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
29-NQ/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

1

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 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.
2


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:
3


- 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:
- 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.

4


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
5


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.

a

C

b
c

b

a

A

B

c

Giải:
* Cách dựng:
- Dựng tia Ax.
6

x


- 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

A’

B

y

O’

B’

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.
- Dựng các đường tròn (B, r) và (C, r) chúng cắt nhau ở D. Tia AD là tia
·
phân giác của xAy
.

7


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

8


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

9


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.
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:

10


∆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:
D

∆ABC; AB = 10cm;

GT

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

B

H

DH ⊥ BC, DH = 4 cm
KL

C

K

∆ ABC cân tại A.

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

1
BC = 6 cm.
2
Lại có: BD =

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

·
Xét ∆ HBD có: BHD
= 900 ( gt), theo định lí Pitago ta có: DH 2 + BH2 =
BD2
⇒ 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)

D

⇒ DH // AK (đường nối trung điểm 2
B

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

⇒ ·AKB = ·AKC = 900
Xét ∆ ABK và ∆ACK có:
BK = KC ( theo cách lấy điểm K)
11

H

K

C

·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.
Bài toán 2: Cho tam giác ABC có

µ = C
µ
B

; 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:

A

µ = C
µ
B

GT

∆ABC;

KL

AB = AC

1

2

1

2

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

12

C


1·
BAC .
2

A1 =¶A2 =
⇒µ

(1)

I

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

(

µ + Iµ =1800 ⇒ Iµ =1800 − ¶A + B

µ
có: * ¶A1 + B
1
1
1

(

µ + Iµ =1800 ⇒ Iµ =1800 − ¶A + C
µ
* ¶A2 + C
2
2
2
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 =
13

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

A

∆ABC; µ
A = 900 ;
AM là trung tuyến

KL

AM

=

1
2

B

BC

C

M

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

Xét ∆ MAC và ∆ MDB ta có:

1

MA = MD ( theo cách lấy điểm D)
B

¶ =M
¶
( hai góc đối đỉnh)
M
1
2

2

C

M 1

MB = MC ( Theo gt)
⇒ ∆ MAC = ∆ MDB ( c - g - c)

D

⇒ 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).
A1 =D
Từ ¶
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
14


⇒ ∆ 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
2

Như vậy 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.
3) Chứng minh:
15


GT

∆ABC; AB < AC

A

M là trung điểm BC
KL

·
·
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
1

MA = MD ( theo cách lấy điểm D)

¶ =M
¶ ( vì đối đỉnh)
M
1
2

2

1

B

M

MB = MC ( Theo gt)

C

2

⇒ ∆ MAB = ∆ MDC ( c - g - c)
D

⇒ AB = CD (2 cạnh tương ứng) (1)

µ (2 góc tương ứng). (2)
và µ
A1 =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
µ ( theo (2)) nên ¶A <µ
Mà µ
A1 =D
A1 hay
2

·
·
BAM
< MAC

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
A1 & A
2

về cùng một tam

µ , ta chỉ còn phải
giác bằng cách vẽ đường phụ như trong bài giải, lúc đó µ
A1 = D
µ &A
¶ ở trong cùng một tam giác ADC.
so sánh D
2
16


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

B

( Bài 38/ 124 SGK Toán 7 tập 1)

D

C

(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

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
17

D


⇒ ∆ 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:
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

1

18

B

2 3

I

1 2

H

M

C


KL

∆ ABC vuông ;
∆ ABM đều
Vẽ MI ⊥ AC ( I ∈ AC)
Xét ∆ MAI và ∆ MAH có:

¶ = Iµ =900 ( gt)
H
⇒ ∆ MAI = ∆ MAH ( cạnh huyền - góc

AM là cạnh chung)
nhọn)

¶A = µ
A3 (gt)
2

⇒ MI = MH ( 2 cạnh tương ứng) (1)

Xét ∆ ABH và ∆ AMH có:

¶ =H
¶ =900 ( gt)
H
1
2
⇒ ∆ ABH= ∆ AMH ( g - c - g)

AH là cạnh chung

µ
A1 = ¶A2 ( gt)
Mặt

khác:

H

MI = MH = BH =

⇒ BH= MH ( 2 cạnh tương ứng) (2)
∈

BM

,

nên

từ

(1)

và

(2)

⇒

1
BM
2

Lại có BM = CM (gt) ⇒ MI =

1
CM
2

Xét ∆ MIC vuông tại C có: MI =

1
µ = 300 từ đó suy
CM nên C
2

3·
3

0
0
·
·
ra: HAC
= 600 ⇒ BAC = HAC = .60 = 90 .
2

2

µ = 300 ⇒ B
µ = 600
Vậy ∆ ABC vuông tại A. Vì C

19


Lại có AM =

1
BC ( tính chất trung tuyến ứng với cạnh huyền
2

trong tam giác vuông) và BM = MC =

1
BC ( vì M là trung điểm BC) suy ra
2

AM = BM do 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: 20112012)
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 .

20


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.
- 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
1
·
= µ
A .
điểm D 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

21


2) Hướng suy nghĩ:
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 ⇒ 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)
·
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:

22


* 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:

A
B

23

150

C


µ = 150 suy ra 750 - 150 = 600
Ta thấy C
là số đo của mỗi góc trong tam giác đều
⇒ sử dụng phương pháp tam giác đều vào việc giải bài toán.
3) Chứng minh:
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
Vẽ tam giác đều BCM

H

M

A

(M và A cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ BC)

B

C

·
·
Ta có: OBM
= ·ABC − MBC
= 750 − 600 = 150
Gọi H là trung điểm của OB ⇒ HO = HB =
Mặt khác BO = 2AC (gt) nên AC =

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)
24


·
·
(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
¶ = 150 suy ra µ
toán 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.
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

E
A

150

150

C

từ đó suy ra EA = EC và ·AEC =1800 − 2.150 = 1500
Cũng như ở bài toán 8, ở bài toán này các em

·
·
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.
25