
A
7
x
10
6 2
6 2
B
45
0
x
135
C
B
a)
6
C
A
x
C
b)
Hình 18
www.VNMATH.com
18
x
0
Hình 19
21
- Xem thêm -
.PDF 
23 
2735 
90 
