SKKN Tìm điều kiện trong hình học ở Trung Học Cơ Sở

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM:
“Tìm điều kiện trong hình học ở Trung Học Cơ Sở”
A. ĐẶT VẤN ĐỀ
I. Lý do chọn đề tài
1. Cơ sở lý luận
Dạng toán tìm điều kiện trong hình học ở Trung Học Cơ Sở là một dạng toán
khá hay. Nó đòi hỏi người giải phải có hướng suy nghĩ, tư duy lôgic, lập luận
chặt chẽ và hợp lí thì mới giải được.
Dạng toán này được trình bày trong chương trình hình học Trung Học Cơ Sở ở
các tài liệu sách giáo khoa, sách bài tập và sách nâng cao từ lớp 6 đến lớp 9,
không những ở các tiết lý thuyết mà ở các tiết luyện tập, ôn tập chương. Đặc biệt
được sử dụng nhiều ở các kỳ thi chọn học sinh giỏi, giáo viên giỏi, ....
Nó thường xuất hiện ở câu cuối cùng trong bài, ngay sau khi học xong bài mới
hoặc trong các tiết học ôn tập chương, ...
Như vậy, loại toán này xuất hiện không nhiều nhưng thường gặp.
Các bài ở sách giáo khoa thường không khó lắm, đòi hỏi các học sinh đại trà
phải làm được. Còn những bài toán khác khó hơn một chút thì học sinh từ trung
bình khá trở lên phải giải được, các học sinh giỏi thì cần phải giải thật tốt các
dạng toán này.
2. Cơ sở thực tiễn
Thực tế cho thấy học sinh rất sợ gặp dạng toán này và khi trong hệ thống bài
tập hoặc bài thi có dạng toán này thì học sinh thường bó tay chịu thua.
Vậy làm thế nào để giúp học sinh giải tốt được dạng toán này? Điều này khiến
tôi vô cùng băn khoăn và hết sức trăn trở. Và sau một quá trình tìm tòi, nghiên
cứu tôi đã mạnh dạn đưa ra sáng kiến:
“ Tìm điều kiện trong hình học ở Trung Học Cơ Sở”
II. Phạm vi nghiên cứu
Nghiên cứu các bài toán hình học ở Trung học cơ sở. Trong đó có các câu về
loại toán tìm điều kiện của một hình từ đó phân loại và tìm phương pháp giải
loại toán này.
III. Nhiệm vụ nghiên cứu

- Tìm được những nét chính, nổi bật nhất của loại toán này để dễ dàng phát hiện
ra.
- Tìm hiểu kĩ càng tất cả các bài toán để có thể phân loại được các dạng toán cụ
thể nhất, rõ ràng nhất.
- Tìm được phương pháp giải chung nhất, dễ hiểu nhất để học sinh có thể hiểu
tốt và làm được dạng toán này.
- Đặc biệt tìm hiểu đối tượng học sinh. Cụ thể tìm hiểu thái độ, các khó khăn của
học sinh khi tiếp cận với loại toán này. Để đưa ra được các giải pháp giúp đỡ học
sinh phù hợp nhất khi giải loại toán này.
IV. Giới hạn của đề tài

1


- Đề tài chỉ nghiên cứu các bài toán “ Tìm điều kiện trong hình học ở Trung Học
Cơ Sở”
- Đối tượng đề tài phục vụ: Học sinh đại trà, học sinh khá, giỏi và các giáo viên
Trung Học Cơ Sở.
V. Dự báo đóng góp mới của đề tài
Với sáng kiến : “Tìm điều kiện trong hình học ở Trung Học Cơ Sở” sẽ giúp
học sinh phân loại và giải tốt loại toán này. Đồng thời phát triển tư duy lôgic,
khả năng lập luận, trình bày, khả năng vẽ hình, liên hệ các kiến thức và trí tưởng
tượng. Từ đó góp phần nâng cao chất lượng dạy học môn hình học ở Trung Học
Cơ Sở, thúc đẩy chất lượng học sinh đại trà và chất lượng học sinh khá, giỏi
ngày một tốt hơn. Qua đề tài cũng giúp các giáo viên hiểu một cách sâu sắc hơn
về loại toán này góp phần nâng cao hiệu quả công tác bồi dưỡng học sinh khá,
giỏi ở trường Trung Học Cơ Sở.
B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
I. Phương pháp nghiên cứu
- Tìm hiểu sách giáo khoa, sách bài tập hình học các khối ở Trung Học Cơ Sở.

- Tìm hiểu một số bài toán ở sách nâng cao và phát triển; Sách bồi dưỡng hình
học các lớp thuộc Trung Học Cơ Sở.
- Tìm hiểu dạng toán này qua các đề thi
- Tìm hiểu kinh nghiệm giảng dạy của các đồng nghiệp và bạn bè khi giảng dạy
loại toán này qua dự giờ, qua các buổi chuyên đề và hỏi trực tiếp...
- Nghiên cứu tìm hiểu qua mạng Internet
- Tìm hiểu qua các tài liệu về môn toán có liên quan.
II. Nội dung nghiên cứu
1. Thực trạng vấn đề nghiên cứu
Bài toán:
Cho tam giác ABC vuông ở C. D là một điểm thay đổi trên cạnh AB. Gọi M,
N lần lượt là hình chiếu của điểm D trên cạnh AC, BC. Với vị trí nào của điểm
D trên cạnh AB thì MN có độ dài nhỏ nhất?
Thực ra đây là một bài toán tương tự như bài 127 ở sách bài tập toán 8. Một bài
bình thường không có dấu sao (*).
Tôi đã đưa ra bài toán trên cho 10 em khá nhất trong 2 lớp ở khối 8 giải, kết quả
thu được như sau:
Kết
quả

Làm
tốt

Tỉ lệ

Làm
được

Tỉ lệ

Làm
sai

Tỉ lệ

Không
làm
được

Tỉ lệ

Lớp
8B

0

0%

1

10%

3

30%

6

60%

8C

0

0%

3

30%

3

30%

4

30%

2


Như vậy, số học sinh không làm được và làm sai chiếm tỉ lệ khá nhiều. Trong
khi đó số làm được là rất ít (10% - 30%) và hầu như không có học sinh làm tốt
dạng toán này.
Với kết quả trên đây khiến tôi trăn trở rất nhiều về chất lượng học sinh đại trà
cũng như kết quả học sinh khá, giỏi. Chính vì vậy mà tôi đã tiến hành nghiên
cứu đề tài: “Tìm điều kiện trong hình học ở Trung Học Cơ Sở”.
2.Các kiến thức liên quan
a, Dấu hiệu nhận biết các hình:
Thông thường nhận biết các hình thường dựa vào các yếu tố góc, cạnh hoặc

đường chéo. Giáo viên cần bám sát điều này để hướng dẫn các em nắm chắc về
dấu hiệu nhân biết các hình. Hoặc có thể sắp xếp các dấu hiệu theo thứ tự cạnh,
góc rồi đến đường chéo để hs dễ học. Hoặc cũng có thể sắp xếp theo các hình:
nhận biết qua tứ giác tới hình thang , tới hình thang cân,.... Yêu cầu học sinh nhớ
dấu hiệu về cạnh có mấy dấu hiệu, về góc có mấy dấu hiệu, về đường chéo có
mấy dấu hiệu ... để học sinh học theo một lôgic nhất định. Khi học sinh quên
giáo viên cần hướng dẫn vẽ phác hình để nhớ lại.
DẤU HIỆU NHẬN BIẾT CÁC HÌNH
Tam giác cân
1. Tam giác có hai cạnh bằng nhau
2. Tam giác có hai góc bằng nhau
Tam giác đều
1. Tam giác có ba cạnh bằng nhau
2. Tam giác có ba góc bằng nhau
3. Tam giác cân có một góc bằng 600
Tam giác vuông
1. Tam giác có một góc 900
Tam giác vuông cân
1.Tam giác vừa vuông, vừa cân
2.Tam giác vuông có một góc bằng 45 0
Hình thang
Là tứ giác có hai cạnh đối song song
Hình thang cân
1. Hình thang có hai góc kề một đáy bằng nhau
2. Hình thang có hai đường chéo bằng nhau

3


Hình bình hành

1. Tứ giác có các cạnh đối song song
2. Tứ giác có các cạnh đối bằng nhau
3. Tứ giác có hai cạnh đối song song và bằng nhau.
4. Tứ giác có các cặp góc đối bằng nhau
5. Tứ giác có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.
6. Hình thang có các cạnh bên song song.
Hình chữ nhật
1. Tứ giác có ba góc bằng nhau
2. Hình bình hành có một góc vuông .
3. Hình bình hành có hai đường chéo bằng nhau .
4. Hình thang cân có một góc vuông .
Hình thoi
1. Tứ giác có bốn cạnh bằng nhau.
2. Hình bình hành có hai cạnh liên tiếp bằng nhau .
3. Hình bình hành có các đường chéo vuông góc .
4. Hình bình hành có một đường chéo là phân giác của một góc có đỉnh thuộc
đường chéo ấy .
Hình vuông
1. Hình chữ nhật có hai cạnh liên tiếp bằng nhau
2. Hình chữ nhật có hai đường chéo vuông góc.
3. Hình chữ nhật có một đường chéo là đường phân giác của một góc
4. Hình thoi có hai đường chéo bằng nhau.
5. Hình thoi có một góc vuông.
Tứ giác nội tiếp
Để chứng minh một tứ giác là tứ giác nội tiếp ta có các cách sau:
1. Chứng minh tổng hai góc đối bằng
.
2. Chứng minh góc ngoài bằng góc trong đỉnh đối.
3. Chứng minh hai đỉnh kể cùng nhìn một cạnh hai góc bằng nhau.
4. Chứng minh 4 đỉnh cách đều một điểm.

...

4


Có thể cho học sinh tổng kết và học các dấu hiệu qua sơ đồ để dể nhớ.
VD: SƠ ĐỒ NHẬN BIẾT CÁC LOẠI TỨ GIÁC (HÌNH HỌC 8)

Tứ giác

3 góc
vuông
2 cạnh
đối song
song

4 cạnh bằng nhau
- Các cạnh đối song song
- Các cạnh đối bằng nhau
- 2 cạnh đối song song và bằng
nhau
- Các góc đối bằng nhau
- 2 đường chéo cắt nhau tại trung
điểm của mỗi đường

Hình thang
– 2 góc kề một
đáy
bằng nhau
– 2 đường chéo

bằng nhau
Hình thang
cân

1 góc
vuông

2 cạnh
bên
song song

Hình thang
vng

Hình
bình hành
- 2 cạnh kề bằng nhau

1 góc vuông

- 1 góc vuông
2 cạnh
- 2 đường chéo vuông
2 đường góc
bên
- 1 đường chéo là
song songchéo
bằng nhau
đường

phân giác của 1
góc

Hình chữ nhật

Hình thoi

- 2 cạnh kề bằng
nhau
- 2 đường chéo
vuông góc
- 1 đường chéo là
đường

- 1 góc vuông
- 2 đường chéo
bằng nhau
Hình
vng

b, Các kiến thức khác
Ngồi dấu hiệu nhận biết các hình cần trang bị thêm các kiến thức sau:
Các cơng thức tính chu vi, diện tích, điều kiện để ba điểm thẳng hàng, điều
kiện để ba đường thẳng đồng quy tại một điểm, điều kiện để một điểm nằm trên
một đường tròn, ...
5


- Cách giải các bài toán quỹ tích và cực trị hình học
- Các bất đẳng thức hình học :

Quan hệ giữa góc và cạnh đối diện trong một tam giác, quan hệ giữa ba cạnh
của một tam giác, quan hệ giữa đường xiên và hình chiếu, ...
- Các hằng đẳng thức và bất đẳng thức đại số,...
3. Nhận dạng bài toán “ Tìm điều kiện trong hình học ở Trung Học Cơ Sở”
Bài toán tìm điều kiện của một hình thường không tường minh song có một số
dạng thường gặp là:
“ Tìm điều kiện của hình X để thỏa mản một yếu tố Y nào đó”
hoặc: Với vị trí nào (điều kiện nào; tìm X) để thỏa mản một yếu tố Y nào đó
X có thể là: Điểm; đường thẳng ; một hình nào đó; một biểu thức nào đó; ...
Y có thể là: Một hình đặc biệt nào đó; một tính chất đặc biệt nào đó; một biểu
thức nào đó; ...
Chúng ta sẽ tìm hiểu kĩ hơn về điều kiện X và yếu tố Y là gì qua các dạng bài
toán sau đây:
4. Phân loại một số bài toán và phương pháp giải
Dạng 1: Tìm điều kiện của một điểm
1.1 Bài toán cực trị
Bài 1:
Cho tam giác ABC vuông ở C. D là một điểm thay đổi trên cạnh AB. Gọi M, N
lần lượt là hình chiếu của điểm D trên cạnh AC, BC. Với vị trí nào của điểm D
trên cạnh AB thì:
A
a, MN có độ dài nhỏ nhất
b, Diện tích tứ giác CMDN lớn nhất
D
M
Phân tích :
Điều kiện X ở đây là : Vị trí của điểm D trên AB
H
Thỏa mản yếu tố Y là :
a, MN có độ dài nhỏ nhất ?

b, Diện tích tứ giác CMDN lớn nhất ?
B
C
Ở đây mấu chốt của bài toán là vị trí của điểm D thay đổi.
N
Vì vậy vị trí của điểm D trên AB phải có liên hệ với một yếu tố
cố định. Ta cần chú ý tới các yếu tố cố định có liên quan :
Tam giác ABC cố định ⇒ Các đỉnh và các cạnh cố định.
Điều này giúp ta lập luận hoặc vẽ thêm được đường phụ hợp lí để giải quyết bài
toán.
Giải:
·
= 90 , DN ⊥ CB (GT)
a, DM ⊥ AC (GT) nên DMC
0
0
·
µ = 90 (GT)
= 90 , C
nên DNC
Tứ giác CMDN có ba góc vuông nên là hình chữ nhật.
Ta lại có MN =CD nên MN nhỏ nhất ⇔ CD nhỏ nhất
0

6


Kẻ CH ⊥ AB ta có : CD ≥ CH. Nên CD nhỏ nhất ⇔ CD=CH ⇔ D ≡ H
Vậy MN nhỏ nhất ⇔ D ≡ H ( H là chân đường cao kẻ từ C xuống AB)
b, SCMDN = S ABC − ( S AMD + S BND )

Vì S ABC không đổi nên SCMDN lớn nhất khi ( S AMD + S BND ) nhỏ nhất
∆AMD : ∆ACB (g.g), ta có :
∆DNB : ∆ACB (g.g), ta có :

S AMD AD 2
AD 2
=
⇒
S
=
.S ABC
AMD
S ABC
AB 2
AB 2
S DNB BD 2
BD 2
=
⇒
S
=
.S ABC
DNB
S ABC AB 2
AB 2

AD 2 + BD 2
.S ABC (*)
AB 2

2
Vì AD 2 + BD 2 ≥ 2 AD.BD nên 2 AD 2 + BD 2 ≥ ( AD + BD ) = AB 2
1
⇒ AD 2 + BD 2 ≥ AB 2 . Dấu “ = ” xảy ra ⇔ DA =BD ⇔ D là trung điểm của AB.
2
1
Khi đó từ (*) ta có : SAMD + SDNB ≥ SABC
2

Do đó : SAND + SDNB =

(

)

Vậy SCMDN = S ABC − ( S AMD + S BND ) ≤
Do đó SCMDN đạt giá trị lớn nhất bằng

1
S ABC
2

1
S ABC ⇔ D là trung điểm của AB.
2

Bài 2: Cho đường thẳng xy và hai điểm A, B thuộc cùng một nửa mặt phẳng có
bờ là xy.
a. Tìm điểm M thuộc xy sao cho MA + MB là nhỏ nhất
b. Tìm điểm N thuộc xy sao cho NA − NB là lớn nhất.

Phân tích :
Câu a Điều kiện X ở đây là : Điểm M thuộc xy
Thỏa mản yếu tố Y là : MA + MB là nhỏ nhất
Câu b Điều kiện X ở đây là : Điểm N thuộc xy
Thỏa mản yếu tố Y là : NA − NB là lớn nhất.
Ở đây mấu chốt của bài toán là vị trí của điểm M và điểm N trên xy
Vì vậy vị trí của điểm M trên xy phải có liên hệ với một yếu tố cố định. Ta cần
chú ý tới các yếu tố cố định có liên quan :
Đường thẳng xy, điểm A, điểm B, khoảng cách từ điểm A (điểm B) tới xy.
Điều này giúp ta lập luận hoặc vẽ thêm được đường phụ hợp lí để giải quyết bài
A
toán.
B
Giải:
a. (Hình 1)
Gọi A' là điểm đối xứng của A qua xy thì Á
M
x
M
y
hoàn toàn xác định.
Xét tổng MA + MB = MA' + MB
o

(h.1)

A'

7

Nối A' với B và áp dụng bất đẳng thức tam giác cho 3 điểm
A', M, B ta có: MA' + MB ≥ A'B
dấu "=" xảy ra khi M ∈ A'B khi đó M ≡ Mo
Vậy min (MA + MB) = A'B
⇔ M ≡ Mo
b. (Hình 2) Nếu lấy một điểm N bất kì trên xy
thì NA − NB ≤ AB. Giá trị lớn nhất của
NA − NB bằng AB khi và chỉ khi B là điểm

x

A

B

y

N

No

(h.2)

nằm giữa hai điểm A và N. Suy ra:
TH1: Nếu AB // xy không tìm được điểm M thỏa mãn điều kiện đề ra.
TH2: Nếu AB không song song với xy. Gọi No = AB ∩ xy thì No là điểm cần
tìm.
Vậy max NA − NB = AB ⇔ N ≡ No
Sau khi giải xong bài 2 ta nhận thấy các bài toán cực trị có liên quan đến

tổng (hiệu) độ dài các đoạn thẳng thường sử dụng các bất đẳng thức ở hình học
7 như bất đẳng thức tam giác, quan hệ giữa đường xiên và đường vuông góc.
Vì thế ta có thể dễ dàng giải các bài toán tương tự sau:
Bài 3: Cho tứ giác lồi ABCD. Tìm điểm M có tổng khoảng cách tới bốn đỉnh
của tứ giác là nhỏ nhất.
Phân tích :
Điều kiện X ở đây là : Tìm điểm M
A
Thỏa mản yếu tố Y là : Tổng khoảng cách từ M tới bốn đỉnh
của tứ giác là nhỏ nhất.
Giải: Với ba điểm A, C, M bất kỳ ta có:
M
MA + MC ≥ AC dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi M ∈ đoạn AC.
Tương tự: MB + MD ≥ BD dấu "=" xảy ra ⇔ M ∈ BD
D
⇒ MA + MB + MC + MD ≥ AC + BD;
C
dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi M vừa thuộc AC vừa thuộc BD.
Vậy M là giao điểm của hai đường chéo AC và BD (trong tứ giác lồi hai
đường chéo cắt nhau)
Vậy min (MA + MB + MC + MD) = AC + BD ⇔ M ≡ Mo ( M 0 là giao điểm
của hai đường chéo AC và BD)
Bài 4: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB từ A và B kẻ hai tiếp tuyến
Ax, By. Qua điểm M thuộc nửa đường tròn đã cho kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt cát
tuyến Ax và By lần lượt ở C và D. Xác định điều kiện của điểm M trên nửa
đường tròn đã cho sao cho tổng AC + BD có giá trị nhỏ nhất
(phát triển bài 30 trang 116 Sách giáo khoa- Toán 9 tập 1)
o

8

B


Phân tích :
Điều kiện X ở đây là : Tìm điểm M trên nửa đường tròn (O)
Thỏa mản yếu tố Y là : AC + BD có giá trị nhỏ nhất
Giải:
Cách 1: Sử dụng quan hệ giữa đường xiên và đường vuông góc
AB
D
Vì CM, CA là hai tiếp tuyến kẻ từ C đến (O; 2 )
⇒ CM = CA ( tính chất tiếp tuyến ).
y
x
Tương tự ta có DM =DB
DC = CM + MD=AC + BD từ C k ẻ CD / ⊥AC
M
Theo tính chất về dường xiên, đường vuông góc
C
D'
thì CD ≥ CD’ mà CD’= AB ( ◊ABCD ’là hình chữ nhật )
⇒ CD ≥ AB.
A
B
O
Để AC + BD có giá trị nhỏ nhất thì CD phải nhỏ nhất
CD = CM+MD nhỏ nhất ⇒ CM, MD là các đường vuông góc
⇔ ◊ABCD là hình chữ nhật
Mặt khác, CD là tiếp tuyến của (O) tại M

⇔ CD⊥OM ⇔ OM⊥AB . Mà OA=OB ⇔ Cung AM bằng cung BM
Vậy M là điểm chính giữa của cung AB.
Cách 2: Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông và hệ quả bất đẳng thức
Côsi
Vì CM và CA là hai tiếp tuyến của (O)
·
⇒ ·AOC = COM
= ·AOM / 2 (tính chất tiếp tuyến )
·
·
·
tương tự MOD
= DOB
= MOB
/ 2 ( DM và DB là hai tiếp tuyến của (O)
·
·
·
tại điểm D ⇒ COM
+ MOD
= ·AOM / 2 + MOB
/ 2 = ·AOB / 2 = 900
·
⇒ COD
= 900 ⇒ ΔCODvuông tại O
có OM ⊥ CD (CD là tiếp tuyến của (O) tại M) ⇒ OM là đường cao.
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:
OM2 = CM.DM mà CM=AC và MD=BD (tính chất của tiếp tuyến )
⇒ AC.BD =R2 không đổi
Do đó AC + BD bé nhất ⇔ AC=BD (hệ quả bất đẳng thức Côsi )

Vậy tứ giác CABD là hình chữ nhật
⇒ CD // AB và MO ⊥ CD ⇒ MO ⊥ BA tại O ⇔ M là điểm chính giữa của cung AB
Tất nhiên cũng có những bài toán cần phải suy nghĩ nhiều hơn như:
Bài 5
Cho tam giác nhọn ABC. M là một điểm thay đổi trên cạnh BC.
Hãy xác định vị trí của điểm M sao cho tổng khoảng cách từ B và C đến đường
thẳng AM là:
a, Nhỏ nhất b, Lớn nhất
9


Phân tích :
Điều kiện X ở đây là : Tìm điểm M trên BC
Thỏa mản yếu tố Y là : Tổng khoảng cách
từ B và C đến đường thẳng AM là nhỏ nhất
(lớn nhất)
Yếu tố không đổi ở đây là tam giác ABC
⇒ SABC không đổi.
Chúng ta cần dựa vào điều này để giải.
Giải :
Kẻ AH ⊥ BC, BE ⊥ AM và CF ⊥ AM.

A

B
H

E
M
C

F

1
2

Ta có: SABC = S AMB + S AMC = AM ( BE + CF )
⇒ AM ( BE + CF ) = 2SABC không đổi. Do đó:
a, BE + CF nhỏ nhất ⇔ AM lớn nhất.
TH1: AB ≥ AC thì AM lớn nhất bằng AB và M ≡ B. Khi đó BE + CF bằng độ

dài đường cao hạ từ C xuống AB.
TH2: AC ≥ AB thì AM lớn nhất bằng AC và M ≡ C. Khi đó BE + CF bằng độ
dài đường cao hạ từ B xuống AC.
b, BE + CF lớn nhất ⇔ AM nhỏ nhất. Vì AM ≥ AH nên AM nhỏ nhất
⇔ AM = AH ⇔ M ≡ H. Khi đó E và F cũng trùng H nên BE + CF = BC.
Bài 6: Cho tam giác ABC có các góc nhỏ hơn 120 o. Tìm điểm M nằm bên trong
tam giác sao cho tổng MA + MB + MC có giá trị nhỏ nhất.
Phân tích :
Điều kiện X ở đây là : Tìm điểm M nằm trong tam giác ABC
Thỏa mản yếu tố Y là : MA + MB + MC có giá trị nhỏ nhất.
Xét một điểm M nằm trong tam giác ABC. Ta phải xác định vị trí của M để tổng
MA + MB + MC là nhỏ nhất.
Ta tìm cách đưa tổng của ba đoạn thẳng này thành tổng các đoạn thẳng của một
đường gấp khúc nối hai điểm xác định nào đó.
Giải:
Thực hiện phép quay tâm A, góc quay 60 o
M'
M
ngược chiều kim đồng hồ:
D

E
M  M'
M
C  C'
B
Như vậy ∆AMM' là tam giác đều suy ra:
C
MA = MM'
∆ACC' cũng là tam giác đều nên C' hoàn toàn xác định; M'C' = MC (phép quay
bảo toàn khoảng cách giữa hai điểm). Do đó:
MA + MB + MC = MM' + MB + M'C'
= độ dài đường gấp khúc BMM'C' ≥ BC'

B'

C'

A

o

10


để tổng MA + MB + MC nhỏ nhất, ta phải tìm M sao cho 4 điểm B, M, M', C'
thẳng hàng, nghĩa là M ∈ đoạn BC’.
Nếu ta thực hiện phép quay tâm A, góc quay 60o thuận chiều kim đồng hồ
B  B', cũng lí luận tương tự, ta được: M ∈ CB' ⇒ M ≡ Mo = BC' ∩ CB'
Do đó cách xác định điểm M như sau:
Dựng ra phía ngoài ∆ABC các tam giác đều ACC', ABB'; Lấy giao của BC' và

CB', đó là điểm M cần tìm.
Theo giả thiết ∆ABC đều có các góc nhỏ hơn 120o nên ta có:
·
·
·
+ CAC
′ = BAC
′ < 120o + 60o = 180o
BAC
⇒ BC' cắt đoạn AC tại một điểm D nằm giữa A và C.
Tương tự CB' cắt AB tại điểm E nằm giữa A và B, suy ra tia BD nằm giữa hai
tia BA, BC; tia CE nằm giữa hai tia CB, CA; do đó hai tia BC' và CB' luôn luôn
cắt nhau tại một điểm Mo nằm trong tam giác ABC.
Phương pháp chung để giải các bài toán tìm cực trị của một hình :
Vẽ hình có chứa các đại lượng hình học mà ta phải tìm cực trị thay vào các điều
kiện bằng các đại lượng tương đương. Đôi khi phải chọn một đại lượng nào đó
làm ẩn số và dựa một quan hệ của nó với đại lượng cho sẳn hoặc có thể làm xuất
hiện trong quá trình đi tìm lời giải của bài toán. Tìm mối quan hệ của các đại
lưọng hình học, cần tìm cực trị theo các đại lượng không đổi rồi dùng phương
pháp suy luận tương đương để đưa ra mối liên hệ giửa chúng từ đó xác định
được các giá trị của các đại lượng cần tìm từ đó suy ra vị trí của hình để đạt cực
trị.
1.2 Bài toán tìm điều kiện của điểm để một hình trở thành một hình đặc
biệt hoặc có yếu tố đặc biệt
Bài 1: (BT84-Sách giáo khoa Toán 8- tập 1)
Cho ∆ABC , D là điểm nằm giữa B và C. Qua D kẻ các đường thẳng song song
AB và AC. Chúng cắt các cạnh AC, AB theo thứ tự tại E và F.
a) Tứ giác AEDF là hình gì ? Vì sao ?
b) Điểm D ở vị trí nào trên cạnh BC thì tứ giác AEDF là hình thoi ?
c) Nếu ∆ABC vuông tại A thì tứ giác AEDF là hình gì ? Điểm D ở vị trí nào trên

cạnh BC thì tứ giác AEDF là hình vuông ?
Phần vẽ phác hình sẽ hỗ trợ cho câu trả lời chính xác nhất và ta sẽ lập luận trên
cơ sở định hướng này.
A

A

E
B

A

E

F

D

F
C

A

F

E

E

F

C

B

D

C

B

D

C

B

D

11


Phân tích :
Điều kiện X ở đây là : Tìm điểm D trên BC
Thỏa mản yếu tố Y là : tứ giác AEDF là hình thoi (hình vuông)
Giải:
a) AB // DE , DI // AC (GT)
⇒ AEDF là hình bình hành.
b, Hình bình hành AEDF là hình thoi khi đường chéo AD là phân giác của Â.
Vậy AEDF là hình thoi khi D là giao của phân giác góc A với cạnh BC.
c) DE // AB , DF // AC

⇒ AEDF là hình bình hành.
Â= 900 ⇒ AEDF là hình chữ nhật
Hình chữ nhật AEDF là hình vuông khi đường chéo AD là phân giác của Â.
Khi đó D là giao của phân giác góc A với cạnh BC.
Bài 2: (BT146-Sách bài tập Toán 8 tập 1)
Cho ∆ ABC, điểm I nằm giữa B và C.
Qua I vẽ đường thẳng song song với AB, cắt AC ở H.
Qua I vẽ đường thẳng song song với AC, cắt AB ở K.
a, Tứ giác AHIK là hình gì?
b, Điểm I ở vị trí nào trên BC thì AHIK là hình thoi?
Nháp
A
A
H
B

K

K

I

H

C

B

I

C

Phân tích :
Điều kiện X ở đây là : Tìm điểm I trên BC
Thỏa mản yếu tố Y là : tứ giác AHIK là hình thoi
Giải:
a, IH // AK , AH // KI (GT)
⇒ AHIK là hình bình hành.
b, Hình bình hành AHIK là hình thoi ⇔ AI là phân giác của góc A
Vậy I phải là giao điểm của tia phân giác góc A với cạnh BC thì AHIK là hình
thoi
Phương pháp chung :
Dựa vào dấu hiệu nhận biết hoặc yếu tố đặc biệt để giải
BÀI TẬP THAM KHẢO (dạng 1):
1. Cho tam giác ABC vuông cân có AB = AC = 10 cm. Tam giác DEF vuông
cân ở D nội tiếp tam giác ABC ( D thuộc AB, E thuộc AC, F thuộc BC). Xác
định vị trí của điểm D để diện tích tam giác DEF nhỏ nhất.
2. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, M là một điểm bất kì nằm trên cạnh BC.
Gọi E, F thứ tự là hình chiếu của M trên AB, AC. Tìm vị trí của M để EF có
độ dài nhỏ nhất.
12


3. Cho tam giác ABC. Xác định vị trí các điểm D, E trên các cạnh AB, AC sao
cho : BD +CE =BC và DE có độ dài nhỏ nhất.
4. Cho tam giác ABC có AB = 12, AC = 16, BC =20.
a, Tam giác ABC là tam giác gì?
b, Trên canh AB lấy D sao cho BD = 4. Từ D kẻ DE // BC (E ∈ AC). Tính
DE, EC?
c, Tìm vị trí điểm D trên cạnh AB sao cho: BD +EC =DE

Dạng 2: Tìm tập hợp một điểm thỏa mãn một tính chất α nào đó (bài toán
quỹ tích)
Bài 1: Cho ∆ ABC và điểm M tùy ý trên cạnh BC. Qua M kẻ đường thẳng song
song với AC cắt AB ở D, kẻ đường thẳng song song với AB cắt AC ở E. Gọi I là
trung điểm của DE.
A
Tìm tập hợp điểm I khi M chuyển động trên cạnh BC.
Phân tích :
I
D
Điều kiện X ở đây là : Tìm tập hợp điểm I
E
Thỏa mản yếu tố Y là : M chuyển động trên cạnh BC.
Giải
C
B
H
M
Phần thuận:
Theo đề ra ta có MD // AC, ME //AB(GT)
⇒ Tứ giác ADME là hình bình hành.
Do I là trung điểm của DE (GT) nên I là trung điểm của AM.
Kẻ AH ⊥ BC, IK ⊥ BC thì IK // AH.
Trong tam giác MAH, IK là đường trung bình nên IK =

1
AH.
2

Vì ∆ ABC cố định nên AH không đổi do đó IK không đổi. Vậy I nằm trên

1
AH không đổi.
2
Giới hạn: Gọi giao điểm của đường thẳng d với AB, AC lần lượt là I1 , I 2 . Do
M chuyển động trên cạnh AB nên: M ≡ B thì I ≡ I1 ; M ≡ C thì I ≡ I 2

đường thẳng d song song với BC, cách BC một khoảng bằng

Phần đảo:
Lấy điểm I bất kì trên đoạn I1I 2 ( không trùng với I1 , I 2 ), tia AI cắt BC ở M.
Qua M kẻ ME // AB (E ∈ AC), kẻ MD // AC (D ∈ AC). Ta sẽ chứng minh I là
trung diểm DE.
Thật vậy : Theo cách vẽ tứ giác ADME có các cạnh đối song song nên là hình
bình hành.
Tam giác ABM có I1I là đường trung bình nên I là trung điểm của AM
⇒ I là trung diểm DE.
Kết luận:
Tập hợp các điểm I là đường trung bình I1I 2 ( I1I 2 // BC) của tam giác ABC.
Bài 2:
Cho góc xOy cố định, điểm A cố định trên Oy, điểm B chuyển động trên Ox.
Tìm tập hợp các trung điểm M của AB?
Phân tích :
Điều kiện X ở đây là : Tìm tập hợp trung điểm M của AB
13


Thỏa mản yếu tố Y là : Điểm B chuyển động trên Ox
Giải:
y
Phần thuận :

OM là trung tuyến ứng với cạnh huyền
AB
của tam giác vuông OAB nên OM =
.
2
AB
⇒ OM = MA
Mà MA =
2
⇒ M cách đều hai điểm O, A

A

H

M

m

x
O
B
nên M nằm trên đường trung trực OA
Giới hạn : Vì đoạn AB chỉ thuộc miền trong góc vuông xOy nên điểm M nằm
trên tia Hm thuộc đường trung trực OA và thuộc miền trong góc xOy.
Phần đảo: Lấy M bất kì thuộc tia Hm thì MO = MA (*)
·
·
(1)
⇒ MAO

= MOA
Lấy B là giao điểm của AM và Ox.
·
·
·
·
+ MAO
= 900 , MOB
+ MOA
= 900 (2)
Ta có : MBO
·
·
Từ (1) và (2) ta có : MBO
= MOB
⇒ ∆ MOB cân tại M ⇒ OM = MB (**)
Từ (*) và (**) ta có MA = MB
Kết luận : Khi B chuyển động trên tia Ox thì tập hợp các trung điểm M của AB
là tia Hm thuộc đường trung trực của OA và thuộc miền trong góc xOy.
Phương pháp chung :
Khi giải toán tập hợp cần nắm vững các tập hợp điểm đã học sau:
- Tập hợp các điểm cách O cố định một khoảng không đổi r là đường tròn
tâm O, bán kính r
- Tập hợp các điểm cách đều hai mút của một đoạn thẳng cố định là đường
trung trực của doạn thẳng ấy
- Tập hợp các điểm nằm trong góc, cách đều hai cạnh của nó là tia phân
giác của góc ấy
- Tập hợp các điểm cách đường thẳng xy cố định một khoảng không đổi h
là hai đường thẳng song song với xy và cách xy một hoảng bằng h.
Để giải được đầu tiên phải tìm hiểu kĩ đề bài, phân biệt yếu tố cố định, yếu tố

di chuyển, yếu tố không đổi, quan hệ không đổi. Sau đó vẽ hình để dự đoán (lấy
một vài điểm đặc biệt). Khi đã dự đoán được tập hợp thì lập luận theo 3 phần :
Thuận, đảo và kết luận.
BÀI TẬP THAM KHẢO (dạng 2):
1. Cho góc vuông xOy cố định. Điểm A cố định trên tia Oy, điểm B chuyển
động trên tia Ox. Tìm tập hợp các trung điểm M của AB.
2. Cho đoạn thẳng AB cố định. Tìm tập hợp các điểm M sao cho MA > MB.
3. Cho tam giác ABC có BC cố định. I là trung điểm của đường cao BH. Tìm
tập hợp các điểm I.
4. Cho góc vuông xOy cố định. Điểm A cố định trên tia Oy, điểm B chuyển
động trên tia Ox. Tìm tập hợp đỉnh các tam giác ABC vuông cân ở C ( C
và O nằm khác phía đối với AB).

14


5. Cho tam giác ABC cố định. Tìm tập hợp các điểm M sao cho các tam giác
MAB và MAC có diện tích bằng nhau.
Dạng 3: Tìm điều kiện của một hình
Với dạng toán này chúng ta cần xét đến yếu tố làm cho hình thay đổi để dự đoán
yêu cầu.
Sau đó dựa vào dấu hiệu nhận biết các hình để lập luận.
3.1 Tìm điều kiện của một đường thẳng
Qua đỉnh A của tam giác ABC, dựng đường thẳng d sao cho tổng khoảng cách
từ các đỉnh B và C tới d là lớn nhất.
Phân tích :
Điều kiện X ở đây là : Dựng đường thẳng d
Thỏa mản yếu tố Y là : Tổng khoảng cách từ các đỉnh B và C tới d là lớn nhất.
Giải:
A

Ta xét hai trường hợp:
Trường hợp I (h.3): d cắt cạnh BC tại E
Gọi BB' và CC' là các khoảng cách từ các đỉnh
B'
B và C tới d. Hai tam giác ABE và ACE có
chung đáy AE và các đường cao tương ứng với
C
B
E
đáy đó là BB' và CC'.
C'
d
Ta có:
SABC = SABE + SACE =

2S (h.3)
1
1
AE.BB' + AE.CC' ⇒ BB' + CC' = ABC
2
2
AE

Ta thấy BB' + CC' nhận giá trị lớn nhất khi AE nhận giá trị nhỏ nhất, khi đó AE
là đường cao kẻ từ đỉnh A của ∆ABC, tức là d ⊥ BC. Nếu gọi AH là độ dài
đường cao kẻ từ đỉnh A thì min (AE) = AH, do đó:
B'
1
A
2.( AH . BC )

M'
(1)
2
C'
BB ' + CC ' =
= BC
d
AH
Trường hợp II (h.4): Đường thẳng d không cắt BC
Gọi M là trung điểm của BC. Kẻ MM' ⊥ d. Tứ
//
//
B
giác BB'C'C là hình thang nhận MM' làm
M
C
đường trung bình nên:
(h.4)
BB' + CC' = 2MM' mà MM' ≤ AM (đường
vuông góc và đường xiên kẻ từ M tới d)
do đó BB' + CC' lớn nhất khi M' ≡ A
lúc đó BB' + CC' = 2AM và d ⊥ AM tại A (2)
Như vậy, ứng với 2 trường hợp ta được 2 kết quả (1) và (2), do đó ta hãy so
sánh BC với 2AM.

∧

1. Nếu A < 900 (h.5)
15

Kéo dài AM một đoạn MN = MA. Tứ giác ABNC là hình bình hành vì có hai
đường chéo giao nhau tại trung điểm của mỗi đường, suy ra AB=CN;
∧

∧

·ACN = 1800 − A mà A < 900 ⇒ ·ACN > 900
·
hay ·ACN > CAB

A

Xét hai tam giác BAC và NCA chúng có:
·
AB = CN, AC chung, ·ACN > CAB
nên cạnh đối

C
B

diện với góc CAB nhỏ hơn cạnh đối diện với góc
ACN : BC < AN hay BC < 2AM.

N

(h.5)

∧

2. Nếu A = 90 0 : Tứ giác ABNC là hình bình hành có một góc vuông nên là hình
chữ nhật nên hai đường chéo BC và AN bằng nhau hay BC = 2AM.
∧

3. Nếu A > 90 0 : Chứng minh tương tự ta được: BC > 2AM
Từ kết quả trên ta suy ra:
∧

- Nếu tam giác ABC cho trước có A < 90 0 thì đường thẳng d đi qua A phải dựng
là đường thẳng vuông góc với trung tuyến AM của ∆ABC.
∧

- Nếu A = 900 bài toán có hai lời giải: Đường thẳng d qua A và vuông góc với
AM hoặc d' qua A và vuông góc với BC.
∧

- Nếu A > 90 0 : Đường thẳng d qua A và vuông góc với BC.
Bài 2: Cho đường tròn tâm O và 1 điểm P ở trong đường tròn. Chứng minh
rằng trong tất cả các dây cung đi qua P thì dây vuông góc là dây ngắn nhất

C
Phân tích :
A
Điều kiện X ở đây là : Dây cung đi qua P
Thỏa mản yếu tố Y là : Dây vuông góc là dây ngắn nhất

P

O
E

D

B

Giải:
P∈ AB . Lấy E∈ (O) : EO ⊥AB tại P. Lấy dây CD bất kỳ đi qua P và không
vuông góc với EO tại P ta chứng minh cho CD 〉 AB .
Thật vậy: OP là khoảng cách từ O đến AB và OT là khoảng cách từ O đến CD.
Ta có OT ⊥ CD ⇒ OT là đường vuông góc từ O đến CD, P ∈ CD nên OP là đường
xiên kẻ từ O đến CD ⇒ OP〉OT ⇔ AB〈CD .Vì CD là dây bất kỳ qua P và CD〉 AB .
Vậy AB ngắn hơn mọi dây đi qua P không vuông góc với OP
⇒ AB là dây ngắn nhất đi qua P
16


3.2 Tìm điều kiện của một góc
Bài 1: Cho tam giác nhọn ABC β = Bˆ , γ = Cˆ .Trên tia đối của CA lấy D sao cho
CD=CB. Trên nữa mặt phẳng bờ là AB không chứa C, vẻ tia Ax tạo với AB,
·
·
BAx
= BCA
. Trên tia Ax lấy E sao cho AE=AB
·
·
a, Tính EBD, EAD
theo β
b, -Với giá trị nào của β thì E, B, D thẳng hàng ?
- Với giá trị nào của β , γ thì AB là trung tuyến của ∆EDA ?

Phân tích :
- Điều kiện X ở đây là : Giá trị của β
Thỏa mản yếu tố Y là : E, B, D thẳng hàng
- Điều kiện X ở đây là : Giá trị của β , γ
Thỏa mản yếu tố Y là : AB là trung tuyến của ∆EDA
Giải:
A
E
x

T
β

γ

C

B

K
a, Theo bài ra ta có0 EA=BA ⇒ ∆ ABE cân tại A ⇒ ·ABE = ·AEB
⇒ ·AEB = ·ABE = 180 − β .
2
Theo bài ra ta có:
BC =CD ⇒ ∆BCD cân tại C
·ACB γ
·
·
⇒ CBD
= CDB

=
= 2 (tc góc ngoài)
2
γ
γ
γ
1800 − γ
·
·
·
·
EBD
=
EBA
+
ABC
+
CBD
=
Mà
+ β + 2 = 900 - 2 + β + 2 =90 0 + β
2
·
·
·
·
·
= γ , BAD
= 1800 − ( β + γ )
. Mà EAB

EAD
= EAB
+ BAD

D

·
⇒ EAD
= γ + 1800 − β − γ = 1800 − β
0
0
0
·
b, Để E, B, D thẳng hàng ⇔ EBD
= 1800 ⇔ 90 + β = 180 ⇔ β = 90

c, Để AB là trung tuyến của ∆EAD thì E, B, D thẳng hàng và BE=BD
0
Mà E, B, D thẳng hàng ⇔ β = 90 (c/m ở b)
Từ A kẻ AT ⊥ EB, CK ⊥ BD .
Vì AE=AB(gt) ⇒ ∆AEB cân tại A
mà AT ⊥ BE ⇒ AT vừa là đường cao, vừa là phân giác, vừa là trung tuyến của
·
BE
BAE
γ
·
·
∆AEB ⇒ ·ATB = ·ATE = 1v ⇒ EAT
= BAT

=
= và TB=TE=
2
2
2
⇒
∆
CBD
∆
⊥
MD
Tương tự,
có CB=CD
CBD cân tại C, CK
BD
⇒ CK là trung tuyến ⇒ BK = KD =
.
2 γ
·
·
Xét ∆ BCK và ∆ ABT có CBK = TAB(= 2 )
17


BE
BK
CK
=
= BT ,
Kˆ = Tˆ =1v ⇒ ∆BCK : ∆ABT (g.g) ⇒

(*)
mà
AT
BT
2
BD
BD
2 KC
BK= 2 ⇒ 2 AT = BE ⇒ BD.BE =4.CK.AT=2 2 .CK.AT.
Để BE = DB thì BE 2 =2 2 .AT.CK ⇔ CK=AT ⇒ BE 2 =(2AT) 2
γ
⇔ AT = BT ⇔ = 45 0 ⇔ γ = 90 0 ⇒ β + γ = 1800 (vô lý vì γ + β 〈1800 )
2
Vậy không có giá trị nào của γ và β để AB là trung tuyến của ∆EDA .

Bài 2: Góc giữa 2 trung tuyến thay đổi dẫn đến tứ giác thay đổi (câu c)
Cho VABC . Các đường trung tuyến BE và CF cắt nhau tại G . Gọi I, J là trung
điểm GB, GC.
a) Chứng minh tứ giác EFIJ là hình bình hành .
b) VABC phải có điều kiện gì để tứ giác EFIJ là hình chữ nhật ?
c) Nếu BE ⊥ CF thì tứ giác EFIJ là hình gì ?
Phân tích :
- Điều kiện X ở đây là : Điều kiện của VABC
Thỏa mản yếu tố Y là : EFIJ là hình chữ nhật
- Điều kiện X ở đây là : Điều kiện của EFIJ
Thỏa mản yếu tố Y là : BE ⊥ CF

E

F

F

G
I

A

A

A

Nháp

J

B

C

B

E

G
I

E

F

J

G
l

C

I
B

Giải :

J
C

BC
(tính chất đường trung bình của tam giác)
2
BC
IJ / / BC , IJ =
2
⇒ FE / / IJ , FE = IJ
Vậy EFIJ là hình bình hành .

a) Ta có : FE / / BC , FE =

b) Để EFIJ là hình chữ nhật thì FJ = IE . Do đó BE = CF .
Vậy VABC cân tại A
c) Nếu BE ⊥ CF hay FJ ⊥ IE . Vậy EFIJ là hình vuông

3.3 Tìm điều kiện của một tam giác
Bài 1: Cho tam giác ABC lấy M là trung điểm của BC kẻ ME vuông góc với
AB, Kẻ MF vuông góc với AC
a-Tìm điều kiện của tam giác ABC để tam giác MFE là tam giác vuông
b-Tìm điều kiện của tam giác ABC để tam giác MFE là tam giác vuông cân
c-Tìm điều kiện của tam giác ABC để tam giác MFE là tam giác đều
Phân tích :
- Điều kiện X ở đây là : Điều kiện của VABC
Thỏa mản yếu tố Y là : ∆ MFE là tam giác vuông (vuông cân, đều)
Giải: a- ∆ MFE là tam giác vuông
18


ˆ +M
ˆ = 900 mà M
ˆ + Cˆ = 900 ⇒ M
ˆ = Cˆ
⇔M
1
2
2
1
0
ˆ
ˆ
ˆ
µ = 90 ⇒ M1 = C
M2 + B
ˆ + Bˆ = 900 ⇒ Mˆ = Bˆ
M

1
2
2

Vậy tam giác MEF là tam giác vuông mà Bˆ + Cˆ = 900
suy ra Aˆ = 1v hay tam giácABC vuông tại A
·
b- Để ∆M FE vuông cân ⇔ EMF
=1v ⇔ Aˆ = 1v (câu a)
ME=MF kết hợp MB=MC(gt)
⇔ ∆MBE = ∆MCF

Đã có Eˆ = Fˆ ⇔ ∆ABC vuông cân ( Bˆ = Cˆ )
c, Để ∆MFE đều ⇔ ∆MFE cân có Mˆ =6o0 ⇔ ∆ABC cân tại A và Mˆ = 600
0
Theo câu a thì: Mˆ 1 = Cˆ , và Mˆ 2 = Bˆ mà Mˆ = 180 − ( Mˆ 1 + Mˆ 2 )
0
Hay 600=180 − ( Mˆ 1 + Mˆ 2 ) ⇔ ( Mˆ 1 + Mˆ 2 ) =1200
Kết hợp với chứng minh trên ⇔ Bˆ = Cˆ = 600 hay Aˆ = 600 .
Vậy để ∆MEF đều ⇔ ∆ABC đều
Bài 2: Cho ∆ABC cân tại A. Gọi M, N, P thứ tự là trung điểm các cạnh AB, AC,
BC. Q là điểm đối xứng của P qua N.
a) Chứng minh tứ giác PMAQ là hình thang.
b) Chứng minh tứ giác APCQ là hình chữ nhật.
c) ∆ABC phải thỏa mãn điều kiện gì để các tứ giác PMAQ là hình thang cân,
APCQ là hình vuông.
Q
A
Nháp
A

Q
Q

A
M

M

N

B
B

N

N

P

P

C

B

P

C

C

Giải :
a) Ta có : PN / / AB (tính chất đường trung bình của tam giác )
hay AM / / PQ Vậy PMAQ là hình thang
b) Ta có NA = NC (gt)
NP = NQ ( tính chất đối xứng)
VABC cân tại A nên AP cũng là đường cao , do đó ; AP ⊥ BC hay Pˆ = 1v
Vậy APCQ là hình chữ nhật .
c)- Nếu PMAQ là hình thang cân thì Qˆ = Pˆ
mà Qˆ = Bˆ (góc đối hình bình hành), Pˆ = Aˆ (góc đối hình thoi )
Do đó : Â = Bˆ
⇒ Aˆ = Bˆ = Cˆ . Vậy VABC đều
- Nếu APCQ là hình vuông thì AP = PC (=

BC
)
2

Vậy VABC vuông cân tại A
19


Bài 3: Cho VABC . Các đường trung tuyến BE và CF cắt nhau tại G . Gọi I,J là
trung điểm GB, GC .
a) Chứng minh tứ giác EFIJ là hình bình hành .
b) VABC phải có điều kiện gì để tứ giác EFIJ là hình chữ nhật ?
Phân tích :
Điều kiện X ở đây là : Điều kiện của VABC
Thỏa mản yếu tố Y là : EFIJ là hình chữ nhật

E

F

A

A

A

Giải :

F

G
I

J

C

B

B

E

G

E

F

l

J

I

G

C

I

J

B

C

BC
(tính chất đường trung bình của tam giác)
2
BC
IJ / / BC , IJ =
2
⇒ FE / / IJ , FE = IJ . Vậy EFIJ là hình bình hành.

a) Ta có : FE / / BC , FE =

b) Để EFIJ là hình chữ nhật thì FJ = IE . Do đó BE = CF
Vậy VABC cân tại A
c) Nếu BE ⊥ CF hay FJ ⊥ IE Vậy EFIJ là hình vuông
3.4 Tìm điều kiện của một tứ giác
Bài 1 Cho tứ giác ABCD. Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của các cạnh
AB, BC, CD, DA
a) Chứng minh tứ giác MNPQ là hình bình hành
b) Tứ giác ABCD phải thoả điều kiện gì về đường chéo để :
MNPQ là hình chữ nhật, hình thoi, hình vuông ?
Phân tích :
Điều kiện X ở đây là : Điều kiện của tứ giác ABCD
Thỏa mản yếu tố Y là : MNPQ là hình chữ nhật, hình thoi, hình vuông ?
Giải :
A

B
N

M

M

Q

P
D

Q

N

C A

A

P
D

B

N

M
A

C
Q

B

M

B

C

N

D

P

C

Q

P
D

a) Vẽ 2 đường chéo AC, BD
Ta có : MN / / AC , MN =

AC
(tính chất đường trung bình của tam giác )
2
20


AC
2
⇒ MN / / PQ, MN = PQ Vậy MNPQ là hình bình hành .
b)- MNPQ là hình chữ nhật thì Mˆ = 1v ⇒ AC ⊥ BD
- MNPQ là hình thoi thì MN = MQ ⇒ AC = BD
- MNPQ là hình vuông thì AC ⊥ BD và AC = BD
PQ / / AC , PQ =

Giả thiết tương tự như bài 1 nhưng thay đổi yêu cầu ta có bài toán khác:
Bài 2
* Cho tứ giác ABCD. Gọi M,N,P,Q lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC,
CD, DA.

a) Chứng minh tứ giác MNPQ là hình bình hành .
b) - Nếu ABCD là hình bình hành thì MNPQ là hình gì ? Vì sao ?
- Nếu ABCD là hình thoi thì MNPQ là hình gì ? Vì sao ?
- Nếu ABCD là hình chữ nhật thì MNPQ là hình gì ? Vì sao ?
- Nếu ABCD là hình vuông thì MNPQ là hình gì ? Vì sao ?
Phân tích :
Điều kiện X ở đây là : Điều kiện của tứ giác MNPQ
thỏa mản yếu tố Y là : ABCD là hình bình hành ( hình thoi, hình chữ nhật, hình
vuông)
Nháp
M

A

B

Q
D

N
P

C

M

A
Q
D

A

B
N
P

Giải :

C

Q
D

B
P

C

N

M

A

M

B
N

Q

D

P

C

a) Vẽ 2 đường chéo AC, BD
AC
(tính chất đường trung bình của tam giác )
2
AC
PQ / / AC , PQ =
2
⇒ MN / / PQ, MN = PQ

Ta có : MN / / AC , MN =

Vậy MNPQ là hình bình hành .
b) - Nếu ABCD là hình bình hành thì MNPQ là hình bình hành (chứng minh ở
câu a)
- Nếu ABCD là hình chữ nhật thì : AC = BD ⇒ MN = MQ
⇒ Vậy MNPQ là hình thoi .
- Nếu ABCD là hình thoi thì : AC ⊥ BD ⇒ MN ⊥ MQ hay Mˆ = 1v
⇒ MNPQ là hình chữ nhật .
- Nếu ABCD là hình vuông thì : MN = MQ và Mˆ = 1v
⇒ MNPQ là hình vuông .
Bài 3: Cho ∆ABC có các góc B và C nhọn, BC = a, đường cao AH = h. Xét các
hình chữ nhật MNPQ nội tiếp trong tam giác có M ∈ AB; N ∈ AC; P, Q ∈ BC.
Xác định vị trí của hình chữ nhật MNPQ để nó có diện tích lớn nhất.

21


S

Phân tích:
Điều kiện X ở đây là : Vị trí của hình chữ nhật MNPQ
Thỏa mản yếu tố Y là : MNPQ có diện tích lớn nhất.
Vị trí của hình chữ nhật MNPQ sẽ được hoàn toàn xác định nếu ta xác định
được vị trí của MN.
Giải:
Đặt MQ = x; MN = y ⇒AK = h - x
A
∆AMN ∆ABC
⇒

MN AK
=
BC
AH

h

y h−x
a (h − x )
=
⇒y=
a
h
h

Gọi S là diện tích hình chữ nhật MNPQ thì:
a
S = xy = x (h - x)
h

N

y

K

M
x
B

(*)

Q

C

P

H

a

a
a
h2

h2
2
2
S = (hx - x ) = (hx - x +
−
)
h
h
4
4
h h2 
a  h2
2
−
(
x
−
2
x
.
+ )
= 
2
4 
h 4
h2
h 2
ah a
h
ah

−
(
x
−
)  =
− (x − ) 2 ≤

2 
4 h
2
4
4
h
h
dấu "=" xảy ra khi x - = 0 ⇔ x =
2
2
Khi đó K là trung điểm của AH hay MN là đường trung bình của ∆ABC.
a
=
h

Vậy max S =

ah
h
⇔x =
4
2

Bài 4: Cho hình thang ABCD ( AB PCD ). Gọi M, N, P, Q là trung điểm các cạnh
AB, AC, DC, BD .
a) Chứng minh tứ giác MNPQ là hình bình hành .
b) Nếu ABCD là hình thang cân thì MNPQ là hình gì ?
c) Khi MNPQ là hình vuông . Tính các góc của hình thang ABCD.
Phân tích :
- Điều kiện X ở đây là : Điều kiện của MNPQ
Thỏa mản yếu tố Y là : ABCD là hình thang cân
Giải :
M

A

P

B
A

N

Q

N

Q
D

A

B

K

M

B

M

Q
C

D

P

N

C
D

P

22
C


AD
( tính chất đường trung bình của tam giác )
2

AD
NP P AD, NP =
2
⇒ MQ P NP, MQ = NP Vậy MNPQ là hình bình hành
b) Nếu ABCD là hình thang cân thì AD = BC ⇒ MQ = MN

a) Ta có : MQ P AD, MQ =

Vậy MNPQ là hình thoi .
c) Khi MNPQ là hình vuông thì Mˆ = 1v hay MQ ⊥ MN ⇒ DK ⊥ CK
nên Cˆ = Dˆ = 450 Do đó Â = Bˆ = 1350
Phương pháp chung : Trong dạng 3 có rất nhiều bài toán sử dụng kiến thức và
phương pháp khác nhau.Vì vậy với những bài toán có cực trị tôi hướng dẫn cách
làm như đã hướng dẫn ở dạng 1, các bài toán dùng dấu hiệu tôi cho học sinh
nhận dạng hình ban đầu và sử dụng các dấu hiệu để lập luận, các bài toán khác
tôi đã hướng dẫn học sinh sử dụng phép biến đổi tương đương để giải quyết.
* BÀI TẬP THAM KHẢO (dạng 3):
1. Cho VABC , đường trung tuyến AM. Gọi I là trung điểm AC, D là điểm đối
xứng với M qua I.
a) Tứ giác AMCD là hình gì ? Vì sao ?
b) Nếu VABC có Â = 900 thì tứ giác AMCD là hình gì ? Vì sao ?
c) Tìm điều kiện của VABC để AMCD là hình vuông.
2. Cho hình bình hành ABCD. Trên đường chéo BD lấy E,K sao cho BE = DK .
a) Chứng minh AKCE là hình bình hành .
b) Hình bình hành ABCD có thêm điều kiện gì để AKCE là hình thoi ?
3. Cho hình thoi ABCD. Gọi O là giao điểm của AC và BD. Vẽ đường thẳng
qua B và song song AC, vẽ đường thẳng qua C và song song BD. Hai đường đó
cắt nhau tại K .
a) Tứ giác OBKC là hình gì ? Vì sao ?
b) Tìm điều kiện của hình thoi ABCD để OBKC là hình vuông.

4. Cho tứ giác ABCD. Các phân giác của các góc A, B, C, D cắt các cạnh tại
M, N, P, Q .
a) Chứng minh tứ giác MNPQ có tổng các góc đối bù nhau .
b) Nếu ABCD là hình bình hành thì MNPQ là hình gì ? Vì sao ?
c) Nếu ABCD là hình chữ nhật thì MNPQ là hình gì ? Vì sao ?
d) Nếu ABCD là hình thoi, hình vuông thì MNPQ là hình gì ? Vì sao ?
5. Cho hình bình hành ABCD. Gọi E, F là trung điểm AB, CD. AF cắt BC tại G,
BF cắt AD tại H.
a) Chứng minh ABGH là hình thoi .
b) Hình bình hành ABCD có thêm điều kiện gì để ABGH là hình vuông ?
6. Cho hình thang ABCD ( AB / / CD ). Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm các
cạnh AB, BC, CD, DA .
a) Chứng minh tứ giác MNPQ là hình bình hành .
23


b) Với điều kiện nào của hình thang ABCD thì MNPQ là hình thoi, hình
vuông .
7. Cho VABC . Gọi D, E, F lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, AC, BC Và
M, N, P, Q lần lượt là trung điểm AD, AE, EF, FD .
a) Chứng minh các tứ giác ADFE, MNPQ là hình bình hành .
b) Khi VABC có µA = 1v thì ADFE, MNPQ là hình gì ? Vì sao ?
8. Cho VABC có AA’, BB’,CC’ là các trung tuyến , Trọng tâm G . Trên tia đối
của tia B’G lấy D sao cho B’D = B’G . Trên tia đối của tia C’G lấy E sao cho
C’E = C’G .
a) Chứng minh BEDC là hình bình hành .
b) Tìm điều kiện của VABC để BEDC là hình chữ nhật ?
c) Tứ giác BEDC có thể là hình vuông, hình thoi được không ? Vì sao ?
9. Cho VABC và H là trực tâm. Các đường thẳng vuông góc với AB tại B,
vuông góc với AC tại C cắt nhau ở D .

a) Chứng minh tứ giác BDCH là hình bình hành .
b) Nếu VABC có Â = 1v thì BDCH là hình gì ?
c) Tìm điều kiện của VABC để BDCH là hình thoi ?
10. Cho hình bình hành ABCD. Gọi M, N, P, Q là trung điểm của các cạnh AB,
BC, CD, DA. Nối AN, BP, CQ, DM chúng cắt nhau tại E, F, G, H.
a) Chứng minh EFGH là hình bình hành.
b) Nếu ABCD là hình vuông thì EFGH là hình gì ?
11. Cho ◊ABCD . Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC,
CD và AD. Tìm điều kiện của ◊ ABCD để :
a, ◊MNPQ là hình chữ nhật
b, ◊MNPQ là hình vuông
12. Cho ∆ABC . Gọi P,Q là chân đường vuông góc kẻ tứ A đến đường phân giác
trong và phân giác ngoài của góc B. R và S làn lượt là các đường vuông góc kẻ
từ A đến các đường phân giác trong và ngoài đỉnh C tìm điều kiện của ∆ABC để:
a, ◊APBQ là hình vuông
b, ◊APBQ và ◊ SRAC là các hình chữ nhật bằng nhau
c, ◊APBQ và ◊ SRAC là đều là các hình vuông
Trong quá trình dạy học để phát huy hiệu quả của sáng kiến tôi đã thực hiện
một số vấn đề sau:
- Trong các tiết lý thuyết tôi cố gắng đưa kiến thức đến cho các em một cách
đơn giản nhất, dễ nhớ, dễ học nhất. Với những công thức Toán học có thể diễn
đạt bằng thơ tôi thường sưu tầm cho các em đọc để dễ nhớ, nhớ lâu và các em
yêu thích học tập.
- Trong các tiết ôn tập tôi cố gắng qua hệ thống bài tập để hệ thống kiến thức
và một lần nữa khắc sâu thêm các kiến thức cho các em. Sử dụng sơ đồ tư
duy là cách mà tôi thường thực hiện để các em nhớ được đầy đủ và lôgic các
kiến thức. Từ đó giúp các em giải tốt các bài tập.
24

- Với các học sinh đại trà tôi thường hướng dẫn để các em có thể làm được các
bài tập đơn giản có sử dụng dấu hiệu nhận biết hình hoặc các bài tập sử dụng
những kiến thức đơn giản ở sách giáo khoa và sách bài tập, sách luyện tập và tự
kiểm tra đánh giá theo chuẩn kiến thức kỹ năng là chủ yếu.
- Với các học sinh khá, giỏi tôi tăng cường luyện dạng, luyện đề cho các em để
các em có thể được làm quen được với nhiều dạng, nhiều hướng giải giúp các
em có thể linh hoạt lựa chọn cách giải, cách lập luận phù hợp để giải quyết các
bài toán.
Đặc biệt trong quá trình dạy học ngoài hướng dẫn các em cách học, phương
pháp tìm hiểu và vận dụng kiến thức tôi thường chú trọng rèn luyện kỹ năng lập
luận, trình bày cho các em để các em có một bài làm lôgic, chặt chẽ, gọn và đẹp.
III. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
1. Kết quả đạt được
Sau khi tôi áp dụng sáng kiến của mình vào thực tiễn tôi đã đạt được một số
kết quả sau :
- Học sinh tự tin hơn khi gặp phải các dạng toán “ Tìm điều kiện của hình”,
số học sinh giải được và đúng các bài toán đã tăng lên đáng kể. Đã có một số
học sinh giải tốt các dạng toán này
- Khả năng tư duy logic của học sinh cũng tốt hơn
- Khả năng lập luận và trình bày của học sinh tiến bộ rõ rệt.
- Số lượng học sinh yêu thích môn hình học ngày càng tăng ...
Và sau khi tôi áp dụng sáng kiến này vào hướng dẫn, giảng dạy cho học sinh tôi
đã tiến hành nhiều bài khảo sát ở các dạng khác nhau về “ Tìm điều kiện của hình
học ở Trung học cơ sở” cho học sinh.
Sau đó tôi tổng hợp lại kết quả khảo sát của 10 học sinh ở hai lớp 8 ban đầu thì
có kết quả như sau:
Kết
quả

Làm

tốt

Tỉ lệ

Làm
được

Tỉ lệ

Làm
sai

Tỉ lệ

Không
làm
được

Tỉ lệ

Lớp
8B

1

10%

4

40%

3

30%

2

20%

8C

3

30%

4

40%

2

20%

1

10%

So sánh với kết quả ban đầu thấy rằng kết quả giải các bài toán “ Tìm điều
kiện trong hình học ở Trung Học Cơ Sở ” đã được nâng lên rõ rệt. Điều này cho
thấy sáng kiến của tôi đã thực sự phát huy được tác dụng trong việc giảng dạy

môn hình học ở Trung Học Cơ Sở.
2. Kiến nghị:
25