SKKN gây hứng thú cho học sinh qua việc giải bài toán hình học bằng nhiều cách

Gây hứng thú cho học sinh qua việc giải bài toán hình học bằng nhiều cách
MỤC LỤC
PHẦN I......................................................................................................................2
PHẦN MỞ ĐẦU.....................................................................................................3
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI:...................................................................................3
II. MỤC ĐÍCH VÀ ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU:............................................3
III. PHẠM VI NGHIÊN CỨU:...........................................................................3
IV. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU:.................................................................3
PHẦN II.....................................................................................................................4
NỘI DUNG............................................................................................................4
I. ĐẶT VẤN ĐỀ..................................................................................................4
II. CÁC ĐỊNH LÝ ĐIỂN HÌNH..........................................................................5
III. CÁC BÀI TOÁN ĐIỂN HÌNH:...................................................................11
MỘT SỐ ĐỊNH LÝ VÀ BÀI TẬP TỰ GIẢI.....................................................26
KẾT QUẢ THỰC HIỆN....................................................................................27
PHẦN III..................................................................................................................29
KẾT LUẬN........................................................................................................29
PHẦN IV: TÀI LIỆU THAM KHẢO......................................................................30

1/30


Gây hứng thú cho học sinh qua việc giải bài toán hình học bằng nhiều cách
PHẦN I
PHẦN MỞ ĐẦU
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI:
Toán học xuất phát từ những đòi hỏi của cuộc sống đồng thời quay lại phục
vụ cuộc sống. Ngày nay sự phát triển của tất cả các ngành khoa học cơ bản cũng
như ứng dụng vào các nghành công nghiệp then chốt như: dầu khí, viễn thông,
hàng không đều không thể thiếu được vai trò của toán học. Sự ra đời và phát triển
mạnh mẽ của công nghệ thông tin đã dẫn đến sự bùng nổ của toán học, đưa lại hiệu

quả to lớn cho toán học. Việc nắm vững các kiến thức toán học giúp cho học sinh
có cơ sở nghiên cứu các bộ môn khoa học khác đồng thời có thể hoạt động có hiệu
quả trong mọi lĩnh vực của đời sống.
Trong chương trình toán THCS, Hình học là một phân môn quan trọng và cần
thiết cấu thành nên chương trình toán học cùng với phân môn Số học và Đại số.
Phân môn này có tính trừu tượng cao, học sinh luôn coi là môn học khó và ngại
học. Đây cũng là môn khoa học rèn luyện cho học sinh khả năng đo đạc, tính toán,
suy luận logic, phát triển tư duy sáng tạo, tính linh hoạt, độc lập của học sinh trong
cách tìm tòi lời giải cho một bài tập toán.
Việc khám phá thêm lời giải cho một bài toán sẽ giúp cho học sinh nắm vững
hơn kiến thức cơ bản, có định hướng suy nghĩ một cách khoa học.
Thực tế, trong giảng dạy khi giáo viên đưa ra một bài toán, không phải tất cả
học sinh đều giải bài toán theo một cách duy nhất. Có rất nhiều học sinh rất muốn
thể hiện bài toán theo cách giải riêng của mình. Điều đó thực sự là cần thiết, nó sẽ
giúp học sinh củng cố được kiến thức, sử dụng hợp lý từng kiến thức trong các
cách giải khác nhau, có khả năng tư duy tốt hơn, yêu thích toán học hơn.
Việc tìm thêm những lời giải khác của một số bài toán nhiều khi đưa ta đến
những điều thú vị. G. Polya - nhà toán học người Mỹ đã khuyên rằng: “ Ngay cả
khi lời giải mà ta đã tìm được là tốt rồi thì tìm được một các giải khác vẫn có lợi.
Thật sung sướng khi thấy kết quả tìm ra được xác nhận nhờ hai lý luận khác
nhau. Có chứng cớ rồi nhưng ta muốn tìm thêm một chứng cớ nữa cũng như
chúng ta muốn sờ vào một vật mà ta đã trông thấy.”
Chính vì vậy tôi đã thực hiện nghiên cứu và đưa ra đề tài : “ Gây hứng thú
cho học sinh qua việc giải bài toán Hình học bằng nhiều cách” với mục tiêu:
- Đưa ra thêm một giải pháp góp phần thực hiện đổi mới phương pháp dạy
học theo hướng tích cực hóa hoạt động học tập của học sinh.
- Giúp cho học sinh có khả năng tư duy một cách linh hoạt, chủ động, sáng
tạo, có hứng thú học tập bộ môn, yêu thích và thoải mái trong mỗi giờ học.
2/30

Gây hứng thú cho học sinh qua việc giải bài toán hình học bằng nhiều cách
Cao hơn nữa, tôi hy vọng có một số học sinh từ việc muốn tìm ra các lời giải
khác nhau cho một bài toán sẽ có ý thức tìm tòi nghiên cứu những điều mới lạ
trong đời sống.
II. MỤC ĐÍCH VÀ ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU:
- Nhằm trang bị cho học sinh một số phương pháp chứng minh hình học, phát
triển khả năng tư duy hình học cho các em.
- Giúp học sinh nắm vững và hiểu sâu hơn các kiến thức cơ bản, nhìn một bài
toán hình học dưới nhiều khía cạnh khác nhau.
- Cung cấp cho học sinh phương pháp tự học, tự tư duy, từ đó các em có thái
độ chủ động, tự tin, sáng tạo trong học toán và có hứng thú học tập bộ môn.
- Đề tài áp dụng cho học sinh trường THCS Phương Liệt trong các giờ luyện
tập, giờ học tự chọn, ôn tâp, bồi dưỡng học sinh giỏi.
III. PHẠM VI NGHIÊN CỨU:
- Trong khuôn khổ của đề tài này, tôi chỉ trình bày một số định lý và bài toán
điển hình với nhiều cách giải và giới hạn chủ yếu ở bộ môn Hình học lớp 7- 8- 9
được rút ra từ thực tế nhiều năm trực tiếp giảng dạy bộ môn toán tại trường THCS
Phương Liệt.
- Chỉ đưa ra phương hướng giải hoặc lời giải vắn tắt chứ không đi sâu vào
giải chi tiết.
- Có đưa thêm một số bài tập cho học sinh tự giải.
IV. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU:
- Nghiên cứu về cơ sở lý luận và phương pháp giảng dạy giải bài tập Hình
học.
- Nghiên cứu về phương pháp giảng dạy học, đổi mới phương pháp giảng dạy
bộ môn qua chương trình sách giáo khoa do bộ Giáo dục đào tạo ban hành và kết
quả giảng dạy môn Hình học ở trường THCS Phương Liệt.
- Đưa ra các dạng bài tập Hình học có thể sử dụng nhiều kiến thức để giải
theo các cách khác nhau.

Do kinh nghiệm và khả năng còn han chế nên đề tài này không tránh khỏi
những sai sót. Rất mong các bạn đồng nghiệp đọc, góp ý, bổ sung ý kiến để tôi có
thể hoàn thiện đề tài tốt hơn, ứng dụng hiệu quả đề tài vào giảng dạy cho học sinh.
Nhằm tăng thêm giá trị sử dụng cho đề tài.

3/30


Gây hứng thú cho học sinh qua việc giải bài toán hình học bằng nhiều cách
PHẦN II
NỘI DUNG
I. ĐẶT VẤN ĐỀ
Trong giảng dạy môn toán nói chung và phân môn hình học nói riêng, với
đặc thù của môn học đó là phong phú đa dạng, khó nhưng không kém phần hấp
dẫn và lý thú. Đối với học sinh đại trà các em thường ngại học môn hình học, gặp
không ít khó khăn trong việc chứng minh bài toán hình học. Nguyên nhân học sinh
thường “ SỢ” môn hình học là do các em cho rằng hình học là môn học khó, trừu
tượng, đòi hỏi khả năng lập luận, óc suy xét và tư duy logic tốt. Do vậy bắt đầu lên
đến lớp 7 khi phân môn Hình học bắt đầu có nhiều kiến thức hơn, khó hơn thì học
sinh đều cảm thấy có ít nhiều khó khăn, bởi các em chưa biết cách vẽ hình, còn
lung túng khi phân tích một đề toán, đặc biệt là những bài toán yêu cầu giải bằng
nhiều cách đòi hỏi học sinh phải nắm chắc kiến thức, có kiến thức tổng hợp, sử
dụng hợp lý các kiến thức vào giải bài toán Hình học.
Kết quả điều tra thực trạng cho thấy: thực tế kết quả học tập phân môn hình
học ở bộ phận lớn học sinh còn hạn chế, tỉ lệ học sinh yêu thích môn Hình học còn
thấp. Tôi đã áp dụng thử những nội dung đưa ra trong đề tài này ở một số năm học,
thấy kết quả tương đối khả quan, tuy nhiên chưa có khảo sát đối chứng cụ thể.
Năm học 2016- 2017 này tôi đã tiến hành khảo sát thực tế với đối tượng học
sinh lớp 7A1, 7A3 trường THCS Phương Liệt mà tôi giảng dạy. Tháng 9/2016 tôi
đã yêu cầu học sinh lớp 7A1, 7A3 giải một bài toán Hình học bằng nhiều cách. Kết quả cho

thấy:

Số HS tham

Số HS giải bài

Số HS không

toán ≥ 2 cách

Số HS giải bài toán
bằng 1 cách

gia làm bài
80( 100%)

10 ( 12,5%)

55(68,7 )

15 ( 18,8%)

giải được

Kết quả điều tra đầu năm về thái độ yêu thích môn Hình học của học sinh lớp
7A1 cho thấy:
Số HS tham

Số HS thích

Số HS không

học hình

Số HS thấy bình
thường

gia điều tra
80( 100%)

13 ( 16,3%)

37( 46,2%)

30( 37,5%)

yêu thích

Khoảng cách giữa lý thuyết và bài tập còn rất xa. Tâm lý học sinh đại trà đều
ngại thậm chí sợ học phân môn này. Để tháo gỡ tâm lý và khích lệ sự yêu thích
môn học này, trong quá trình giảng dạy tôi đã tìm tòi được một số bài tập có thể
vận dụng nhiều kiến thức để giải bằng nhiều cách. Mặt khác gây được hứng thú
4/30


Gây hứng thú cho học sinh qua việc giải bài toán hình học bằng nhiều cách
cho học tập của học sinh, làm cho giờ học sinh động, vui vẻ, thoải mái với câu hỏi
tuy đơn giản: “ Em nào có cách giải khác? ” đã giúp học sinh tích cực suy nghĩ
tìm tòi, phát hiện ra các cách giải hay mà nhiều khi chính người giáo viên cũng
phải bất ngờ trước lời giải đó.

Sau đây tôi xin trình bày đề tài theo hai nội dung chính:
- Chứng minh một số định lý, tính chất trong sách giáo khoa bằng nhiều
cách nhằm phục vụ cho những tiết dạy học chuyên đề, dạy học khái niệm.
- Giải quyết một số bài tập Hình học điển hình trong chương trình toán
THCS mà chủ yếu là ở lớp 7- 8- 9.
II. CÁC ĐỊNH LÝ ĐIỂN HÌNH
Bài toán 1: Chứng minh định lý Pitago.
Định lý Pitago: “ Trong tam giác vuông bình phương độ dài cạnh huyền bằng tổng
bình phương hai cạnh góc vuông”
a2 = b2 + c2
Cách 1: Chứng minh bằng hệ thức lượng trong tam giác:

Ta có:

A

b2 = b’. a.

b

c

c2 = c’ . a.


b2 + c2 = ( b’ + c’). a = a2

B

Cách 2 : Chứng minh bằng tam giác đồng

dạng.
Lấy H, E thuộc BC sao cho CH = CE = CA.

c'

B

H

C

b'

B

ADE vuông tại A
H

 ABH   EBA (g.g)


A

C

 AB2 = BE. BH = CB2 – AC2
 BC2 = AB2 + AC2

E

C¸ch 3 : Chøng minh b»ng diÖn tÝch

5/30


Gây hứng thú cho học sinh qua việc giải bài toán hình học bằng nhiều cách
K sao cho:
E
Lấy điểm D trên AC
B
AB
B = CD = c.

H

a

b

Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ AD vẽ
a

c

c D= AC = b.
b sao cho DE
ED
AC
c
a

G

a

A

E

C

b
Tứ giác ABED là hình
thang
vuông.
c

A

D

I
b C
ABC
=  DCE
( c.g.c)

�  DEC
� (hai góc tương ứng)
 ACB
�  900

 BCE

BC = EC  EC = a.
SABED = SABC + SBCE + SCED


( AB  CD ) AD 1
1
1
 AB. AC  BC.CE  CD.ED
2
2
2
2

(b  c) 2 1
1
1
 b.c  a 2  b.c

2
2
2
2

 b2 + c2 = a2.
C¸ch 4: Chøng minh b»ng diÖn tÝch

Dựng hình vuông ABHI; DEGI và BCEK.
HBK = ABC (c.g.c)

�  900
 BHK

 K, G, H thẳng hàng.
DCE = GKE (c.g.c)
 SBCEK = SAHBI + SDEGI


a2 = b2 + c2.

Cách 5: Chứng minh bằng diện tích:
- Dựng các hình vuông trên các cạnh tam giác ABC như hình vẽ.

- Dựng đường cao AI. Tia AI cắt ED tại P. Tia IA cắt FG tại N. Gọi M
là giao điểm của EB và FG.
Tứ giác ABMN là hình bình hành
6/30


Gây hứng thú cho học sinh qua việc giải bài toán hình học bằng nhiều cách
SABMN = SABFG =
A AB.GA
BFM = BAC (g.c.g)  BM = BC
 SABMN = SBIPE = BI.BC.
S BIPE = SABFG = AB2



B

D

Tương tự: S ICDB = AC

C

2

BC2 = SBCDE = SBIPE+ SICDB
= AB2 + AC2
E

2

2

BC = AB + AC

2

Bài toán 2: Định lý về tính chất đường phân giác trong tam giác: “ Trong tam
giác ABC, phân giác AD thì

AB DB

”
AC DC

Giải:
Cách 1: Kẻ CE // AD

�  DAB
�
( 2 góc đồng vị)
E

E

�  DAC
�
( 2 góc so le trong)
ECA
�  CAD
�
Mà BAD
(gt)
�  ECA
�
 AEC

A

 AEC c©n  AE = AC.
Theo định lý Ta lét:
BD BA 


DC AE 



BD BA

(dpcm)
DC AC

B

D

Cách 2 : Kẻ CE // AB ta có :
¢1 = £ ( 2 góc so le trong)

1 2

Mà ¢1 = ¢2 (gt)
¢2 = £  CEA cân
 CA = CE (1)
Theo hệ quả của định lý Ta lét :
7/30

C


Gây hứng thú cho học sinh qua việc giải bài toán hình học bằng nhiều cách
Ta có:

DB AB

(2)
DC CE

Tõ(1),(2)



(®pcm).

Cách 3 : Kẻ DE // AB
� �
Ta có BAD
ADE ( 2 góc so le trong)
�  CAD
�
Mµ BAD
(gt)

A

�  EDA
�
 EAD
E

  EDA c©n tại E  EA =
ED.
B

DB AE

Theo định lý Ta lét ta có:

;
DC EC

Mà AE = ED 
Mặt khác

DB ED

(1)
DC EC

BD AB

(dpcm)
DC AC

Cách 4: Kẻ AH  BC;
DK  AC

DI  AB;

1
AB.DI
AB
2


(1)
1
AC

DC. AH
2

A

K

(Vì DI = DK t/c tia phân giác)
S ABD
S ACD

C

DE EC
DE AB



(2)
AB AC
EC AC

Tõ (1),(2) 

S ABD
S ACD

D

I

1
BD. AH
BD
2


(2)
1
DC
DC. AH
2

Tõ (1),(2) 

B

AB DB

(dpcm)
AC DC

Cách 5: Từ các đỉnh B và C kẻ

8/30

H

D

C


Gây hứng thú cho học sinh qua việc giải bài toán hình học bằng nhiều cách
BE  AD; CF  AD.

A

Ta có:  BED   CFD (g.g)


DB BE

(1)
CD CF

E
F

Lại có:  ABE  ACF (g.g)

D
F

AB BE


(2)
AC CF
Từ (1),(2) 

C

DB AB

(dpcm)
DC AC

Bài toán 3: Chứng minh định lý: “ Trong một tam giác, nếu đường trung tuyến
ứng với một cạnh bằng nửa cạnh ấy thì tam giác đó là tam giác vuông ”
Giải:
Cách 1: Sử dụng kiến thức tam giác cân

��
AMB cân tại M  2B
AMB  1800

A

 AMC cân tại M  2Cˆ  �
AMC  1800


0
�
Bˆ  Cˆ = 90 = BAC

B

M

C

Cách 2: Sử dụng kiến thức đường trung bình của tam giác:
- Kẻ MN // AB => MN là đường trung bình của tam giác ABC
AMB cân tại M ( MB = MA)

B

 Trung tuyến MN đồng thời
N

là đường cao của AMB
 MN AB .

A

Mà MN// AC  AC AB .

Cách 3: Sử dụng định nghĩa đường tròn

9/30

M

C


Gây hứng thú cho học sinh qua việc giải bài toán hình học bằng nhiều cách
A

Ta có AM = MB = MC.
ABC nội tiếp đường tròn (M; BC)
 ¢ = 900.

B

C

M

Cách 6: Sử dụng công thức tính đường trung tuyến:
b2 + c2 = 2ma2 +

a2
2

C
M

a2 a2
b2 + c 2 = 2 
a 2
4
2

b

a

m

b2 + c2 = a2  AB  AC.

A

Cách 7: Dùng tính chất đường phân giác:

B

c

“ hai tia phân giác của hai góc kề bù vuông góc

với nhau”

Qua A dựng
đường thẳng xy//BC
AC là tia phân giác

A
x

y

góc yAM
AB là tia phân giác
� .
xAM

C

Cách 8: Dùng tính chất véc tơ
AB = AM + MB = AM - MC
AC = AM + MC
AB.AC = ( AM - MC)( AM + MC) = AM2 - MC2
10/30

M

B


Gây hứng thú cho học sinh qua việc giải bài toán hình học bằng nhiều cách
AB.AC = 0  AB  AC.
III. CÁC BÀI TOÁN ĐIỂN HÌNH:
Đối với nhiều học sinh ngay cả những bài toán hình học đơn giản cũng là khó,
cái khó là không biết bắt đầu từ đâu. Nguyên nhân ở chỗ các em chưa biết cách sử
dụng giả thiết đã cho kết hợp với khả năng phân tich và mối quan hệ giữa các kiến
thức đã học để tìm ra được nhiều cách giải khác nhau cho bài toán. Đối với học
sinh, việc huy động những kiến thức đã học để phục vụ cho việc chứng minh còn
hạn chế, còn lẫn lộn giữa giả thiết và kết luận. Việc liên hệ giữa các kiến thức còn
chưa tốt, khả năng phân tich, tổng hợp… của học sinh còn yếu.
Một số bài toán để khai thác được nhiều cách giải khác nhau thì việc vẽ thêm
yếu tố phụ cho bài toán là còn khó. Học sinh thường không biết bắt đầu từ đâu,
không có phương pháp chung cho tất cả các bài toán. Ngay đối với một bài toán
cũng có thể có những cách vẽ đường phụ khác nhau cho các lời giải khác nhau. Vì
vậy, giáo viên phải gợi ý, hướng dẫn các em từng bước suy luận để tìm lời giải. Ta
hãy bắt đầu từ những bài toán đơn giản sau:
Bài toán 1: Cho tam giác cân ABC( AB = AC). Gọi M là trung điểm của đường

cao AH, D là giao điểm của AB với CM.
Chứng minh rằng: AD =

AB
3

Cách 1: Sử dụng tính chất đường trung bình.
Qua H kẻ đường thẳng d song song với

A

AB, cắt CD tại E.


HE là đường trung bình của tam

D
M

giác ∆BCD.

E

MDA = MEH (g.c.g).


B

AD = AB/3.

Cách 2: Sử dụng tính chất đường trung bình.

Qua A kẻ đường thẳng a // BC.
Qua B kẻ đường thẳng b // AH.
Đường thẳng a cắt đường thẳng b tại F.

11/30

H

C


Gây hứng thú cho học sinh qua việc giải bài toán hình học bằng nhiều cách
Lấy I là trung điểm của BD, kẻ IE // FD

A

F

( E  FB)
=> IE là đường trung bình của  DBF

E

D
M

 IE // DF EIB = MDA (g.c.g).

I

Suy ra đpcm.
H

B

C

Cách 3: Sử dụng định lý: “ Đường thẳng đi
qua trung điểm của một cạnh của tam giác

A

và song song với cạnh thứ hai thì nó đi
qua trung điểm của cạnh thứ ba.”

D

HD:

M
E

Qua H kẻ đường thẳng a song song với CD
cắt BD tại E


B

C

H

EB = ED.

+ DA = DE  đpcm.
Cách 4: Sử dụng định lý Ta let.
Có HE // CD.


A

AHE  BCD ( định lý Talet).

Suy ra đpcm.

D
M
E

B

Cách 5: Dùng tam giác đồng dạng.

12/30

H

C

Gây hứng thú cho học sinh qua việc giải bài toán hình học bằng nhiều cách
Dựng DN // AH

A

BDN   BAH (g.g) 

BN ND

BH AH
D

CH MH

 CMH   CDN (g.g) 
CN
DN



M

CN 2 DN
BN 2


 .
BH

AH
BH 3

Z3

B

Suy ra đpcm.

C

H

Bài toán 2: Cho tam giác ABC, đường cao AH. Gọi D, E, M theo thứ tự là trung
điểm của AB, AC, BC. Chứng minh rằng tứ giác DEMH là hình thang cân.
Giải:
Cách 1:
Vì DA = DB (gt)

 DE là đường trung bình của ABC

EA = EC

 DE // BC.
 DE // HM ( H, M  BC)

A

 Tứ giác DEMH là hình thang.
E

D

Trong tam giác ABH vuông tại H

D

có HD là đường trung tuyến
B

 DA = DB = DH.

H

M

�  DHB
�
 DBH cân  B
�  EMC
�
 DHB
�
� .
Mà B = EMC ( đồng vị)  DHM
 EMH
�
�
Hình thang DEMH cã DHM
 DEHM là hình thang cân.

 EMH

Cách 2:
DE // MH

 DE  AH

AH  MH
�  HDE
�
DAH cân  ADE
( đường cao đồng thời là phân giác)
13/30

C


Gây hứng thú cho học sinh qua việc giải bài toán hình học bằng nhiều cách
�  DEM
�
Mà ADE
( 2 góc so le trong)


�  DEM
� .
HDE

�
�

Hình thang DEMH cã DHM
 DEHM là hình thang cân.
 EMH

Cách 3:
Trong tam giác vuông AHC có HE = 1/2 AC (1)
Lại có DM = 1/2 AC ( 2) (đương trung bình tam giác)
Từ (1),(2)  HE = DM.
Bài toán 3: Cho tứ giác ABCD có AD = BC; Â = B. Chứng minh tứ giác ABCD
là hình thang cân.
Giải:
Ta cần chứng minh AB // DC
Cách 1: Kẻ 2 đường chéo AC và BD.
ABD = BAC ( c.g.c)
 AC = BD.

A

B

E

 DAC = CBD  (c.c.c)


Dˆ  Cˆ

Mà

 = Bˆ

 Aˆ  Dˆ  Cˆ  Bˆ = 1800

D

 AB // DC.
Cách 2: Ta có ¢ + Eˆ = 1800
�  EBC
�  900
ABC

Mµ

��
�  CEB
�
Tõ A
ABC  CBE

 CBE cân  CB = CE
Mµ

AD = BC (gt)

 AD = CE

 ADCE là hình bình hành.

AD // CE


AE // DC



AB // DC  ®pcm.
14/30

C


Gây hứng thú cho học sinh qua việc giải bài toán hình học bằng nhiều cách
Cách 3:
Kẻ DC’ // AB
 ABC’D là hình thang cân.
¢=B
 AD = BC’

 BC’ = BC  C = C’

Mà AD = BC
Vậy AB // DC  ®pcm.
Cách 4:

Gọi I là giao điểm của AD và BC.
�  CBA
�
có DAB
( gt)

I

�  IBA
�
 IAB

 Tam giác IAB cân tại I.
 IA = IB

A

B

 ID = IC

Lại có AD = BC (gt)
C

D

�  ICD
�
 IDC cân  IDC
�  IDC
�
 IAB
mà hai góc này ở vị trí đồng vị

 AB // DC  ®pcm.

Bài toán 4: Cho hình bình hành ABCD ( như hình vẽ).
Chứng minh AE //CF.
Giải:
Cách 1: Xét ABE vµ  CDF có:
A

AB = CD ( cạnh đối của hình bình
hành)

B
E

�  CDF
�
( 2 góc so le trong)
ABE

O
F

BE = DF (gt)

D

C

 ABE =  CDF (c.g.c)
 AE = CF ( 1)
Chứng minh tương tự  ADF =  CBE (c.g.c) AF = CE ( 2)
15/30

Gây hứng thú cho học sinh qua việc giải bài toán hình học bằng nhiều cách
Từ (1)(2)  tứ giác AECF là hình bình hành  AE // CF (®pcm).
Cách 2: Vì ABCD là hình bình hành => OB = OD
OA = OC ( 1) ( t/c đường chéo)
Mà EB = DF => OE = OF ( 2).
Từ (1),(2)  tứ giác AECF là hình bình hành.


AE // CF ( đpcm).

Cách 3:
Chứng minh : AOE =  COF (c.g.c)


�  FCO
�
mà hai góc này ở vị trí so le trong => AE // CF.
EAO

Cách 4: Chứng minh :ADE =  CBF (c.g.c)


�  CFB
�
 AE // CF (®pcm).
AED

Cách 5: Tương tự chứng minh: ABE =  CDF (c.g.c)



AE // CF ( đpcm)

Bài toán 5: Cho hình bình hành ABCD, AB = 2AD. Chứng minh rằng tia phân
giác góc ADC đi qua trung điểm của cạnh AB.
Giải:
I

E

A

B

G

D

F

C

Cách 1: Gọi E là trung điểm của AB, có AE = AD ( vì AB = 2AD)

Mà

� �
∆ ADB cân => ADE
AED

�  CDE
�
�  CDE
�
( 2 góc so le trong) => AED
AED

� .
DE là phân giác của góc ADC
16/30


Gây hứng thú cho học sinh qua việc giải bài toán hình học bằng nhiều cách
Cách 2: Kẻ phân giác DE có tam giác ADE cân
�  CDE
�
�
vì ADE
= AED



AE = AD = ½ AB



E là trung điểm của AB.

Cách 3: Gọi E, F là trung điểm của AB, CD.
Do AB = 2AD => tứ giác AEDF là hình thoi.

� .
DE là phân giác của góc ADC



Cách 4: Kéo dài phân giác DE cắt CB tại I.


Tam giác CDI cân ( do I1 = D1 = D2 )  CD = CI = 2BC.



Tứ giác ADBI là hình bình hành  EA = EB.



E là trung điểm của AB.

Cách 5: Kẻ phân giác Góc D và Â cắt nhau tại G.
Ta có Â + D = 1800 ( 2 góc trong cùng phía bù nhau)


1
¢ + 1 D = 900  AGD = 900.
2
2



Tam giác ADE có AG vừa là đường cao vừa là phân giác.



Tam giác ADE cân tại A.
AD = AE, mà AD =

1
AB
2

 AE =

1
AB.
2

Bài toán 6: Cho hình vuông ABCD, K là trung điểm của AB; L thuộc AC sao
cho LA = 3LC.
Tính góc KLD = ?
Giải:
Cách 1: Hạ LI  AB.

17/30


Gây hứng thú cho học sinh qua việc giải bài toán hình học bằng nhiều cách
A

LJ  AD.

I

K

B

Có AILJ là hình vuông
 IB = JD.

O

Từ LO = LC ( gt)
 KI = IB

D

  JDL = IKL


L

J

C

�  KLJ
�
DLJ

Mµ

�  900
JLI

�  900 (®pcm).
 JLD

Cách 2: Hạ KP  AC .
Cã  PKL =  OLD

B

A

K

�  ODL
�
 PJK

P

�  OLD
�  900
 DOL cã ODL

Q

O

E

�  OLK
�  900
 DLO

L

�  900 (®pcm).
 KLD

D

F

C

Cách 4: Hạ OE  BC; O F  DC


Tứ giác OFCE là hình vuông có hai đường chéo cắt nhau tại L.



�  900 .
Góc OLF

Mà AKFD là hình chữ nhật có hai đường chéo cắt nhau tại Q có LQ =
F=

1
KD
2

1
AF A
2

�  900 .
 Góc DLK

Bài toán 7: Cho ∆ACB cân ở A, trung tuyến CD trên tia đối của tia BA lấy điểm
K sao cho BK = BA. Chứng minh rằng CD =

18/30

1
CK.
2


Gây hứng thú cho học sinh qua việc giải bài toán hình học bằng nhiều cách
Bài tập này để giải được các em vận dụng tính chất của tam giác cân, tính chất
đường trung bình của tam giác, trường hợp bằng nhau của 2 tam giác tuy nhiên để
giải được bằng nhiều cách đòi hỏi các em phải tư duy sáng tạo.
Cách 1:

Gọi E là trung điểm của AC thì

A

EB =

E

D

Mà CD = BE (2 trung tuyến ứng với

C

B

1
CK.
2

2 cạnh bên của tam giác cân)
 CD =

1
CK.
2

K
A

Cách 2:
Gọi I là trung điểm của CK 

D

1
CI = CK.
2

C

B
I

Chứng minh: ∆BIC = ∆BCD (cgc)
 CI = CD  CD =

1
CK.
2

K

Cách 3:

Trên tia đối của tia BC lấy điểm P
sao cho BC = CP  CD =

A

1
AP
2

Chứng minh: ∆CAP = ∆BCK (cgc)

D

 AP = CK
B
C

P

 CD =

1
CK
2

K

Bài toán 8: Cho tam giác ABC ( Â = 90 0). Một đường thẳng song song với cạnh
BC cắt hai cạnh AB và AC theo thứ tự ở M, N. Đường thẳng qua N song song
với AB cắt AB ở D. Cho biết AM = 6 cm, AN = 8 cm, BM = 4 cm.
a) Tính độ dài các đoạn thẳng MN, NC, BC.
19/30


Gây hứng thú cho học sinh qua việc giải bài toán hình học bằng nhiều cách
b) Tính diện tích hình bình hành BMND.
Giải:
A

6

8

M

N

4

B

H

D

C

a) Tính MN?
 AMN cã MN2 = AM2 + AN2 = 62 + 82 = 36 + 64 = 100.
 MN = 10 cm.
 Tính NC?
Cách 1: Tam giác ABC có MN // BC. Theo định lý Ta Lét :
Có :

AM AN
6
8
4.8 32 16




 NC 
  (cm)
MB NC
10 NC
6
6
3

Cách 2:

AM AN
6
8
10.8 80 40



 AC 
  (cm)
Ab
AC
10 AC
6
6
3
40 40  42 16
 NC  AC  AN  
 (cm)

3
3
3
Cách 3:
 AMN  NDC (g.g)


AM AN 6
8

 
( v× DN = BM = 4cm)
AD NC 4 NC

 NC 


8.4 16
 (cm)
6
3

Tính BC?

Cách 1: Dùng định lý Pitago.
2

1600
 40 
BC = AB + AC = 10 +   100 

9
 3 
2

2

2

2

20/30


Gây hứng thú cho học sinh qua việc giải bài toán hình học bằng nhiều cách
900  1600 2500

=
9
9
 BC =

2500 50
 (cm)
9
3

Cách 2: Dùng hệ quả của định lý TaLet:
Tam giác ABC có MN // BC.
MN AM


BC
AB
10
6
10.10 50


 BC 
 (cm)
BC 10
6
3


Cách 3: Tam giác ABC đồng dạng với tam giác AMN.



NM AM

 dpcm .
BC
AB

b) Tính diện tích hình bình hành BMND.
Cách 1:
Diện tích tứ giác BMND = BM . AN ( Đáy nhân chiều cao tương ứng)
= 4.8 = 32 ( cm2)
Cách 2:
KÎ NH BC .  NDH  CBA



NH ND

CA CB



NH
4

40 50
3
3

40
160
.4
160 16
 NH  3  3 

50
50
50
5
3
3

SBMDN = BD . NH = 10.

16
32(cm 2 )
5

Cách 3:
DNC vu«ng  SDNC =

1
ND . NC
2

=
Mặt khác SNDC =

1 16 32
.4 . 
2 3
3

1
.DC.NH
2
21/30


Gây hứng thú cho học sinh qua việc giải bài toán hình học bằng nhiều cách

 NM 

=

1  50
1

( BC  BD)..NH =   10 .NH
2 3
2


=

1 20
32
. .NH 
2 3
3

32 10 32 3 32 16
:
 .   (cm)
3 3
3. 10 10 5
SBMDN = BD. NH = 10.

16
32(cm 2 )
5

SMNDB = SABC - ( SAMN + SCND)

Cách 4:

AMN   ABC
2

2

S
9
 6
 3
 AMN     
S ABC  10 
25
 5

 SAMN =

9
.S ABC
25

 CND  CAB
2

2

2

S
4
 4
 ND 
 2
 CND   
   
S CAB  10 
25
 AB 
 5

4
 S CND  .S CAB
5
4 
13
 9
 S AMN  S CND   .S ABC  .S ABC
25
 25 25 
1
1
40 200
S ABC  AB. AC  .10.

2
2
3
3

 S BMND 

200 13 200 200 13 40

.


.
3
25 3
3
5 3
=

200 13.8 200 104 96



 32(cm 2 )
3
3
3
3
3

Bài toán 9: Cho tam giác ABC ( AB >

1
AC). Gọi D là trung điểm của AC và E

2

là một điểm trên cạnh AB sao cho BE = CD. Gọi M, N, O lần lượt là trung điểm
của BC, DE và CE. Chứng minh :
a) Ba điểm M, O, D thẳng hàng.
22/30


Gây hứng thú cho học sinh qua việc giải bài toán hình học bằng nhiều cách
b) Tam giác MON cân và góc MÔN =

1
Â.
2

Giải
A

Cách 1 :
a) vì DA = DC ( gt)
E

OA = OC ( gt)

O

DO là đường trung bình của



D

N

B

O

M

tam giác CAE.


OD // AE hay OD // AB(1)

Tương tự: OM là đường trung bình
của tam giác CAE  OM // EB hay OM // AB (2).
Từ (1),(2) => 3 điểm M, O, D thẳng hàng ( tiên đề Ơ-clit)
Cách 2: Ta chứng minh OD // AB; DM // AB => D, O, M thẳng hàng.
b) Tam giác EDC có NO là đường trung bình  NO // =
Tam giác CEB có OM là đường trung bình  OM // =

1
DC .
2

1
EB
2

(1)
(2)
(3)

Mà EB = DC (gt)
Từ (1),(2),(3)   OMN cân ( đpcm).
Ta có

�  NOM
�
( cặp góc có cạnh tương ứng song song).
A

Mà

�  2NMO
�
( NOM là góc ngoài của tam giác cân ONM)
OND



�  2NMO
�
(®pcm).
A

Bài toán 10: Cho hình chữ nhật ABCD. Trên tia đối của của tia DA, CB lần
lượt lấy hai điểm E, F sao cho DF = CE = DC. Trên tia đối của tia CD lấy điểm
H sao cho CH = CB. Chứng minh rằng AE vuông góc với FH.

Giải:

23/30


Gây hứng thú cho học sinh qua việc giải bài toán hình học bằng nhiều cách
Cách 1: Để chứng minh hai đường

B

A

thẳng vuông góc ta đi chứng minh hai
đường thẳng đó tạo thành một góc vuông.

C

D

H

Để chứng minh AE  FH
ta chứng minh  DHF = FAE

I

do đó ta có AE  FH ( đpcm).

F

Cách 2:Nếu một đường thẳng vuông góc

E

B

A

với một trong hai đường thẳng song
song thì vuông góc với đường thẳng còn

C

D

H

lại.
Từ F dựng đường thẳng FX song song
với AE.

I
F

E

FH  FX  AE  FH ( đpcm)
Cách 3: Đường kính vuông góc với
tiếp tuyến tại tiếp điểm.
Từ nhận xét trên khiến ta nghĩ đến một trong

hai đường thẳng AE, FH sẽ đóng vai trò là
đường kính, đường còn lại sẽ là tiếp tuyến.

A

B

C

D

Dựng đường tròn đường kính AI ( I là giao điểm
của AE và HF)

I

Từ A dựng tiếp tuyến Ay của đường tròn.
 Ay // FH do đó AE  FH ( đpcm)

F

Cách 4: Đường kính đi qua trung điểm của dây cung thì vuông góc với dây cung.

24/30

E

H

Gây hứng thú cho học sinh qua việc giải bài toán hình học bằng nhiều cách
Từ nhận xét trên khiến ta nghĩ đến một

A

B

trong hai đường thẳng AE, FH sẽ đóng vai
trò đường kính còn lại là dây cung.

D

C

M

O

Dựng đường tròn đường kính AE cắt
FH tại M.
Từ hình vẽ ta có E là điểm chính

E

F

giữa cung nhỏ FM, từ đó dễ dàng suy ra
IM = IF.

Do đó AE  FH ( đpcm).

Nhận xét: Bằng cách suy luận trên ta đi đến cách dựng đường tròn một cách hợp lý không phải ngẫu
nhiên và từ đó tìm được thêm các lời giải sau:

Cách 5: Góc nội tiếp chắn nửa đường

A

B

tròn là góc vuông
D

Ta có Â1 = Ê2 = B1

C

M

O

 AE // BM, mặt khác BM  FH ( góc
nội tiếp chắn nửa đường tròn).

F

E

 AE  FH ( đpcm)
Cách 6: Góc có đỉnh ở trong đường tròn có số đo bằng nửa tổng số đo của hai

cung bị chắn.
Từ hình vẽ trên ta có sđ AIF = ½( sddAmF + sđMnE )
= ½ sđ AmE = 900.  AE  FH ( đpcm).

25/30