SKKN- Một vài kinh nghiệm vận dụng vẽ thêm yếu tố phụ để giải dạng toán chứng minh đẳng thức hình học -THCS

Nguyễn Quang Bình - THCS Bùi Thị Xn, Pleiku
PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ PLEIKU
TÊN ĐỀ TÀI:
MỘT VÀI KINH NGHIỆM VẬN DỤNG VẼ THÊM YẾU TỐ PHỤ
ĐỂ GIẢI DẠNG TOÁN CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC
TRONG CHƯƠNG TRÌNH HÌNH HỌC THCS
MÃ SKKN: 2TL
Nguyễn Quang Bình - THCS Bùi Thị Xn
NĂM HỌC: 2008 - 2009
1
Nguyễn Quang Bình - THCS Bùi Thị Xn, Pleiku
PHẦN I: ĐẶT VẤN ĐỀ
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI:
Ở trường THCS, dạy Toán là dạy hoạt động Toán học cho học sinh, trong
đó giải toán là đặc trưng chủ yếu của học sinh. Để rèn luyện kó năng giải toán
cho học sinh, người giáo viên cần trang bò tốt cho học sinh hệ thống kiến thức cơ
bản, hình thành kó năng, tư duy thuật giải và phát triển năng lực tích cực, chủ
động, độc lập, sáng tạo.
Bên cạnh việc nâng cao chất lượng học sinh đại trà còn cần phải phát huy
trí lực cho học sinh khá – giỏi. Bởi vì, hiện nay trong các nhà trường công tác bồi
dưỡng học sinh giỏi rất được quan tâm và trở thành mũi nhọn của mục tiêu phấn
đấu chất lượng, trong đó bồi dưỡng học sinh giỏi Toán giữ một vai trò thiết yếu.
Ngoài những thuận lợi, tạo điều kiện tốt cho việc bồi dưỡng nâng cao chất
lượng học sinh, vẫn còn những vấn đề cần lưu ý về mặt phương pháp. Ở đây tôi
muốn đề cập đến việc giảng dạy phân môn Hình học với những yêu cầu nhằm
phát huy khả năng nhận thức của học sinh, đó là yêu cầu vẽ yếu tố phụ trong quá
trình giải các bài tập Hình học. Việc vẽ thêm yếu tố phụ làm cho bài toán trở
nên dễ dàng hơn, thuận lợi hơn. Thậm chí có bài phải vẽ thêm yếu tố phụ mới
tìm ra được lời giải bài toán. Tuy nhiên vẽ thêm yếu tố phụ như thế nào để cho
bài toán có lời giải ngắn ngọn và hay là vấn đề khiến cho chúng ta phải đầu tư
suy nghó.

Kinh nghiệm cho thấy rằng không có phương pháp chung cho việc vẽ thêm
yếu tố phụ mà là cả một sự sáng tạo trong khi giải toán, bởi vì việc vẽ thêm các
yếu tố phụ cần đạt được mục đích là tạo điều kiện để giải bài toán một cách
ngắn gọn chứ không phải là một công việc tuỳ tiện. Hơn nữa, việc vẽ thêm yếu
tố phụ phải tuân theo các phép dựng hình cơ bản và các bài toán dựng hình cơ
bản.
Tuy nhiên, trong quá trình giảng dạy, tôi nhận thấy học sinh còn rất lúng
túng khi đứng trước bài toán chứng minh Hình học, nhất là những bài toán cần
phải kẻ thêm đường phụ. Các em chưa đònh hướng được vấn đề, đôi khi còn chưa
biết phải bắt đầu từ đâu, vẽ hình phụ như thế nào ? có cơ sở nào giúp các em tìm
ra hướng đi cho việc kẻ thêm hình mỗi khi chưa tìm ngay ra lời giải của bài toán.
Thiết nghó đây là vấn đề rất trăn trở, đặc biệt là trong công tác bồi dưỡng
Học sinh Giỏi Toán của người giáo viên. Không chỉ là đònh hướng và rèn luyện
cho các em, mà thực sự đây còn là cách để rèn luyện và phát triển tư duy cho
học sinh, nâng cao khả năng suy luận logic, khả năng vận dụng tri thức vào thực
tiễn.
2
Nguyễn Quang Bình - THCS Bùi Thị Xn, Pleiku
Với mục đích như vậy, tôi đã viết và áp dụng sáng kiến với đề tài: “ Một
vài kinh nghiệm vận dụng vẽ thêm yếu tố phụ để giải dạng toán chứng minh
đẳng thức hình học trong chương trình Hình học THCS”.
II. MỤC ĐÍCH CHỌN ĐỀ TÀI:
Đề tài này nhằm giúp học sinh lớp 8, 9, đặc biệt là học sinh khá - giỏi có
phương pháp và phương hướng để giải quyết các bài toán về chứng minh đẳng
thức Hình học. Đồng thời qua đề tài giúp học sinh được rèn luyện, củng cố một
cách vững chắc kiến thức, kỹ năng vẽ hình, kỹ năng trình bày lời giải học đặc
biệt là có tư duy vẽ thêm yếu tố phụ trong việc giải các bài toán Hình học.
Đề tài này chính là nguồn tư liệu bổ ích phục vụ cho các thầy cô giáo trong
việc đònh hướng và bồi dưỡng học sinh Giỏi ở trường THCS; nguồn tư liệu cho
các em học sinh khá – giỏi chủ yếu là học sinh lớp 8, 9 tự bồi dưỡng kiến thức

môn Toán.

3
Nguyễn Quang Bình - THCS Bùi Thị Xn, Pleiku
PHẦN II:
GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
I. PHƯƠNG HƯỚNG TÌM TÒI CÁCH VẼ THÊM HÌNH PHỤ ĐỂ GIẢI BÀI
TOÁN CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC:
Khi giải các bài toán Hình học, việc vẽ thêm hình phụ tạo điều kiện thuận
lợi cho ta tìm ra lời giải của bài toán, nhưng biết tạo ra hình phụ một cách thích
hợp không phải là dễ. Trong đề tài này tôi muốn đưa ra một cách phân tích có
chủ ý để tìm được cách vẽ thêm hình phụ thích hợp khi giải quyết một số bài
toán chứng minh đẳng thức hình học dạng: x = a + b; xy = ab + cd; x
2
= ab + cd;
x
2
= ab – cd; x
2
= a
2
+ cd; x
2
= a
2
+ b
2
.
Ta xuất phát từ một bài toán đơn giản:
Để chứng minh một đoạn thẳng bằng tổng hai đoạn thẳng khác, chẳng hạn:

AB = CD + EF, ta tìm cách phân chia đoạn thẳng AB thành hai đoạn bởi điểm K
sao cho AK = CD, công việc còn lại là chứng minh KB = EF.
Ý tưởng trên cũng được sử dụng để chứng minh đẳng thức: xy = ab + cd và
các dạng: x
2
= ab + cd, x
2
= a
2
+ cd, x
2
= a
2
+ c
2
v.v… như sau:
Bước 1: Chia đoạn thẳng độ dài x thành hai đoạn bởi điểm chia K để có x =
x
1
+ x
2
sao cho x
1
y = ab (1)
Bước 2: Chứng minh hệ thức x
2
y = cd (2)
Bước 3: Cộng vế theo vế (1) và (2) để được đẳng thức cần chứng minh:
x
1

y + x
2
y = ab + cd  xy = ab + cd
Sau đây, xin đề cập đến một số cách vẽ thêm hình phụ để xác đònh điểm K từ
đó giải quyết bài toán thông qua các ví dụ cụ thể sau.
II. CÁC VÍ DỤ MINH HOẠ:
Ví dụ 1: Cho tam giác ABC cân tại A, điểm M thuộc cạnh BC. Kẻ MD ⊥
AB( D∈AB), kẻ ME ⊥ AC ( E∈AC), kẻ BH ⊥ AC ( H∈AC). CMR: MD + ME =
BH
4
∆ABC cân tại A.
GT M ∈ BC
MD⊥AB(D∈AB).
ME⊥AC(E∈AC).
BH⊥AC(H∈AC)
KL MD + ME = BH
K
H
E
D
M
C
B
A
Nguyễn Quang Bình - THCS Bùi Thị Xn, Pleiku
*Phân tích: Lấy điểm K∈BH sao cho BK = MD. Vì cạnh MD là cạnh góc vuông
trong ∆MDB vuông tại D nên đoạn thẳng BK cũng phải là cạnh góc vuông của
tam giác ∆BKM. Từ đó K phải là chân đường vuông góc kẻ từ M đến BH.
*Lời giải: Qua M, kẻ MK ⊥ BH(K∈BH).
+ Vì MK ⊥ BH; AC⊥BH => MK // AC =>

µ
·
C BMK=
( ở vò trí đồng vò)
+ ∆MDB và ∆BKM có:
µ
µ
0
90D K= =
;
µ
·
B BMK=
( cùng bằng
µ
C
); cạnh BM chung
=> ∆MDB = ∆BKM(g.c.g) => MD = BK ( 2 cạnh tương ứng) (1)
+ Tứ giác MKHE có:
µ
µ
µ
0
90K H E= = =
nên là hình chữ nhật => ME = KH (2)
+ Cộng (1) và (2) vế theo vế ta được : MD + ME = BK + KH = BH ( đpcm)
*Nhận xét:
1) Vì MD là cạnh góc vuông của ∆MDB, để có BK = MD thì điểm phụ K
được xác đònh chính là chân đường vuông góc của M đến BH.
2) Từ đẳng thức: MD + ME = BH, ta thấy khoảng cách từ điểm M đến 2 cạnh

AB, AC không phụ thuộc vào vò trí điểm M. Ta có thể phát biểu lại bài toán dưới
dạng: Cho tam giác ABC cân tại A, điểm M thuộc cạnh BC. Chứng minh rằng:
Tổng khoảng cách từ M đến hai cạnh AB, AC không phụ thuộc vào vò trí của nó.
Ví dụ 2: (Chứng minh đònh lí Pitago). Cho tam giác ABC vuông tại A. Chứng
minh rằng: BC
2
= AB
2
+ AC
2

*Phân tích:
Lấy điểm K∈BC sao cho BK.BC = AB
2

BK AB
AB BC
⇔ = ⇔
∆KBA đồng dạng với
∆ABC nên
·
0
90BKA =
. Từ đó, K là chân đường vuông góc kẻ từ A xuống cạnh BC.
*Lời giải:
Kẻ AK ⊥ BC. Vì các góc B, C đều nhọn nên K∈ BC
+ ∆KBA và ∆ABC có:
·
·
0

90BKA BAC= =
;
µ
B
chung
=> ∆KBA đồng dạng với ∆ABC (g.g)

2
.
BK AB
AB BK BC
AB BC
⇒ = ⇒ =
(1)
+ ∆KAC và ∆ABC có:
·
·
0
90AKC BAC= =
;
µ
C
chung
=> ∆KAC đồng dạng với ∆ABC (g.g)

2
.
CK AC
AC CK BC
AC BC

⇒ = ⇒ =
(2)
5
GT ∆ABC, vuông tại A
KL BC
2
= AB
2
+ AC
2
K
C
B
A
Nguyễn Quang Bình - THCS Bùi Thị Xn, Pleiku
+ Cộng vế theo vế (1) và (2), ta được:
2 2 2
. .AB AC BK BC CK BC BC+ = + =
(đpcm)
*Nhận xét: Vì ∆ABC vuông tại A. Do đó, để ∆KBA đồng dạng với ∆ABC thì
điểm K cần xác đònh chính là chân đường vuông góc kẻ từ A xuống cạnh BC.
Ví dụ 3:(Đề thi HSG Thành phố Pleiku năm học 2005 – 2006)
Cho hình bình hành ABCD có
·
BAD
nhọn. Gọi E và F lần lượt là chân các
đường vuông góc kẻ từ C xuống các đường thẳng AB và AD. Chứng minh rằng:
AC
2
= AB.AE + AD.AF

*Phân tích: Lấy K∈AC sao cho AK.AC = AB.AE
AK AE
AB AC
⇒ = ⇒
∆ABK đồng dạng với ∆ACE
⇒
BK ⊥ AC.
Vậy điểm K cần tìm là chân đường vuông góc kẻ từ B xuống AC.
*Lời giải:
Kẻ BK ⊥ AC. Vì
·
BAD
nhọn nên K thuộc đoạn AC.
+ ∆ABK và ∆ACE có:
·
·
0
90AKB AEC= =
;
µ
A
chung
=> ∆ABK đồng dạng với ∆ACE (g.g)

. .
AK AE
AK AC AB AE
AB AC
⇒ = ⇒ =
(1)

+ ∆CBK và ∆ACF có:
·
·
0
90CKB CFD= =
;
·
·
BCK CAF=
(vò trí so le trong)
=> ∆CBK đồng dạng với ∆ACF (g.g)

. .
CK BC
CK AC BC AF
AF AC
⇒ = ⇒ =

+ Mà: BC = AD do ABCD là hình bình hành => CK.AC = AD.AF (2)
+ Cộng vế theo vế (1) và (2), ta được:
. . . .AK AC CK AC AB AE AD AF+ = +
Hay: AC
2
= AB.AE + AD.AF (đpcm)
*Nhận xét:
1) Do ∆ACE vuông tại E, để ∆ABK đồng dạng với ∆ACE thì điểm phụ K cần
xác đònh chính là chân đường vuông góc kẻ từ B xuống cạnh AC.
2) Nếu hình bình hành ABCD là hình thoi, lúc đó AB = AD. Do đó kết luận
của bài toán là: AC
2

= AB.(AE + AF).
3) Nếu hình bình ABCD là hình chữ nhật , lúc đó E ≡ B; F ≡ D và AE ≡ AB;
AF ≡ AD. Như vậy, hiển nhiên ta có: AC
2
= AB
2
+ AD
2
( theo đònh lí Pitago)
6
ABCD là hình hành(
·
BAD
< 90
0
)
GT CE ⊥ AB; CF ⊥ AD
KL AC
2
= AB.AE + AD.AF
K
E
F
D
C
B
A
Nguyễn Quang Bình - THCS Bùi Thị Xn, Pleiku

Ví dụ 4: Cho tam giác ABC có AD là đường phân giác trong của góc A

Chứng minh rằng: AD
2
= AB.AC – BD.CD

*Phân tích: Lấy K∈AD sao cho: AK.AD = AB.AC

AK AC
AB AD
⇒ = ⇒
∆ABK đồng dạng với ∆ADC
Do đó:
·
·
ABK ADC=
. Như vậy ta xác đònh được điểm K.
*Lời giải: Trên AD lấy điểm K sao cho:
·
·
ABK ADC=
. Dễ thấy AD = AK – DK
+ ∆ABK và ∆ADC có:
·
·
ABK ADC=
;
· ·
BAK CAK=
(AD là phân giác của góc A)
=> ∆ABK đồng dạng với ∆ADC (g.g)

. .
AK AC
AK AD AB AC
AB AD
⇒ = ⇒ =
(1)
+ ∆BDK và ∆ADC có:
· ·
BDK ADC=
(đối đỉnh);
·
·
BKD ACD=
(∆ABK đồng dạng
∆ADC)
=> ∆BDK đồng dạng với ∆ADC (g.g)

. .
BD DK
DK AD BD DC
AD DC
⇒ = ⇒ =
(2)
+ Trừ vế theo vế (1) và (2), ta được:
. . . .AK AD DK AD AB AC BD DC
− = −
Hay: AD
2
= AB.AC - BD.DC (đpcm)
*Nhận xét:

1) ∆ABK và ∆ADC đã có
· ·
BAD CAD=
( do AD là phân giác của góc A), để hai
tam giác này đồng dạng với nhau ta cần tìm thêm một cặp góc bằng nhau (
·
·
ABK ADC=
). Do đó, điểm phụ K thuộc AD sao cho
·
·
ABK ADC=
.
2) Nếu AD là đường phân giác ngoài của góc A ( D ∈ BC) thì ta có hệ thức:
AD
2
= DB.DC – AB.AC.
3) Bài toán tổng quát: Cho tam giác ABC có AD là đường phân giác của góc
A. Chứng minh rằng: AD
2
=
. .AB AC DB DC−
Ví dụ 5: Cho hình thang cân ABCD (AD // BC).
Chứng minh rằng: AC
2
= AB
2
+ AD.BC
7
GT ∆ABC

AD là phân giác
KL AD
2
= AB.AC – BD.CD
K
D
C
B
A
Nguyễn Quang Bình - THCS Bùi Thị Xn, Pleiku

*Phân tích: Giả sử điểm K ∈ AC sao cho:
AK.AC = AB
2

AK AB
AB AC
⇒ = ⇒
∆ABK đồng dạng với ∆ACB =>
·
·
ABK ACB=
.
Vậy ta xác đònh được điểm K.
*Lời giải: Lấy K ∈ AC sao cho
·
·
ABK ACB=
+ ∆ABK và ∆ACB có:
·

·
ABK ACB=
;
µ
A
chung => ∆ABK đồng dạng ∆ACB (g.g)

2
.
AK AB
AK AC AB
AB AC
⇒ = ⇒ =
(1)
+ ABCD là hình thang cân nên:
µ
µ
B C=
mà:
·
·
ABK ACB=
=>
·
·
CBK ACD=

+ ∆CBK và ∆ACD có:
·
·

KCB CAD=
(so le trong);
·
·
CBK ACD=
=> ∆CBK đồng dạng với ∆ACD (g.g)

. .
BC AC
CK AC BC AD
CK AD
⇒ = ⇒ =
(2)
+ Cộng vế theo vế (1) và (2), ta được:
2
. . .AK AC CK AC AB BC AD+ = +
Hay: AC
2
= AB
2
+ BC.AD (đpcm)
*Nhận xét: ∆ABK và ∆ACB đã có chung góc A, để hai tam giác này đồng dạng
với nhau ta cần tìm thêm một cặp góc bằng nhau (
·
·
ABK ACB=
). Do đó, điểm phụ
K thuộc AC sao cho
·
·

ABK ADC=
.
Ví dụ 6: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm O.
Chứng minh rằng: AC.BD = AB.CD + AD.BC

*Phân tích: Giả sử K thuộc đoạn AC sao cho:
AK.BD = AB.CD
AK AB
CD BD
⇒ = ⇒
∆ABK đồng dạng với ∆DBC
=>
·
·
ABK DBC=
. Như vậy, điểm phụ K được xác đònh.
*Lời giải:
Vì
·
·
ABC DBC>
nên trên đoạn AC lấy điểm K sao cho
·
·
ABK DBC=
8
GT Hình thang cân ABCD
KL AC
2
= AB

2
+ AD.BC
GT ABCD nội tiếp (O)
KL AC.BD = AB.CD + AD.BC
K
O
D
C
B
A
K
D
C
B
A
Nguyễn Quang Bình - THCS Bùi Thị Xn, Pleiku
+∆ABK và ∆DBC có:
·
·
ABK DBC=
;
·
·
BAK BDC=
(góc nội tiếp cùng chắn cung BC)
=> ∆ABK đồng dạng với ∆DBC (g.g)

. .
AK AB
AK BD AB CD

CD BD
⇒ = ⇒ =
(1)
+ Vì
·
·
ABK DBC=
=>
·
· ·
·
ABK KBD KBD DBC+ = +
hay
·
·
ABD CBK=

+∆BCK và ∆BDA có:
·
·
BCK BDA=
(góc nội tiếp cùng chắn cung AB);
·
·
CBK ABD=
=> ∆BCK đồng dạng với ∆BDA(g.g)

. .
BC CK
CK BD BC AD

BD AD
⇒ = ⇒ =
(2)
+ Cộng vế theo vế (1) và (2), ta được:
. . . .AK BD CK BD AB CD BC AD+ = +
Hay: AC.BD = AB.CD + BC.AD (đpcm)
*Nhận xét:
1) ∆ABK và ∆DBC đã có
·
·
BAK BDC=
(góc nội tiếp cùng chắn cung BC), để hai
tam giác này đồng dạng với nhau ta cần tìm thêm một cặp góc bằng nhau (
·
·
ABK DBC=
). Do đó, điểm phụ K thuộc AC sao cho
·
·
ABK DBC=
.
2) Từ lời giải và kết quả của bài toán, ta giải được các bài toán hay và khó
sau:
Bài 1: Trong các tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O;R), hãy tìm tứ giác có
tổng: AB.CD + AD.BC lớn nhất.
Bài 2: Cho tứ giác ABCD. Chứng minh rằng: AB.CD + AD.BC ≥ AC.BD.
Dấu đẳng thức xảy ra khi nào ?
Bài 3: Qua đỉnh B và C của tam giác ABC, vẽ tiếp tuyến với đường tròn
ngoại tiếp tam giác, chúng cắt nhau tại M. Gọi N là trung điểm của cạnh BC.
Chứng minh rằng:

·
·
BAM CAN=

Ví dụ 7: Cho tam giác ABC có:
µ µ
0
3. 2. 180A B+ =
Chứng minh rằng: AB
2
= BC
2
+ AB.AC
*Phân tích: Giả sử điểm K thuộc cạnh AB sao cho:
BK.AB = BC
2

BK BC
BC AB
⇒ =
=> ∆BKC đồng dạng với ∆BCA =>
·
·
BCK BAC=
Mặt khác, ta có:
µ µ
0
3. 2. 180A B+ =
=>
·

µ µ
2.ACB A B= +

hay
·
·
·
µ
·
·
µ
2.BCK ACK BCK B ACK BCK B+ = + ⇒ = +
.
Mà:
·
AKC
là góc ngoài của ∆BCK. Do đó,
· ·
µ
AKC BCK B= +
(tính chất góc ngoài)
9
GT ∆ABC có:
µ µ
0
3. 2. 180A B+ =
KL AB
2
= BC
2

+ AB.AC
K
B
C
A
Nguyễn Quang Bình - THCS Bùi Thị Xn, Pleiku
=>
·
·
ACK AKC=
hay tam giác ACK cân tại A. Vậy điểm phụ K được xác đònh.
*Lời giải:
Vì:
µ µ
0
3. 2. 180A B+ =
=> AB > AC
Trên cạnh AB lấy điểm K sao AK = AC => tam giác ACK cân tại A.
Ta có:
µ µ
0
3. 2. 180A B+ =
,
µ µ
µ
0
180A B C+ + =
=>
·
µ µ

2.ACB A B= +
hay
·
·
µ µ
2.BCK ACK A B+ = +
Mà: ∆ACK cân tại A =>
·
·
ACK AKC=
và
· ·
µ
AKC BCK B= +
( tính chất góc ngoài ).
Từ đó ta được:
·
·
BCK BAC=

+ ∆BCK và ∆BAC có:
·
·
BCK BAC=
(cmt); góc B chung
=> ∆BCK đồng dạng với ∆BAC (g.g)
=>
2
.
BC BK

BK AB BC
AB BC
= ⇒ =
(1)
+ Mặt khác: Do AB = AK + BK; AK = AC => BK = AB – AC (2)
+ Từ (1) và (2), ta có: (AB – AC).AB = BC
2
hay AB
2
– AC.AB = BC
2
=> AB
2
= BC
2
+ AC.AB (đpcm)
*Nhận xét:
∆BCK và ∆BAC đã có góc B chung, để hai tam giác này đồng dạng với
nhau ta cần tìm thêm một cặp góc bằng nhau (
·
·
BCK BAC=
). Do đó, điểm phụ K
thuộc AB sao cho AK = AC hay ∆ACK cân tại A .
Ví dụ 8: Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O. D là một điểm
trên cung BC không chứa đỉnh A. Gọi I, E, F lần lượt là hình chiếu của D trên
các đường thẳng BC, AB, AC. Chứng minh rằng:
BC AB AC
DI DE DF
= +

Cách 1:
*Phân tích: Giả sử điểm K thuộc cạnh BC
sao cho:
CK AB CK DI
DI DE AB DE
= ⇒ =

=> ∆CDK đồng dạng với ∆ADB =>
·
·
CDK ADB=
Như vậy, ta xác đònh được điểm phụ K.
*Lời giải: Lấy K trên cạnh BC sao cho:
·
·
CDK ADB=
10
∆ABC nội tiếp (O)
D thuộc cung BC
GT DI ⊥ BC(I∈BC); DE ⊥ AB(E∈AB)
DF ⊥ AC(E∈AC )
KL
BC AB AC
DI DE DF
= +
K
O
F
I

D
E
C
B
A
Nguyễn Quang Bình - THCS Bùi Thị Xn, Pleiku
+ ∆CDK và ∆ADB có:

·
·
CDK ADB=
(cách vẽ)

·
·
DCK DAB=
(góc nội tiếp chắn cung BD)
=> ∆CDK đồng dạng với ∆ADB (g.g)
Mà DI, DE thứ tự là hai đường cao của ∆CDK và ∆ADB nên:
=>
CK DI CK AB
AB DE DI DE
= ⇒ =
(1)
+ Mặt khác:
·
·
·
BDK BDA ADK= +
;

·
·
·
ADC ADK CDK= +
và do:
·
·
CDK ADB=
=>
· ·
BDK ADC=
+ ∆DBK và ∆DAC có:
· ·
BDK ADC=
;
·
·
CBK DAC=
(góc nội tiếp chắn cung CD )
=> ∆CDK đồng dạng với ∆ADB (g.g)
Mà DI, DF thứ tự là hai đường cao tương ứng của ∆DBK và ∆DAC nên:
=>
BK DI BK AC
AC DF DI DF
= => =
(2)
+ Cộng (1) và (2) vế theo vế, ta được:
CK BK AB AC
DI DI DE DF
+ = +

hay:
BC AB AC
DI DE DF
= +
Cách 2:
*Phân tích:
Giả sử điểm K thuộc cạnh BC sao cho:
BK AB
DI DE
=
=> ∆ABK đồng dạng với
∆EDI =>
·
·
BAK DEI=
;
Mà: tứ giác BIDE nội tiếp được đường tròn nên:

· ·
DEI DBI=
(do góc nội tiếp cùng chắn cung DI )
=>
·
·
BAK DBI=
=> sđ
¼
BDN
= sđ
¼

CND
(với N là giao điểm khác A của AK với (O)).
Từ đó, DN // BC.
Vậy ta xác đònh được các điểm phụ N và K.
*Lời giải:
Qua D kẻ đường thẳng song song với BC,
đường thẳng này cắt đường tròn (O)
tại điểm thứ hai là N ( N có thể trùng với D).
AN cắt BC tại K.
+ Ta có: sđ
»
BD
= sđ
»
CN
(do DN // BC) => sđ
»
BD
+ sđ
¼
DN
= sđ
¼
DN
+ sđ
»
CN
Hay: sđ
¼
BDN

= sđ
¼
CND
=>
·
·
BAK DBI=
(góc nội tiếp chắn các cung bằng nhau).
+ Mặt khác, tứ giác BIDE nội tiếp được đường tròn (do
·
·
0
90DEB DIB= =
)
=>
· ·
DEI DBI=
(do góc nội tiếp cùng chắn cung DI )
11
E
K
N
O
F
I
D
C
B
A
Nguyễn Quang Bình - THCS Bùi Thị Xn, Pleiku

+ Vậy:
·
·
BAK DEI=
+ ∆ABK và ∆EDI có:
·
·
BAK DEI=
;
·
·
EDI ABK=
( cùng bù với
·
EBI
)
=> ∆ABK đồng dạng với ∆EDI (g.g)
BK AB
DI DE
⇒ =
(1)
+ Tứ giác DIFC nội tiếp được đường tròn (do
·
·
0
90DFC DIC= =
)
=>
·
·

IDF FCM=
(góc nội tiếp chắn cung FI )
+ Do ∆ABK đồng dạng với ∆EDI =>
·
·
DIE BKA=
.
Mà:
·
·
0
180DIE DIF+ =
(kề bù);
·
·
0
180BKA AKC+ =
(kề bù)
=>
·
·
DIF AKC=
+ ∆CKA và ∆DIF có:
·
·
IDF FCM=
;
·
·
DIF AKC=

=> ∆CKA đồng dạng với ∆DIF(g.g)
CK AC
DI DF
⇒ =
(2)
+ Cộng vế theo vế (1) và (2), ta được:
BK CK AB AB
DI DI DE DF
+ = +
Hay:
BC AB AC
DI DE DF
= +
(đpcm)
*Nhận xét:
Trong cách giải 1, do DI, DE thứ tự là hai đường cao của ∆CDK và ∆ADB.
Vậy để có ∆CDK đồng dạng với ∆ADB ta chỉ cần xác đònh điểm phụ K trên BC
sao cho
·
·
CDK ADB=
.
Trong cách giải 2, ta cần đi xác đònh vò trí 2 điểm phụ: bằng cách qua D kẻ
đường thẳng song song với BC ( với N là giao điểm thứ 2 của đường thẳng với
đường tròn) và K là giao điểm của AN với BC, để từ đó mới có ∆ABK đồng
dạng với ∆EDI.
Rõ ràng, cách giải thứ 2 phức tạp hơn cách thứ 1. Do đó, trong quá trình phân
tích tìm kiếm lời giải bài toán cần khai thác hết các giả thiết bài toán để đònh
hướng cách giải ngắn gọn, sáng tạo. Đây chính là một trong những kó năng mà
người giáo viên cần bồi dưỡng cho học sinh.

Ví dụ sau giúp chúng ta thấy rõ hơn yêu cầu này:
Ví dụ 9: Cho hình vuông ABCD nội tiếp đường tròn (O; R). Gọi P là một điểm
trên cung nhỏ CD. Chứng minh rằng: PA + PC =
2
.PB
*Phân tích:
12
GT ABCD nội tiếp (O;R)
P thuộc cung nhỏ CD.
KL PA + PC =
2
.PB
P
K
O
D
C
B
A
Nguyễn Quang Bình - THCS Bùi Thị Xn, Pleiku
Để chứng minh: PA + PC =
2
.PB, ta đi chứng minh:

2
PA PC
PB PB
+ =

Mà ABCD là hình vuông, do đó ta có:

2
AC
AB
=
Vậy mấu chốt để giải quyết bài toán là ta cần chứng minh:
PA PC AC
PB PB AB
+ =
Giả sử điểm K thuộc cạnh AC sao cho
PC KC
PB AB
=
=> tam giác PCK đồng dạng
với tam giác PBA =>
·
·
CPK BPA=
. Vậy K phải thuộc PB.
Như vậy điểm phụ K cần xác đònh chính là giao điểm của PB và AC.
*Lời giải: Gọi K là giao điểm của PB và AC.
+ ∆PCK và ∆PBA có:

·
·
PCK PBA=
(hai góc nội tiếp cùng chắn cung AD);

·
·
CPK APB=

( hai góc nội tiếp chắn 2 cung bằng nhau).
=> ∆PCK đồng dạng với ∆PBA (g.g)

PC CK
PB AB
⇒ =
(1)
+ ∆PAK và ∆PBC có:

·
·
PAK PBC=
(góc nội tiếp cùng chắn cung CP);

·
·
APK CPB=
( hai góc nội tiếp chắn 2 cung bằng nhau)
=> ∆PAK đồng dạng với ∆PBC(g.g)

PA AK
PB BC
⇒ =
(2)
+ Cộng vế theo vế (1) và (2), ta được:
2
PA PC AK CK AK CK AC
PB PB BC AB AB AB
+
+ = + = = =

Hay: PA + PC =
2
.PB (đpcm)

Tóm lại:
Cở sở của phương pháp trên là dựa vào sự xác đònh điểm phụ K một cách
hợp lí để đưa đẳng thức cần chứng minh về dạng a.b = c.d hoặc a
2
= b.c, từ đó có
thể dùng phương pháp chứng minh tam giác đồng dạng để giải quyết bài toán.
Các hình phụ: Kẻ đường vuông góc( ví dụ 1, 2, 3); tạo góc bằng góc cho
trước ( ví dụ 4, 5, 6, 7, 8) thường là các hình phụ được ưu tiên khi xác đònh vò trí
điểm phụ K vì khi kẻ các đường phụ sẽ tạo thêm vào giả thiết yếu tố góc bằng
nhau, từ đó dễ dàng cho việc chứng minh hai tam giác đồng dạng.

13
Nguyễn Quang Bình - THCS Bùi Thị Xn, Pleiku
III. BÀI TẬP ÁP DỤNG:
Bài 1: Cho hình vuông ABCD, trên cạnh AB lấy điểm E tuỳ ý. Tia phân giác
của
·
CDE
cắt BC tại K. Chứng minh rằng: AE + CK = DE.
Bài 2: Cho tam giác ABC có:
µ µ
2.A B=
; BC = a; CA = b; AB = c.
Chứng minh rằng: a
2

= b
2
+ bc
Bài 3: Cho tam giác ABC vuông tại C. Lấy điểm E trên đường cao CH. Kẻ BD
vuông góc với AE tại D. Chứng minh rằng:
a) AE.AD + BA.BH = AB
2
b) AE.AD – HA.HB = AH
2
Bài 4: Cho tứ giác ABCD có:
·
·
0 0
90 ; 90DAB DBC= =
. Chứng minh rằng:
CD
2
= DI.DB + CI.CA
Bài 5: Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Gọi HD, HE lần lượt là
các đường cao của tam giác ABH và ACH. Chứng minh rằng: AH
3
= AD.AE.BC.
Bài 6: Cho nửa đường tròn (O), đường kính AB. Hai dây cung AC và BD cắt
nhau tại H. Chứng minh rằng: AH.AC + BH.BD = AB
2
Bài 7: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). Hai đường thẳng AD và BC
cắt nhau tại E, hai đường thẳng AB và CD cắt nhau tại F. Chứng minh rằng:
EA.ED + FA.FB = EF
2
Bài 8: Cho tam giác ABC có đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H.

Chứng minh rằng: AH.AD + BE.BH + CF.CH =
2 2 2
2
AB AC BC+ +
Bài 9: Cho tam giác ABC cân tại A, điểm M thuộc cạnh BC. Chứng minh rằng:
AB
2
= AM
2
+ MB.MC.
Bài 10: Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O;R). Gọi M là một điểm
bất kì thuộc cung nhỏ BC.
a) Chứng minh rằng: MA = MB + MC.
b) Gọi D là giao điểm của MA và BC. Chứng minh rằng:
1 1 1
MB MC MD
+ =
14
Nguyễn Quang Bình - THCS Bùi Thị Xn, Pleiku
PHẦN III:
KẾT QUẢ VÀ BÀI HỌC KINH NGHIỆM.
I. KẾT QUẢ ĐẠT ĐƯC:
Trên đây là một nội dung nhỏ trong việc rèn kó năng vẽ yếu tố phụ cho học
sinh. Tôi đã áp dụng những kinh nghiệm trên vào thực tế giảng dạy Bồi dưỡng
Học sinh giỏi của trường đã thu được một số kết quả khả quan:
Đa phần các em đã có thể phân tích đầu bài, tìm được mối liên hệ giữa các
dữ kiện của giả thiết từ đó đònh hướng được cách giải bài toán Hình học.
Học sinh, đặc biệt là các em trong đội tuyển Toán đã bớt đi những lúng túng
khi phải kẻ thêm đường phụ. Nhiều em đã tạo cho mình khả năng phân tích, đònh
hướng tìm lời giải bài toán chứng minh Hình học. Hơn nữa, các em đã tự tin vào

khả năng giải toán của mình.
Điều quan trọng hơn là khi giáo viên hướng dẫn học sinh cách phân tích có
chủ ý cách vẽ thêm yếu tố phụ để tìm cách giải một bài toán theo nhiều cách
khác nhau, các em đã biết quan sát nhạy bén, linh hoạt và từ đó làm cho tư duy
Hình học của các em được phát triển.
Thành tích các em học sinh đạt học sinh Giỏi cấp thành phố và cấp Tỉnh
của trường không ngừng tiến bộ qua từng năm, cụ thể:

Năm học
Cấp TP
Cấp Tỉnh
Lớp 8 Lớp 9
SL SL
2003- 2004 3/4
2004 – 2005 6/6 1/4 1/1
2005 – 2006 3/6 2/2
2006 – 2007 2/4 1/2
2007 - 2008 2/4
II. BÀI HỌC KINH NGHIỆM:
Qua việc vận dụng những kinh nghiệm trên vào công tác giảng dạy và kết
quả đạt được, tôi rút ra một số bài học kinh nghiệm như sau:
- Điều đầu tiên, bản thân giáo viên phải tâm huyết, trăn trở với bài dạy, tìm
hiểu kiến thức, tìm ra phương pháp và hình thức phù hợp trong giảng dạy tạo ra
môi trường giúp học sinh hứng thú, tích cực, chủ động tìm tòi kiến thức.
15
Nguyễn Quang Bình - THCS Bùi Thị Xn, Pleiku
- Trong quá trình giảng dạy, người giáo viên ngoài năng lực, khả năng sư
phạm còn cần phải tích luỹ, rút kinh nghiệm dù rất nhỏ. Phải tìm tòi học tập kinh
nghiệm ở sách báo, tài liệu tham khảo và chính trong quá trình giảng dạy trên
lớp của bản thân sau mỗi tiết dạy.

- Từ cách áp dụng các kinh nghiệm trên vào giảng dạy hướng dẫn học sinh
giải bài tập Hình, đã phát huy được ở các em óc tư duy linh hoạt và sáng tạo, tìm
tòi. Và điều quan trọng là đã gây được cho các em sự hứng thú yêu thích ham
học hơn.
- Bồi dưỡng cho học sinh biết cách tư duy hình học, đứng trước một bài toán
phải biết phân tích đầu bài, kết hợp với vẽ yếu tố phụ thích hợp để tìm được mối
liên hệ giữa các dữ kiện của giả thiết, từ đó xác đònh được hướng giải quyết và
từ một dạng toán đã làm có thể mở rộng được ra các dạng toán khác.
- Nghề dạy học là nghề cao quý trong những nghề cao quý, với lương tâm và
lòng yêu nghề, với sự đầu tư thời gian và trí tuệ thì không có gì vui bằng kết quả
gặt hái được những mùa bội thu.
Do khuôn khổ và trình độ có hạn, đề tài này chỉ đề cập chủ yếu đến thao tác
vẽ thêm yếu tố phụ bằng những phân tích có chủ ý khi giải các bài toán về
chứng minh đẳng thức Hình học trong chương trình Hình học THCS. Mong rằng
những kinh nghiệm giảng dạy đúc kết được qua đề tài này phần nào tháo gỡ
những khó khăn trong công tác bồi dưỡng học sinh Giỏi ở trường THCS. Kính
mong đồng nghiệp: bổ sung, góp ý để đề tài tiếp tục hoàn thiện hơn. Xin chân
thành cảm ơn.



16
Nguyễn Quang Bình - THCS Bùi Thị Xuân, Pleiku
17