SKKN một số phương pháp vẽ thêm yếu tố phụ trong giải toán hình học lớp 7

1. PHẦN MỞ ĐẦU
1.1. Lý do chọn đề tài
Xuất phát từ mục tiêu Giáo dục trong giai đoạn hiện nay là phải đào tạo ra con
người có trí tuệ phát triển, giàu tính sáng tạo và có tính nhân văn cao. Nhằm đáp ứng
yêu cầu mới trong nhu cầu của thời đại, việc triển khai chương trình giáo dục phổ
thông, nhằm thực hiện các mục tiêu, nhiệm vụ của Nghị Quyết số 29-NQ/TW ngày
04/11/2013 Ban chấp hành Trung ương Đảng về “Đổi mới căn bản, toàn diện giáo
dục và đào tạo, đáp ứng yêu cầu công nghiệp hoá, hiện đại hoá trong điều kiện kinh
tế thị trường định hướng xã hội chủ nghĩa và hội nhập quốc tế” đã được Hội nghị lần
thứ 8, Ban Chấp hành Trung ương (Khóa XI) thông qua.
Nghị quyết số 29 của Hội nghị BCH TƯ lần thứ 8 (Khóa XI) là sự kế thừa,
nâng cao của Nghị quyết Trung ương 2 (Khóa 8). Theo đó, Trung ương Đảng tiếp tục
xác định phát triển GD&ĐT là quốc sách hàng đầu và trong xu thế hiện nay “Đổi mới
căn bản, toàn diện giáo dục và đào tạo, đáp ứng yêu cầu công nghiệp hoá, hiện đại
hoá trong điều kiện kinh tế thị trường định hướng xã hội chủ nghĩa và hội nhập quốc
tế” nhằm nâng cao chất lượng nguồn nhân lực được Đảng ta xác định là một trong ba
đột phá chiến lược của công cuộc phát triển đất nước.
Quan điểm chỉ đạo, mục tiêu, nhiệm vụ và giải pháp của Nghị quyết số 29NQ/TW của BCH Trung ương đưa ra để tập trung lãnh, chỉ đạo thực hiện 8 nhiệm vụ
và giải pháp cơ bản theo đúng thực tiễn của sự phát triển kinh tế xã hội trong đó
nhiệm vụ giải pháp thứ 2 là tiếp tục đổi mới mạnh mẽ và đồng bộ các yếu tố cơ bản
của giáo dục, đào tạo theo hướng coi trọng phát triển phẩm chất, năng lực của người
học.
Đó là một cuộc cải cách nhằm nâng cao chất lượng giáo dục toàn diện, phát
huy tính tích cực chủ động, sáng tạo của học sinh, phù hợp với đặc điểm của từng lớp
học, môn học, nhằm tác động đến tình cảm, đem lại niềm vui hứng thú cho học sinh,
giúp các em trở thành những con người phát triển toàn diện (Đức, Trí, Thể, Mỹ...).
Toán học là một bộ môn của khoa học tự nhiên được ra đời và phát triển rất
sớm. Ngay từ khi ra đời Toán học đã phục vụ thiết thực cho đời sống xã hội, hơn nữa,
Toán học được coi là cơ sở của nhiều ngành khoa học, nó phát triển tư duy, phát triển
năng lực trí tuệ và rèn luyện phương pháp suy luận logic của con người.... Chính vì
vậy mà ngày nay Toán học là môn học chiếm nhiều thời gian nhất trong kế hoạch đào

tạo của nhà trường phổ thông. Thông qua việc học tập Toán học, việc học sinh ngoài
việc nắm vững kiến thức còn biết áp dụng vào thực tiễn, vào lao động sản xuất...
Trong nhà trường phổ thông, môn Toán nói chung và môn Hình học nói riêng
giữ một vị trí rất quan trọng. Trong môn học này, học sinh được học nhiều kiến thức,
nhiều phương pháp suy luận, rèn luyện kỹ năng tính toán, vẽ hình. Ngoài ra môn học
này còn góp phần bồi dưỡng cho học sinh những phẩm chất đạo đức, tính linh hoạt,
độc lập, sáng tạo.....
Nhưng do tính trừu tượng của môn học và là môn học khó đối với học sinh cấp
THCS. Gặp bài chứng minh hình học, học sinh thường lúng túng không biết bắt đầu
từ đâu, vận dụng kiến thức nào để giải quyết vấn đề. Do vậy bài làm của nhiều học
sinh bị sai, không hoàn chỉnh hoặc không tìm được phương pháp giải...dẫn đến học
1


sinh ngại học môn hình, 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 nên thuận
lợi hơn, dễ dàng hơn. Thậm chí có bài phải vẽ thêm yếu tố phụ thì mới tìm ra lời giải.
Tuy nhiên, trong sách giáo khoa chỉ trình bày một số bài tập cơ bản với thời
lượng chưa nhiều. Với các bài tập có liên quan đến vẽ đường phụ phần lớn học sinh
vận dụng kiến thức chậm hoặc không biết làm thế nào để vẽ thêm đường phụ để giải
bài tập. Đối với học sinh khá giỏi thì các dạng bài tập hình học trong SGK thường
chưa làm các em thoả mãn vì tính ham học, muốn khám phá tri thức mới của mình.
Hiện nay, trong kì thi học sinh giỏi Toán 7, các bài toán có vẽ thêm yếu tố phụ
khá phổ biến. Tuy nhiên vẽ thêm yếu tố phụ như thế nào để có lợi cho việc giải toán
là điều khó khăn và phức tạp. Vậy làm thế nào để học sinh có thể nắm được một số
phương pháp vẽ thêm yếu tố phụ để giải các bài tập trong Hình học 7?
Xét trên thực tế qua những năm giảng dạy lớp 7, đặc biệt là trong công tác bồi
dưỡng học sinh giỏi, tôi nhận thấy nhu cầu học tập của học sinh, muốn được tiếp thu
các kiến thức bổ trợ để có thể vận dụng vào việc giải các bài tập trong các kì thi học

sinh giỏi, các kì thi cấp THCS, kì thi vào THPT hoặc một số trường, lớp chất lượng
cao là rất cần thiết. Vì vậy tôi mạnh dạn thực hiện đề tài nghiên cứu: “Một số Phương
pháp vẽ thêm yếu tố phụ trong giải toán hình học lớp 7”.
* Điểm mới của Đề tài
Nội dung của đề tài này trước đây đã có một số người nghiên cứu song nội dung
còn chung chung, chưa đưa ra các dạng bài cụ thể. Điểm mới trong đề tài này, tôi tập
trung trang bị đầy đủ các dạng bài tập vận dụng một số phương pháp vẽ thêm yếu tố
phụ. Đối với mỗi dạng toán đưa ra phương pháp giải cụ thể và tập trung phân tích kĩ
các ví dụ và bài tập áp dụng. Trong đề tài này tôi đã cố gắng tìm ra một số ví dụ về
các phương pháp vẽ thêm yếu tố phụ, đưa ra các dạng bài tập từ dễ đến khó, các bài
tập nâng cao dành cho học sinh khá giỏi. Khi gặp dạng toán học sinh dễ nắm bắt và
giúp học sinh chủ động được cách giải, chủ động tư duy tìm hướng giải quyết cho các
bài toán. Đề tài thực hiện tại trường đang giảng dạy và áp dụng giảng dạy có hiệu quả
tốt. Nội dung vẽ thêm yếu tố phụ trong việc giải một số bài toán thường gặp ở cấp
THCS có thể nhân rộng áp dụng vào giảng dạy ở các đơn vị trên địa bàn. Mong rằng
đề tài sẽ được các em học sinh và đồng nghiệp đón nhận.
1.2. Phạm vi áp dụng đề tài:
* Đối tượng nghiên cứu:
- Như đã trình bày ở trên nên trong sáng kiến này tôi chỉ nghiên cứu trên hai
nhóm đối tượng cụ thể sau:
1. Giáo viên dạy toán THCS
2. Học sinh lớp 7 THCS : bao gồm 1 lớp 7 với tổng số 30 học sinh và nhóm bồi
dưỡng học sinh giỏi toán 7.
* Phạm vi nghiên cứu:
2


- Trong sáng kiến này tôi chỉ nêu ra một số “phương pháp vẽ thêm yếu tố phụ”
mà học sinh chưa phát hiện ra trong quá trình chứng minh các bài toán hình học.
- Phân tích một số bài toán cụ thể để học sinh nhận thấy được cách thức vẽ thêm

yếu tố phụ mà học sinh không nhận ra dẫn tới không giải được các bài toàn chứng
minh hình học, đặc biệt là các bài toán khó.
- Từ đó định hướng cho học sinh phương pháp giải vẽ thêm yếu tố phụ khi
chứng minh các bài toán hình học.
* Phạm vi áp dụng đề tài: Đề tài này áp dụng cho học sinh lớp 7 và giáo viên dạy
Toán THCS nơi bản thân đang công tác.

3


2. PHẦN NỘI DUNG
2.1. Thực trạng của nội dung cần nghiên cứu
Qua nhiều năm dạy môn Hình học lớp 7, tôi nhận 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 những 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.
* Số liệu khảo sát trước khi áp dụng đề tài:
Trước khi áp dụng đề tài tôi đã tiến hành khảo sát với nội dung kiến thức liên
quan đến vẽ thêm yếu tố phụ trên 30 học sinh. Kết quả đạt được như sau:
0-<2
SL
%
01
3,3

2-<5
SL
%
12
40,0

5 - < 6,5
SL
%
10
33,3

6,5 - < 8
SL
%
05
16,7

8 – 10
SL

%
02
6,7

2.2. Các giải pháp
2.2.1. Cơ sở lý luận của việc vẽ thêm yếu tố phụ
Việc vẽ thêm các yếu tố phụ phải tuân theo các phép dựng hình cơ bản và một
số bài toán dựng hình cơ bản. Sau đây là một số bài toán dựng hình cơ bản trong
chương trình THCS.
Bài toán 1: Dựng một tam giác biết độ dài ba cạnh của nó là a; b; c.

4


a

C

b

b

c

a

A

B

c

x

Giải:
* Cách dựng:
- Dựng tia Ax.
- Dựng đường tròn (A, c). Gọi B là giao điểm của đường tròn (A, c) với tia Ax.
- Dựng đường tròn (A, b) và đường tròn (B, a), gọi C là giao điểm của chúng.
Tam giác ABC là tam giác phải dựng vì có AB = c; AC = b và BC = a.
Chú ý: Nếu hai đường tròn (A, b) và (B, a) không cắt nhau thì không dựng
được tam giác ABC.
Bài toán 2: Dựng một góc bằng góc cho trước.
Cách dựng:
·
Gọi xOy
là góc cho trước. Dựng đường tròn (O, r) cắt Ox ở A và cắt Oy ở B
ta được ∆OAB.

¶ ' = O
µ .
Dựng ∆O’A’B’ = ∆OAB ( c.c. c) như bài toán 1, ta được O

A

O

x

B

A’

y

O’

Bài toán 3: Dựng tia phân giác của góc xAy cho trước.
Cách dựng:
- Dựng đường tròn (A, r) cắt Ax ở B và cắt Ay ở C.
5

B’


- Dựng các đường tròn (B, r) và (C, r) chúng cắt nhau ở D. Tia AD là tia phân
·
giác của xAy
.
Thật vậy: ∆ABD = ∆ACD ( c - c - c) ⇒ µA1 = ¶A2

x

B
r
A

r
D

1
2

z

r

r
C

y

Bài toán 4: Dựng trung điểm của đoạn thẳng AB cho trước.
Cách dựng:
Dựng hai đường tròn (A, AB) và (B, BA) chúng cắt nhau tại C, D. Giao điểm
của CD và AB là trung điểm của AB.

C

A

B

D

* Chú ý: đây cũng là cách dựng đường trung trực của đoạn thẳng cho trước.
6


Bài toán 5: Qua điểm O cho trước, dựng đường thẳng vuông góc với đường

thẳng a cho trước.
Cách dựng:
- Dựng đường tròn (O, r) cắt a tại A, B.
- Dựng đường trung trực của AB.
- Đường trung trực của AB là đường thẳng vuông góc với đường thẳng a

C

a
A

B

D

Trên đây là các bài toán dựng hình cơ bản, khi cần thì sử dụng mà không cần
nhắc lại cách dựng.
Khi cần vẽ thêm đường phụ để chứng minh thì cũng phải căn cứ vào những
đường cơ bản đã dựng để vẽ thêm không nên vẽ một cách tuỳ tiện.
2.2. 2. Cơ sở thực tế
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, đặc biệt là trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi.
7


2.2.3. Một số phương pháp vẽ yếu tố phụ
Bây giờ chúng ta cùng nghiên cứu một số phương pháp đơn giản nhất, thông
dụng nhất để vẽ thêm yếu tố phụ trong giải toán Hình học 7:
Phương pháp 1: Vẽ trung điểm của một đoạn thẳng, vẽ tia phân giác của
một góc
Bài toán 1: Cho tam giác ABC có AB = 10 cm; BC = 12 cm, D là trung điểm
của cạnh AB. Vẽ DH vuông góc với BC ( H ∈ BC) và DH = 4cm.
Chứng minh rằng tam giác ABC cân tại A.
1) Phân tích bài toán:
Bài cho tam giác ABC có AB = 10 cm; BC = 12 cm, D là trung điểm của cạnh
AB. Vẽ DH vuông góc với BC ( H ∈ BC) và DH = 4cm.
Yêu cầu chứng minh tam giác ABC cân tại A.
2) Hướng suy nghĩ:
∆ABC cân tại A ⇔ AB = AC. Ta nghĩ đến điểm phụ K là trung điểm của AB.
Vậy yếu tố phụ cần vẽ là trung điểm của BC.
A

3) Chứng minh:
∆ABC; AB = 10cm;
GT

1
BC = 12 cm; DA = DB = AB ;
2

D

DH ⊥ BC, DH = 4 cm
KL

B

∆ ABC cân tại A.

H

C

K

Gọi K là trung điểm của đoạn thẳng BC, ta có: BK = KC =

1
BC = 6 cm.
2

1
AB = 5 cm ( do D là trung điểm của AB)
2
·

Xét ∆ HBD có: BHD
= 900 ( gt), theo định lí Pitago ta có: DH2 + BH2 = BD2
Lại có: BD =

⇒ BH2 = BD2 - DH2 = 52 - 42 = 9 ⇒ BH = 3 ( cm)
Ta có BH + HK = BK ( Vì H nằm giữa B và K )
⇒ HK = BK – BH = 6 – 3 = 3 (cm)

A

Xét ∆ABK có BD = DA ( gt ) ; BH = HK ( = 3 cm)
⇒ DH // AK (đường nối trung điểm 2

D

cạnh của tam giác thì song song với cạnh thứ 3).
Ta có: DH ⊥ BC, DH // AK ⇒ AK ⊥ BC.
8

B

H

K

C


⇒ ·AKB = ·AKC = 900
Xét ∆ ABK và ∆ACK có:

BK = KC ( theo cách lấy điểm K)

·AKB = ·AKC = 900
AK là cạnh chung
Do đó ∆ ABK = ∆ACK (c - g - c)
⇒ AB = AC ⇒ ∆ ABC cân tại A (đpcm).
4) Nhận xét:
Trong cách giải bài toán trên ta đã chứng minh AB = AC bằng cách tạo ra hai
tam giác bằng nhau chứa hai cạnh AB và AC từ việc kẻ thêm trung tuyến AK, việc
chứng minh còn sử dụng thêm một bài toán phụ là: Trong một tam giác, đường thẳng
đi qua trung điểm hai cạnh thì song song với cạnh thứ ba, kiến thức về đường trung
bình này học sinh sẽ được nghiên cứu trong chương trình Toán 8 nhưng ở phạm vi
kiến thức lớp 7 vẫn có thể chứng minh được, việc chứng minh dành cho học sinh khá
giỏi, trong bài này có sử dụng kết quả của bài toán mà không chứng minh lại vì chỉ
muốn nhấn mạnh vào việc vẽ thêm yếu tố phụ.

µ = C
µ
B

Bài toán 2: Cho tam giác ABC có

; chứng minh rằng: AB = AC?

(Giải bằng cách vận dụng trường hợp bằng nhau góc - cạnh - góc của hai tam giác).
1) Phân tích bài toán:
Bài cho: tam giác ABC có

µ = C
µ ; Yêu cầu: chứng minh

B

AB = AC.

2) Hướng suy nghĩ:

·
Đường phụ cần vẽ thêm là tia phân giác AI của BAC
( I∈ BC)
3) Chứng minh:
GT
KL

∆ABC;

A

µ = C
µ
B

1

2

1

2

AB = AC

·
Vẽ tia phân giác AI của BAC
( I∈ BC).

1·
A1 =¶A2 = BAC
⇒µ
.
2

B

(1)

I

C

Áp dụng định lí tổng ba góc của tam giác vào hai tam giác ABI và ACI ta có:

(

µ + Iµ =1800 ⇒ Iµ =1800 − ¶A + B
µ
* ¶A1 + B
1
1
1

(

)

µ + Iµ =1800 ⇒ Iµ =1800 − ¶A + C
µ
* ¶A2 + C
2
2
2
9

)


Mặt khác

µ = C
µ
B

( gt); µ
A1 =¶A2 ( theo (1) )⇒

µ =I
µ
I
1
2

(2)

Xét ∆ ABI và ∆ ACI ta có:

µ
I1 =µ
I2

( theo (2))

Cạnh AI chung

µ
A1 = ¶A2 ( theo (1))
⇒ ∆ ABI = ∆ ACI ( g - c - g)
⇒ AB = AC ( 2 cạnh tương ứng)
4) Nhận xét:
Trong cách giải trên, ta phải chứng minh AB = AC bằng cách kẻ thêm AI là
tia phân giác của góc BAC để tạo ra hai tam giác bằng nhau.
Phương pháp 2: Trên một tia cho trước, đặt một đoạn thẳng bằng đoạn
thẳng cho trước.
Bài toán 3: Chứng minh định lí: Trong tam giác vuông, trung tuyến thuộc cạnh
huyền bằng nửa cạnh huyền ( Bài 25/ 67- SGK toán 7 tập 2)
1) Phân tích bài toán:
Bài cho Tam giác ABC vuông tại A, AM là đường trung tuyến ứng với cạnh
huyền, yêu cầu chứng minh: AM =

1
BC ⇔ 2 AM = BC
2

2) Hướng suy nghĩ:
Ta cần tạo ra đoạn thẳng bằng 2AM rồi tìm cách chứng minh BC bằng đoạn
thẳng đó. Như vậy dễ nhận ra rằng, yếu tố phụ cần vẽ thêm là điểm D sao cho M là
trung điểm của AD.
3) Chứng minh:
GT

∆ABC;

A

µ
A = 900 ;

AM là trung tuyến
KL

AM

=

1
2

BC

B

Trên tia đối của tia MA lấy điểm D sao cho: MD = MA.

C

M

A

Xét ∆ MAC và ∆ MDB ta có:

1

MA = MD ( theo cách lấy điểm D)

¶ =M
¶
( hai góc đối đỉnh)
M
1
2

B

MB = MC ( Theo gt)

2

C

M 1

10

D


⇒ ∆ MAC = ∆ MDB ( c - g - c)
⇒ AB = CD (2 cạnh tương ứng) (1)

µ (2 góc tương ứng).
và ¶A1 = D
µ ⇒ AB // CD ( vì có cặp góc so le trong bằng nhau).
Từ ¶
A1 =D
Lại có: AC ⊥ AB ( gt) ⇒ AC ⊥CD (Quan hệ giữa tính song song và vuông
·
góc) ⇒ ·ACD = 900 => BAC
= ·ACD =900 (2)
Xét ∆ ABC và ∆ CDA có:
AB = CD ( Theo (1))

·
BAC
= ·ACD =900 ( Theo (2))
AC là cạnh chung
⇒ ∆ ABC = ∆ CDA ( c - g - c)
⇒ BC = AD ( 2 cạnh tương ứng ).
1
2

1
2

Mà AM = AD nên AM = BC
4) Nhận xét:
1
2

Trong cách giải của bài tập trên, để chứng minh AM = BC ta đã vẽ thêm
đoạn thẳng MD trên tia AM sao cho MD = MA, do đó AM =

1
AD Như vậy
2

chỉ còn phải chứng minh AD = BC và đưa bài toán đã cho trở về bài toán chứng minh
hai đoạn thẳng bằng nhau. Trên một tia cho trước, đặt một đoạn thẳng bằng một đoạn
thẳng khác là một trong những cách vẽ đường phụ để vận dụng trường hợp bằng nhau
của tam giác.
Bài toán 4: Cho tam giác ABC có AB < AC. Gọi M là trung điểm của BC.

·
·
So sánh BAM
? (Bài 7/ 24 SBT toán 7 tập 2)
& MAC
1) Phân tích bài toán: Cho tam giác ABC có AB < AC, M là trung điểm của
BC.

·
·
Yêu cầu : So sánh BAM
?

& MAC
2) Hướng suy nghĩ:
Hai góc BAM và MAC không thuộc về một tam giác. Do vậy ta tìm một tam
giác có hai góc bằng hai góc BAM và MAC và liên quan đến AB, AC vì đã có
AB < AC. Từ đó dẫn đến việc lấy điểm D trên tia đối của tia MA sao cho
MD = MA. Điểm D là yếu tố phụ cần vẽ thêm để giải được bài toán này.
11


3) Chứng minh:
GT
KL

∆ABC; AB < AC

A

M là trung điểm BC

·
·
So sánh BAM
?
& MAC
B
Trên tia đối của tia MA lấy điểm D sao cho: MD = MA.
Xét ∆ MAB và ∆ MDC ta có:

C

M

A

MA = MD ( theo cách lấy điểm D)

1

2

¶ =M
¶ ( vì đối đỉnh)
M
1
2
1

MB = MC ( Theo gt)

B

M

⇒ ∆ MAB = ∆ MDC ( c - g - c)

C

2

⇒ AB = CD (2 cạnh tương ứng) (1)

µ (2 góc tương ứng). (2)
và µ
A1 =D

D

Ta có: AB = CD ( Theo (1)), mà AB < AC ( gt) ⇒ CD < AC.(3)
Xét ∆ACD có:
CD < AC ( theo (3))

¶A µ (Quan hệ giữa góc và cạnh đối diện trong một tam giác)
2

·
·
BAM
< MAC

µ ( theo (2)) nên ¶A <µ
Mà µ
A1 =D
A1 hay
2
4) Nhận xét:

Trong cách giải của bài tập trên, ta phải so sánh hai góc không phải trong cùng
một tam giác nên không vận dụng được định lí về quan hệ giữa góc và cạnh đối diện
¶

trong một tam giác. Ta đã chuyển góc µ
về cùng một tam giác bằng cách vẽ
A1 & A
2

µ , ta chỉ còn phải so sánh D
µ &A
¶ ở
đường phụ như trong bài giải, lúc đó µ
A1 = D
2
trong cùng một tam giác ADC.
Phương pháp 3: Nối hai điểm có sẵn trong hình hoặc vẽ thêm giao điểm
của hai đường thẳng.
Bài toán 5: Cho hình vẽ, biết AB // CD; AC // BD.
Chứng minh: AB = CD, AC = BD?

A

( Bài 38/ 124 SGK Toán 7 tập 1)

C
12

B

D


(Bài toán còn được phát biểu dưới dạng: Chứng minh định lí: Hai đoạn thẳng

song song bị chắn giữa hai đường thẳng song song thì bằng nhau)
1) Phân tích bài toán:
Bài cho hình vẽ, biết AB // CD; AC // BD.
Yêu cầu chứng minh: AB = CD, AC = BD.
2) Hướng suy nghĩ:
Để chứng minh AB = CD, AC = BD cần tạo ra hai tam giác chứa các cặp
cạnh trên, yếu tố phụ cần vẽ là nối B với C hoặc nối A với D.
3) Chứng minh:
GT

AB // CD; AC // BD

KL

AB = CD; AC = BD

B

A

C

D

Xét ∆ ABD và ∆ DCA có:

·
·
(hai góc so le trong (AB // CD))
BAD

= CDA
AD là cạnh chung

·
·
(hai góc so le trong (AC // BD))
ADB
= DAC
⇒ ∆ ABD = ∆ DCA ( g - c - g)
Vậy: AB = CD; AC = BD ( các cạnh tương ứng)
4) Nhận xét:
Việc nối AD làm xuất hiện trong hình vẽ hai tam giác có một cạnh chung là
AD, muốn chứng minh AB = CD; AC = BD ta chỉ cần chứng minh ∆ ABD = ∆ DCA.
Do hai tam giác này đã có một cạnh bằng nhau (cạnh chung) nên chỉ cần chứng minh
hai cặp góc kề cạnh đó bằng nhau là vận dụng được trường hợp bằng nhau góc - cạnh
- góc. Điều này thực hiện được nhờ vận dụng tính chất của hai đường thẳng song
song.
Phương pháp 4: Từ một điểm cho trước, vẽ một đường thẳng song song
hay vuông góc với một đường thẳng.
Bài toán 6: Tam giác ABC có đường cao AH và trung tuyến AM chia góc A
thành ba góc bằng nhau.Chứng minh rằng ∆ ABC là tam giác vuông và ∆ ABM là
tam giác đều?
1) Phân tích bài toán: Bài cho ∆ABC có đường cao AH và trung tuyến AM
chia góc A thành ba góc bằng nhau. Yêu cầu ta chứng minh ∆ABC là tam giác vuông
và ∆ABM là tam giác đều.
2) Hướng suy nghĩ:
13


Muốn chứng minh tam giác ABC vuông tại A ta cần kẻ thêm đường thẳng

vuông góc với AC và chứng minh đường thẳng đó song song với AB, từ đó suy ra
AB ⊥ AC và suy ra góc A = 900.
3) Chứng minh:
∆ ABC; AH ⊥BC;
A

GT trung tuyến AM;

µ
¶ =µ
A1 = A
A3
2
KL

1

2 3

I

∆ ABC vuông ;
∆ ABM đều

B

Vẽ MI ⊥ AC ( I ∈ AC)

1 2

H

C

M

Xét ∆ MAI và ∆ MAH có:

¶ = Iµ =900 ( gt)
H
AM là cạnh chung)

¶A = µ
A3 (gt)
2

⇒ ∆ MAI = ∆ MAH ( cạnh huyền - góc nhọn)
⇒ MI = MH ( 2 cạnh tương ứng) (1)

Xét ∆ ABH và ∆ AMH có:

¶ =H
¶ =900 ( gt)
H
1
2
AH là cạnh chung

µ
A1 = ¶A2 ( gt)

⇒ ∆ ABH= ∆ AMH ( g - c - g)
⇒ BH= MH ( 2 cạnh tương ứng) (2)

Mặt khác: H ∈ BM , nên từ (1) và (2) ⇒ MI = MH = BH =

1
BM
2

1
CM
2
1
µ = 300 từ đó suy ra:
Xét ∆ MIC vuông tại C có: MI = CM nên C
2
3·
3
0
0
·
·
HAC
= 600 ⇒ BAC = HAC = .60 =90 .
2
2
µ = 300 ⇒ B
µ = 600
Vậy ∆ ABC vuông tại A. Vì C

Lại có BM = CM (gt) ⇒ MI =

14


1
BC ( tính chất trung tuyến ứng với cạnh huyền trong tam
2
1
giác vuông) và BM = MC = BC ( vì M là trung điểm BC) suy ra AM = BM do
2
Lại có AM =

đó ∆ABM cân tại A và có 1 góc bằng 600 nên nó là tam giác đều.
4) Nhận xét:

Trong bài toán trên nếu chỉ có các yếu tố bài ra thì tưởng chừng như rất khó
giải, tuy nhiên, chỉ bằng một đường vẽ thêm (MI ⊥ AC) thì bài toán lại trở lên rất dễ
dàng, qua đó càng thấy rõ vai trò của việc vẽ thêm yếu tố phụ trong giải toán hình
học.
Bài toán 7: ( Đề kiểm tra HSG Toán 7 PGD&ĐT LỆ THỦY - năm học: 2011- 2012)
Cho tam giác ABC vuông cân với đáy BC. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của AB
và AC. Kẻ NH vuông góc với CM tại H. Kẻ HE vuông góc với AB tại E. Chứng
minh rằng tam giác AHB cân.
B

M

K
2

E

1
H

1

1

A

N

C

Q

Từ A kẻ AK ⊥ MC tại K, từ A kẻ AQ ⊥ HN tại Q.
∆ NAK = ∆ NCH (c.h – g.n) ⇒ AK = HC (1)
·
Và ∆ BAK = ∆ ACH (c – g – c) ⇒ BKA
= ·AHC
Lại có ∆ AQN = ∆ CHN (c.h – g.n) ⇒ AQ = CH (2)
·
Từ (1) và (2) suy ra AK = AQ ⇒ AH là phân giác KHQ
·
·
⇒ ·AHQ = 45° ⇒ ·AHC = 135° ⇒ BKA
= 135° ⇒ BKH

= 135°
Do đó ∆ BAK = ∆ BHK (c.g.c) ⇒ BA = BH hay ∆ ABH cân tại B .

Các phương pháp vẽ thêm yếu tố phụ trên nằm trong nhóm phương pháp
chung gọi là phương pháp tam giác bằng nhau, sau đây ta sẽ nghiên cứu thêm một
phương pháp mới rất hay nhưng chưa được khai thác nhiều trong giải toán.
Phương pháp 5: Phương pháp “tam giác đều”
Đây là một phương pháp rất đặc biệt, nội dung của nó là tạo thêm được vào
trong hình vẽ các cạnh bằng nhau, các góc bằng nhau giúp cho việc giải toán
được thuận lợi.
Đặc biệt đối với các bài tập về tính số đo góc, trước tiên ta cần hướng dẫn học
sinh chú ý đến những tam giác chứa góc có số đo xác định như:
- Tam giác cân có một góc xác định.
15


- 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 hướng dẫn học sinh 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).
Ta hãy xét một bài toán điển hình:
Bài toán 8: Cho tam giác ABC cân tại A, µ
A = 200 . Trên cạnh AB lấy điểm D
1
·
= µ

A .
sao cho AD = BC. Chứng minh rằng DCA
2
1) Phân tích bài toán:
Bài cho ∆ABC cân tại A, µ
A = 200 ; AD = BC ( D ∈AB)

1
·
= µ
A.
Yêu cầu chứng minh: DCA
2

2) Hướng suy nghĩ:
Đề bài cho tam giác cân ABC có góc ở đỉnh là 20 0, suy ra góc ở đáy là 80 0. Ta
thấy 800 -200 = 600 là số đo mỗi góc của tam giác đều ⇒ Vẽ tam giác đều BMC
3) Chứng minh:
A

GT ∆ABC; AB = AC; µA = 200 AD = BC (D ∈AB)
KL

1
·
DCA
= µ
A .
2

D
M

Ta có: ∆ABC; AB = AC; µA = 200 ( gt)

1800 − 200
µ
µ
Suy ra: B = C =
= 800
2

B

C

Vẽ tam giác đều BCM ( M và A cùng thuộc nửa mặt phẳng bờ BC), ta được:
·
·
AD = BC = CM đồng thời ABM
= ACM
= 800 - 600 = 200

·
·
Ta có ∆ MAB = ∆ MAC ( c - c - c) ⇒ MAB
= MAC
= 200 : 2 = 100
Xét ∆CAD và ∆ACM có:
AD = CM ( chứng minh trên)

16


·
CAD
= ·ACM ( = 200 )
AC là cạnh chung
Do đó ∆CAD = ∆ACM ( c -g -c )

1·
·
·
·
=> DCA
= MAC
= 100 . Vậy DCA = BAC.
2
4) Nhận xét:
* Đề bài cho tam giác cân ABC có góc ở đỉnh là 20 0, suy ra góc ở đáy là 800.
Ta thấy 800 -200 = 600 là số đo mỗi góc của tam giác đều. Chính sự liên hệ này gợi ý
cho ta vẽ tam giác đều BCM vào trong tam giác ABC. Với giả thiết AD = BC thì vẽ
tam giác đều như vậy giúp ta có mối quan hệ bằng nhau giữa AD với các cạnh của
tam giác đều giúp cho việc chứng minh tam giác bằng nhau dễ dàng.
* Ta cũng có thể giải bài toán trên bằng cách vẽ tam giác đều kiểu khác:
- Cách 2: Vẽ tam giác đều ABM ( M và C cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ AB)
- Cách 3: Vẽ tam giác đều ACM (M và B cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ AC)
- Cách 4: Vẽ tam giác đều ACM (M và B thuộc hai nửa mặt phẳng đối nhau qua bờ
AC)
Ở ví dụ này đề bài cho hai cặp đoạn thẳng bằng nhau là : AB = AC ; AD = BC.
Như vậy có thể giải bằng 4 cách; Qua ví dụ trên bước đầu các em đã định hình được

phương pháp vẽ tam giác đều và các cách triển khai theo phương pháp đó.
Ngoài ra còn những cách vẽ tam giác đều khác cũng giúp ta tính được góc
DCA dẫn tới điều phải chứng minh, các cách khác còn tuỳ thuộc vào sự sáng tạo của
mỗi người và bắt nguồn từ việc yêu thích môn Hình học.
µ
Bài toán 9: Cho tam giác ABC vuông tại A, C
= 150. Trên tia BA lấy điểm O
sao cho BO = 2 AC. Chứng minh rằng tam giác OBC cân.
O

1) Phân tích bài toán:
µ = 150.
Bài cho tam giác ABC vuông tại A, C
Trên tia BA lấy điểm O sao cho BO = 2 AC.
Yêu cầu chứng minh ∆ OBC cân tại O.
2) Hướng suy nghĩ:

µ = 150 suy ra 750 - 150 = 600
Ta thấy C
là số đo của mỗi góc trong tam giác đều

A
B

⇒ sử dụng phương pháp tam giác đều vào việc giải bài toán.
3) Chứng minh:

17

150

C


GT

∆ABC; ¶A = 900; C¶ = 150

O

O ∈ tia BA: BO = 2AC

KL ∆ OBC cân tại O.
Ta có: ∆ABC; ¶A = 900; C¶ = 150 (gt) ⇒ B¶ = 750

H

M

Vẽ tam giác đều BCM
(M và A cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ BC)
·
·
Ta có: OBM
= ·ABC − MBC
= 750 − 600 = 150
Gọi H là trung điểm của OB ⇒ HO = HB =
Mặt khác BO = 2AC (gt) nên AC =

A

B

C

1
OB .
2

1
OB
2

từ đó có AC = BH
Xét ∆ HMB và ∆ ABC có: BH = AC (cmt)

·
HBM
= ·ACB ( = 150 )
MB = BC (cạnh ∆ đều BMC)
¶ = µA = 900 ⇒ MH ⊥ OB
Do đó ∆ HMB = ∆ ABC ( c - g - c) ⇒ H
∆ MOB có MH là đường cao và là đường trung tuyến nên cân tại M, lại có góc
·
·
đáy OBM
=1800 − 2.150 = 1500 .
= 150 ⇒ góc ở đỉnh BMO
·
·
·

= 3600 − ( 1500 + 600 ) = 1500 ⇒ CMO
= BMO
Từ đó CMO
( = 1500 )
∆MOB và ∆MOC có : MB = MC ( cạnh của ∆ đều BMC)
·
·
(cmt)
CMO
= BMO
OM chung
Do đó ∆MOB = ∆MOC (c-g-c) ⇒ OB = OC
Vậy ∆OBC cân tại O (đpcm).
4) Nhận xét:
Trong bài toán trên ta đã sử dụng phương pháp tam giác đều vào việc giải toán
¶ = 150 suy ra µ
vì phát hiện thấy C
A = 750 - 150 = 600 là số đo của mỗi góc trong tam
giác đều, điều này gợi ý cho ta vẽ tam giác đều BCM như trên. Nhờ có các cạnh của
tam giác đều bằng nhau, các góc của tam giác đều là 60 0, ta chứng minh được ∆
HMB = ∆ABC (c - g- c); ∆MOB = ∆MOC (c - g - c) dẫn tới ∆OBC cân tại O, đó
chính là tác dụng của phương pháp tam giác đều.
18


Bài toán 10. Cho ∆ ABC vuông cân tại A, điểm E nằm trong tam giác sao cho
·
·
= 150 . Tính ·AEB = ?
EAC

= ECA
B

Hướng dẫn :
Điều đầu tiên trong bài toán này là HS phải phát hiện ra
tam giác AEC cân tại E vì có hai góc bằng 150
từ đó suy ra EA = EC và ·AEC =1800 − 2.150 = 1500

E
150

A

Cũng như ở bài toán 8, ở bài toán này các em

150

C

·
·
sẽ sớm phát hiện thấy BAE
= 750 & EAC
= 150
mà 750 - 150 = 600 là góc của tam giác đều
(Cũng có em nhận xét:
0
0
0
·

·
BCA
= 450 ; ECA
= 150 và 45 + 15 = 60 ).

Còn đối với những em chưa xác định được điều gì ta cũng gợi ý, hướng dẫn
các em tính số đo các góc trong bài rồi tìm mối liên quan giữa các góc đó.
Từ đó có thể hướng dẫn các em cách vẽ thêm tam giác đều như sau:
Vẽ tam giác đều AKE nằm trong tam giác ABE tạo ra

·
·
·
BAK
= 900 − ( 600 + 150 ) = 150 ⇒ BAK
= EAC
( = 150 ) .
Khi đó ∆ BAK = ∆ CAE (c.g.c) vì :
B

AB = AC (gt)
·
·
BAK
= EAC
( = 150 )

AK = AE ( cạnh ∆ đều )
Từ đó dẫn đến ∆ ABK cân tại K

1

2

K

và có góc ở đáy bằng 150 nên góc ở đỉnh là

¶ = 1800 − 2.150 = 1500
K
1

?

Mà ·AKE = 600 nên

A

¶ = 3600 − ( 1500 + 600 ) = 1500
K
2
∆ AKB = ∆ EKB (c.g.c) vì :
AK = EK ( cạnh ∆ đều AKE )

¶ =K
¶ ( = 1500 )
K
1
2
BK chung

19

150

E
150

C


·
Từ đó suy ra ·ABK = EBK
= 150 và AB = EB dẫn đến ∆ ABE cân tại B có

1800 − 300
0
0
0
·
·
·
góc ở đỉnh ABE =15 + 15 = 30 ⇒ BAE = AEB =
= 750
2
Ở bài toán này đầu bài cũng cho hai cặp đoạn thẳng bằng nhau là:

AB = AC; EA = EC. Do vậy cũng có thể giải bài toán đó theo các cách: Vẽ tam
giác đều có một cạnh là AE; hoặc EC; hoặc AC.
Như vậy với sự gợi ý, hướng dẫn của giáo viên, học sinh đã biết phân tích đầu

bài, tìm được mối liên hệ giữa các dữ kiện của giả thiết, từ đó định hướng được cách
giải. Đó chính là thành công của người thầy. Và điều quan trọng nữa là khi hướng
dẫn học sinh triển khai một bài toán theo nhiều cách khác nhau, giáo viên đã tạo cho
học sinh óc quan sát nhạy bén, linh hoạt và cũng làm cho tư duy hình học của các em
được phát triển hơn.
Bài toán 11
Cho tam giác cân ABC có đáy BC, góc ở đáy bằng 50 0. Lấy điểm K trong tam
A
·
·
giác, sao cho KBC
= 100 ; KCB
= 300 .
?

Tính số đo các góc của ∆ ABK.
* Hướng giải quyết:

∆ ABK có: ·ABK = 500 - 100 = 400

?
?

B

Vậy chỉ còn phải tính hai góc còn lại là:

K
C

300

100

·
·
.
BAK
& BKA

Xem xét đầu bài ta thấy ∆ ABC có các góc 500, 500, 800
·
KBC
= 100, ·ABC = 500, mà 500 + 100 = 600 chính là góc của tam giác đều.

Từ đó có thể giải bài toán trên theo cách sau (học sinh tìm ra hoặc giáo viên
gợi ý):
- Cách 1:
·
Vẽ ∆ đều BCE trùm lên ∆ ABC, tạo ra ·ABE = KBC
= 100

Từ đó chứng minh ∆ EAB = ∆ EAC (c.c.c)
E

1 0
µ =E
¶ = 1 BEC
·
⇒E

=
.60 = 300
1
2
2
2

12

A
?

Khi đó ∆ ABE = ∆ KBC (g.c.g) vì:
·
¶ = KCB
E
= 30o
1

100

BE = BC

?

·
·
EBA
= KBC
( =100 )

B

20

?

100

K
300

C


⇒ AB = KB. Do đó ∆ ABK cân tại B có góc ở đỉnh

·ABK = 400

·
·
⇒ BAK
= BKA
= ( 1800 − 400 ) : 2 = 700

Vậy các góc của ∆ ABK là 400; 700; 700.
- Cách 2:
·
·
Vẽ ∆ đều ABE (E, C nằm cùng phía đối với AB), tạo ra EBC

= KBC
= 100 và
·
∆ AEC cân ở A vì có AE = AC (= AB) có góc ở đỉnh EAC
= 800 − 600 = 200

Suy ra góc ở đáy ·AEC = ·ACE = ( 1800 − 200 ) : 2 = 800
·
·
·
⇒ BCE
= ECA
− BCA
= 800 − 500 = 300

Do vậy ∆ KBC = ∆ EBC (g.c.g) vì:

A
?

·
·
KBC
= EBC
= 100

BC chung
·
·
KCB

= BCE
= 300

?

⇒ BK = BE mà BE = BA nên BK = BA.

B

?

K
300

100

C

E

Khi đó ∆ ABK cân tại B có góc ở đỉnh là 40 nên hai góc còn lại là 700 và 700.
0

- Cách 3:
Vẽ ∆ đều AEC ( E, B nằm cùng phía đối với AC )
·
·
tạo ra BCE
= KBC
= 100 và ∆ ABE cân tại A

0

0

có góc ở đỉnh bằng 80 - 60 = 20

A

0

?

⇒ góc ở đáy bằng 800
·
⇒ EBC
= 800 − 500 = 300

Do đó ∆ KBC = ∆ ECB (g.c.g) vì:
·
·
BCE
= KBC
= ( 10

0

)

?

B

?

100

K
300

C

E

BC chung
·
·
EBC
= KCB
( = 300 )

⇒ KB = EC mà EC = AC = AB nên KB = AB ⇒ ∆ ABK cân tại B
Vậy các góc cần tính là: 400; 700; 700.
Qua ví dụ này, có thể cho học sinh thấy rằng cách 2 và cách 3 là tương đương
nhau: đều tạo ra tam giác đều có cạnh bằng một trong hai cạnh bên của tam giác cân
đã cho, từ đó dẫn đến cạnh BK bằng một cạnh nào đó của tam giác đều vừa tạo ra để
suy ra tam giác ABK cân. Còn nếu đi vẽ tam giác đều có một cạnh là KC để tạo ra
·
góc bằng KCB
hoặc vẽ tam giác đều có một cạnh là BK để tạo ra góc bằng ·ABC thì
21

sẽ không giải quyết được bài toán, vì vẫn không đủ dữ kiện, và học sinh cũng cần
phải thấy được điều này để có cách vẽ cho thích hợp.

µ = 750 . Đường cao AH có độ dài bằng
Bài toán 12. Cho tam giác ABC có C
nửa BC. Tính số đo góc B
Phân tích:

µ = 750 ⇒ CAH
·
∆ AHC vuông tại H có C
=150
Mà 750 - 150 = 600 là góc của tam giác đều.
Từ đó hướng dẫn HS vẽ thêm tam giác đều.
Có các cách vẽ như sau:
- Cách 1:
·
·
Vẽ tam giác đều AEC nằm trong ∆ ABC, tạo ra: ECB
= CAH
= 150

vậy).

Kẻ EK ⊥ BC (có thể hướng dẫn và giải thích cho học sinh tại sao lại kẻ như
Khi đó ∆ vuông EKC = ∆ vuông CHA (cạnh huyền, góc nhọn) vì:
EC = AC

·
·
ECB
= CAH
( = 150 )
⇒ KC = AH, mà

AH =

1
1
BC ⇒ KC =
BC
2
2

Vậy K là trung điểm của BC, lại có KE ⊥ BC do đó tam giác EBC cân tại E
·
·
⇒ EBC
= ECB
= 150 .
·
Do đó : BEC
= 1800 - 2.150= 1500

·
Từ đó có BEA
= 3600 - (600 + 1500) = 1500

∆ BEC = ∆ BEA (c.g.c) vì:
BE chung

·
·
BEC
= BEA
= 1500
EC = EA

·
·
⇒ ·ABE = CBE
= 150 ⇒ ·ABC = ·ABE + CBE
= 150 + 150 = 300
(Hoặc từ ∆ BEC = ∆ BEA ⇒ AB = BC ⇒ ∆ ABC cân tại B có góc ở đáy
bằng 750 ⇒ ·ABC = 300 )
- Cách 2:
Vẽ tam giác đều BEC
(E, A nằm cùng phía đối với BC)
22


·
·
tạo ra ACE
= 150 = CAH
Từ A kẻ AK ⊥ EC ( K ∈ EC ) thì

∆ vuông AKC = ∆ vuông CHA (c. huyền - g. nhọn) vì:

Cạnh huyền AC chung

·ACK = CAH
·
= 150
⇒ KC = AH, mµ AH =

1
1
1
BC ⇒ KC = BC = EC
2
2
2

Mà K ∈ EC nên K là trung điểm của EC.
Vậy ∆ EAC có AK là đường cao đồng thời là đường trung tuyến nên cân tại A

⇒ AE = AC.

Xét ∆ AEB và ∆ ACB có:
BE = BC (cạnh của ∆ đều BCE)
AB chung
AE = AC
Do đó ∆ AEB = ∆ ACB (c.c.c)

1
µ =B
¶ = 1 EBC
·

⇒B
= .600 = 300 . Vậy ·ABC = 300
1
2
2
2
(Và suy ra K là giao điểm của AB và EC)
Ở ví dụ này bài cho không có cặp đoạn thẳng nào bằng nhau thì phải vẽ tam
giác đều sao cho liên hệ được các dữ kiện của giả thiết.
Như vậy qua các ví dụ trên, giáo viên đã hình thành cho học sinh phương pháp
vẽ thêm tam giác đều từ việc liên hệ các dữ kiện của giả thiết. Và sau các ví dụ này,
giáo viên nên cho học sinh tự nhận xét, tổng kết dạng bài tập về tính số đo góc giải
bằng phương pháp vẽ tam giác đều, sau đó có thể chốt lại cho các em là:
Khi xét mối liên quan giữa các góc, nếu phát hiện ra góc của tam giác đều nên
nghĩ đến cách vẽ thêm tam giác đều để tạo ra những góc bằng góc đã cho.
Hơn nữa việc vẽ thêm tam giác đều còn tạo được các đoạn thẳng bằng nhau,
hoặc tạo được một đường có nhiều tính chất, từ đó dễ dàng phát hiện được những yếu
tố bằng nhau, liên kết với nhau để tìm ra lời giải.
Cũng cần chỉ ra cho học sinh thấy kinh nghiệm của việc vẽ thêm tam giác đều :
Nếu vẽ thêm tam giác đều mà cạnh của nó có sự bằng nhau với các đoạn thẳng khác
trong bài thì bao giờ cũng giải quyết được bài toán.
Qua các ví dụ này học sinh cũng cần thấy rằng, có thể có nhiều cách để tạo ra
tam giác đều, nhưng nên chọn cách nào dẫn đến chứng minh bài toán đơn giản hơn.
* Kết quả đạt được sau khi áp dụng các phương pháp vẽ thêm yếu tố phụ:
- Chất lượng đại trà lớp 7C, tổng số 30 học sinh.
23


0-<2
SL

%
/
/
*Nhận xét:

2-<5
SL
%
06
20,0

5 - < 6,5
SL
%
09
30,0

6,5 - < 8
SL
%
10
33,3

8 - 10
SL
05

%
16,7

- Sau khi áp dụng đề tài thì số lượng học sinh yếu, kém giảm, số lượng học sinh
đạt điểm khá, giỏi tăng lên.
- Đa số học sinh nắm được các phương pháp vẽ thêm yếu tố phụ trong giải toán,
nhiều em vận dụng vào làm bài tập khá tốt.
- Chất lượng đội tuyển học sinh giỏi cấp huyện cũng đã có sự tiến bộ vượt bậc.
3. PHẦN KẾT LUẬN
3.1. Ý nghĩa của đề tài
Trên đây là những kinh nghiệm của tôi khi hướng dẫn các em giải bài tập hình
đòi hỏi phải vẽ thêm các yếu tố phụ. Việc vẽ thêm các yếu tố phụ giúp cho các em
giải toán dễ dàng hơn, song việc vẽ thêm yếu tố phụ quả là khó khăn, phức tạp đòi
hỏi học sinh phải có tư duy logic, có trí tưởng tượng phong phú và óc sáng tạo linh
hoạt, trên tinh thần phải nắm được kiến thức cơ bản và khai thác triệt để giả thiết bài
toán cho. Tôi mới chỉ đưa ra 2 dạng toán là chứng minh, tính số đo góc mà đã thấy
việc vẽ thêm yếu tố phụ rất phong phú, đa dạng, thiếu nó thì việc giải toán gặp nhiều
khó khăn. Đây là một số phương pháp vẽ thêm yếu tố phụ mà tôi đã lựa chọn để
truyền đạt đến học sinh, mong rằng qua đó các em sẽ vận dụng tốt và phát huy hơn
nữa năng lực học tập bộ môn. Qua thực tế giảng dạy và tìm hiểu tài liệu tôi đã cố
gắng thể hiện đề tài nghiên cứu này. Tuy nhiên thời gian nghiên cứu còn hạn hẹp,
trong phạm vi của đơn vị, nên đề tài chỉ mới áp dụng ở địa bàn hẹp, chưa có sức lan
toả tới những vùng miền khác. Vì vậy triển vọng của đề tài còn tiếp tục trong xu thế
phát triển của xã hội hiện nay. Sẽ còn nhiều biện pháp khác chưa có điều kiện đề cập
tới, đó là hướng nghiên cứu tiếp tục của đề tài trong tương lai.
Thông qua sáng kiến kinh nghiệm này tôi mong muốn được đóng góp một
phần nhỏ bé công sức trong việc hướng dẫn học sinh vẽ thêm yếu tố phụ trong giải
toán hình học, rèn luyện tính tích cực, phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh, gây
hứng thú cho các em khi học toán.
3.2. Kiến nghị, đề xuất
Để có thể dạy - học tốt và bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán ở trường THCS
tôi xin đề xuất một số vấn đề sau:
1. Toán học là bộ môn văn hoá cơ bản trong nhà trường phổ thông do đó cần

phải có nhận thức đúng đắn về vai trò, vị trí của nó trong cấu trúc chương trình.
2. Tạo điều kiện về cơ sở vật chất, trang thiết bị, phương tiện dạy - học để việc
tổ chức tiết học đạt hiệu quả.
3. Nhân rộng và phổ biến những kinh nghiệm hay mô hình tốt có hiệu quả thiết
thực.
24


4. Đầu tư kinh phí hợp lý cho công tác nghiên cứu thực tế, nắm bắt tốt thông
tin từ giáo viên và học sinh, đề ra những chủ trương, biện pháp khả thi thiết thực.

ĐÁNH GIÁ, NHẬN XÉT CỦA HỘI ĐỒNG KHOA HỌC NHÀ TRƯỜNG

25