Sáng kiến kinh nghiệm rèn luyện năng lực tư duy sáng tạo thông qua bài toán tính số đo góc

sáng kiến kinh nghiệm

lê Văn bính

RÈN LUYỆN NĂNG LỰC TƯ DUY QUA BÀI TOÁN
TÍNH SỐ ĐO GÓC
A. MỞ ĐẦU

I- ĐẶT VẤN ĐỀ:
1. Thực trạng của vấn đề đòi hỏi phải có giải pháp mới để giải quyết
- Đổi mới phương pháp giảng dạy trong trường THCS là một vấn đề cấp
thiết hàng đầu, từ năm học 2002 - 2003 Bộ GD & ĐT đã biên soạn SGK mới
nhằm phù hợp với đối tượng học và phương pháp dạy học.
- Hình học là môn học mới tương đối khó với lứa tuổi 12, 13 đang chập
chững bước đi ban đầu trong quá trình học Hình học. Khi đứng trước một bài
toán học sinh rất lúng túng trước vấn đề cần chứng minh: Không biết bắt đầu từ
đâu, làm gì, đi hướng nào? Không biết liên hệ giả thiết của bài toán với các kiến
thức đã học, với vấn đề cần chứng minh. Do đó, việc định hướng tìm ra lời giải là
một công việc rất quan trọng, đặc biệt là đối với học sinh lớp 7, 8.
- Trong quá trình giảng dạy ở hình học trong trường THCS Phước Hòa tôi
đã nhận thấy bài toán "tính số đo góc" giúp các em vận dụng các kiến thức đã học
vào thực tiễn, đòi hỏi học sinh có kỹ năng tính toán số đo góc, kỹ năng chứng
minh hai tam giác bằng nhau, sử dụng tính chất của các hình đặc biệt vào giải
toán giúp các em phát triển khả năng tư duy lôgic, diễn đạt ý tưởng của mình và
khả năng tưởng tượng. Vì vậy bài toán "tính số đo góc" còn giúp học sinh thêm
gần gũi với kiến thức thực tế, rèn luyện nếp nghĩ khoa học, luôn mong muốn
công việc đạt được hiệu quả cao nhất, tốt nhất.
- Trong mấy năm gần đây, các bài toán "tính số đo góc" luôn xuất hiện
trong các kỳ thi Học sinh giỏi, điều đó cho thấy ý nghĩa của nó trong việc nâng
cao kiến thức hình học và phát triển năng lực tư duy hình học cho học sinh.
- Các bài tập về "tính số đo góc" là các bài toán tổng hợp kiến thức, kỹ

năng tính toán và kỹ năng tư duy, nó rất cấp thiết cho việc ôn tập và bồi dưỡng
cho học sinh.

Thcs phước hòa

1


sáng kiến kinh nghiệm

lê Văn bính

Để đánh giá được khả năng của các em đối với dạng toán trên và có
phương án tối ưu truyền đạt tới học sinh, tôi đã ra một đề toán cho các em học
sinh trong đội tuyển Toán 7 của trường trong năm học 2009-2010 như sau:

“Tính số đo các góc của tam giác ABC biết rằng đường cao AH, trung tuyến
AM chia góc BAC thành ba góc bằng nhau”. (10 điểm)
KẾT QUẢ ĐIỀU TRA THỰC TRẠNG TRƯỚC KHI NGHIÊN CỨU.
Năm học

2009-2010

Tổng số

Dưới điểm

Điểm 5 –

Điểm 6,5 –

HS

5

dưới 6,5
SL
%
2
20%

dưới 8
SL
%
2
30%

10

SL
5

%
50%

Điểm 8- 10
SL
%
1
10%

Qua việc kiểm tra đánh giá, tôi thấy nhận thấy hầu hết học sinh chưa giải
được dạng toán như trên, nếu có giải được thì các em cũng trình bày dài dòng,
không có định hướng bởi học sinh không biết phải bắt đầu từ đâu và vẽ thêm
đường phụ như thế nào do các em trang bị các kỹ năng tính số đo góc. .
- Nhận thức được tầm quan trọng của vấn đề trên, người viết chọn
việc “Rèn luyện năng lực tư duy sáng tạo thông qua bài toán tính số đo

góc” làm đề tài nghiên cứu.
2. Ý nghĩa và tác dụng của giải pháp mới
Xuất phát từ những cơ sở trên, tôi nhận thấy trong quá trình giảng dạy
dạng toán này, người giáo viên cần phải nghiên cứu, chọn lựa các dạng bài phù
hợp, tạo cho các em lòng ham mê, yêu thích học tập bằng cách sưu tầm các bài
toán có nội dung nhẹ nhàng, hình thức thể hiện hấp dẫn. Từ các bài toán cơ bản,
đơn giản phát triển thành các bài phức tạp hơn, giúp học sinh nâng cao dần tư
duy, hình thành kỹ năng phân tích đề bài, giải bài tập. Từ đó các em không còn
cảm giác lúng túng, e ngại trước các bài toán “Tính số đo góc”, đồng thời các em
có thể mở rộng và phát triển bài toán cao hơn.
3. Phạm vi nghiên cứu của đề tài
Thcs phước hòa

2


sáng kiến kinh nghiệm

lê Văn bính

Việc nghiên cứu, phân loại và tìm lời giải cho tất cả các dạng bài toán
“Tính số đo góc” là công việc rất khó khăn, đòi hỏi thời gian và quy mô nghiên

cứu rộng lớn.
Trong phạm vi đề tài này, tôi chỉ xin đề cập đến việc phân loại và giải dạng
bài toán "tính số đo góc" trong chương trình Hình học THCS.
II. Phương pháp tiến hành
1. Cơ sở lý luận và thực tiễn có tính định hướng cho việc nghiên cứu, tìm
giải pháp của đề tài
Hiện nay vấn đề “Rèn luyện và phát triển năng lực tư duy sáng tạo ” là chủ
đề thuộc một lĩnh vực nghiên cứu còn mới và mang tính thực tiễn cao. Nó nhằm
tìm ra các phương án, biện pháp thích hợp để kích hoạt khả năng sáng tạo và để
rèn luyện, tăng cường khả năng tư duy của một cá nhân hay một tập thể cộng
đồng làm việc chung về một vấn đề hay lĩnh vực. Ứng dụng chính của bộ môn
này là giúp cá nhân hay tập thể thực hành nó tìm ra các phương án, các lời giải từ
một phần đến toàn bộ cho các vấn đề nan giải. Các vấn đề này không chỉ giới hạn
trong các ngành nghiên cứu về khoa học kỹ thuật mà nó có thể thuộc lĩnh vực
khác như chính trị, kinh tế, xã hội, nghệ thuật, . hoặc trong các phát minh, sáng
chế.
Do đó, một yêu cầu cấp thiết được đặt ra trong hoạt động giáo dục phổ
thông là phải đổi mới phương pháp dạy học, trong đó đổi mới phương pháp dạy
học Toán là một trong những vấn đề được quan tâm nhiều. Sư phạm học hiện đại
đề cao nguyên lý học là công việc của từng cá thể, thực chất quá trình tiếp nhận
tri thức phải là quá trình tư duy bên trong của bản thân chủ thể. Vì thế nhiệm vụ
của người giáo viên là mở rộng trí tuệ, hình thành năng lực, kỹ năng cho học sinh
chứ không phải làm đầy trí tuệ của các em bằng cách truyền thụ các tri thức đã
có. Việc mở rộng trí tuệ đòi hỏi giáo viên phải biết cách dạy cho học sinh tự suy
nghĩ, phát huy hết khả năng, năng lực của bản thân mình để giải quyết vấn đề mà
học sinh gặp phải trong quá trình học tập và trong cuộc sống.

Thcs phước hòa

3

sáng kiến kinh nghiệm

lê Văn bính

Hơn thế nữa trong thời đại bùng nổ công nghệ thông tin theo hướng ngày
càng hiện đại hóa, con người ngày càng sử dụng nhiều phương tiện khoa học kĩ
thuật hiện đại thì năng lực suy luận, tư duy và sáng tạo giải quyết vấn đề càng trở
nên khẩn thiết hơn trước đây. Không có một nhà giáo dục nào lại từ chối việc dạy
cho học sinh chúng ta tư duy. Nhưng làm thế nào để đạt được điều đó? Do vậy,
rèn luyện và phát triển năng lực tư duy sáng tạo cho học sinh là một mục tiêu mà
các nhà giáo dục phải lưu tâm và hướng đến.
Bên cạnh đó, thực tiễn còn cho thấy trong quá trình học Toán, rất nhiều học
sinh còn bộc lộ những yếu kém, hạn chế về năng lực tư duy sáng tạo: Nhìn các
đối tượng toán học một cách rời rạc, chưa thấy được mối liên hệ giữa các yếu tố
toán học, không linh hoạt trong điều chỉnh hướng suy nghĩ khi gặp trở ngại, quen
với kiểu suy nghĩ rập khuôn, áp dụng một cách máy móc những kinh nghiệm đã
có vào hoàn cảnh mới, điều kiện mới đã chứa đựng những yếu tố thay đổi, học
sinh chưa có tính độc đáo khi tìm lời giải bài toán. Từ đó dẫn đến một hệ quả là
nhiều học sinh gặp khó khăn khi giải toán, đặc biệt là các bài toán đòi hỏi phải có
sáng tạo trong lời giải như các bài tập hình học tính số đo góc . Do vậy, việc rèn
luyện và phát triển năng lực tư duy cho học sinh nói chung và năng lực tư duy
sáng tạo cho học sinh phổ thông qua dạy học toán nói riêng là một yêu cầu cấp
bách.
Với các em học sinh lớp 7, mới được tiếp xúc với hình học thì việc định
hướng để tìm ra lời giải cho một bài toán là một công việc quan trọng. Khi các
em đứng trước một bài tập hình, để có một định hướng cho việc tìm ra lời giải
quả thật không phải là một công việc đơn giản chút nào. Do đó tôi muốn trao đổi
một số giải pháp có tính chất định hướng khi giải các bài toán tính số đo góc.

Trước hết ta để ý đến những tam giác chứa những góc có số đo đặc biệt
1.

Tổng các góc trong một tam giác bằng 180 0. Do đó tam giác cân có
một góc với số đo xác định thì các góc còn lại có số đo xác định

2.

Tam giác đều : ba góc bằng nhau, bằng 600

3.

Tam giác vuông cân : hai góc bằng nhau và bằng 450, còn góc kia 900

Thcs phước hòa

4


sáng kiến kinh nghiệm
4.

lê Văn bính

Tam giác vuông có một cạnh góc vuông bằng nửa cạnh huyền thì góc
đối diện với cạnh góc vuông đó bằng 300 (Nửa tam giác đều)

Vậy khi gặp bài toán tính số đo góc ta nên nghĩ đến mối liên hệ giữa các góc
tronh hình, chính vì điều đó đề tài tính số đo góc được phân ra thành 5 dạng cơ
bản và từ đó đi phân tích, khắc sâu con đường hình thành kỹ năng vẽ thêm đường

phụ. Qua đó phát huy trí lực của học sinh tìm nhiều cách giải hay phát triển bài
toán mới, phát triển tư duy suy luận logic của học sinh góp phấn học tập tốt môn
Toán và các môn học khác, đồng thời giúp học sinh tự tin khi giải toán.
2. Các biện pháp tiến hành và thời gian tạo ra giải pháp
a) Các biện pháp tiến hành:
1. Phương pháp đọc sách và tài liệu: Nghiên cứu kỹ các sách, tạp chí, các
tài liệu thuộc lĩnh vực tính số đo góc để tham khảo. Mặt khác khai thác các
tư liệu trên mạng internet
2. Phương pháp trò chuyện: Gặp các đồng nghiệp, học sinh thông qua
những câu hỏi đối thoại, trao đổi giữa mình với đồng nghiệp, với học sinh
nhằm thu thập thông tin, tài liệu liên quan đến đề tài.
3. Phương pháp điều tra: Điều tra khảo sát để nắm bắt thực trạng và kết
quả của vấn đề đang nghiên cứu
4. Phương pháp phân tích, tổng hợp: Phân tích số liệu, tổng hợp kết quả rút
ra các biện pháp giảng dạy cụ thể.
5. Phương pháp quan sát: Dự giờ thăm lớp các tiết có tính số đo góc để rút
kinh nghiệm, quan sát tinh thần học tập của học sinh trong lúc bồi dưỡng
HSG khi dạy các bài toán tính số đo góc để rút ra những hạn chế và hướng
khắc phục.
b) Thời gian tạo ra giải pháp:
Bản thân đã hình thành và áp dụng đề tài này từ các lớp học tại trường THCS
Phước Hòa từ tháng 10 năm 2011 :
Đội tuyển học sinh giỏi Toán 7 trường THCS Phước Hòa năm học 20102011
Thcs phước hòa

5


sáng kiến kinh nghiệm

lê Văn bính

Đội tuyển học sinh giỏi Toán 7 trường THCS Phuớc Hòa năm học 20112012
Tổng hợp và viết đề tài từ 9/2012 đến 10/2012

B. NỘI DUNG
I. Mục tiêu :
Đề tài này thực hiện các nhiệm vụ sau:
- Rèn kỹ năng tính số đo góc thông qua việc dùng chữ để diễn đạt mối
quan hệ giữa các góc (phương pháp đai số).
- Rèn kỹ năng tính số đo góc thông qua việc phát hiện ra cặp tam giác
bằng nhau.
- Rèn kỹ năng tính số đo góc thông qua việc phát hiện ra tam giác vuông nhờ
định lý Pi-ta-go.
- Rèn kỹ năng tính số đo góc thông qua việc phát hiện ra tam giác vuông
và tam giác vuông cân.
- Rèn kỹ năng tính số đo góc thông qua việc phát hiện ra tam giác đều.
II. Mô tả giải pháp của đề tài
1. Thuyết minh tính mới
Việc giải các bài toán "tính số đo góc" thông qua việc phát hiện và sử
dụng tính chất của các cặp tam giác bằng nhau, các tam giác đặc biệt như: Tam
giác vuông, tam giác cân, tam giác vuông cân, tam giác đều, nửa tam giác đều. Vì
thế, khi gặp bài toán "tính số đo góc" ta chú ý đến quan hệ giữa các góc của tam
giác liên hệ giữa các cạnh và góc của tam giác, phát hiện các cặp tam giác bằng
nhau và nghĩ đến việc tính số đo góc đó thông qua mối liên hệ với các góc của
tam giác chứa những góc có số đo xác định nêu trên. Nhưng trong những bài toán
cho việc tính số đo góc phức tạp hơn nhiều, nó không có hình nào là tam giác
cân, tam giác vuông cân, tam giác đều, nửa tam giác đều thì sao? Chính điều đó
đòi hỏi sự sáng tạo, từ đó ta có thể đặt câu hỏi: Bạn hãy tạo ra một hình đó được
không? Với suy nghĩ như vậy giúp chúng ta vẽ được những hình phụ thích hợp

Thcs phước hòa

6


sáng kiến kinh nghiệm

lê Văn bính

làm xuất hiện những góc đặc biệt, những tam giác có chứa những góc có số đo
xác định để có thể tìm ra lời giải của bài toán.
Bài tập về phần "tính số đo góc" đòi hỏi học sinh phải biết vận dụng nhanh
và linh hoạt các định lý đã học, giả thiết của bài toán, có năng lực tư duy lôgic, kỹ
năng phân tích, tổng hợp, suy tính, dự đoán kết quả tốt.
- Những học sinh trung bình trở xuống thường không tự lực làm được loại
bài tập này, đối với học sinh khá, giỏi không phải lúc nào cũng vượt qua.
Bởi vì:
Chưa thành thạo trong việc tìm mối liên hệ giữa các góc phải tìm với
các góc đã biết.
 Kỹ năng biến đổi còn lúng túng.
 Không biết phát hiện mối liên hệ giữa giả thiết và kết luận. Thường
không biết bắt đầu từ đâu.
 Không biết dự đoán góc cần tính để có định hướng chứng minh gỡ ra
đầu mối cần giải quyết.
 Không biết phân tích các góc cần tính để vẽ thêm đường phụ hợp lý
nhằm xuất hiện các tam giác bằng nhau, các tam giác đặc biệt để vận
dụng vào chứng minh
- Tóm lại, học sinh yếu về 3 mặt: Kiến thức, kỹ năng và phương pháp.
- Để giúp học sinh khỏi bỡ ngỡ và tiến tới có định hướng khi giải bài toán.
Tôi đã phân loại các kiến thức đã học theo đặc điểm của phương pháp.

(1) Vẽ hình đúng, chính xác, dự đoán kết quả.
(2) Phát hiện tam giác bằng nhau, tam giác cân, tam giác vuông cân,
nửa tam giác đều, tam giác đều.
(3) Xem xét, phân tích giả thiết, kết luận để dựng hình hợp lý.
(4) Xét đủ các khả năng xảy ra.
Trong quá trình giảng dạy tạo mọi điều kiện cho học sinh luôn giữ vai trò
chủ động, sáng tạo, đề ra các vấn đề giải quyết và từng bước thực hiện.
Thcs phước hòa

7


sáng kiến kinh nghiệm

lê Văn bính

* Nội dung cụ thể
1. Tính số đo góc thông qua việc dùng chữ để diễn đạt mối quan hệ
giữa các góc
Ví dụ 1.

·
·
·
Cho ∆ ABC cân tại A, đường cao CH. Biết BAC
= 250. Tính BAC
.
- BCH
A

* Phân tích:

·
 Góc BAC tính được khi biết số đo BCH
.
·
·
 Do đó: Ta có thể đặt BCH
= x để tính BAC
.
H

* Chứng minh:

·
Đặt BCH
=x

900- x

x

B

ˆ = 900 - x (tính chất về góc của tam giác vuông).
Xét ∆ BHC vuông có: B
Xét ∆ ABC cân tại A có:

·
ˆ (tính chất tam giác cân)

= 1800 - 2. B
BAC
⇒ BAC
·
= 1800 - 2(900 - x) = 2x.

·
·
Theo GT: BAC
= 250
- BCH
hay 2x - x = 250 ⇔ x = 250

·
⇒ BAC
= 500 (đpcm).
Ví dụ 2.
Trên hai cạnh AC và BC của ∆ ABC lấy điểm M, N sao cho AN = BM = AB.

·
·
Gọi O là giao điểm của BM và AN biết AOM
= 600. Tính ACB
.
* Phân tích:

·
·
 Góc C tính được khi biết CAB
và CBA

.
·
 Do đó để tính số đo của góc C. Ta có thể đặt: CAB
= x;
Thcs phước hòa

8

C


sáng kiến kinh nghiệm

lê Văn bính

µ 1 +B
µ 1 = 600 (tính chất góc ngoài của tam
·
= y và dựa vào giả thiết A
CBA

giác).
* Chứng minh:
·
·
Đặt CAB
= x; CBA
=y

·

⇒ ACB
= 1800 - (x + y).

(1)

- Xét ∆ BAM cân tại B

$1
$1) : 2 = 900 - B
⇒ x = (1800 - B
.
2
- Xét ∆ ABN cân tại A
µ
⇒ y = 900 - A1
2
µ 1+ B
$1) : 2 .
⇒ x + y = 1800 - (A

µ 1+ B
$1 = 600 ( tính chất góc ngoài tam giác)
Mà A
⇒ x + y = 1800 - 300 = 1500 (2)

·
Từ (1) và (2) ⇒ ACB
= 300.
Bài tập đề xuất:
Câu 1: Tính các góc của tam giác ABC cân tại A biết rằng trên cạnh AB có

điểm D sao cho AD = DC = CB.
Câu 2: Tam giác ABC có K là giao điểm của các đường phân giác, O là
giao điểm các đường trung trực, BC là đường trung trực cảu OK. Tính các góc
của tam giác ABC
2. Tính số đo góc thông qua việc phát hiện ra cặp tam giác bằng nhau
¶ <1200 , ở ∆ MNP dựng các tam giác đều
Ví dụ 3. Cho tam giác MNP có M
·
MPQ, MNR, PR cắt NQ tại I. Tính NIP
.

* Phân tích:
 Dựa vào giả thiết của bài toán phát hiện ∆ RMP = ∆ NMQ (c.g.c)

µ1= N
µ1
 Từ đó có ngay: R

(1)

 Gọi giao điểm của MN và RP là K
Thcs phước hòa

9


sáng kiến kinh nghiệm
⇒

lê Văn bính

µ1= K
µ 2 (đối đỉnh) (2)
K

·
·
Nhận thấy: NIP
tính được khi biết số đo RIN
·
·
 Từ (1) và (2) ⇒ RIN
= 600.
= RMN
·
Vậy tính được: NIP
= 1200.

Q

R

M

1

K

* Chứng minh:

1

- Xét ∆ RMP và ∆ NMQ có:

2

I

N

P

RM = NM (định nghĩa ∆ đều)
MP = MQ (định nghĩa ∆ đều)

·
·
(2 góc bằng nhau cùng cộng với một góc)
RMP
= NMQ
⇒ ∆ RMP = ∆ NMQ (c.g.c)

µ1= N
µ 1 (2 góc tương ứng).
⇒ R
µ 1= K
µ 2 (đối đỉnh)
Mà K
·
·

⇒ RIN
= RMN
·
Mà RMN
= 600 (gt)
⇒ RIN
·
·
= 600 ⇒ NIP
= 1200.
Ví dụ 4.
Cho ∆ ABC có Â < 900, các đường cao BD, CE ( D∈ AC, E∈ AB). Trên tia
đối của tia BD lấy điểm M sao cho BM = AC. Trên tia đối của tia CE lấy điểm N

·
sao cho CN = AB. Tính MAN
.
* Phân tích


Dựa vào giả thiết của bài toán phát hiện ∆ ABM = ∆ NCA (c.g.c).



µ1=N
µ 2 =M
µ ; A
¶ .
Từ đó ⇒ A



Dựa vào ∆ AEN vuông tại E

Thcs phước hòa

10


sáng kiến kinh nghiệm

lê Văn bính

⇒ Â1 + Â2 + Â3 = 900 .

·
Từ đó tính được MAN
= 900.
*Chứng minh
- Xét ∆ ABM và ∆ NCA có:
AB = NC (gt)
BM = CA (gt)

·
·
(tích chất góc ngoài ∆ , 2 góc đều bằng góc 900+Â3)
ABM
= ACN
⇒

∆ ABM = ∆ NCA (c.g.c).

µ1=N
µ
⇒A
µ 1 +A
µ 2 +A
µ3 = N
µ 2 +A
µ 3 = 900 ( vì ∆ AEN vuông có Ê = 900)
µ +A
·
Ta có: MAN
=A

·
Vậy MAN
= 900.
Bài tập đề xuất:
Câu 1: Cho tam giác ABC vuông tại A, điểm E nằm trong tam giác sao cho
·
tam giác EAC cân tại E và có góc đáy bằng 150. Tính AEB
.

Câu 2: Cho tam giác ABC cân tại A có Â = 100 0. Trên tia AC lấy điểm D sao
·
cho AD = DC. Tính ABD
.

3. Tính số đo góc thông qua việc phát hiện ra tam giác vuông nhờ định lý Pi-ta-go

Ví dụ 5.
Cho ∆ ABC vuông cân ở B và một điểm M nằm trong tam giác. Biết MA =
·
1cm; MB = 2cm; MC = 3cm. Tính AMB
.

* Phân tích:

·
 Dự đoán AMB
khoảng 1350


·
= 450 + 900
AMB



Mà 450 là góc của tam giác vuông cân

Thcs phước hòa

11


sáng kiến kinh nghiệm

lê Văn bính

Do đó nghĩ đến việc dựng tam giác vuông
cân BMK ra ngoài tam giác BMC.
* Chứng minh:
Dựng ∆ BMK vuông cân tại B, ở phía ngoài ∆ BMC
⇒

BM = BK.

Xét ∆ ABK và ∆ CBM có:
BK = BM (cách dựng)
AB = CB (gt)
·
·
·
(cùng phụ với ABM
)
ABK
= CBM

⇒ ∆ ABK = ∆ CBM (c.g.c)
⇒ AK = MC = 3 cm.
Ta có: MK2 = BK2 + BM2 = 22 + 22 = 8 (cm)
AK2 = 32 = 9 (cm)
AM2 = 12 = 1 (cm)
⇒ AK2 = KM2 +AM2 ⇒ ∆ MAK vuông tại M
⇒ AMK
·
= 900

·

Mà KMB
= 450 (cách dựng)

⇒ AMB
·
= 450 + 900 = 1350.

Ví dụ 6.
Cho ∆ ABC cân tại A, Â = 300; BC = 2cm. Trên AC lấy điểm D sao cho
AD =

·
.
2 cm. Tính ADB

* Phân tích:Ta có:


·
·
Â= 300 ⇒ ABC
= 750
= ACB



Phát hiện được: 750 - 300 = 450

là góc của ∆ vuông cân.
 Do đó nghĩ đến việc dựng hình phụ

∆ BIC vuông cân tại I.
Thcs phước hòa

12


sáng kiến kinh nghiệm

lê Văn bính

* Chứng minh:
- Dựng ∆ BIC vuông cân tại I vào miền trong ∆ ABC
Ta có: ∆ AIB = ∆ AIC (c.g.c) ⇒ Â1 = Â2 = 150.
- Xét ∆ vuông BIC có: IB2 + IC2 = BC2 = 22 = 4
Mà IB = IC ⇒ 2IB2 = 4 ⇔ IB2 = 2 ⇒ IB =

2 (cm).

- Xét ∆ ABD và ∆ BAI có:
AB cạnh chung

AD =BI

(= 2 )

·
·
(= 300)
BAD
= ABI

⇒ ∆ ABD = ∆ BAI (c.g.c)
⇒ ABD
·
·
= 150
= BAI
⇒ ADB
·
·
·
= 1800 - ( BAD
)
+ABD
= 1800 - (300 + 150) = 1350

·
Vậy ADB
= 1350.
Bài tập đề xuất:
Câu 1: Điểm M nằm bên trong tam giác ABC vuông cân tại B sao cho
·
MA : MB : MC = 3 : 4 : 5. Tính AMB
.

Câu 2: Cho ∆ ABC vuông cân ở A và một điểm E nằm trong tam giác.
·
Biết EA = 6cm; EB = 8cm; EC = 10cm. Tính AEB
.

4. Tính số đo góc thông qua việc phát hiện ra tam giác vuông, tam giác vuông

cân.
Ví dụ 7:
Tính số đo các góc của tam giác MNP. Biết rằng đường cao MK, trung
tuyến MB chia góc NMP thành 3 góc bằng nhau.

Thcs phước hòa

13


sáng kiến kinh nghiệm

lê Văn bính

* Phân tích:
Theo giả thiết phát hiện
∆ MNB cân và BK =

BP
2

µ 2 =M
µ 3.
·
= 900 , M
MKB
Vì vậy, ta nghĩ đến việc kẻ đường phụ BI vuông với MP để tạo tam giác vuông
BP
BIP có BI =
(vì BI = BK).

2
⇒ MPN
·
= 300. Từ đó tính được các góc còn lại
* Chứng minh:
- Kẻ BI ⊥ MP (I ∈ MP) .
- Xét hai tam giác vuông: ∆ KMB và ∆ IMB có :

·
·
( GT)
KMB
= IMB
BM cạnh chung
⇒ ∆KMB =∆IMB (cạnh huyền, góc nhọn).
⇒ BI = BK mà BK =

1
1
BP ⇒ BI = BP .
2
2

- Xét ∆ BIP vuông có:
1
¶ = 300 (nửa tam giác đều)
BI = BP ⇒ BPI
2

·

·
=> NMP
= 900 => MNP
= 600
ˆ = 900 ; Nˆ = 600 ; Pˆ = 300 .
Vậy ∆ MNP có: M

Ví dụ 8:
Cho tam giác ABC vuông cân tại A, M là trung điểm của BC. Trên tia
MA
đối của tia MA lấy điểm D sao cho MD =
, gọi E là trung điểm của AC.
2
Tính các góc của tam giác BDE.

Thcs phước hòa

14


sáng kiến kinh nghiệm

lê Văn bính

* Phân tích:
 Đặt BC = a ⇒ MB = MC = AM =
 Theo giả thiết ta có: MD =

a
.

2

MA a
= .
2
4

 Xét ∆ BDE dự đoán kết quả: ∆ BDE vuông cân tại D
Điều đó gợi ta hướng chứng minh: BD = DE.
 Do đó: kẻ đường phụ EK ⊥ AD tại K
ta có ngay: ∆ BDM = ∆ DEK (c.g.c).
⇒ BD = DE và BDE
·
= 900
⇒ DBE
·
·
= 450
=DEB
* Chứng minh:

a
2
MA a
=
- Theo giả thiết ta có: MD =
2
4
- Từ E kẻ EK ⊥ AD tại K ( K ∈ AD)
- Đặt BC = a ⇒ MB = MC = AM =

Trong tam giác vuông cân MEA, EK là đường cao đồng thời là trung tuyến
⇒ KM = KA = KE =

a
a
⇒ DK= .
4
2

- Xét 2 ∆ vuông: ∆ BDM và ∆ DEK có:
BM = DK ( =

a
)
2

MD = EK ( =

a
)
4

⇒ ∆ BDM = ∆ DEK (cạnh huyền và cạnh kề).
⇒ DBM
·
·
=EDK
DB = DE

(hai góc tương ứng)
(hai cạnh tương ứng).

·
·
- Ta có: BDM
= 900 (tính chất ∆ vuông)
+ BDM
Thcs phước hòa

15


sáng kiến kinh nghiệm

lê Văn bính

⇒ EDM
·
·
= 900
+ BDM
⇒ ∆ DBE vuông cân tại D
= 900; DBE
= 450.
⇒ BDE
·
·
·
= DEB

Bài tập đề xuất:
Câu 1: Cho ∆ ABC cân có: Â = 1200. Trên cạnh đáy BC lấy điểm D sao
cho 2BD = DC = 2a. Tính các góc của tam giác ADC.
ˆ = 450 , C
ˆ = 1200 . Trên tia đối của CB lấy
Câu 2: Cho tam giác ABC có B
·
điểm D sao cho CD = 2CB. Tính. ADB

5. Tính số đo góc thông qua việc phát hiện ra tam giác đều.
Ví dụ 9: Cho ∆ ABC vuông cân ở A, điểm E nằm trong tam giác sao cho

·
·
·
= 150. Tính AEB
.
EAC
= ECA
* Phân tích:
 Vì ∆ ABC vuông cân ở A nên vai trò của AB, AC là như nhau, do đó
ta chọn điểm K có tính chất như điểm E.
 Dự đoán tam giác AKE là tam giác đều.

·
 Dễ dàng chứng minh được ΔABE cân tại B => BEA
= 750

* Chứng minh:
Lấy điểm K trong tam giác ABC

·
·
sao cho KBA
= 150
=KAB
⇒ ∆ AEC = ∆ AKB (g.c.g)
⇒ AE = AK ( hai cạnh tương ứng).

·
Mặc khác KAE
= 600
⇒ ∆ AKE đều.
Xét ∆ BKA và ∆ BKE có:
BK cạnh chung
Thcs phước hòa

16


sáng kiến kinh nghiệm

lê Văn bính

KA = KE ( vì ∆ AKE đều)

·
·
BKA
=BKE

( = 1500)

⇒ ∆ KBA = ∆ KBE (c.g.c).
⇒ BA = BE (hai cạnh tương ứng)
⇒ ∆ BAE cân tại B
= 750 (vì BAE
= 600 + 150 = 750).
⇒ BAE
·
·
·
=BEA

ˆ = 750 , đường cao AH =
Ví dụ 10: Cho tam giác ABC có B

1
BC .
2

Tính các góc của tam giác ABC ?
* Phân tích:

·
 Ta có: Bˆ = 750 ⇒ BAH
= 150 mà 750 - 150 = 600 là góc của ∆ đều.
 Do đó ta nghĩ đến việc dựng tam giác đều cạnh AB nằm trong tam
giác ABC.

* Chứng minh:
Dựng ∆ ABN đều nằm trong ∆ ABC.
- Đặt AH = a ⇒ BC = 2a.
- Gọi K là trung điểm của BC ⇒ KB = KC = a.
- Nối K với N.
- Xét ∆ ABH và ∆ BNK có:
AB = BN (do cách dựng ∆ ABN đều )
AH = BK ( = a)

·
·
( = 150)
BAH
= NBK
⇒ ∆ ABH = ∆ BNK (c.g.c)

·
·
⇒ NKB
= 900 ⇒ NK ⊥ BC tại K
= BHA
Thcs phước hòa

17


sáng kiến kinh nghiệm

lê Văn bính

⇒ ∆ NBC cân tại N.

·
·
Ta có: BNC
= 1800 - 2. NBK
= 1800 - 300 = 1500
·
mà ANB
= 600 (do cách dựng ∆ ABN đều )
= 3600 - (1500 + 600) = 1500
·
⇒ ANC

·
·
Vậy BNC
.
= ANC
- Xét ∆ ANC và ∆ BNC có:
AN = BN (do cách dựng ∆ ABN đều )
NC cạnh chung

·
·
(chứng minh trên)
ANC
= BNC
⇒ ∆ ANC = ∆ BNC (c.g.c).
⇒ AC = BC ( cạnh tương ứng)

⇒ ∆ ABC cân tại C

·
mà ABC
= 750
·
·
⇒ BAC
= 750; BCA
= 300.
Bài tập đề xuất
µ = 1000, điểm M nằm trong tam
Câu 1: Cho tam giác ABC cân có A

·
·
·
giác sao cho MBC
= 100, MCB
= 200. Tính số đo góc AMB
.
Câu 2: Điểm M nằm trong tam giác đều ABC sao cho MA:MB:MC =
·
3 : 4 : 5. Tính AMB
.

Thcs phước hòa

18

sáng kiến kinh nghiệm

lê Văn bính

* ỨNG DỤNG CÁC PHƯƠNG PHÁP TRÊN ĐỂ GIẢI QUYẾT CÁC BÀI
TOÁN TÍNH SỐ ĐO GÓC THƯỜNG GẶP VÀ MỞ RỘNG BÀI TOÁN
Bài toán 1: Tam giác ABC, Â =200 có AB = AC, lấy M ∈ AB sao cho MA=BC.
A

Tính góc AMC ?
Hướng dẫn giải : :
M

Cách1:(H1)
Vẽ ∆BDC đều (D,A cùng phía so với BC). Nối A với D.

D

Ta có : ∆ABD = ∆ACD (c.c.c)

B

=> góc DAC = góc DAB =100

C

H.1

Lại có: ∆AMC = ∆CDA(c.g.c)

=> góc MCA = góc DAC =100

A

=> AMC = 1800 - ( ACM + MAC )
D

= 1800 - (200 + 100) = 1500
Cách 2:(H.2) Vẽ ∆ACD đều (M, D khác phía so với AC).

M

Có: ∆BAC = ∆ADM (c.g.c) => góc AMD = 800 (1)
=> ∆MDC cân tại D, góc MDC = 400
0

=> góc DMC = 70 (2)
Từ (1) và (2) : Nên góc AMC = 1500

B

C

H.2

- Từ hướng giải quyết trên chúng ta thử giải bài toán 1
theo các phương án sau:
* Vẽ ∆ACD đều (C, D khác phía so với AB)
* Vẽ ∆ABD đều (B, D khác phía so với AC)
* Vẽ ∆AMD đều (D, C khác phía so với AB)

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

Thcs phước hòa

19


sáng kiến kinh nghiệm

lê Văn bính

Bài toán 2: Cho ∆ABC cân tại A; góc A = 400. Đường cao AH, các điểm E, F
theo thứ tự thuộc các đoạn thẳng AH, AC sao cho góc EBA = góc FBC = 30 0.
Tính góc AEF ?
Hướng dẫn giải:

A

(H.3)Vẽ ∆ABD đều ( B, D khác phía so với AC )
Tam giác ABC cân tại A = 400 (gt)
=> góc ABC = góc ACB = 700 mà góc FBC = 300 (gt)
=> góc ABF = 400, góc BAF = 400 => ∆AFB cân tại F.

D

=> AF = BF mặt khác AD = BD, FD chung.
=> ∆AFD = ∆BFD(c.c.c) => góc ADF = góc BDF =

F

E

B

C

H

60 0
= 30 0 .
2

H.3

Do AH là đường cao của tam giác cân BAC
=> góc BAE = 200 =góc FAD = 600 - 400, AB = AD (vì ∆ABD đều)
góc ABE = 300 (gt)
=> ∆ABE = ∆ADF (g.c.g) => AE = AF => ∆EAF cân tại A mà góc EAF = 200
=> góc AEF =

180 0 − 20 0
= 80 0 .
2

Nhận xét: Vấn đề suy nghĩ vẽ tam giác đều xuất phát từ đâu?
Phải chăng xuất phát từ giả thiết 40 0 = 600 - 200 và mối liên hệ FA = FB được suy
ra từ ∆ABF cân tại F.
Với hướng suy nghĩ trên chúng ta có thể giải bài toán 2 theo các cách sau:
* Vẽ ∆AFD đều (F, D khác phía so với AB).
* Vẽ ∆BFD đều (F, D khác phía so với AB).

Bài tập 3 : Cho ∆ABC, Bˆ = Cˆ = 450. Điểm E nằm trong
C tam giác sao cho:
EAˆ C = ECˆ A =150. Tính BEˆ A ?

Hướng dẫn giải: Đã giải trong ví dụ 9

E

(H.4) Vẽ ∆AEI đều (I, B cùng phía so với AE).

(H.4)
I

Ta có: ∆AEC = ∆AIB (c.g.c)
Thcs phước hòa

A

B

20


sáng kiến kinh nghiệm

lê Văn bính

=> IB = CE mà EA = EC (∆AEI đều )
=>IB = EI => ∆EIB cân tại I.
=> EIˆB = 3600 - (600 + 1500) = 1500

=> IEˆ B = 150.
=> BEˆ A = IEˆ B + IEˆ A = 750
A

B

*Chúng ta cũng có thể giải bài toán 3 theo cách sau:
Vẽ ∆ACD đều (D, E khác phía so với AC). (H5.)

D

E

Ta có ∆ DAE = ∆ DEC (c-c-c)
=> ADˆ E = EDˆ C = 300 nên AEˆ D = 750

C

(H.5)

Do đó : ∆ ADE = ∆ ABE (c-g-c) =>BE = DE
Mà DE = DA = AB => AB = BE
Suy ra ∆ ABE cân tại B
Nên BEˆ A = 750
Từ bài toán trên ta có thể ra một số bài toán tương tự
Bài toán 3.1: Cho ∆ABC, Â = 1V, AB = 2AC. Kẻ tia Cx // AB. Kẻ AD sao cho
CÂD = 150, D ∈ Cx (B, D cùng phía so với AC). Tính góc ADB = ?
Hướng dẫn: Lời giải được suy ra từ bài toán 3
Bài toán 3.2: Cho ∆ABC; Â = 1V, B = 750, BH = 2AC, H ∈ AB (B, H khác phía
so với AC). Tính: HCA= ?

Hướng dẫn: Sử dụng kết quả bài toán 3 và 3.1
Bài toán 3 ta có thể phát biểu dưới dạng tổng quát như sau:
Bài toán 3.3.1:
Cho ∆ABC (AB = AC). Góc A = α (600 < α < 1200).
α − 60 0
Điểm M nằm trong tam giác sao cho góc MAC = góc MCA =
.
2

Tính: góc BMC = ?
Thcs phước hòa

21


sáng kiến kinh nghiệm

lê Văn bính

Bài toán 3.3.2: Cho ∆ABC, AB = AC, Â = α (00 < α < 600).
60 0 − α
Điểm M nằm ngoài tam giác sao cho góc MAC = góc MCA =
. (M, B
2

khác phía so với AC). Tính: góc BMA = ?
Bài toán 3.3.3: Cho ∆ABC, AB = AC, Â = α (1200 < α < 1800).
α − 60 0
Điểm M nằm ngoài tam giác sao cho góc MAC = góc MCA =
, (M, A

2

khác phía so với BC). Tính góc BMA = ?
Bài toán 4:
Cho ∆ABC, A = 800, AB = AC. M là điểm nằm trong tam giác sao cho MBC =
100, MCB =300. Tính: góc AMB
Nhận xét:
Xuất phát từ giả thiết AB = AC và liên hệ giữa góc 100 với 500 ta có 500 + 100
=600. Từ đó ta nghĩ đến giải pháp là dựng tam giác đều.

D

Hướng dẫn giải:
Cách 1: (H.6) Vẽ ∆BDC đều (A, D cùng phía so với BC)

A

Dễ thấy ∆BAD = ∆CAD (c.c.c) và ∆DAB = ∆CMB (g.c.g)
=> BA = BM.

M

B

C

=> ∆ABM cân tại B, ABˆ M = 500 -100 = 400
=> AMˆ B = 700.
H.6
A

Cách 2: (H.7) Vẽ ∆ABD đều (D, A khác phía so với BC)
=> ∆DAC cân tại A. Từ đó có hướng giải quyết tương tự.

M

B

C
H.4
H7.

Thcs phước hòa

D

22


sáng kiến kinh nghiệm

lê Văn bính

Bài toán 5 :
Cho ∆ABC. Vẽ ∆ABD, ∆ACE đều (E, D nằm ngoài tam giác ABC).
E

H là trung điểm của BC, I là trọng tâm của ∆ABD. Tính: góc IEH = ?
A
Hướng giải:

Lấy F đối xứng với E qua H. (H.8)

D

I

Ta có: ∆BHF = ∆CHE (c.g.c) => BF = CE.

B

C

H

Ta có IA = IB và AIˆB = 120 (vì ∆ABD đều).
0

0
0
0
IAˆ E = 30 + BÂC + 60 = 90 + BÂC mà
0
0
0
IBˆ F = 360 - ( IBˆ A + ABˆ C + HBˆ F ) = 360 - (30 + ABˆ C + ECˆ H )

F

= 3600 - (300 + ABˆ C + ACˆ B + 600)

= 3600 - (900 + 1800 - BÂC) = 900 + BÂC.
=> ∆IBF = ∆IAE (c.g.c) =>IF = IE
=> ∆FIE cân tại I mà AIˆB = 1200.
=> FIˆE = 1200 => IEˆ H = 300.
Với cách giải này, nhiều em đã phát hiện và đề xuất cách vẽ đường phụ như sau:
* Lấy K đối xứng với I qua H.
* Lấy M đối xứng với B qua I.
Bài toán 6:

Cho ∆ABC, M là trung điểm của BC, BÂM = 300, MÂC = 150. Tính: BCˆ A = ?
Hướng dẫn giải:

S

A

(H.9) Hạ CK ⊥ AB (Dễ chứng minh được tia CB nằm giữa
hai tia CA và CK). Ta có ∆AKC vuông cân tại K (vì
0

BÂC = 45 )

B
M

=> KA = KC . Vẽ ∆ASC vuông cân tại S (K, S khác phía so K

C

với AC).

Do ∆BKC vuông tại K => KM =
Thcs phước hòa

1
BC = MC=> ∆KMC cân tại M .
2

23


sáng kiến kinh nghiệm

lê Văn bính

Dễ thấy ∆KAM = ∆CSM (c.g.c) => CSˆM = 300
=> ASˆM = 600 và SAˆ M = 600
Nên ∆ASM đều => AS = SM = AK
Do đó ∆AKM cân tại A => MKˆ C = MCˆ K = 900 - 750 = 150
=> BCˆ A = 450 - 150 = 300.
Bài toán 7
Cho ∆ABC, Â = 1V, AC = 3AB. D là điểm thuộc đoạn AC sao cho AD = 2DC.
Tính: ADˆ B + ACˆ B ?

B

Hướng dẫn giải: (H.10)
Kẻ EF ⊥ AC sao cho EA = ED, E∈ AD với EF = AD, (B, F

E

A

C

D

khác phía so với AC ) . Ta có ∆BAD = ∆DEF (c. g.c) (* )
=> BD = FD , BDˆ F = 1v => ∆BDF vuông cân tại D
=> DFˆB = 45 0 (1).

I

F

Trên tia đối của tia AB lấy I sao choAI = 2AB .
Dễ thấy ∆IBF = ∆ACB ( c.g.c).=> ACˆ B = IBˆ F = EFˆB (2)
Từ (*), (1) và (2) ta có ADˆ B + ACˆ B = BFˆD = 450
Bài toán 8 :
Cho ∆ ABC vuông cân tại A, M là điểm bất kỳ trên đoạn AC (M khác A, C). Kẻ
AF ⊥BM, F ∈ BC. E là điểm thuộc đoạn BF sao cho EF = FC. kẻ EI // BM, I ∈
B

BA. Tính góc AIM = ?
Hướng dẫn giải:

E

I

F

Gọi K là giao điểm của IE và AC. (H.11)
Xét ∆ KEC có FA // EK, EF = FC ( gt )

K

A

C

M

=> KA = AC và Kˆ = FAˆ C . Ta có ∆ABM = ∆AKI (g.c.g)


( vì FAˆ C = ABM ) => AM = AI => ∆AIM vuông cân tại A
=> AIˆM = 450
Thcs phước hòa

24


sáng kiến kinh nghiệm

lê Văn bính

Nhận xét:
Đường kẻ phụ KI và KA xuất phát từ đâu? Ta thấy có hai nguyên nhân cơ bản
làm nảy sinh các đường kẻ phụ này.
+ Một là do IE // AF

+ Hai là EF = FC
Từ đó làm xuất hiện ý nghĩ chứng minh ∆ABM = ∆AKI và bài toán được giải
quyết. Căn cứ vào các yếu tố giả thiết đã cho của bài toán ta có cách vẽ hình phụ
khác như sau: “Trên tia đối của tia AB lấy điểm H sao cho AH = AM”. Từ đó
ta có cách giải quyết tương tự trên
Tóm tại, để giải bài toán tính số đo góc ta thường xét góc đó nằm trong
mối liên hệ với các góc ở các hình đặc biệt đã nêu ở trên hoặc xét các góc tương
ứng bằng nhau. . .rồi suy ra kết quả. Tuy nhiên, đứng trước một bài toán không
phải lúc nào cũng gặp thuận lợi, có thể đưa ngay về các trường hợp trên ngay mà
có nhiều bài đòi hỏi người đọc phải tạo ra được những “điểm sáng bất ngờ” có
thể là một đường phụ, một hình vẽ phụ từ mối quan hệ giữa giả thiết, kết luận và
những kiến thức, kỹ năng đã học trước đó mới giải quyết được. Chúng ta có thể
xem “đường kẻ phụ”, “hình vẽ phụ” như là chìa khóa thực thụ để giải quyết
dạng toán này.

2. Khả năng áp dụng
Từ khi thử nghiệm và áp dụng đề tài này từ năm học 2010 - 2011 đến nay:
- Về phía giáo viên : + Có những định hướng cơ bản cho học sinh khi dạy các bài
tập tính số đo góc trong tam giác.
+ Có được một tài liệu tham khảo cho đồng nghiệp cũng như học sinh khi bồi
dưỡng học sinh giỏi hình 7, giải toán qua mạng, giải toán trên máy tính cầm tay
và luyện thi vào 10. . .
- Về phía học sinh : Học sinh nắm được phương pháp giải, vận dụng hợp lí, sáng
tạo khi giải các bài toán tính số đo góc
Thcs phước hòa

25