PHƯƠNG PHÁP PHÂN TÍCH ĐỂ TÌM LỜI GIẢI BÀI TOÁN HÌNH HỌC TRUNG HỌC CƠ SỞ

BÁO CÁO KẾT QUẢ SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

PHƯƠNG PHÁP SUY LUẬN PHÂN TÍCH ĐỂ TÌM
LỜI GIẢI BÀI TOÁN HÌNH HỌC TRUNG HỌC CƠ SỞ


Mục lục
Trang
Phần I:
Phần mở đầu
1/ Lý do chọn đề tài
2/ Mục đích nghiên cứu
3/ Đối tượng nghiên cứu
4/ Nhiệm vụ nghiên cứu
5/ Phạm vi và giới hạn nghiên cứu
6/ Phương pháp nghiên cứu
Phần II: Nội dung của đề tài
Cơ sở:
1A- sở lý luận:
I) Một số đặc điểm của sách giáo khoa toán THCS (Phần hình học)
II) Suy luận và chứng minh hình học
III)Phương pháp suy luận phân tích để tìm lời giải bài toán hình học
IV) Sử dụng suy luận phân tích để khai thác mở rộng bài toán mới từ

02
03
03
03
03
03
05

05
05
05
06
10

bài toán ban đầu
B/ Cơ sở thực tiễn.
II/ Một số ví dụ minh hoạ:
Phần III: Kết luận

10
11
29

Phần IV Tài liệu tham khảo

31

Phương pháp suy luận phân tích để tìm lời giải bài toán hình học
trung học cơ sở
Phần I: Phần mở đầu
1/ Lý do chọn đề tài:

2


Môn Toán học là một môn quan trọng chủ yếu đối với sự phát triển của
môn học khoa học khác như: Vật lý, Hoá học, Sinh học, Ngôn ngữ học, Tâm lý
giáo dục học... Toán học cùng với các nghành khoa học khác quan hệ mật thiết

với nhau và cùng nhau phát triển. Vì vậy nó được đưa ngay từ lớp 1 và theo đuổi
con người cho tới khi ngừng học. Vì tầm quan trọng của môn Toán học như vậy
nên nó cần phải được quan tâm cả về nội dung hình thức và phương pháp giảng
dạy.
Vị trí của môn học trong hệ thống chương trình sách nói lên tầm quan
trọng của nó trong việc giáo dục tính sáng tạo, kĩ năng tổng hợp, phân tích, khả
năng giải quyết vấn đề cho học sinh.
Có nhiều HS thắc mắc không hiểu tại sao nghe thầy, cô giáo giải bài tập và
chứng minh định lí, cũng như các em tự đọc chứng minh định lí trong sách em
thấy dễ hiểu lắm nhưng em không sao giải được bài tập cũng như chứng minh
lại một định lí, nếu không học thuộc lòng cách chứng minh đó. Tại sao?
Quả đúng là nghe hoặc đọc một bản chứng minh không khó vì bản chứng
minh được trình bày theo một trật tự lô gíc, từ một cái đúng này đến cái đúng
khác rất hợp lí, với những lí lẽ rất xác đáng, làm cho người nghe, người đọc phải
chấp nhận, không thắc mắc vào đâu được. Do vậy cái lập luận lô gíc đó nhẹ
nhàng dẫn dắt người nghe dần dần đến một kế luận tất yếu phải thừa nhận.
Nhưng làm sao biết được cái trật tự lô gíc ấy để trình bày? Cái khó chính
là chỗ đó. Trong mớ bòng bong những quan hệ chằng chịt giữa các yếu tố trong
bài toán, làm sao phát hiện được đầu mối, cái nút nằm ở đâu để tháo gỡ. Mà
muốn tháo gỡ cũng phải biết lập luận thật lô gíc. Cái lập luận có trật tự lô gíc ấy
không phải bỗng nhiên mà có, mà là hình thành trong quá trình nghiên cứu có
phương pháp. Một trong những phương pháp nghiên cứu giúp ta đi đúng
đường , tìm được lời giải là phương pháp suy luận, phân tích mà học sinh nên
cố gắng học hỏi để tự rèn luyện hay đúng hơn là khổ luyện. Tất cả đều do rèn
luyện mà có. đối với Toán học nói chung và hình học nói riêng cũng vậy, không
có con đường nào khác ngoài rèn luyện, rèn luyện có phương pháp.

3

Cùng một vấn đề có thể phân tích theo nhiều cách khác nhau từ đó có
nhiều cách chứng minh khác nhau. Cho nên sau mỗi bài phân tích học sinh tự
hỏi có thể phân tích khác không, đừng bao giờ tự bằng lòng với một cách phân
tích. Với hy vọng đóng góp một phần nào đó có ích cho công cuộc giảng dạy,
giúp cho học sinh không còn cảm thấy quá sợ phân môn hình học ở THCS. Tôi
mạnh dạn viết chuyên đề này với mong muốn đóng góp một phần nhỏ cho giáo
viên và học sinh yêu thích say mê với môn toán.
2/ Mục đích nghiên cứu:
- Giúp giáo viên hiểu được tầm quan trọng của việc sử dụng phương pháp
suy luận phân tích trong việc dạy học hình học ở trung học cơ sở.
- Rèn luyện phương pháp tư duy cho học sinh
- Đề xuất cách giải, khai thác mở rộng bài toán hình học
3/ Đối tượng nghiên cứu:
- Một số bài toán hình học THCS
4/ Nhiệm vụ nghiên cứu:
Xuất phát từ việc dạy toán và học toán hiện nay chuyên đề nhằm:
- Giúp giáo viên và học sinh thấy được tầm quan trọng của phương pháp
suy luận phân tích trong việc tìm lời giải bài toán hình học
- Đưa ra một số ví dụ minh hoạ nhằm định hướng lời giải bài toán hình
học một cách tự nhiên và lo gic
5/Phạm vi và giới hạn nghiên cứu:
5.1/ Phạm vi nghiên cứu:
Sử dụng suy luận phân tích để chứng minh các định lý và bài toán hình học thcs
6/ Phương pháp nghiên cứu đề tài:
- Chọn một số bài toán mẫu
- Khai thác mở rộng bài toán.

Phần II:

Nội dung của đề tài

Cơ sở của đề tài
A/ Cơ sở lý luận:
4


I/ Một số đặc điểm của sách giáo khoa toán THCS ( Phần Hình học):
- Được viết căn cứ vào chương trình môn toán THCS của Bộ Giáo dục Đào tạo ban hành ngày 24/01/2002. Sách toán THCS đó lôi cuốn các em học
sinh vào một cuộc tìm tòi, khám phá những kiến thức toán học bổ ích, lý thú,
những kiến thức có nhiều ứng dụng trong thực tế và ứng dụng vào việc học tập
các môn học khác.
- Về hình học các kiến thức được trình bày theo con đường kết hợp trực
quan và suy diễn . Bằng đo đạc, vẽ hình, gấp hình, quan sát, suy luận, phân
tích… học sinh dự đoán các sự kiện hình học và tiếp cận với các định lí.
- Yêu cầu về tập dượt suy luận, chứng minh tăng dần qua các chương ở
phần hình học 7
Hình học 7
Chương I: Có 3 tính chất được công nhận, không chứng minh, 6 tính chất
thu được qua suy luận, 7 bài tập suy luận
Chương II: Chỉ có 1 định lí được công nhận ( định lí PiTaGo), 4 định lí có
chứng minh, 3 định lí có chứng minh thông qua các câu hỏi gợi ý SGK, 3 định lí
học sinh tự chứng minh.
Chương III: Hầu hết các định lí được chứng minh hoặc gợi ý chứng minh.
Từ hai định lí về sự đồng quy của 3 đường trung tuyến và của 3 đường cao.
SGK Toán 7 tiếp tục bổ sung những kiến thức mở đầu hình học đã được giới
thiệu ở lớp 6 đó là khái niệm về hai đường thẳng vuông góc, hai đường thẳng
song song, quan hệ giữa tính vuông góc và tính song song của hai đường thẳng.
Tiên đề Ơcơlít về đường thẳng song song. Tiếp đó sách hướng dẫn học sinh đo
các góc của 1 số tam giác, cắt ghép hình.
Phần bài tập cho học sinh thực hành ở từng tiết học, lí thuyết thường chỉ

có hai bài, các bài tập trong mỗi tiết luyện tập thường không quá ba bài. Bài tập
ở mức Hình học 8.
Hình học 8
Chương I: Có tổng số 90 bài tập.

5


Chương II:Có tổng số 47 bài tập. Cần cho học sinh luyện tập các bài toán
rèn kĩ năng cơ bản
Chương III: Chương này có 61 bài tập. Mỗi tiết học luyện tập thường chỉ
bố trí khoảng 3 bài tập.
Chương IV: Có 59 bài tập. Nhiều bài tập tương tự được lặp đi lặp lại. Do
đó có thể giảm bớt các bài tập sau: 4, 8, 12, 18, 24, 26,29, 31, 46, 55, 58
Hình học 9
Chương I: Chương này có tổng số 43 bài tập. Có 6 định lý được chứng
minh, một định nghĩa.
Chương II: Có tổng số 43 bài tập. Có 8 định lý trong đó có 3 định lý được
thừa nhận không chứng minh.
Chương III: Có tổng số 99 bài tập. Mỗi tiết luyện tập có khoảng từ 8 đến
10 bài tập.
Chương IV: Có tổng số 45 bài tập. Các bài tập được tăng cường tính suy
luận
SGK toán 9 tiếp tục đảm bảo sự nhất quán trong cách trình bày và hình thức thể
hiện của bộ sách Toán THCS từ lớp 6. Tuy nhiên yêu cầu về tính chặt chẽ, chính
xác; yêu cầu về suy luận tăng lên rõ rệt so với các lớp dưới.
II/ Suy luận chứng minh trong toán học :
a/Suy luận: Suy luận là hình thức của tư duy nhờ đó rút ra phán đoán mới
từ một hay nhiều phán đoán theo các quy tắc lô gíc xác định. Bất kì suy luận nào
cũng gồm tiền đề, kết luận và lập luận. Tiền đề ( còn gọi là phán đoán xuất phát)

là phán đoán mà từ đó rút ra phán đoán mới . Kết luận là phán đoán mới thu
được bằng con đường lô gíc từ cái tiên đề cách thức lô gíc rút ra kết luận từ tiền
đề gọi là lập luận. Căn cứ vào cách thức lập luận, suy luận được chia thành suy
luận suy diễn( suy diễn) và suy luận quy nạp(quy nạp). Suy diễn là suy luận
trong đó lập luận đi từ cái chung đến cái riêng cái đơn nhất. Quy nạp là suy luận
trong đó lập luận đi từ cái riêng, cái đơn nhất đến cái chung. Suy diễn còn có
nhiều suy diễn trực tiếp và suy diễn gián tiếp. Suy diễn trực tiếp là suy diễn
trong đó kết luận được rút ra từ một phán đoán xuất phát dựa vào sự biến đổi
6


của phán đoán ấy hoặc dựa trên cơ sở của các quy tắc tương quan giữa tính chân
thực và tính giả dối của phán đoán. Suy diễn gián tiếp là suy diễn trong đó kết
luận được suy ra từ hai hay nhiều phán đoán có mối quan hệ lô gíc với nhau.
b/Chứng minh
Chứng minh là thao tác lô gíc …… để lập luận chính chân thực của phán
đoán nào đó nhờ các phán đoán chân thực khác có mối liên hệ hữu cơ với phán
đoán ấy. Chứng minh bao gồm 3 thành phần liên quan chặt chẽ với nhau: luận
đề, căn cứ, luận chứng ( lập luận). Luận đề là phán đoán mà tính chân thực của
nó cần phải chứng minh. Nó là thành phần chủ yếu của chứng minh và trả lời
câu hỏi: chứng minh là cái gì, luận đề có thể là các luận điểm lí luận khoa học,
…….có thể là các phán đoán về thuộc tính về quan hệ hay vì nguyên nhân tồn
tại của sự vật và hiện tượng nào đó. Luận cứ là các luận điểm lí luận khoa học
hay thực tế chân thực dùng để chứng minh luận đề. Luận cứ có chức năng là tiền
đề lô gíc của chứng minh và trả lời câu hỏi: dùng cái gì để chứng minh? Luận cứ
có thể là các luận điểm tin cậy về các sự kiện có thể là định nghĩa, tiên đề, các
luận điểm khoa học đủ được chứng minh. Luận chứng của chứng minh là mối
liên hệ lô gíc giữa luận cứ và luận đề. Đây là quá trình chuyển từ cái đã biết tới
cái chưa biết theo một trình tự lô gíc xác định. Quá trình này được thực hiện
theo những quy luật và quy tắc của lô gíc học. Người ta chia chứng minh thành

chứng minh trực tiếp và chứng minh gián tiếp. Chứng minh trực tiếp là chứng
minh trong đó tính chân thực của luận đề được trực tiếp rút ra từ các luận cứ.
Chứng minh gián tiếp là chứng minh trong đó tính chân thực của luận đề được
rút ra trên cơ sở lập luận tính giả dối của phản luận đề.
III/ Phương pháp suy luận phân tích tìm lời giải bài toán ( còn gọi là
phương pháp đi ngược )
Xuất phát điểm của phương pháp phân tích để tìm lời giải bài toán và kết
luận của bài toán có thể là điều phải tìm trong bài toán tìm tòi , hay điều phải
chứng minh trong bài toán chứng minh.Người ta thường giả thiết rằng kết quả
đó là tồn tại và đi theo hai hướng

7


Hướng thứ nhất là đi tìm điều kiện để đi đến nó là gì ? Cứ từng bước đi ngược
như thế cho đến khi gặp các dữ kện đã biết , tức là từ “ cái cần tìm’’ từng bước
tìm được “cái đã biết ’’
Phép phân tích trong trường hợp này gọi là phép phân tích đi lên và có mô
tả đơn giản bằng sơ đồ :
X ⇐ A ⇐ A ⇐ ... ⇐ An = B
14 2 43 1 {2
123
Buoc1

Buoc 2

Buocn

X là kết luận , B là giả thiết hay điều đã biết
Hướng thứ hai đi từ hệ quả logic của nó. Phương pháp phân tích trong

trường hợp này gọi là phương pháp phân tích đi xuống và có thể diễn tả bằng sơ
đồ:
X ⇒ A ⇒ A ⇒ ... ⇒ An = B
14 2 43 1 {2
123
Buoc1

Buoc 2

Buocn

Trong việc tìm kiếm lời giải bài toán bằng phương pháp này, có bài toán
mà khoảng cách từ X đến B rất gần chỉ một vài bước giải, nhưng cũng có bài
toán mà khoảng này lại rất xa nó không chỉ là một vài bước.Các bài toán trong
trường hợp này rõ ràng là phức tạp hơn các bài toán trước đó. Tuy nhiên trong
nhiều trường hợp khoảng cách đó lại do người giải toán. Chẳng hạn người giải
toán không có định hướng đúng nên sau một số bước bài toán trở nên phức tạp
hơn, hoặc trở lại bài toán ban đầu. Muốn cho định hướng đúng thì phải biết quan
sát, phân tích các đặc điểm của kết luận mà đề xuất hướng giải. Mỗi bước phân
tích được xem là đúng hướng nếu sau phép phân tích đó giả thiết gần gũi với kết
luận hơn.
Ví dụ 1:
Cho tam giác cân ABC (AB < AC), một điểm M trên AB, một điểm N trên
AC sao cho AM = AN. Chứng minh rằng giao điểm I của MC với NB ở trên
đường trung trực của BC.

8


∆ ABC có

A

AB = AC
M ∈ AB; N ∈ AC

GT
M

AM = AN

N

I

KL
1

IB = IC

1
2

2

C

B

Phân tích

IB = IC

CM.

⇑

CM. ∆ BIC cân hay Bˆ 2 = Cˆ 2
⇑

Mà

Bˆ 2 = Bˆ − Bˆ 2
= > Bˆ = Cˆ (gt)
Cˆ 2 = Cˆ − Cˆ 2
⇑

CM.

Bˆ1 = Cˆ 1

Aˆ chung
AB = AC( gt )
AM = AN ( gt )

Suy ra: ∆ ABN = ∆ ACM (c.g.c)
⇒ Bˆ1 = Cˆ 1 (2 góc tương ứng)

Mà Bˆ = Cˆ nên:
⇒ Bˆ − Bˆ1 = Cˆ − Cˆ1

⇑

CM. ∆ ABN = ∆ ACM
Đã có

Chứng minh
Xét ∆ ABN và ∆ ACM có:

Aˆ chung
AB = AC( gt )
AM = AN( gt )

Hay Bˆ 2 = Cˆ 2
Tam giác BIC cân: IB =IC
Vậy I thuộc đường trung trực của BC

Đủ điều kiện c.g.c
Lời giải của bài toán thì đơn giản và cũng có thể tìm được cách giải khác.
Điều muốn nói ở đây là mọi phân tích từ kết luận đều có định hướng một cách
chính xác và có lí.Rõ ràng ở mỗi bước trong lời giải trên đây thì kết luận của bài
toán lại nhích gần tới giả thiết.

Ví dụ 2:

9


Cho tam giác có ba góc nhọn và các cạnh không bằng nhau. Qua một đỉnh
của tam giác đó vẽ đường cao; qua đỉnh thứ hai vẽ đường trung tuyến; qua đỉnh
thứ ba vẽ đường phân giác. Chứng minh rằng nếu ba đường đã vẽ được cắt

nhau, tạo thành một tam giác thì tam giác đó là tam giác đều.
(Thi vô địch toán Nam Tư, 1998)
∆ ABC nhọn có

A

AB ≠ AC ≠ BC; AB ≠ CA

E

B

BI = IA

F

D
2

GT

K

I

KL
1
H

Hˆ = 90 0

Bˆ1 = Bˆ 2

∆ DEF đều

C

Phân tích
Giả sử ∆ DEF đều

Chứng minh
∆ BID có : Bˆ 2 = 30 0

⇒ Dˆ - Eˆ = 600

⇒ Bˆ1 = 300 (∆BHE)
⇒ Bˆ 2 = Bˆ1 = 300
0
∆ BID có : Bˆ 2 = 30 ; Dˆ = 60 0

Dˆ = 60 0
⇒ I$ = 900

Do đó trung tuyến CI trở thành
đường trung trực của AB, kéo theo

⇒ I$ = 900

CA = CB, mâu thuẫn với giả thiết

⇒ ∆ ABC có trung tuyến CI đồng thời là

là các cạnh của

đường trung trực nên CA = BC, trái với

∆ ABC không bằng nhau.

giả thiết.

Vậy thừa nhận kết luận ∆ DEF là

tam giác đều là không đúng.
Lưu ý: Có thể phân tích cách khác, thế nào cũng dẫn đến mâu thuẫn.
Phương pháp phân tích được dùng tìm lời giải bài toán trên là phương
pháp phân tích đi xuống có tính chất bác bỏ mệnh đề cần chứng minh. Ta cũng
cần chú ý rằng phép phân tích đi xuống chỉ được coi là chứng minh ( bác bỏ)
trong trường hợp này. Nói chung không được lấy điều kiện cần để chứng minh
làm điều kiện đã biết để suy kí. Chẳng hạn, muốn chứng minh A > B thì phải

10


chứng minh A.B > 0. Ơ đây không lấy A – B > 0 làm cơ sở để suy diễn, nếu
không sẽ mắc phải sai lầm về mặt lô gic.
IV/Sử dụng suy luận phân tích để khai thác mở rộng bài toán mới từ bài

toán ban đầu:
Vấn đề tìm lời giải bài toán là vấn đề cơ bản của hoạt động giải toán. Tuy
nhiên một khâu cơ bản không kém phần quan trọng là việc sáng tạo bài toán
mới. Việc giải bài toán là cơ sở quan trọng cho việc rèn luyện khả năng làm việc

độc lập sáng tạo là cơ sở rèn luyện kĩ năng giải quyết vấn đề. Còn vấn đề sáng
tạo bài toán mới là hình thành kĩ năng phát hiện vấn đề. Làm tốt việc sáng tạo
bài toán sẽ tạo điều kiện làm tốt việc giải toán. Từ đó người giải toán không chỉ
nắm được các bài toán riêng lẻ mà còn nắm được dưới dạng tổng quát. Để làm
tốt mặt nàyđòi hỏi người giải toán có sự hiểu biết sâu sắc về bài toán, nắm được
nguồn gốc của bài toán đoán nhận được quá trình hình thành bài toán.
Việc diễn đạt bài toán dưới hình thức khác nhau có ý nghĩa quan trọng rèn
luyện củng cố tri thức cho học sinh và góp phần bồi dưỡng năng lực suy luận
phân tích cho học sinh thực chất là năng lực nhìn thấy vấn đề mới trong tình
huống quen thuộc, phát hiện cấu trúc của đối tượng.... là phẩm chất cơ bản của
tư duy sáng tạo.
Một số con đường đi tới bài toán mới từ bài toán ban đầu:
1/ Từ bai toán ban đầu sử dụng suy luận phân tích để sáng tạo, xây dựng
bài toán mới
a/ Thành lập bài toán tương tự
b/ Thành lập bài toán đặc biệt hoá
c/ Thành lập bài toán khái quát hoá
d/ Bài toán ngược
B/ Cơ sở thực tiễn:
Tiến hành nghiên cứu đề tài này nhằm phát huy tích cực cao độ của chủ
thể học sinh, nhân vật trung tâm trong quá trình dạy học toán nhằm đạt mục
tiêu: Rèn luyện có hiệu quả kĩ năng giải bài toán hình học một trong những vấn

11


đề khó của học sinh …đề tài nhằm giúp cho đội ngũ giáo viên xây dựng qui
trình dạy học sinh đại trà cho phù hợp nhất với đối tượng học sinh của mình .
* Yêu cầu để đạt được mục đích trên người nghiên cứu phải làm được những
yêu cầu sau :

+ Phải lắm được những vị trí ,mục tiêu ,đặc điểm ,chương trình nội dung
của môn Toán.
+ Từ đó tiến hành đề tài giúp toàn thể đội ngũ giáo viên Toán có phương
pháp dạy hợp lí với đối tượng học sinh của mình về bộ môn này
+ Từ đó góp phần nâng cao chất lượng dạy học nói chung và dạy Toán nói
riêng trong trường thcs, nhằm đáp ứng nhu cầu trong thời đại mới.
Một số ví dụ minh hoạ:
Bài toán 1:
Cho một điểm M bất kỳ trong mặt phẳng. Chứng ming rằng nếu M cách
đều hai mút của một đoạn thẳng AB ( Tức MA = MB) thì M ở trên đường trung
trực của đoạn thẳng AB.
M

GT

MA = MB
M∈ đường trung trực của AB

KL
A

1

2

B

H

CM.

Phân tích
M ∈ đường trung trực của AB
⇑

Chứng minh
Gọi H là trung điểm của AB.
Kẻ MH.

Nhứ lại định nghĩa: Đường thẳng

Xét ∆ AHM và ∆ BHM có:

vuông góc với đoạn thẳng tại trung

 MA = MB ( gt )

 AH = HB
 MHcanhchung


điểm của nó được gọi là đường trung
trực của đoạn thẳng ấy. Vậy nếu H là
trung điểm của AB (AH = HB) thì ta
phải chứng minh:

⇒

∆AMH = ∆BHM (c.c.c)

⇒ Hˆ 1 = Hˆ 2

Mà Hˆ 1 + Hˆ 2 = 180 0
12


Vậy Hˆ 1 = Hˆ 2 = 90 0

MH ⊥ AB hay
0
Hˆ = 90

Mà MH ⊥ AB tại trung điểm H của

⇑

CM.

nó, đúng là đường trung trực của AB.

∆AHM = ∆BHM

 MA = MB( gt )

Đã có:  AH = HB
 MHcanhchung


Đủ điều kiện (c.c.c). Suy ra:
Hˆ 1 = H 2 = 90 0

Chú ý: Từ bài toán ta ghi nhớ để sử dụng tính chất quan trọng:
Bất kỳ điểm M nào cách đều hai mút của một đoạn thẳng AB ( tức MA = MB)
cũng đều nằm tren đường trung trực của AB.
Bài toán 2:
Cho tam giác ABC (AC < AB). Trên tia AC lấy điểm E sao cho AE =
AB. Tia phân giác của góc A cắt BC tại D, Cắt BE tại H. Chứng minh:
a , BD = DE
b , BE ⊥ AD
A

GT

2

1

AC < AB
AE = AB
Aˆ1 = Aˆ 2

C

D
E
1

BD = DE
BE ⊥ AD

H

B

CM.

2

KL

Phân tích
BD = DE
⇑

Chứng minh
a)Xét ∆ BDA và ∆ EDA có:
AB = AE (gt)
13


Aˆ1 = Aˆ 2

CM. ∆ BDA = ∆ EDA
AB = AE (gt)

AD cạnh chung

Đã có: Aˆ1 = Aˆ 2

⇒ ∆BDA = ∆EDA (c.g.c) ⇒ BD = DE

AD cạnh chung

b)Xét ∆ ABH và ∆ AEH có:

⇒ Đủ điều kiện (c.g.c).

AB = AE (gt)

BE ⊥ AD ( Hˆ = 90 0 )

2.CM.

Aˆ1 = Aˆ 2

⇑

AD cạnh chung

180 0
= 90 0
CM. ⇒ Hˆ 1 = Hˆ 2 =

⇒ ∆ ABH = ∆ AEH(c.g.c)

2

⇒ Hˆ 1 = Hˆ 2

⇑

Mà Hˆ 1 + Hˆ 2 = 1800

∆ABH = ∆AEH

CM.

Vậy Hˆ 1 = Hˆ 2 = 900

AB = AE (gt)
Đã có: Aˆ1 = Aˆ 2

Tức BE ⊥ AH

AD cạnh chung

Đủ điều kiện (c.g.c).
Bài toán 3: Cho hai đoạn thẳng AB và CD song song và bằng nhau ( B và C ở
cùng phía so với đường thẳng AD).
a ,Chứng minh: AD // BC và AD = BC.
b ,Kéo dài AD ra một đoạn DE = AD.
Chứng minh: CE // BD và CE = BD

GT

AB // CD
AB = CD

E

DE = AD

2

3

D
1

2

C

KL

AD // BC, AD = BC

1

CE // BD; CE = BD

2

.

1
B

A

Phân tích

Chứng minh
14


a) CM.

AD // BC và AD = BC

a)Xét

⇑

Bˆ1 = Dˆ 1 ; AD = BC
∆ ADB và ∆ CDB

CM.

⇒ ∆ ADB và ∆ CDB (c.g.c)

 AB = CD( gt )
 BDcanhchung

⇒ AD = BC Và

Đã có: 

Bˆ1 = Dˆ 1

mà đó là 2 góc so le trong,

⇑

nên: AD // BC

Bˆ 2 = Dˆ 2 ;

CM.

∆ CDB có:

AB = CD ( gt )
¶
¶
B2 = D2 ( slt ; AB // CD )
BDcanhchung


Kẻ BD.
CM.

∆ ADB và

Vậy:

⇑

 AB // CD
 AD // BC

⇒

 AB = CD  AD = BC

Đúng là bằng nhau, vì đó là hai góc so
le trong và AB // CD (gt)
Từ kết quả này suy ra:
 AB // CD
 AD // BC
⇒

 AB = CD  AD = BC
⇑

b)Vận dụng kết quả suy ra trên đay để

b)

giải câu thứ 2, với

 DE = AD = BC  EC // BD
⇒

 DE // BC
 EC = BD

 DE = AD = BC  EC // BD
⇒

 DE // BC

 EC = BD

Bài toán 4:
Cho tam giác ABC, trung điểm M của AB, trung điểm N của AC. Kéo dài
MN ra một đoạn NP = MN.
a , Chứng minh CP = BM và CP // BM.
b , Vận dụng bài 3 chứng minh MN =

BC
2

15


A

GT

AM = MB
AN = NC

1

M

N

MN = NP

P

2

KL

CP = BM Và CP // BM
MN =

B

C

Phân tích
a) CM. CP = BM Và CP // BM
⇑

CM.

BC
2

∆CPN = ∆AMN (1)
 AN = NC ( gt )
 MN = NP( gt )

Đã có: 

⇑

Nˆ 1 = Nˆ 2

CM.

Chứng minh
a)
Xét ∆ CPN và ∆ AMN có:
 AN = NC ( gt )

 MN = NP ( gt )
¶
¶
 N1 = N 2
⇒ ∆CPN = ∆AMN (c.g.c)
⇒ CP = AM = BM Và

Mˆ = Pˆ

mà đó là 2 góc so le trong bằng nhau,
Đó là 2 góc đối đỉnh

nên: CP // BM

CM.

b)Hai đoạn thẳng CP và BM song

CP // BM
⇑

CM.

Mˆ = Pˆ (so le trong)

song và bằng nhau nên:
MP // BC và MP = BC ( C/m ở bài
3)

Suy ra từ (1)
b). CM. MN =

BC
2

⇑

Hay 2 MN = BC

mà 2 MN = MP
Nên 2 MN = BC
Hay MN =

BC
2

Mà 2 MN = MP
⇑

CM. MP = BC
Bài toán 5:

16

Cho tam giác ABC ví AB =BC và ABC = 800 . Ta lấy một điểm I ở trong
tam giác ấy sao cho IAC = 100 ; ICA = 300. Tính góc ABC = 800 ?
A

GT

1 2

AB = BC
ABC = 800

10

IAC = 100 ; ICA = 300.

K

D

KL

O

∆ AIB ?

I
30
B

E

C

Chú ý : Đây là bài toán khó. Cần vẽ hình chính xác nhằm dễ phát hiện điều cần
phải chứng minh để có hướng phân tích. Thí dụ, nhờ hình vẽ tốt ta đoán nhận
được tam giác AIB là tam giác cân. Góc ở đỉnh bằng 400, vậy góc ở đáy sẽ bằng
700. Ta thử phân tích để c/m điều mình đoán nhận đó.
Phân tích
a) CM. ∆ AIB cân (AB = AI )
⇑

Tìm cách tạo ra những tam giác có

Chứng minh
a)
∆ ABC cân với ABC = 800

Nên BAC = 500 => BAI = 400

cạnh tương ứng là AB và AI và chứng Kẻ đường phân giác của góc ABC:
minh bằng nhau.
⇑

ABK = 400
Trong tam giác cân ABC, BK cũng là

Kẻ đường phân giác BK (K ∈ AC)

đường trung trực của AC.

của ABC = 800. Do ∆ ABC cân nên

Kẻ CI cắt BK tại O. Ta có:

BK cũng là đường trung trực của AC.

AIO = IAC + ICA = 400 = ABK

- Kẻ CI cắt BK tại O. AIO là góc

Kẻ OA. Do O ∈ BK là đường trung

ngoài của ∆ ACI nên:

trực của AC, nên:

AIO = IAC + ICA = 400

OA = OC <=> ∆OAC cân ⇔

⇑

OAC = OCA = 300 => OAI = 200

Kẻ AO thì ta thấy hình thành hai tam

17

giác AOB và AOI chung cạnh AO,

Vậy AO là tia phân giác của BAI

Các góc ở B và I đều bằng 400. Vậy:

Xét ∆ CPN và ∆ AMN có:

⇑

CM.

·
AO là tia phân giác của BAI
⇑

OAI = 200

CM.

OAC = 300 = OCA

Tức

1

2

AOˆ B = AOˆ I = 180 0 − (40 0 +20 0 ) = 120 0

⇒ ∆AOB = ∆AOI (g.c.g)
⇒ AB = AI

⇑

CM.

AOcchung
Aˆ = Aˆ = 20 0

Tam giác ABI cân, có góc ở đỉnh bằng

OA = OC

Điều đó đúng vì O ∈ BK là đường

400.

trung trực của AC

Vậy ·AIB = 700

Bài toán 6: Cho các điểm E, D, F lần lượt trên các cạnh AB, AC, BC của tam
giác đều ABC sao cho BE = AD = CF =

AB
. Đoạn thẳng AF cắt BD và CE lần
3

lượt tại P và Q; CE cắt BD tại O. Chứng minh rằng OPQ là tam giác đều.
B
2

1

GT

E

AB = BC = AC

O

BE = AD = CF =

F

AB
.
3

Q
P
1

2

2

1
A

C

D

Phân tích
a) CM. ∆ OPQ đều
⇑

CM.

Oˆ = Pˆ = 60 0
⇑

Oˆ = Cˆ 1 +Bˆ 2
Pˆ = Bˆ1 + Aˆ 2

KL

∆ OPQ đều

Chứng minh
Xét các ∆ ABD; ∆ ACF và ∆ CBE có:

 AB = AC = BC ( gt )
µ µ µ
0
 A = B = C = 60 ( gt )


AB
 AD = CF = BE =
( gt )
3


⇑

CM.

Aˆ 2 = Bˆ 2

∆ ABD = ∆ ACF = ∆ CBE (c.g.c)

18


Suy ra: Aˆ1 = Bˆ1 = Cˆ1

⇑

CM.

Aˆ1 = Bˆ1 = Cˆ 1

⇒ Từ đó:

⇑

CM.

Cˆ = Cˆ 1 +Bˆ 2 = Aˆ1 + Aˆ 2 = 60 0

∆BAD = ∆ACF = ∆CBE

Pˆ = Bˆ1 + Aˆ 2 = Aˆ1 + Aˆ 2 = 60 0

Đã có:
 AB = AC = BC ( gt )
µ µ µ
0
 A = B = C = 60 ( gt )
 AD = CF = BE ( gt )


Tam giác OPQ có hai góc bằng 600 là
một tam giác đều.

Đủ điều kiện c.g.c
Bài toán 7: Cho tam giác ABC và giao điểm O của ba đường trung trực. Chứng
minh BOC = 240 ( Xét hai trường hợp ∆ ABC nhọn và ∆ ABC có một góc tù ).
Lời giải:
1/ Xét trường hợp ∆ ABC nhọn
A

∆ ABC nhọn
O
C

B

x

CM.

⇑

BOX = BAO + ABO + 2BAO
⇑

CM.

OA = OB = OC

KL

BOC = 2Â

Phân tích
BOC = 2Â

Kẻ tia AOx: BOC = BOX + COX
CM.

GT

BAO = ABO ⇔ ∆ AOB cân
⇑

Đúng vậy vì đó là gt

Chứng minh
Kẻ tia AOx:
BOC = BOX + COX
BOX ; COX là góc ngoài của các
tam giác AOB và AOC. Cả hai tam
giác này đều là tam giác cân theo gt,
nên:
BOX = BAO + ABO + 2BAO

19


Tương tự c/m:

COX = 2 CAO

COX = 2 CAO

Từ đó:

Từ đó suy ra tổng

BOX + COX = 2( BAO + CAO)

BOC = BOX + COX
2/ Xét trường hợp có góc B tù:

Hay BOC = 240

x
x

Cũng phân tích và chứng minh như

O

trên, chỉ có khác là:
BOC = BOX + COX
BOX = 2 BAO
COX = 2 CAO

A

B

C

Từ đó:
BOX - COX = 2 ( BAO - CAO)
Hay
BOC = 2Â

Bài toán 8:
Cho tam giác ABC ( AB < AC) và giao điểm O của ba đường trung trực.
Kẻ AH ⊥ BC. Chứng minh: OAH = Bˆ − Cˆ
Lời giải:
∆ ABC nhọn

A

O

B

CM.

H

OA = OB = OC

KL

BOC = 2Â
Chứng minh

C

Phân tích
BOC = 2Â

Kẻ tia AOx: BOC = BOX + COX
⇑

CM.

GT

BOX = BAO + ABO = 2 BAO

⇑

Kẻ tia AOx:
BOC = BOX + COX
BOX + COX là góc ngoài của các
tam giác AOB và AOC. Cả hai tam
20


BAO = ABO ⇔ ∆ AOB cân

CM.

giác này đều là tam giác cân theo gt,
nên:

⇑

Đúng vậy vì đó là gt

BOX = BAO + ABO = 2 BAO

Tương tự c/m:

COX = 2 CAO

COX = 2 CAO

Từ đó:

Từ đó suy ra tổng

BOX + COX = 2(BAO + CAO)

BOC = BOX + COX

Hay BOC + 2Â

Chú ý: từ bài toán này ta có kết quả sau:
Bài toán 8.1:
Cho bốn điểm A, B,C, D cách đều một điểm O (OA = OB = OC =OD).
Nếu hai trong bỗn điểm đó ở cùng phía đối với đường thẳng nối hai điểm kia, và
là đỉnh của những góc có cạnh cùng đi qua hai điểm kia thì hai đó bằng nhau.
Bài toán 9: Cho tam giác ABC (AB < AC) và giao điểm O của ba đường trung
OAH = Bˆ − Cˆ

trực. Kẻ AH ⊥ BC. Chứng minh:
A

K

∆ ABC

I

GT

1
O
B

OA = OB = OC
AH ⊥ BC

C

H

KL

OAH = Bˆ − Cˆ

Phân tích
1. Cách 1:
CM.

Chứng minh
1. Cách 1:

OAH = Bˆ − Cˆ

AH cắt đường trung trực OK tại I thì

Vì OA = OB =OC nên: AOB = 2 Cˆ

·
µ (góc nhọn có cạnh vuông góc
OIH
=B

∆ AOB cân nên đường trung trực OK

đôi một).

cũng là đường phân giác nên:
⇑

21


OAH = OIH - Cˆ

CM.

1
Cˆ 1 = AOˆ B = Cˆ
2

OAH = OIH - Cˆ

(1)

·
OK cắt AH tại I. OIH
là góc ngoài ∆

Mà OIH là góc ngoài ∆ OAI nên:

OAI nên:

OAH = OIH - Cˆ

OAH = OIH - Cˆ

⇑

Hay OIH = OAH + Cˆ (2)

CM. Cˆ = Oˆ 1

Mà OIH và Bˆ là hai góc nhọn có

1
mà Oˆ 1 = AOˆ B
2

cạnh tương ứng vuông góc nên:
OIH = Bˆ

⇑

Từ (2) ta có:

CM. AOˆ B = 2Cˆ
Đúng vậy, vì OA = OB =OC (Đã c/m ở

Bˆ = OAH + Cˆ

Hay OAH = Bˆ - Cˆ

bài 8)
2. Cách 2:

2. Cách 2:

A

1
O

kéo dài OA thêm 1 đoạn OD = OA

P
B

C

H

Do OD = OA = OC nên:
1
2

ACD = 900 và ADˆ C = AOˆ C = Bˆ (1)
D

Từ D kẻ DP ⊥ BC ⇒ AH // DP thì:

Ta thay Bˆ bằng một góc bằng nó ở gần

ˆ H = AD
ˆ P (sole trong, DP // AH )
OA

C . Kéo dài AO thêm 1 đoạn OD = OA

(2)

= OC ⇒

ACˆ D = 90 0

tương ứng vuông góc

1
2

(3)

và ADˆ C = AOˆ C = Bˆ
Kẻ DP ⊥ BC thì CDˆ P = Cˆ ( góc nhọn có
cạnh tương ứng vuông góc)
CM.

Và CDˆ P = Cˆ (góc có cạnh

Từ (1)(2)(3) suy ra:
ˆ H = AD
ˆ P = AD
ˆ C - CD

ˆP
OA

OAˆ H = Bˆ − Cˆ

22


⇑

Vậy:

ˆ H = AD
ˆ C - CD
ˆP
OA

OAˆ H = Bˆ − Cˆ

⇑

ˆ H = AD
ˆP
OA

Đúng vì đó là hai góc so le trong, AH //
DP
3. Cách 3:
Kẻ BN ⊥ OA thì:
NBˆ C = OAˆ H (góc có cạnh tương ứng

vuông góc)

3. Cách 3:

CM. OAˆ H = Bˆ − Cˆ

Từ kết quả bài toán 8 ta có:

< = > NBˆ C = Bˆ − Cˆ

ˆC
AO
Bˆ = AOˆ M =
(OM ⊥ AC)
2

⇑

ˆ
ABN = C mà ABN phụ với (Â1 + Â2)
Cˆ phụ với (Â1 + Â2)
⇑

Â1 = Â3
⇑

Â1 phụ với Bˆ
⇑

Â3 phụ với AOM
⇑

AOˆ C
Bˆ = AOM =
2

Từ đó:
Â1 = Â3 (cùng phụ Bˆ và AÔM
nên:
(Â1 + Â2 ) = (Â2 + Â3 ) (1)
(Â2 + Â3 )= CHˆ A ( phụ với góc C) (2)
Kẻ BN ⊥ OA thì:
(Â1 + Â2 ) = BAˆ N (phụ với Bˆ1 ) (3)
Từ (1)(2)(3) suy ra:
~
B1 = Cˆ

Do đó: Bˆ − Cˆ = Bˆ − Bˆ1 = NBˆ C
Mà NBC = OAH (góc có cạnh tương
ứng vuông góc)

Vậy AOH = Bˆ − Cˆ
Đúng vì đã c/m ở bài 8
Chú ý: Từ cách c/m trên đây ta có thể có bài toán mới như sau:
Bài toán 9.1:

23

Cho tam giác ABC (AB < AC) và giao điểm O của ba đường trung trực.
Kẻ AH vuông góc BC. Chừng minh rằng tia phân giác của BAC cũng là tia
phân giác của OAH
Khai thác mở rộng một bài toán 9
Bài toán 1:
Cho hai đường tròn(0) và (0’) cắt nhau tại A và B.Từ A vẽ các đường kính AOC
và AO’D. Chứng minh 3 điểm C,B,D thẳng hàng và AB ⊥ CD.
(Bài 21- SGK toán 9)
Nhận xét: Bài này có thể c/m bằng nhiều cách, ở đây tôi xin nêu 1 cách c/m gọn
nhất.

A
O'

O

C

B

D

Ta có: ABC = ABD = 900 (Góc nt chắn nửa đường tròn)
= > CBD + ABD = 1800
⇒ C,B,D thẳng hàng.
⇒ AB ⊥ CD

Lưu ý: Trường hợp tâm O và 0’ của 2 đường tròn cùng thuộc 1 nửa mặt phẳng
bờ là dây cung chung ⇒ tự làm
Các kết quả dưới đây đều được xem xét từ trường hợp trên

Khai thác mở rộng bài toán:
Ta đi từ nhận xét sau: Bài toán khá đặc biệt bởi lẽ, để C, B, D thẳng hàng ta phải
tạo ra : ABC = ABD = 900
Điều này có nhất thiết không? Câu hỏi đặt ra tự nhiên là phải chăng để C, B, D
thẳng hàng chỉ cần AC = AD ?
Nhưng rõ ràng nếu ta lấy AC = AD trên 2 đường tròn ngược chiều nhau thì C,
B, D không thể thẳng hàng được. Vậy ta thử lấy các cung sđ AC = sđ AD cùng
24


chiều trên 2 đường tròn (Giả sử cùng lấy ngược chiều kim đồng hồ )xem sao?
Và không khó khăn lắm ta c/m được 3 điểm C,B,D thẳng hàng dựa vào lập luận
sau:
C, B, D thẳng hàng <=> CBD = 1800 <=> CAD + ACB + ADB = 1800 (*)
Để có (*) ta liên hệ với các góc của tam giác AOO’
Như vậy bài toán 1 là trường hợp riêng của bài toán sau:
Bài toán 1.2:
Cho 2 đường tròn (O; R) và (O’; R’) (R ≠ R’) cắt nhau tại A và B. Hai điểm
M, N chuyển động cùng chiều lần lượt trên 2 đường tròn, cùng xuất phát từ A
và cùng trở về A một lúc. Chứng minh đường thẳng MN luôn luôn đi qua một
điểm cố định.
Gợi ý:

A

M

O'

O

B

N

Do M,N chuyển động cùng chiều trên 2 đường tròn, cùng xuất phát tại A, cùng
vận tốc góc nên luôn có sđ AM = sđ ABN
Dựa theo lập luận trên c/m 3 điểm M, B, N thẳng hàng.
Do B cố định nên có đpc/m
Quan sát ở bài toán 1.1 và bài toán 1.2, sự xuất hiện các cát tuyến đi qua giao
điểm B của 2 đường tròn khiến ta liên tưởng đến có một cát tuyến chuyển động
quay quanh điểm B.

25