Một số phương pháp vẽ đường phụ cho học sinh lớp 7 trường THCS nhữ bá sỹ thị trấn bút sơn đạt kết quả cao

1. MỞ ĐẦU
- Lý do chọn đề tài:
Toán hình là môn học mà đại đa số học sinh đều cho đây là môn học khó.
Vì đây là môn học không chỉ nhằm rèn luyện tư duy, trí thông minh, sáng tạo
cho mỗi học sinh mà nó còn là một môn khoa học cơ bản tạo tiền đề vững chắc
cho các môn học khác, tạo vốn sống cho học sinh trong tương lai.
Làm thế nào để học sinh thích thú học toán, nhất là môn hình học, đây là
vấn đề mà mỗi giáo viên dạy toán cần phải suy nghĩ và quan tâm?
Từ những yêu cầu trên, tôi nhận thấy rằng nếu chúng ta chỉ dạy hình học
bằng cách cung cấp cho học sinh những kiến thức trong sách giáo khoa thì việc
học toán sẽ trở nên nhạc nhẽo, chưa thật đạt yêu cầu. Việc cung cấp kiến thức
SGK rồi giải bài tập không phải là việc khó, nhưng thật ra sau mỗi bài toán có
biết bao điều lí thú. Muốn vậy, giáo viên không chỉ truyền thụ cho học sinh
những kiến thức cơ bản của môn hình học mà còn phải cung cấp cho học sinh
những phương pháp để giải các dạng bài tập khác nhau. Từ đó, tạo cho học sinh
niềm say mê, hứng thú khi học bộ môn mà người ta hay gọi là “môn học khô
khan” này. Không, toán học không khô khan mà đằng sau nó có bao nhiêu điều
thú vị, mà đặc biệt là đối với bộ môn hình học - một môn học trừu tượng.
Thực tế cho thấy toán vẽ đường phụ có nhiều trong chương trình THCS,
nhưng không được hệ thống thành những phương pháp nhất định gây cho học
sinh nhiều khó khăn khi gặp và giải quyết loại toán này. Mà các bài toán có liên
quan tới vẽ đường phụ hầu như có mặt ở đề thi học sinh giỏi các cấp và thi vào
lớp 10 trung học phổ thông.
-Mục đích nghiên cứu
Các bài toán hình học có lời giải phải kẻ thêm đường phụ là các bài toán
khó đối với với học sinh THCS. Bởi vì để giải các bài toán dạng này không chỉ
yêu cầu học sinh nắm vững kiến thức mà nó còn đòi hỏi học sinh cần có một kỹ
năng giải toán nhất định, có sự sáng tạo nhất định. Để tạo ra được một đường
phụ liên kết tường minh các mối quan hệ toán học giữa các điều kiện đã cho (giả
thiết) với điều kiện cần phải tìm (kết luận) đòi hỏi phải thực hiện các thao tác tư
duy: Phân tích, tổng hợp, so sánh, tương tự hoá, đặc biệt hoá,... Hay nói cách

khác giải một bài toán phải kẻ thêm đường phụ là một sáng tạo nhỏ. Kẻ thêm
đường phụ để giải một bài toán hình về mặt phương pháp là một biểu hiện ở
mức độ cao của kỹ năng, thể hiện các tình huống hình học phù hợp với một định
nghĩa, định lý nào đó... hay còn gọi là quy lạ về quen. Ở đó khoảng cách từ lạ
đến quen càng xa thì mức độ sáng tạo càng lớn. Do đó việc học tốt các bài toán
hình có lời giải phải kẻ thêm đường phụ có tác dụng rất lớn trong việc phát triển
năng lực trí tuệ và tư duy khoa học của học sinh.

1


- Đối tượng nghiên cứu
Giải bài toán hình có kẻ thêm đường phụ đòi hỏi phải thực hiện nhiều
các thao tác tư duy. Vì vậy đòi hỏi ở học sinh phải rèn luyện về mặt tư duy hình
học thuật phát triển. Do đó trong các định lý ở sách giáo khoa, để chứng minh
định lý phải sử dụng việc vẽ đường phụ thì sách giáo khoa (SGK) rất ít đề cập
đến, việc làm các ví dụ về bài toán ở trên lớp cũng rất hiếm khi có loại toán dạng
này. Tuy nhiên trong các bài tập thì SGK cũng đưa ra khá nhiều dạng toán này
và nhất là ở các bài tập nâng cao thì các bài toán khó và hay lại là những bài
toán khi giải cần phải kẻ thêm đường phụ.
Trên thực tế, đối với học sinh khi giải các bài toán dạng này cần phải có
rất nhiều thời gian nghiên cứu. Do đó việc đi sâu vào nghiên cứu và tìm tòi các
cách giải bài toán có vẽ thêm đường phụ đối với học sinh còn rất ít. Còn đối với
đa số học sinh việc nắm vững về mục đích, yêu cầu khi vẽ các đường kẻ phụ
cũng như kiến thức về một số loại đường phụ là còn rất hạn chế. Các tài liệu viết
riêng về loại toán này cũng rất hiếm cho nên việc tham khảo đối với học sinh
còn gặp nhiều khó khăn.
Vì vậy với trình bày của đề tài này sẽ là một nội dung tham khảo cho
giáo viên để góp phần tạo nên cơ sở cho giáo viên có thể dạy tốt hơn loại toán
hình có kẻ thêm đường phụ.

Trong khuông khổ đề tài này, tôi sẽ trình bày “Một số phương pháp vẽ
đường phụ cho học sinh lớp 7 đạt kết quả cao’’ trong việc dạy học bồi dưỡng
học sinh khá, giỏi lớp 7. Giúp học sinh biết phân loại và vận dụng các phương
pháp giải vẽ đường phụ một cách nhanh chóng và hiệu quả, phát huy được tính
tích cực, chủ động sáng tạo của học sinh trong quá trình học tập.
- Phương pháp nghiên cứu:
Thực tế trong chương trình ở SGK trung học cơ sở có nhiều bài toán để
giải được cần vẽ thêm đường phụ, vì thế giáo viên thật khéo léo hướng dẫn và
hình thành cho học sinh những suy nghĩ và xuất phát điểm để vẽ đường phụ.
Một số loại đường phụ thường vẽ như sau:
a - Vẽ một đường thẳng song song với một đường thẳng cho trước từ một
điểm cho trước.
b - Từ một điểm cho trước vẽ đường thẳng vuông góc với đường thẳng cho
trước.
c - Vẽ tia đối
d - Vẽ đường phân giác của một góc cho trước.
e - Vẽ đường trung trực của một đoạn thẳng.
f - Vẽ tam giác đều.

2


2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm:
Khi giải các bài toán hình học, việc vẽ hình phụ tạo điều kiện thuận lợi
cho ta tìm ra lời giải bài toán, nhưng biết tạo ra đường phụ một cách thích hợp
không phải lúc nào cũng dễ dàng. Qua thực tế giải toán cần cho học sinh thấy
được phần nào vai trò quan trọng của việc vẽ đường phụ trong chứng minh hình
học. Có nắm kiến thức cơ bản một cách chắc chắn, biết vận dụng linh hoạt mới
biết khai thác dữ kiện bài toán mà tìm cách thích hợp để giải bài toán.

Như vậy vẽ đường phụ cũng là một kĩ năng trong giải toán hình học, nếu
không có mối liên quan nào giữa giả thuyết và kết luận thì nên nghĩ ngay đến vẽ
đường phụ, đó là điều mà học sinh cần phải biết được đối với mỗi bài toán cụ
thể. Không thể có một phương pháp chung nào cho việc vẽ đường phụ, ngay
trong cùng một bài toán có thể có những cách vẽ đường phụ khác nhau. Vì vậy
khi chứng minh định lí hay giải bài toán hình, giáo viên cần hình thành cho học
sinh một số cách vẽ đường phụ và cần phân tích rõ xuất phát từ đâu mà ta vẽ
đường phụ như thế này?
2.2. Thức trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm.
Trước khi đưa vào thực hiện sáng kiến này đã tiến hành điều tra về hiểu
và có kỹ năng giải bài toán hình có lời giải vẽ thêm đường phụ đối với học sinh
như sau:
- Đối tượng điều tra: Học sinh lớp 7E, 7H trường THCS Nhữ Bá SywTT Bút Sơn, năm học 2015-2016.
- Thời gian điều tra: Bắt đầu tư ngày 15/09/2015.
- Tổng số học sinh được điều tra: 69 em.
- Thống kê điều tra như sau:
01. Số học sinh nắm được sơ lược các loại đường phụ thường sử dụng
trong giải Toán THCS có: 30 em chiếm 43,5 %
02. Số học sinh nắm được các phép dựng hình cơ bản thường sử dụng
trong giải toán THCS có: 25 em chiếm 36,2%.
03. - Số học sinh dựng được các đường kẻ phụ hợp lý và giải được một
số bài toán trong chương trình toán lớp 7 gồm có: 15 em chiếm 21,7%.

3


04. Số học sinh lúng túng, chưa giải quyết được các bài toán hình học có
vẽ thêm đường phụ trong giải Toán THCS có: 34 em chiếm 49,2 %
05. Số học sinh thành thạo các dạng toán, có kỹ năng tốt và giải được các
bài toán tương đối khó : 4 em chiếm 5,7%

2.3 Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề
a - VẼ THÊM ĐƯỜNG THẲNG SONG SONG VỚI ĐƯỜNG THẲNG
CHO TRƯỚC.

Bài 1: Trên hình vẽ bên, cho biết:
·
ACB
> ·xAC và Ax // By.
·
·
·
Chứng minh: ACB
= xAC
+ CBy

Chứng minh:
- Trên nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng
AC chứa tia CB, vẽ tia Cz sao cho: Cz //
Ax ⇒ Cz // By
·
⇒ ·ACz = xAC
(so le trong, do Cz // Ax)
·
·
và zCB
(so le trong, do Cz // By)
= CBy
·
vì xAC
< ·ACB ⇒ ·ACz < ·ACB ⇒ tia Cz

nằm giữa hai tia CA và CB
·
·
·
⇒ ·ACB = ·ACz + zCB
= xAC
+ CBy
·
·
Vậy ·ACB = xAC
(đpcm)
+ CBy

Bài 2 : Cho tam giác ABC có (AB < AC). Gọi M là trung điểm của BC. Từ M
kẻ đường thẳng vuông góc với tia phân giác của góc BAC tại N, cắt tia AB tại E
và cắt tia AC tại F. Chứng minh rằng : BE = CF
Bài giải:

4


Qua B kẻ đường thẳng song song với
AC, cắt EF tại D.
Xét ∆ MBD và ∆ MCF có :
·
·
(so le trong)
DBM
= FCM
MB = MC (giả thiết) ;

·
·
(đối đỉnh)
BMD
= CMF
Do đó: ∆ MBD = ∆ MCF (c.g.c) suy
ra BD = CF (1)

A

F
B
M
D

C

N

E

Mặt khác : ∆ AEF có AN vừa là đường cao, vừa là đường phân giác nên cân tại
µ = MFA
·
·
·
·
µ
A, suy ra E
. Mà BDE

(đồng vị) nên BDE
= MFA
=E
Do đó: ∆ BDE cân tại B, suy ra BD = BE (2).
Từ (1) và (2) suy ra : BE = CF (đpcm)
Bài 3: Trên cạnh BC của tam giác ABC lấy điểm D, E sao cho BD = CE , qua D
và E vẽ các đường thẳng song song với AB cắt AC tại F và G.
Chứng minh: DF + EG = AB
Chứng minh:
- Kẻ DH // AC (H ∈ AB)
Ta có: DF // AB (gt)
⇒ AH = DF (t/chất đoạn thẳng
chắn).
- Xét ∆ BHD và ∆ EGC có:
µ = GEC
·
(đồng vị, do AB //
B
EG)
BD = EC (gt)
·
µ (đồng vị, do HD //
HDB
=C
AC)
⇒ ∆ BHD = ∆ EGC (g.c.g) ⇒ BH
= EG
⇒ AB = AH + HB = DF + EG
Vậy: AB = DF + EG (đpcm)
b - VẼ THÊM ĐƯỜNG THẲNG VUÔNG GÓC VỚI ĐƯỜNG THẲNG

CHO TRƯỚC:
Bài 1:

Cho tam giác ABC cân tại A, BH vuông góc AC tại H. Trên cạnh BC lấy điểm
M bất kì ( khác B và C). Gọi D, E, F là chân đường vuông góc hạ từ M đến AB,
AC, BH.
a) Chứng minh ∆DBM = ∆FMB
5


b) Chứng minh khi M chạy trên cạnh BC thì tổng MD + ME có giá trị
không đổi.
c) Trên tia đối của tia CA lấy điểm K sao cho CK = EH. Chứng minh BC
đi qua trung điểm của DK.
Bài giải:
a) Chứng minh được ∆DBM = ∆FMB (chgn)
b) Theo câu a ta có: ∆DBM = ∆FMB (chgn) ⇒ MD = BF (2 cạnh tương ứng) (1)
+) Chứng minh: ∆MFH = ∆HEM ⇒ ME =
FH (2 cạnh tương ứng) (2)
Từ (1) và (2) suy ra: MD + ME = BF + FH
= BH
BH không đổi ⇒ MD + ME không đổi
(đpcm)
c) Vẽ DP⊥BC tại P, KQ⊥BC tại Q, gọi I là
giao điểm của DK và BC
+) Chứng minh : BD = FM = EH = CK
+) Chứng minh : ∆BDP = ∆CKQ (ch-gn) ⇒
DP = KQ(cạnh tương ứng)
·
·

+) Chứng minh : IDP
⇒∆DPI =
= IKQ
∆KQI (g-c-g) ⇒ID = IK(đpcm)
Bài 2: Cho tam giác ABC có các đường phân giác BD và CE cắt nhau tại I và ID
= IE. Chứng minh rằng Bµ = Cµ hay Bµ + Cµ = 1200
Bài giải:
Qua I kẻ IH ⊥ AB và IK ⊥ AC , Do I là
giao điểm của hai đường phân giác nên
IH = IK và ID = IE ( gt ) nên
∆IHE = ∆IKD (cạnh huyền, cạnh góc
·
vuông) nên suy ra ·ADB = BEC
(1)
K
∈
AD
;
H
∈
BE
a) Trường hợp
thì
1µ
·
·
= µA + C
ta có BEC
( BEC
là góc

2
∆
AEC
ngoài của
) (2)
1
·ADB = C
µ + B
µ ( ·
ADB là góc ngoài của
2
∆DBC ) (3) . Từ (1); (2) và (3)
µA + 1 C
µ =C
µ +1B
µ
2
2

6


1µ 1µ
µ +B
µ ⇒ 3 µA = µA + C
µ +B
µ = 1800 ⇒ µA = 600 ⇒ C
µ +B
µ = 1200

⇒ µA = C
+ B ⇒ 2 µA = C
2
2
b) Nếu H ∈ AE và K ∈ DC thì suy ra tương tự trên ta có Cµ + Bµ = 1200
1µ µ 1µ
µ =B
µ
= A+ B ⇔ C
c)
Nếu H ∈ EB và K ∈ DC thì µA + C
2
2
1
1
d) H ∈ AE và K ∈ DA thì Cµ + Bµ = Bµ + Cµ ⇔ Cµ = Bµ .
2
2
Vậy cả bốn trường hợp trên ta luôn có Bµ = Cµ hoặc Cµ + Bµ = 1200

Bài 3: Cho tam giác ABC, đường cao AH, vẽ ngoài tam giác ấy các tam
giác vuông cân ABD, ACE với Bµ = Cµ = 900

a) Qua điểm C vẽ đường thẳng vuông góc với BE cắt đường thẳng HA tại
K. Chứng minh rằng DC ⊥ BK .
b) Ba đường thẳng AH, BE, CD đồng quy
Bài giải:
a) Chứng minh DC ⊥ BK :
·
·

·
Ta có BEC
cùng phụ với KCE
= KCA
·
·
·
cùng phụ với KIE
nên suy
HKC
= HBE
·
·
ra KAC
và AC = CE (gt) nên
= ECB
∆KAC = ∆BCE ( g .c.g ) suy ra KA = BC.
·
·
Mặt khác ta có BD =AB ; KAB
;
= DBC
KA = BC nên
·
·
∆DBC = ∆BAK ( c.g.c ) suy ra BKH
= DCB
·
·
·

·
·
và HKB
+ KBH
= 900 suy ra DCB
+ KBH
= 900 ⇒ BMC
= 900 ( với M giao điểm của
DC và KB) nên DC ⊥ BK tại M.
b) Trong tam giác KBC ba đường cao AH, CD, BE nên đồng quy tại I.
Bài 4: Cho tam giác ABC vuông cân tại A. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của
AB, AC. Kẻ NH ⊥ CM tại H. Kẻ HE ⊥ AB tại E. Chứng minh rằng tam giác ABH
cân và HM là phân giác của góc BHE.
Bài giải:
Từ A ta kẻ AK ⊥ CM tại K và AQ ⊥ HN
tại Q. Hai tam giác vuông MAK và


NCH có MA = NC =  AB ÷
1
2



·ACH = MAK
·
(cùng phụ với góc KAC)
nên ∆MAK = ∆NCH (cạnh huyền, góc

nhọn). Suy ra AK = HC (1) . Ta lại có

·
∆BAK = ∆ACH ( c.g .c ) ⇒ BKA
= ·AHC . Hai
tam giác vuông AQN và CHN có NA =
7


·
NC và ·ANQ = HNC
(đ.đ) nên
∆ANQ = ∆CNH

(cạnh huyền, góc nhọn). Suy ra AQ = CH (2). Từ (1) và (2) suy ra AK = AQ nên
HA là tia phân giác của góc KHQ suy ra
·AHQ = 450 ⇒ ·AHC = 900 + 450 = 1350 ⇒ ·AKB = 1350 . Từ
·AKB + BKH
·
·
·
+ ·AKH = 3600 ⇒ BKH
= 1350 . Tam giác AKH có KHA
= 450 nên nó
vuông cân tại K ⇒ KA = KH . Xét hai tam giác BKA cà BKH có BK chung ;
·
·
·
·
BKA
= BKH
= 1350 ; AK = KH ⇒ ∆BKA = ∆BKH ( c.g .c ) ⇒ KHB

= MAK
; AB = BH hay
tam giác BAH cân tại B
·
·
·
·
Ta có KHB
và KE // CA nên ·ACH = EHM
(đồng vị) vì ·ACH = MAK
suy
= MAK
·
·
ra EHM
nên HM là tia phân giác của EHB.
= MHB
Bài 5: Cho tam giác ABC có Â < 900. Vẽ ra phía ngoài tam giác đó hai
đoạn thẳng AD vuông góc và bằng AB; AE vuông góc và bằng AC. Gọi M là
trung điểm của DE kẻ tia M A . Chứng minh rằng : MA ⊥ BC
Bài giải:
Gọi H là giao điểm của tia MA và BC , Trên tia AM lấy điểm N sao cho AM =
MN
kẻ DQ ⊥ AM tại Q
Ta có ∆MDN = ∆MEA ( c.g.c) vì :
·
·
AM = MN ; MD = ME (gt) và EMA
( hai góc đối đỉnh)
= DMN

⇒ DN = AE ( = AC) và AE // DN vì
¶ = MAE
·
N
( cặp góc so le trong )
1
·
⇒ EAD
+ ·ADN = 1800 ( cặp góc trong
·
·
cùng phía) mà EAD
+ BAC
= 1800 ⇒
·
BAC
= ·ADN

Xét ∆ABC và ∆DNA có : AB = AD
·
(gt) , AC = DN và BAC
= ·ADN ( chứng
minh trên ) ⇒ ∆ABC = ∆DNA
¶ = ·ACB
(c.g.c) ⇒ N
1
¶ = ·ACB
·
Xét ∆AHC và ∆DQN có : AC = DN , BAC
= ·ADN và N

1
⇒ ∆AHC = ∆DQN (g.c.g) ⇒ ∆AHC vuông tại H hay MA ⊥ BC

Bài 6: Cho tam giác ABC vuông tại A ( AB > AC) . Tia phân giác góc B cắt AC
ở D. Kẻ DH vuông góc với BC. Trên tia AC lấy điểm E sao cho AE = AB .
Đường thẳng vuông góc với AE tại E cắt tia DH ở K . Chứng minh rằng :
8


a)

BA = BH

·
b) DBK
= 450

c) Cho AB = 4 cm, tính chu vi tam giác DEK
Bài giải:
a) Cm ∆ABD = ∆HBD ( cạnh huyền – góc
nhọn)
b) Qua B kẻ đường thẳng vuông góc với EK , cắt
EK tại I
Ta có : ·ABI = 900 , Cm ∆HBK = ∆IBK ( cạnh
huyền – cạnh góc vuông)
µ =B
¶ mà B
µ =B
¶ ⇒ DBK
·

⇒ B
= 450
3
4
1
2
Chu vi tam giác DEK = DE + EK + KD = 2.4 = 8
cm
·
* Từ bài ta thấy khi DBK
= 450 thì chu vi ∆DEK
= 2. AB vậy nếu có chu vi ∆DEK = 2 thì ta cũng
·
cm được DBK
= 450 . Ta có bài toán sau :
c - VẼ THÊM TIA ĐỐI:
Bài 1: ( HSG huyên Hoằng Hóa năm học 2011-2012)
Cho tam giác ABC cân. Trên
1 · cạnh đáy BC lấy điểm D sao cho:
·
BAD
< CAD
.
Chứng minh rằng:
2
Gọi M là trung điểm của DC. Trên tia
đối của tia MA A
lấy điểm E sao
cho
3 ME = MA.

1 2
Ta có hai tam giác AMC và EMD
bằng nhau
·
Vì MD = MC, MA = ME, ·AMC = EMD
.
M
C
·
1 và góc µ
A3 = DEM
Nên DE = AC,
.
D
B khác ,
Mặt
¶ >B
µ ( theo tính chất góc ngoài tam
D
1
giác)
mà Bµ = Cµ ( vì tam giác ABC cân,
E đáy
BC)
¶ >C
µ suy ra AC > AD.
nên D
1
·
Từ đó DE > DA, suy ra ¶A2 > DEM

,hay ¶A2 > µA3 .

CD = 2 BD.

A
1 23

1
B

M

C

D

E

9


Vì µA3 = µA1 ( do ∆ABD = ∆ACM )
µ < ¶A + µ
A3
nên góc ¶A2 + µA3 > µA1 + µA3 hay 2A
1
2
1·
·
< CAD

.
Suy ra BAD
2

Bài 2: Cho tam giác ABC có đường trung tuyến AD = 12cm.Trung tuyến BE =
9cm và trung tuyến CF = 15cm. Tính độ dài BC (hính xác đến 0,1 cm)
Bài giải:
Trên tia đối của tia DG lấy điểm M sao
cho DM = DG khi đó AG = GM =
2
2
AD = .12 = 8(cm) ;
3
3
2
2
BG = BE = .9 = 6(cm) ;
3
3
∆BDM = ∆CDG (c.g .c ) nên suy ra
·
·
(so le trong) nên BM//CG
GCD
= DBM

và MB = CG mà
2
2
CG = CF = .15 = 10(cm) . Mặt khác, ta

3
3
có 102 = 62 + 82 hay BM 2 = BG 2 + MG 2 . Suy ra ∆BGD vuông tại G. Theo định lý

Pythagore ta có BD = BG 2 + GD 2 = 62 + 42 = 52 . Vậy BC = 2BD =
2 52 ≈ 14, 4(cm)

Bài 3: Cho tam giác ABC, vẽ về phía ngoài tam giác ấy các tam giác đều ABE;
ACF. Gọi I là trung điểm của BC, H là trực tâm của tâm giác ABE. Tính các góc
cuả tam giác FIH.
Bài giải:
Trên tia đối của tia IH lấy điểm K sao
·
cho IH = IK. Gọi BAC
= α thì
·HAF = 600 + 300 + α = 900 + α ( 1) ( vì
·
∆ACF đều nên FAC
= 600 và tam giác
EAB đều có H là trực tâm nên
0
·
HAB
= 300 nếu 0 < α ≤ 90 ). Ta lại có:
∆BIH = ∆CIK ( c.g.c ) nên suy ra
·
·
KCI
= HBI
= ·ABC + 300 nên

(

)

·ACB = 1800 − ·ABC + α
.

(

)

0
0
0
·
·
·
Do đó: KCI
+ BCA
+ ·ACF = ·ABC + 300 + 180 − ABC + α + 60 = 270 − α

(

)

(

)

·
·
·
KCF
= 3600 − KCI
+ BCA
+ ·ACF = 3600 − 2700 − α = 900 + α

( 2 ) . Từ (1) và (2) suy

·
·
·
·
⇒ HFK
= 600
ra HAF
.Nên ∆AHF = ∆CKF ( c.g.c ) ⇒ HF = KF ; ·AFH = CFK
= KCF

10


do đó tam giác HFK đều suy ra tam giác HFI là nửa tam giác đều cạnh HF. Các
·
·
·
góc của tam giác HFI có số đo là: HIF
= 900 ; IHF
= 600 ; HFI

= 300 .
Bài 4: Cho tam giác ABC có Â < 900. Vẽ ra phía ngoài tam giác đó hai đoạn
thẳng AD vuông góc và bằng AB; AE vuông góc và bằng AC. Gọi H trung điểm
của BC .
Bài giải:
Chứng minh rằng tia HA vuông góc với
DE
Trên tia AH lấy điểm A’ sao cho
AH = HA’
Dễ CM được ∆AHC = ∆A’HB ( g.c.g)
·
· 'B
⇒ A’B = AC ( = AE) và HAC
= HA
·
⇒ AC // A’B ⇒ BAC
+ ·ABA ' = 1800 ( cặp
góc trong cùng phía)
·
·
·
Mà DAE
+ BAC
= 1800 ⇒ DAE
= ·ABA '
Xét ∆DAE và ∆ABA’ có : AE = A’B ,
AD = AB (gt)
·
DAE
= ·ABA ' ⇒ ∆DAE = ∆ABA’(c.g.c)

· AA ' mà
⇒ ·ADE = B
·ADE + B
· AA ' = 900 ⇒ ·ADE + MDA
·
= 900

Suy ra HA vuông góc với DE
d- PHƯƠNG PHÁP VẼ ĐƯỜNG TRUNG TRỰC:
·
Bài 1: Cho A nằm trong góc xOy
nhọn. Tìm điểm B,C lần lượt thuộc Ox, Oy sao
cho tam giác ABC có chu vi nhỏ nhất.
Bài giải:
Vẽ D đối xứng với A qua Oy, E đối
xứng với A qua Ox
Nên Oy, Ox lần lượt là các đường
trung trực của AD và AE. Khi đó ta có
CA = CD và BE = BA nên chu vi của
tam giác ABC là: CB + AB + CA = CB
+ CD + BE ≥ DE . Dấu đẳng thức xảy
ra khi và chỉ khi B ≡ M ; C ≡ N . Do đó
∆ABC có chu vi nhỏ nhất ở vị

e - PHƯƠNG PHÁP VẼ MỘT GÓC BẰNG MỘT GÓC CHO TRƯỚC:

11


Bài 1: Cho tam giác ABC, đường phân giác AD. Trên đoạn thẳng AD lấy điểm E

·
·
và F sao cho ·ABE = CBF
. Chứng minh rằng ·ACE = BCF
.
Bài giải:
Vẽ K, H, I sao cho BC, AC, AB là các
đường trung trực của KF, EH, EI. Khi
·
·
·
đó ta có HCE
.
= 2. ·ACE ; KCF
= 2.FCB
·
Ta phải chứng minh ·ACE = BCF
Ta có AI = AE = AH (vì AB là đường
trung trực của EI) nên tam giác AHI
cân tại A mà AE là phân giác nên AD
là đường trung trực của IH do đó IF =
·
·
FH (1). Ta lại có BK = BF ; IBE
= FBK
và BI = BE nên ∆BEK = ∆BIF ( c.g.c )
suy ra EK = IF (2). Từ (1) và (2) suy ra EK = FH (3)
Xét tam giác ∆HCF và ∆ECK ta có HC = EC (4) ( vì AC là đường trung trực của
EH); CF = CK (vì BC là đường trung trực của KF) (5) . Từ (3) ,(4) và (5) nên
∆HCF = ∆ECK ( c.c.c ) suy ra

(đpcm)
·
·
·
·
·
·
·
·
·
HCF
= ECK
⇒ HCE
+ ECF
= KCF
+ FCE
⇒ HCE
= KCF
⇒ ·ACE = BCF
Bài 2: Cho tam giác ABC có góc B bằng 450, góc C bằng 1200. Trên tia đối của
tia CB lấy điểm D sao cho CD = 2CB. Tính góc ADB.
Bài giải:
Trên CA lấy điểm E sao cho
A
·
µ 1 = 30o
EBA
= 15o ⇒ B
µ =µ
·

A1 + EBA
= 300 , do đó ∆
Ta có : E
1
CBE cân tại C ⇒ CB = CE
Gọi F là trung điểm CD ⇒ CB =

F
B

CE = CF = FD
Tam giác CEF cân tại C, lại có
µ 1 = 1800 − BCA
·
C
= 60o nên là tam giác
đều.
Như vậy : CB = CE = CF = FD = EF.
µ1=E
µ 3 mà D
µ1+E
µ3=F
µ 2 = 60o
Suy ra D
µ 1 = 30o
(∆ CEF đều) ⇒ D

M
D

C

N

E

(

)

·
µ +D
¶ = 900
= 180o − C
Xét tam giác CDE ta có: CED
(1)
1
1
µ1=B
µ 1 => EB = ED, µA1 = EBA
·
Ta có : D
=> EA = EB => ED = ED (2)
µ 2 = 45o
Từ (1) và (2) => Tam giác EDA vuông cân tại E => D

12


¶ +D

¶ = 30o + 45o = 75o
Vậy ·ADB = D
1
2
·
Bài 3: Cho tam giác ABC cân tại A có BAC
= 200 . Trên nửa mặt phẳng không
chứa B có bờ AC vẽ tia Cx sao cho ·ACx = 600 , trên tia ấy lấy điểm D sao cho AB
= CD. Tính ·ADC .
Bài giải:
Trên nửa mặt phẳng chứa B có bờ AC vẽ tia Cy
sao cho ·ACy = 600 . Tia này cắt AB tại E. Do tam
·
giác ABC cân tại A có BAC
= 200 nên
µ =C
µ = (1800 − 200 ) : 2 = 800 . Trong tam giác BCE
B
·
có Bµ = 800 . Góc BEC
là góc ngoài của tam giác
·
·
AEC nên ta có BEC
= µA + ECA
= 200 + 600 = 800 .
Nên tam giác CEB cân tại C suy ra CE = CB.
Từ đó ta có
∆AEC = ∆ADC ( c.g .c ) ⇒ ·AEC = ·ADC = 1800 − 800 = 1000

f - PHƯƠNG PHÁP VẼ MỘT TAM GIÁC ĐỀU:
Bài 1: (HSG Huyện Hoằng Hóa năm học 2014-2015)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn (AB < AC). Vẽ về phía ngoài tam giác
ABC các tam giác đều ABD và ACE. Gọi I là giao của CD và BE, K là giao của
AB và DC.
a) Gọi M và N lần lượt là trung điểm của CD và BE. Chứng minh rằng
∆AMN đều.
b) Chứng minh rằng IA là phân giác của góc DIE.
Bài giải:

·
·
Ta có: AD = AB; DAC
và
= BAE
AC = AE
Suy ra ∆ADC = ∆ABE (c.g.c)
Từ ∆ADC = ∆ABE (câu a)
·
·
,
⇒ ABE
= ADC
·
·
mà BKI
(đối đỉnh).
= AKD
Khi đó xét ∆BIK và ∆DAK suy ra
·

·
= 600 (đpcm)
BIK
= DAK
Từ ∆ADC = ∆ABE (câu a) ⇒ CM =
·
·
EN và ACM
= AEN
⇒∆ACM = ∆AEN (c.g.c) ⇒AM =
·
·
AN và CAM
= EAN

E

A

D

N

J
K

B

M

I
C

13


·
·
= 600. Do đó ∆AMN đều. Trên tia ID lấy điểm J sao cho IJ = IB ⇒
MAN
= CAE
¶ = DBA
·
·
·
∆BIJ đều ⇒ BJ = BI và JBI
= 600 suy ra IBA
, kết hợp BA = BD
= JBD
·
·
·
⇒∆IBA = ∆JBD (c.g.c) ⇒ AIB
= 1200 mà BID
= 600
= DJB
·
= 600. Từ đó suy ra IA là phân giác của góc DIE
⇒ DIA
Bài 1: (HSG Huyện Hoằng Hóa năm học 2012-2013)

Cho điểm M nằm bên trong tam giác đều ABC sao cho MA : MB : MC = 3 : 4: 5.
Tính góc AMB ?
Bài giải:
Vẽ tam giác đều BMK ( K và A nằm
cùng phía đối với BM )
Đặt MA = 3a ; MB = 4a ; MC = 5a
Có MB = BK và BC = AB
·ABK = CBM
·
⇒ ∆ AKB = ∆ CMB
⇒ AK = MC = 5a

Nhận xét : Trong tam giác AMK có
AM2 + MK2 = AK2
Nên : ·AMK = 90o
·
Do đó ·AMB = ·AMK + BMK
= 150o
Bài 3:
cho tam giác ABC là tam giác đề. Lấy điểm M nằm trong tam giác ABC
sao cho MA=1 ; MB=2 ; MC= 3 tình độ dài cạnh AB và số đo góc AMB
Bài giải:
Vẽ tam giác đều AMN và kẻ BD vuông
A
góc với AM
∆ AMC= ∆ ANB (c.g.c) suy ra MN=1;
BN 3 = 3 ; BM=2
dùng pi ta go chứng minh ∠ BNM =900;
N
BM=2NM nên

M
∠ NMB= 600 Vậ y ∠ AMB =1200
∠ MBD =300 suy ra MB =2 MD vậy
AD=2; BD= 3
từ đó tính được AB= 7
D

C

B

N

M
14

D

B

C


2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với
bản thân, đồng nghiệp và nhà trường
Ở chương trình sách giáo khoa hiện hành mới có nhiều bài toán chứng
minh đẳng thức hình học bằng cách vẽ đường phụ (Trong chương 3, hình học 7
“Quan hệ giữa các yếu tố trong tam giác”; khi đưa các bài tập chứng minh dựa
theo yếu tố vẽ đường phụ , học sinh rất thích tìm cách vẽ đường phụ để chứng
đặc biệt khi kèm cho những HSG tôi đã đưa ra cách chứng minh hay bằng cách

vẽ đường phụ để các em tham khảo , vận dụng và áp dụng giải các bài tập tương
tự. Sau khi thực hiện đề tài sáng kiến kinh nghiệm “Một số phương pháp vẽ
đường phụ cho học sinh lớp 7 đạt kết quả cao” tôi đã áp dụng nó vào trong
giảng dạy khi giải những bài toán về chứng minh đẳng thức hình học trong
chương trình . Tôi đã thu được các kết quả sau:
* Học sinh có nhiều hứng thú trong việc giải bài toán hình học.
* Học sinh vui và hào hứng thực sự khi tự mình phát hiện ra cách vẽ đường
phụ để chứng minh đẳng thức.
* Giải quyết được nhiều bài toán mà trước đây học sinh cho là không định
hướng được hướng giải.
3. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ:
-Kết luận:
Phần '' vẽ đường phụ'' ở lớp 7 là một nội dung quan trọng bởi kiến thức
này có liên quan chặt chẽ, nó là tiền đề cho học sinh học tốt các kiến thức về sau
và đặc biệt ứng dụng của nó rất nhiều. Do vậy trước hết chúng ta cần cho học
sinh nắm thật vững các tính chất, phương pháp chung về giải toán vẽ đường phụ.
Một kinh nghiệm nữa là phải dạy cho học sinh nhận dạng bài tập sau đó
mới bắt tay vào giải, sau mỗi dạng toán chúng ta cần chỉ ra cho học sinh mấu
chốt của bài toán là gì, giúp học sinh hiểu sâu, nắm vững bản chất của vấn đề,
vận dụng vào giải toán một cách thành thạo. Một kinh nghiệm mà bản thân tôi
nhận thấy không thể thiếu được là phải thường xuyên rèn luyện cho học sinh về
cách suy luận để tìm hướng giải, cách lập luận lôgíc, chặt chẽ, ngắn gọn. Động
viên, khích lệ học sinh tìm thêm nhiều cách giải và chọn ra cách giải hay nhất.
Trên đây là một vài kinh nghiệm nhỏ của bản thân tôi tự rút ra được trong
quá trình giảng dạy, chắc chắn chưa phải là một vấn đề hoàn hảo, do vậy tôi rất
mong nhận được sự đóng góp ý kiến chân tình của các bạn đồng nghiệp và bạn
đọc để những năm học tới dạy được tốt hơn, đáp ứng được với yêu cầu của sự
nghiệp giáo dục.
- Kiến nghị:
*Với BGH nhà trường

- Nên mua thêm một số sách tham khảo, chuyên môn nghiệp vụ cho giáo viên tự
bồi dưỡng, học tập.
* Với PHHS

15


- Quan tâm việc tự học, tự làm bài tập ở nhà của con cái. Thường xuyên kiểm tra
sách, vở và việc soạn bài trước khi đến trường của các con
Đây chỉ là một vấn đề nhỏ mà tôi đưa vào bài dạy bồi dưỡng, nhằm phát
huy cho học sinh khả năng tự học, tự giải quyết vấn đề. Bài học đã cho kết quả
bước đầu rất tốt. Trong quá trình thực hiện sáng kiến kinh nghiệm, cải tiến
phương pháp giảng dạy, tôi phải còn học hỏi nhiều hơn nữa ở các đồng nghiệp,
các thầy cô có nhiều kinh nghiệm trong giảng dạy và giáo dục. Mong rằng trong
khi thực hiện cải tiến và áp dụng trong năm học sau, tôi sẽ còn nhận được nhiều
cải tiến, bổ sung ở các thầy cô và đồng nghiệp để sáng kiến kinh nghiệm được
đầy đủ và hoàn hảo hơn .
Xin chân thành cảm ơn !

XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Bút Sơn, ngày 30 tháng 4 năm 2016
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, không sao chép nội dung
của người khác.

Phạm Văn Vượng
Ý KIẾN NHẬN XÉT CỦA HỘI ĐỒNG KHOA HỌC CẤP TRƯỜNG
.......................................................................................................................................................
.......................................................................................................................................................
.......................................................................................................................................................
.......................................................................................................................................................

.......................................................................................................................................................
.......................................................................................................................................................
.......................................................................................................................................................
.......................................................................................................................................................
.......................................................................................................................................................
......................................................................................................................................................

Ý KIẾN NHẬN XÉT CỦA HỘI ĐỒNG KHOA HỌC CẤP HUYỆN
.......................................................................................................................................................
.......................................................................................................................................................
.......................................................................................................................................................
.......................................................................................................................................................

16


.......................................................................................................................................................
.......................................................................................................................................................
.......................................................................................................................................................
.......................................................................................................................................................
.......................................................................................................................................................
.......................................................................................................................................................
.......................................................................................................................................................
.......................................................................................................................................................
.......................................................................................................................................................
.......................................................................................................................................................
.......................................................................................................................................................
.......................................................................................................................................................
.......................................................................................................................................................
.......................................................................................................................................................

.......................................................................................................................................................
.......................................................................................................................................................
.......................................................................................................................................................
.......................................................................................................................................................

17