SKKN: Kinh nghiệm vẽ thêm hình phụ để giải một số bài toán hình học 7 (hay)

1 - PHẦN MỞ ĐẦU
1.1 – Lý do chọn đề tài
“Hiền tài là nguyên khí của quốc gia, nguyên khí thịnh thì thế nước mạnh mà
hưng thịnh, nguyên khí suy thì thế nước yếu mà thấp hèn. Vì thế các bậc đế vương
thánh minh không đời nào không coi việc giáo dục nhân tài, kén chọn kẻ sĩ, vun trồng
nguyên khí quốc gia làm công việc cần thiết..." câu nói bất hủ đó của Tiến sĩ triều Lê,
Thân Nhân Trung đã cho thấy từ thời xa xưa các thế hệ ông cha đã rất coi trọng nhân
tài và coi những nhân tài là tương lai của đất nước. Với cương vị là một giáo viên
chuyên ngành Toán – Tin trực tiếp giảng dạy, tôi thấy được những nhiệm vụ quan
trọng phải làm đầu tiên đó là làm thế nào để học sinh thích học và học giỏi môn
Toán. Trong khi đó, Toán học có vai trò và vị trí đặc biệt quan trọng trong khoa học
kĩ thuật và đời sống, giúp con người tiếp thu một cách dễ dàng các môn khoa học
khác có hiệu quả. Thông qua việc học toán, học sinh có thể nắm vững được nội dung
toán học và phương pháp giải toán, từ đó vận dụng vào các môn học khác nhất là các
môn khoa học tự nhiên.
Dù trong thời đại nào, hay bất kỳ một quốc gia nào thì việc bồi dưỡng nhân tài
cũng được đặt lên hàng đầu. Từ đó đào tạo ra những con người năng động và sáng
tạo, có khả năng giải quyết và xử lý những vấn đề khó nhằm phục vụ cho lợi ích của
huyện, của tỉnh và của quốc gia.
Trong 5 năm trở lại đây, chất lượng giáo dục học sinh giỏi cấp tỉnh của Phòng
Giáo dục – Đào tạo Lệ Thủy có những bước nhảy vọt đáng kể, đặc biệt là môn Toán,
điều đó càng thôi thúc tôi suy nghĩ rồi tìm tòi ra những dạng toán quan trọng trong
công tác bồi dưỡng học sinh giỏi môn Toán.
Trong chương trình phân môn hình học THCS, học sinh đang gặp rất nhiều
khó khăn, từ việc nắm bắt lý thuyết, các định lý, định nghĩa, tiên đề, ... đến việc lập
luận để chứng minh một bài toán. Trong chương trình hình học THCS, hình học lớp 7
được coi là “nặng” nhất, vì nó là sự tiếp nối và phát triển các kiến thức mở đầu của
lớp 6. Trong quá trình dạy học hình học 7, không thể tránh khỏi việc phải vẽ thêm
yếu tố phụ để giải quyết các bài toán – một phương pháp rất hay nhưng cũng rất khó.

1

Vẽ thêm các yếu tố phụ giúp cho việc kết nối từ giả thiết đến kết luận
của bài toán được dễ dàng hơn, thuận lợi hơn. Tuy nhiên, việc vẽ thêm hình phụ như
thế nào để có được lời giải đẹp là vấn đề khiến chúng ta phải đầu tư suy nghĩ. Thực tế
cho thấy không có phương pháp chung cho việc vẽ thêm hình phụ khi giải các bài
toán hình học. Tùy từng bài toán cụ thể mà chúng ta có những cách vẽ thêm hình phụ
hợp lý để có thể đến với lời giải của bài toán. Sự xuất hiện của hình phụ đã thổi hồn
vào lời giải của bài toán mà chắc hẳn cũng đã có lần chúng ta lúng túng, chật vật
trước một bài toán hình học và rồi sẽ giật nảy mình khi phát hiện ra rằng chỉ cần vẽ
thêm một yếu tố là đã đến được với lời giải bài toán.
Vẽ thêm hình phụ là một sự sáng tạo “nghệ thuật” tùy theo yêu cầu của một bài
toán cụ thể. Bởi vì việc vẽ thêm hình phụ cần đạt được mục đích là tạo điều kiện để
giải được bài toán thuận lợi chứ không phải là công việc tùy tiện. Nếu giáo viên làm
không tốt việc phân tích tại sao phải làm như vậy thì ngay cả học sinh khá giỏi cũng
chỉ lơ mơ về việc làm đó, thực hiện một cách thụ động mà không biết phân tích, tìm
cơ sở cho việc vẽ thêm yếu tố phụ.
Việc vẽ thêm hình phụ nhằm đạt được ba vấn đề cơ bản sau:
- Giúp giải được một số bài toán hình học mà nếu không vẽ thêm hình phụ sẽ
bế tắc.
- Trình bày lời giải một số bài toán hình học được gọn hơn, hay hơn.
- Phát hiện những vấn đề mới chưa được học bằng những vốn kiến thức hạn
chế mà mặc dầu sau này các vấn đề đó khi học đến đều có thể là đơn giản.
1.2 – Điểm mới của đề tài
“Kinh nghiệm vẽ thêm hình phụ để giải một số bài toán hình học 7” đã được
nhiều người nhắc đến. Tuy nhiên còn nêu chung chung và chưa khái quát được những
phương pháp cụ thể cho học sinh. Vì thế, trong đề tài này, với kinh nghiệm của bản
thân đã đúc kết được qua quá trình nghiên cứu và thực tế giảng dạy, tôi đã cố gắng
phân tích, chỉ ra cụ thể việc vẽ thêm hình phụ thông qua các ví dụ minh họa. Mong
rằng đề tài sẽ được các đồng nghiệp và các em học sinh đón nhận.

1.3 – Phạm vi và đối tượng nghiên cứu
* Đối tượng nghiên cứu:
2


Như đã nói ở trên, đề tài này tập trung vào 2 đối tượng:
- Giáo viên đang giảng dạy môn Toán THCS. Đặc biệt là GV đang giảng
dạy và bồi dưỡng học sinh giỏi lớp 7, lớp 8.
- Học sinh khá giỏi lớp 7 và lớp 8.
* Phạm vi nghiên cứu:
- Trong sáng kiến này tôi chỉ nêu ra một số “kinh nghiệm”, một số hình phụ vẽ
thêm trong các bài toán hình học lớp 7 mà chúng ta thường hay gặp.
- Phân tích cụ thể từng trường hợp. Trong trường hợp nào thì thường vẽ thêm
hình phụ nào để giúp học sinh có định hướng trong việc giải các bài tập.

3


2 – PHẦN NỘI DUNG
2.1 – Thực trạng của nội dung cần nghiên cứu
Thực tế cho thấy Toán học là nền tảng cho mọi ngành khoa học, là chiếc chìa
khoá vạn năng để khai phá và thúc đẩy sự phát triển cho mọi ngành khoa học, kinh tế,
quân sự ... trong cuộc sống. Chính vì vậy việc dạy và học bộ môn toán trong nhà
trường đóng vai trò vô cùng quan trọng. Dạy toán chiếm vị trí số một trong các môn
học của nhà trường, đối với giáo viên, dạy toán là niềm tự hào song đó cũng là thử
thách vô cùng lớn. Để dạy toán và học toán tốt thì Thầy và Trò không ngừng rèn
luyện và đầu tư trí và lực vào nghiên cứu học hỏi. Học và dạy toán với chương trình
cơ bản đã rất khó, xong dạy và học toán trong đào tạo mũi nhọn lại vô cùng gian
truân, việc học và dạy không dừng ở việc người học và người dạy phải có trí tuệ nhất
định mà cả thầy và trò phải dày công đầu tư vào nghiên cứu các dạng toán, thuật toán

vận dụng hợp lý các tính chất toán học do các nhà toán học đã nghiên cứu vào giải
toán, ngoài ra người dạy và học toán phải tự rèn luyện và nghiên cứu để có những
công trình toán của riêng mình cùng góp sức để đưa bộ môn toán ngày càng phát
triển.
Thực hiện nhiệm vụ năm học cũng như được sự phân công của Phòng Giáo
dục và Đào tạo Lệ Thủy, qua quá trình giảng dạy nhiều năm gần đây bản thân tôi thấy
việc hình thành cho học sinh cách suy nghĩ để tìm lời giải cho bài toán hoặc mỗi dạng
toán nào đó là công việc rất khó. Đứng trước một bài toán nếu người thầy chưa hiểu,
chưa có hướng giải thì ta hướng dẫn học sinh như thế nào, thật khó trong những tình
huống như thế người thầy sẽ mất vai trò chủ đạo trong việc dạy học sinh, còn học
sinh đã không giải được toán nhưng lại mất niềm tin ở thầy và cảm thấy việc học toán
là cực hình, là khó vô cùng không thể học được.
Hình học là một trong những lĩnh vực cổ xưa nhất của Toán học, cùng với số
học đã xuất hiện trong thời kỳ sơ khai của loài người. Hình học có một vẽ đẹp kỳ
diệu làm say mê từ những nhà toán học đến những em học sinh THCS. Khi trực tiếp
bồi dưỡng học sinh giỏi tôi tự thấy kiến thức hình học của bản thân còn rất hạn chế,
nhất là những bài toán về hình học cần vẽ thêm hình phụ. Đây là dạng toán hay, có
nhiều cách để vẽ thêm hình phụ, xong cả thầy và trò lại rất ngại khi đụng đến vì nó
khó và phải mất rất nhiều thời gian để dự đoán được. Từ thực tế này tôi xin được trao
4


đổi kinh nghiệm này cùng các đồng nghiệp mong rằng đề tài này sẽ được mở rộng và
phát triển sâu rộng hơn.
2.2 – Các giải pháp
2.2.1 – Giải pháp 1: Vẽ thêm đường thẳng vuông góc
Phương pháp: Vẽ thêm đường vuông góc nhằm làm xuất hiện tam giác vuông, tam
giác vuông cân, hai tam giác vuông bằng nhau,…
Ví dụ 1: Cho tam giác ABC có ·ABC = 1350 , AB =

2 cm, BC = 2 cm. Tính độ dài

cạnh AC.
·
Hướng dẫn: Ta có ABC
= 1350 = 900 + 450. Ta nghĩ đến đường phụ cần vẽ thêm AH,
AH ⊥ BC tại H.

Lời giải gợi ý:
Vẽ AH ⊥ BC tại H.
·
·
Ta có ABH
+ ABC
= 1800 (hai góc kề bù)
·
Nên ABH
= 1800 – 1350 = 450.
⇒ ∆ AHB vuông cân tại H
⇒ AH = HB.

Áp dụng định lý Pitago vào ∆ AHB vuông tại H, ta có: AH2 + HB2 = AB2.
Hay 2AH2 = AB2 = ( 2 )2 = 2 ⇒ AH = 1(cm).
Nên HB = AH = 1 (cm).
Ta có: HC = HB + BC = 1 + 2 = 3 (cm).
Áp dụng định lý Pytago vào tam giác AHC vuông tại H, ta có:
AC2 = AH2 + HC2 = 12 + 32 = 10. ⇒ AC = 10 (cm).
Vậy AC = 10 (cm).
Ví dụ 2: Cho tam giác ABC vuông tại A,. Trên nửa mặt phẳng bờ BC có chứa A, vẽ
·

·
tia Bx sao cho ABx
. Qua A vẽ đường thẳng d vuông góc với Bx tại D. Qua C
= ABC

vẽ đường thẳng vuông góc với d tại E. Chứng minh rằng AD = AE.
Hướng dẫn: Vẽ đường AH vuông góc với BC để sử dụng chứng minh 2 tam giác
bằng nhau. Chứng minh AD và AE cùng bằng với AH.
Lời giải gợi ý:

5


·
Ta có A thuộc tia phân giác của DBC
.

Vẽ AH ⊥ BC tại H ⇒ AD = AH.

(1)

Ta có BD ⊥ d (gt), CE ⊥ d (gt) ⇒ BD//CE ⇒
·
·
DBC
+ ECB
= 1800 .
·
·
·

·
DBA
+ ACE
+ ABC
+ ACB
= 1800 .
·
·
·
·
Mà ABC
+ ACB
= 900 nên DBA
+ ACE
= 900
·
·
·
·
·
⇒ A thuộc tia phân giác ECH
⇒ AE = AH (2).
Mà DBA
nên ACB
= ABC
= ACE

Từ (1) và (2) suy ra AD = AE.
Ví dụ 3: Trên hình vẽ sau cho biết
µ

µ 2 và AB = AC, OCA
·
·
và OBA
tù.
O1 = O

Chứng minh rằng OB = OC.

Hướng dẫn: Từ A vẽ AH ⊥ Ox, AK ⊥ Oy ( H ∈ Ox, K ∈ Oy ) dễ dàng chứng minh
được OH = OK và như vậy chỉ cần chứng minh BH = CK là được. Điều này thật dễ
dàng.
Lời giải gợi ý:
Vẽ AH ⊥ Ox, AK ⊥ Oy ( H ∈ Ox, K ∈ Oy ) .
Xét ∆ KOA và ∆ HOA có:
µ 2 (gt).
·
·
OKA
= OHA
= 900 ; OA chung; µ
O1 = O

Do đó ∆ KOA = ∆ HOA (cạnh huyền – góc
nhọn)
Suy ra OK = OH (1);

AK = AH.

Xét ∆ KAC và ∆ HAB có:

·
·
AKC
= AHB
= 900 ; AC = AB (gt); AK = AH (cmt);

Do đó ∆ KAC = ∆ HAB (cạnh huyền – cạnh góc vuông). Suy ra CK = BH
·
·
Do OCA
và OBA
tù nên C nằm giữa O và K, B nằm giữa O và H.

Từ đó OC = OK – KC;

(3)

OB = OH – HB

Từ (1), (2), (3) (4) suy ra OB = OC.
6

(4)

(2).


Ví dụ 4: Cho tam giác ABC cân đỉnh A, BD là đường trung tuyến. Biết BC = 8cm,
BD = 7,5 cm. Tính độ dài cạnh AB.
Hướng dẫn: Tam giác ABC cân tại A, có BD là đường trung tuyến. Điều đó gợi ý ta

nghĩ đến vẽ đường cao AH của tam giác ABC, khi đó AH cũng là đường trung tuyến.
Lời giải gợi ý:
Vẽ AH là đường cao của tam giác ABC. Do tam giác
ABC cân đỉnh A, nên AH cũng là đường trung tuyến.
Gọi G là giao điểm của AH và BD.
∆ ABC có AH và BD là hai trung tuyến cắt nhau tại

G, suy ra G là trọng tâm của tam giác ABC.
1
2
⇒ BG = BD = 5cm. GH = AH.
3
3

Áp dụng định lý Pitago vào ∆ HBG vuông tại H, ta
có: GH2 + BH2 = BG2 ⇒ GH2 = BG2 – BH2 = 52 – 42 = 9 ⇒ GH = 3 (cm).
Nên AH = 3GH = 9cm.
Xét tam giác HAB vuông tại H ⇒ AB2 = AH2 + HB2 (định lý Pitago)
⇒ AB2 = 92 + 42 = 97 ⇒ AB =

97 (cm).

Vậy AB = 97 cm.
Ví dụ 5: Cho tam giác ABC. Về phía ngoài tam giác vẽ tam giác ABD vuông cân
đỉnh B, tam giác ACE vuông cân đỉnh C. Gọi M là giao điểm của BE và CD. Chứng
minh rằng AM ⊥ BC.
Hướng dẫn: Vẽ AK ⊥ BC tại K. Qua B vẽ đường thẳng vuông góc với CD cắt AK ở
N. Qua C vẽ đường thẳng vuông góc với
BE cắt AK ở P. Tìm cách chứng minh N
≡ P.

Lời giải gợi ý:
Vẽ AK ⊥ BC tại K. Qua B vẽ
đường thẳng vuông góc với CD cắt AK
ở N. Qua C vẽ đường thẳng vuông góc
với BE cắt AK ở P.
Xét ∆ BDC và ∆ ABN có:
7


(

)

·
·
·
DBC
= BAN
= 900 + ABC
;
·
·
·
(cùng phụ với DBN
).
BDC
= ABN

BD = AB (Tam giác DBA vuông cân tại A).
Do đó ∆ BDC = ∆ ABN (g.c.g). ⇒ BC = AN .

Chứng minh tương tự có: ∆ CEB = ∆ ACP (g.c.g). ⇒ BC = AP .
Ta có AN = AP (=BC) ⇒ N ≡ P.
Xét tam giác NBC có BE, CD là hai đường cao cắt nhau tại M nên M là trực
tâm của tam giác NBC ⇒ NM ⊥ BC .
Ta có AK ⊥ BC (gt). Do đó N, A, M, K thẳng hàng. Vậy AM ⊥ BC.
2.2.2 – Giải pháp 2: Vẽ thêm đường thẳng song song
Phương pháp: Vẽ thêm đường song song nhằm làm xuất hiện hai góc bằng
nhau, hai góc bù nhau, ...

Ví dụ 6: Trên hình bên cho biết: ·xAC = α
·
·
= β và ACB
= α + β . Chứng minh
, CBy

rằng Ax//By.

Hướng dẫn: Muốn chứng minh Ax//By, ta chứng minh chúng cùng song song với
·
·
đường thẳng thứ ba. Vì ·xAC = α , CBy
= β và ACB
= α + β . Ta tạo ra tia Cz sao cho

Cz//Ax. Chúng ta chứng minh Cz//By, từ đó suy ra Ax//By.
Lời giải gợi ý:
Vẽ tia Cz sao cho Cz//Ax (hình vẽ).
·
Ta có ·xAC = ACz

(so le trong).
·
·
·
Ta có ACz
+ BCz
= ACB
·
·
·
⇒ BCz
= ACB
− ACz
= α + β −α = β
·
·
·
·
= CBy
Vì BCz
( = β ) , BCz
và CBy
so le trong.

Do đó By//Cz. Ta có Cz//Ax và By//Cz. Vậy Ax//By.

8


Ví dụ 7: Cho tam giác ABC (AB < AC). Từ trung điểm M của BC kẻ đường thẳng

vuông góc với tia phân giác của góc A cắt tia này tại H, cắt AB tại D và AC tại E.
Chứng minh rằng BD = CE.
Hướng dẫn: Muốn chứng minh BD = CE, ta tìm cách tạo ra “đoạn thẳng thứ ba” rồi
chứng minh chúng bằng “đoạn thẳng thứ ba” đó.
Lời giải gợi ý:
Kẻ đường thẳng qua B song song với CE cắt DE tại F.
Xét ∆MBF và ∆MCE có:
·
·
(so le trong).
FBM
= ECM
BM = MC (gt).
·
·
(đđ)
BMF
= CME
⇒ ∆MBF = ∆MCE (g.c.g)
⇒ BF = EC (1)
∆ ADE có AH là đường cao (vì AH ⊥ BC)

đồng thời cũng là phân giác (gt) nên ∆ ADE
cân tại A ⇒ ·ADE = ·AED .
·
Mặt khác BF//EC nên BFD
= ·AED (đồng vị)
·
·
⇒ ∆BDF cân tại B ⇒ BD = BF (2).

⇒ BDF
= BFD
Từ (1) và (2) suy ra: BD = CE.
Ví dụ 8: Cho tam giác ABC cân đỉnh A. Trên cạnh AB lấy điểm D, trên tia đối của
tia CA lấy điểm E sao cho BD = CE. Nối D với E. Gọi I là trung điểm của đoạn
thẳng DE. Chứng minh rằng 3 điểm B, I, C thẳng hàng.
Hướng dẫn: Vẽ thêm DF//AC (F∈ BC). Tìm cách chứng minh ·EIC + ·EIF = 1800 .
Lời giải gợi ý:
·
Vẽ DF//AC (F∈ BC), DFB
và ·ACB đồng vị.
·DFB = ·ACB . Mà ABC
·
·
= ACB
(tam giác ABC cân

đỉnh A).
·
·
⇒ ∆ DBF cân đỉnh D ⇒ DB = DF.
Suy ra DFB
= ABC

Xét ∆ DIF và ∆ EIC có:

F

DI = IE (gt).
9

·
·
(so le trong).
FDI
= CEI

DF = CE (= BD).
Do đó ∆ DIF = ∆ EIC (c.g.c).
·
·
Suy ra DIF
. Mà ·DIF + ·EIF = 1800 .
= EIC

Do đó ·EIC + ·EIF = 1800 . Suy ra B, I, C thẳng hàng.
Vậy B, I, C thẳng hàng.
2.2.3 – Giải pháp 3: Vẽ thêm tia phân giác của một góc
Phương pháp: Các bài toán liên quan đến góc nhiều khi vẽ thêm tia phân giác của
một góc giúp tạo thêm được mối quan hệ về góc, cạnh để đến với lời giải của bài toán
dễ dàng hơn.
µ = 600 , BD và CE là hai đường phân giác của tam
Ví dụ 9: Cho tam giác ABC có A

giác ABC. Gọi I là giao điểm của BD và CE. Chứng minh rằng ID = IE.
Hướng dẫn:
·
Dễ thấy BIC
= 1200 . Vẽ đường phân giác IM của tam

giác IBC giúp chứng minh được ID = IE bằng cách
chứng minh ID = IM và IM = IE.
Lời giải gợi ý:
Vẽ IM là đường phân giác của tam giác BIC.
1·
·
= ABC
Ta có: IBC
(BD là phân giác của ·ABC )
2
1·
·
ICB
= ACB
(CE là phân giác của ·ACB ).
2

Nên ·BIC = 1800 – ( ·IBC + ·ICB )

(

= 1800 -

1 ·
ABC + ·ACB
2

= 1800 -

1
1800 − ·BAC
2

(

)

)

= 1200.
·EIB và ·DIC kề bù với ·BIC nên ·EIB = ·DIC = 600.
·
Suy ra ·EIB = ·BIM = ·MIC = CID
= 600 .

Xét ∆BEI và ∆BMI có:
·EBI = ·MBI (BD là phân giác của ·ABC ).

10


(

)

·EIB = ·BIM = 600
.

BI là cạnh chung.

Do đó ∆BEI = ∆BMI (g.c.g). Suy ra IE = IM.
Chứng minh tương tự ta có ID = IM.
Vậy ID = IE.
µ = 600 . BD và CE là hai đường phân giác của tam
Ví dụ 10: Cho tam giác ABC có A

giác ABC. Chứng minh rằng BE + CD = BC.
Lời giải gợi ý:
Gọi I là giao điểm của BD và CE. Vẽ IM là
·
đường phân giác của BIC
của tam giác IBC.

1·
·
= ABC
Ta có: IBC
(BD là phân giác).
2

1·
·
= ACB
và ICB
(CE là phân giác).
2

(

)

(

)

(

)

1 ·
1
·
·
·
·
·
= 1800 − IBC
+ ICB
= 1800 − ABC
+ ACB
= 1800 − 1800 − BAC
= 1200 .
Nên BIC
2

2

·
·
·

·
Do đó EIB
= BIM
= MIC
= CID
= 600 .

Xét ∆ BEI và ∆ BMI có:
·
·
·
·
, EIB
, BI là cạnh chung.
EBI
= MBI
= MIB

Do đó ∆ BEI = ∆ BMI (g.c.g). ⇒ BE = BM.
Chứng minh tương tự ta có CD = MC. Vậy BE + CD = BM + MC = BC.
2.2.4 – Giải pháp 4: Vẽ thêm tam giác vuông cân, tam giác đều
Phương pháp: Vẽ thêm tam giác vuông cân, tam giác đều làm xuất hiện các cạnh
bằng nhau, các góc bằng nhau, góc có số đo 450 (vẽ thêm tam giác vuông cân), góc có
số đo 600 (vẽ thêm tam giác đều)...
µ = 800 . Gọi D là điểm nằm trong
Ví dụ 11: Cho tam giác cân ABC (AB = AC) có A
·
·
tam giác sao cho DBC
= 100 , DCB

= 300 . Tính số đo góc BAD.

Hướng dẫn:

11


µ = 800 , ⇒ ·ACB = ·ABC = 500 mà DBC
·
Nhận xét ∆ ABC (AB = AC) có A
= 100 ,
·
DCB
= 300 . Trong trường hợp này ta sử dụng vẽ thêm tam giác đều BMC nằm trên

cùng một nửa mặt phẳng bờ BC chứa điểm A. Từ đó xác định được số đo góc BAD.
Lời giải gợi ý:
Vì ∆ ABC cân tại A, ¶Α = 800 nên
·ABC = ·ACB = 500 .

Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ BC chứa điểm
A, dựng tam giác đều MBC.
Ta có: ·ABM = ·ACM = 100 .
Xét ∆ AMB và ∆ AMC có:
AB = AC (gt).
BM = CM (theo cách dựng).
AM là cạnh chung.
⇒ ∆ AMB = ∆ AMC (c.c.c) ⇒ ·AMB = ·AMC

Mà ·AMB + ·AMC = 600 nên ·AMB = ·AMC = 300.

Xét ∆ AMB và ∆ DCB có:
MB = BC (theo cách dựng).
·AMB = DCB
·
= 300
·ABM = ·DBC = 100
⇒ ∆ AMB = ∆ DCB (g.c.g) ⇒ AB = BD.

1800 − 400
Xét ∆ ABD cân tại B có ·ABD = 400 ⇒ ·BAD = ·BDA =
= 700 .
2
Vậy ·BAD = 700 .
Ví dụ 12: Cho tam giác ABC cân tại A có góc ở đáy bằng 800. Trên AB lấy điểm D
sao cho AD = BC. Tính số đo góc ACD?
Lời giải gợi ý:
Vì tam giác ABC cân tại A nên µA = 1800 − 2·ABC = 200 .
Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ BC chứa điểm A, dựng tam giác đều EBC.
Ta có: ·ACE = ·ABE = 200 .
Xét ∆ ACE và ∆ CAD có:
12


AC là cạnh chung.
EC = AD (= BC)
·ACE = CAD
·
= 200
·
⇒ ∆ ACE = ∆ CAD (c.g.c) ⇒ ·ACD = EAC

(1)

Xét ∆ AEB và ∆ AEC có:
AB = AC (gt)
AE là cạnh chung.
EB = EC (theo cách dựng).
·
·
⇒ ∆ AEB = ∆ AEC (c.c.c) ⇒ EAB
= EAC
1·
0
·
·
·
·
Mà EAB
+ EAC
= BAC
= 200 ⇒ EAC = BAC = 10
2

(2)

Từ (1) và (2) ta có: ·ACD = 100 .
Ví dụ 13: Cho tam giác ABC vuông cân tại A. Lấy một điểm M nằm phía trong tam
giác ABC sao cho ·AMC = 1350 , MA = 2cm, MB = 3cm. Tính độ dài đoạn thẳng MC.
0
0

0
·
·
·
Hướng dẫn: ∆ABC có BAC
= 900 , ABC
= ACB
= 450 . Ta có: 135 = 90 + 45 giúp ta

nghĩ đến vận dụng định lý Pytago, tam giác vuông cân để tìm tam giác vuông có một
cạnh là MC và hai cạnh kia đã tìm được độ dài.
Lời giải gợi ý:
Trên nửa mặt phẳng bờ AM không chứa
điểm B dựng tam giác ADM vuông cân tại
đỉnh A.
·
Ta có AD = MA = 2cm. AMD
= 450 ,
·
·
·
DMC
= AMC
− AMD
= 900 .

Xét ∆ ADC và ∆ AMB có:
·
·
·

AD = AM; DAC
(cùng phụ với CAM
), AC = AB (gt).
= MAB

Do đó ∆ ADC = ∆ AMB (c.g.c) ⇒ DC = MB .
Xét ∆ AMD vuông cân tại A nên MD2 = MA2 + AD2 (định lý Pytago)
Do đó MD2 = 22 + 22 = 8.
Xét ∆ MDC vuông tại M, ta có: DC2 = MC2 + MD2 (định lý Pytago).
⇒ MC2 = DC 2 − MD 2 = 32 – 8 = 1 ⇒ MC = 1 (cm).

13


3 – PHẦN KẾT LUẬN
Trên đây chỉ là một vài kinh nghiệm nhỏ được rút ra từ thực tế những năm
giảng dạy của bản thân tôi. Toán vẽ thêm hình phụ là một dạng toán khó mà không
phải giáo viên hay học sinh nào cũng làm được. Với khả năng hạn chế của bản thân,
tôi chỉ đề cập đến một số dạng đơn giản mà các em học sinh thường gặp ở chương
trình lớp 7, lớp 8. Tôi cũng chỉ đi sâu vào vấn đề nhỏ đó là hướng dẫn, giúp các em
có kỹ năng nhìn nhận ra những hướng đi, những cách làm từ đó tìm ra cách giải đúng
theo yêu cầu bài toán.
Với những việc làm như đã nêu ở trên, bản thân tôi đã tự nghiên cứu áp dụng.
Bước đầu tôi thấy có một số kết quả sau:
- Phần lớn học sinh đã say mê giải những bài toán về vẽ hình phụ, các em không
còn sợ và lúng túng khi giải các bài toán dạng này nữa, thậm chí có nhiều em còn có
nhiều cách vẽ hình phụ khác nhau để tìm ra các cách giải khác nhau rất hay và độc
đáo.
- Các em có niềm tin, niềm say mê, hứng thú trong học toán, từ đó tạo cho các
em tính tự tin độc lập suy nghĩ, phát triển tư duy logic, óc quan sát, suy luận toán

học.
- Trong quá trình giải các bài tập đã giúp các em có khả năng phân tích, suy
ngẫm, khái quát vấn đề một cách chặt chẽ, các em không còn ngại khó, mà rất tự tin
vào khả năng học tập của mình.
Việc nghiên cứu đề tài là một việc làm thiết thực, nó sẽ góp phần cho GV dạy
tốt hơn, học sinh học chủ động hơn, đặc biệt là phát hiện ra những bài toán, dạng toán
mà nếu không vẽ thêm hình phụ thì rất khó để giải quyết.
Đề tài đã nêu lên một số phương pháp cụ thể trong các bài toán cần vẽ thêm
hình phụ, từ đó tạo cho học sinh thêm linh động, chắc chắn khi giải toán.
Những biện pháp và bài học tôi đã trình bày ở trên, bước đầu đạt được kết quả
chưa thật mỹ mãn đối với tâm ý của bản thân. Tuy nhiên, nếu thực hiện tốt tôi nghĩ
nó cũng góp phần đổi mới phương pháp dạy học mà ngành đang quan tâm và chỉ đạo
để nâng cao chất lượng học sinh nói chung và chất lượng mũi nhọn nói riêng. Mặt
khác, tôi thiết nghĩ, sau khi được học xong tài liệu này học sinh không những không


còn lúng túng trong những bài toán có vẽ thêm hình phụ mà còn hình thành cho mình
phương pháp giải đúng đắn, chính xác.
Trên đây là điều mà tôi đã nghiên cứu, đúc kết trong quá trình giảng dạy mà
bản thân chúng tôi đã vận dụng khi dạy học sinh và đã đem lại kết quả rất tốt. Tuy
nhiên còn nhiều thiếu sót, còn nhiều vấn đề cần phải bàn thêm. Vì vậy tôi rất mong
được sự góp ý, xây dựng của các thầy giáo, cô giáo, cùng các bạn đồng nghiệp, nhằm
giúp tôi từng bước hoàn thiện phương pháp giảng dạy của mình, đồng thời sẽ góp
phần vào việc nâng cao chất lượng dạy và học về phần toán hình có vẽ thêm hình
phụ, góp phần tạo hứng thú cho học sinh khi học về dạng toán này. Tuy nhiên cũng
không nên quá lạm dụng vì có khi nó làm bài toán trở nên phức tạp hơn.