Chuyen de Ve duong phu chung minh DT hinh hoc

<span class='text_page_counter'>(1)</span><div class='page_container' data-page=1>

<b>PHN MT </b>

ĐặT VấN Đề

Trong quá trình giảng dậy , việc hình thành và phát triển một số kĩ
năng cơ bản cần thiết cho HS là vấn ñề mà người giáo viên ln phải duy
trì, đồng thời phải đưa ra được những giải pháp để hình thành và phát triển
những kĩ năng đó. Với tơi, một trong những kĩ năng đó là “vẽ hình phụ”.
Trong thực tế, tôi nhận thấy học sinh cịn lúng túng khi đứng trước bài
tốn chứng minh hình học, nhất là với những bài cần phải kẻ thêm ñường.
Các em chưa ñịnh hướng ñược vấn ñề, đơi khi cịn chưa biết phải bắt đầu
từ đâu, vẽ hình phụ như thế nào? Có cơ sở nào giúp các em tìm ra hướng
đi cho việc kẻ thêm hình mỗi khi chưa tìm ngay được lời giải của bài toán?
Thiết nghĩ ñây là vấn ñề rất trăn trở với mỗi người giáo viên dạy tốn.
Khơng chỉ là định hướng và rèn kĩ năng cho các em,mà thực sự đây cịn là
cách ñể rèn luyện và phát triển tư duy cho HS, nâng cao khả năng suy
luận lôgic và khả năng vận dụng tri thức vào thực tiễn. Với mục đích như
vậy, tơi đã viết và áp dụng kinh nghiệm “ <i><b>v hình ph ñ chng minh </b></i>
<i><b>ñng thc hình hc”. </b></i>

Phạm vi áp dụng kinh nghiệm này xin giành cho các em HS lớp 8 và 9.
Nội dung chỉ xin ñề cập ñến một kĩ năng nhỏ trong kĩ năng vẽ hình phụ
của HS , nên rất mong sự đóng góp bổ sung ý kiến của ñồng nghiệp ñể
kinh nghiệm ñược hoàn chỉnh và ñầy ñủ hơn .

</div>
<span class='text_page_counter'>(2)</span><div class='page_container' data-page=2>

<b>PHẦN HAI </b>

GI¶I QUỸT VÊN §Ị

Khi giải các bài tốn hình học , việc vẽ hình phụ tạo điều kiện thuận
lợi cho ta tìm ra lời giải của bài tốn, nhưng biết tạo ra hình phụ một cách
thích hợp khơng phải là bài tốn dễ. Trong bài viết này tơi đưa ra một cách

phân tích có chủ ý để tìm được cách vẽ thêm được hình phụ thích hợp khi
giải một số bài tốn chứng minh đẳng thức hình học dạng:

xy = ab + cd, x2 = ab + cd, x2 = a2 + cd, x2 = a2 + b2
Ta xuất phát từ một bài toán ñơn giản như sau:

“ðể chứng minh một ñoạn thẳng bằng tổng hai ñoạn thẳng khác :
AB = CD + EF, ta tìm cách phân chia đoạn AB thành hai ñoạn bởi ñiểm M
sao cho AM = CD, cơng việc cịn lại là chứng minh MB = EF ”

Ý tưởng trên cũng ñược sử dụng ñể chứng minh ñẳng thức
xy = ab + cd và các trường hợp riêng như sau:

<i>Bước 1: </i>

Chia ñoạn thẳng ñộ dài x thành hai ñoạn bởi ñiểm M sao cho
x = x1 + x2 và x1y = ab

<i>Bước 2: </i>

Chứng minh hệ thức x2y = cd

<i>Bước 3: </i>

Cộng từng vế các ñẳng thức trên ta ñược ñpcm

</div>
<span class='text_page_counter'>(3)</span><div class='page_container' data-page=3>

<i>Vídụ 1 </i>

<b>ðịnh lí Pytago: Tamgiác ABC có góc A vng . </b>
<b> </b> <b>CMR BC2 = AB2 + AC2 </b>

<i>Phân tích</i> : Lấy ñiểm M thuộc cạnh BC sao cho

BM.BC = AB2 ⇔ = ⇒

BC
AB
AB
BM

tamgiác BMA ñồng dạng với tam giác BAC nên
góc BMA bằng 900.

Suy ra M là chân ñường cao hạ từ A xuống BC
<i>Lời giải: </i>

Hạ AM vng góc với BC .
Ta thấy M thuộc cạnh BC

Ta có tam giác BMA ñồng dạng với tam giác

BAC AB BM.BC

BC
AB
AB

BM₌ _⇒ 2 ₌

⇒

Tam giác CMA ñồng dạng với tam giác CAB
BC

.
CM
AC

BC
AC
AC

CM₌ _⇒ 2 ₌

⇒

Ta suy ra AB2 + AC2 = BC2

M C

B

A

<i>Ví dụ 2: </i>

<b> Cho tứ giác ABCD có góc DAB = 900 và góc DBC = 900 . </b>
<b> CMR : DC2 = DI.DB + CI.CA </b>

Phân tích:

Lấy ñiểm M thuộc cạnh CD sao cho

DM.DC = DI.DB ⇒ = ⇒

<i>DC</i>
<i>DB</i>
<i>DI</i>
<i>DM</i>

</div>
<span class='text_page_counter'>(4)</span><div class='page_container' data-page=4>

tam giác DMI ñồng dạng với tam giác
DBC , do đó góc DMI = góc DBC = 900
hay IM vng góc với DM (DC)

Vậy ta xác ñịnh ñược điểm M
Lời giải :

Kẻ IM vng góc với DC

Ta có tam giác DBC ñồng dạng với tam

giác DMI <i>DCDM</i> <i>DIDB</i>

<i>DI</i>
<i>DM</i>
<i>DC</i>
<i>DB</i>
.

. =
⇒
=
⇒
(1)

Lại thấy tam giác ACD ñồng dạng với

tam giác MCI <i>DCMC</i> <i>CACI</i>

<i>CI</i>
<i>MC</i>
<i>CD</i>
<i>AC</i>
.
. =
⇒
=
⇒
(2)

Từ (1) và (2) ta có:

DC.(DM+MC) = DI.DB + CI.CA
Hay DC2 = DI.DB + CI.CA

M
I
D C
A

B
M
I
D C
A

<i>Ví dụ 3: </i>

<b> Cho tam giác ABC có AD là phân giác của góc A. </b>
<b> CMR: AD2 = AB.AC – BD.CD </b>

Phân tích :

Lấy điểm E trên AD sao cho

AD.AE = AB.AC ⇒ = ⇒

<i>AC</i>
<i>AD</i>
<i>AE</i>
<i>AB</i>

</div>
<span class='text_page_counter'>(5)</span><div class='page_container' data-page=5>

Như vậy ta xác ñịnh ñược ñiểm E
Lời giải:

Trên AD lấy E sao cho AD góc ABE = góc
ADC . Dễ thấy AD = AE – DE Do AD là phân
giác góc A nên tam giác ABE ñồng dạng với

tam giác ADC <i>ADAE</i> <i>ABAC</i>

<i>AC</i>
<i>AD</i>
<i>AE</i>
<i>AB</i>

.
. =
⇒

=

⇒ (1)

Lại thấy tam giác BDE ñồng dạng với tam giác

ADC nên <i>ADDE</i> <i>BDCD</i>

<i>DE</i>
<i>DC</i>
<i>BD</i>
<i>AD</i>

.
. =
⇒

= (2)

Từ (1) và (2) ta có:

AD.( AE – DE ) = AB.AC – BD.CD

Hay AD2 = AB.AC – BD.CD

E
D
B

C
A

E
D
B

C
A

<i>Ví dụ 4: </i>

<b> Cho hình thang cân ABCD ( AD//BC) . CMR: AB2 + AD. BC = AC2 </b>

<i>Phân tích: </i>

Giả sử điểm M thuộc cạnh AC sao cho

</div>
<span class='text_page_counter'>(6)</span><div class='page_container' data-page=6>

dạng với tam giác ACB do đó
góc ABM bằng góc ACB.
Vậy ta xác ñịnh ñược ñiểm M

<i>Lời giải: </i>

Dựng góc ABM bằng góc ACB
( M thuộc AC)

Ta thấy tam giác ABM và tam giác ACB

ñồng dạng AB AM.AC

AB
AM
AC

AB₌ _⇒ 2 ₌

⇒ (1)

Mặt khác ta thấy : góc BCM = góc CAD và
góc CBM = góc ACD. Do ñó tam giác
CBM ñồng dạng với tamgiác ACD

AC
.
CM
BC
.
AD
AD
AC

CM
CB

=
⇒

=

⇒ (2)

Từ (1) và (2) suy ra

AB2 + AD. BC = AM.AC + CM.AC ,

vậy AB2 + AD.BC = AC2

A

M

D
C
B

A

M

D
C

B

<i>Ví dụ 5: </i>

<b>Cho hình bình hành ABCD có góc A nhọn. Gọi E và F lần lượt là các </b>
<b>đường vng góc hạ từ C xuống các ñường thẳng AB và AD. </b>

</div>
<span class='text_page_counter'>(7)</span><div class='page_container' data-page=7>

<i>Phân tích: </i>

Lấy M thuộc đoạn AC sao cho

AM.AC = AB.AE ⇒ = ⇒

AC
AE
AB
AM

tam Giác ABM
ñồng dạng với tam giác ACE nên BM vng
góc với AC .

Vậy điểm M cần tìm là chân đường vng góc
hạ từ B xuống AC

<i>Lời giải: </i>

Gọi M là chân đường vng góc hạ từ B xuống
AC, ta thấy M thuộc đoạn AC do góc A nhọn
nên AC = AM + MC

Lại thấy tam giác ABM ñồng dạng với tam giác
ACE (g.g) suy ra AM. AC = AB. AE

Và tam giác ACF ñồng dạng với CBM(g.g)

suy ra CM. AC = BC. AF.
Do BC =AD ta có :

AB. AE + AD. AF = AM. AC + CM. AC = AC2

B

M

A D F

C
E

B

M

A D F

C
E

<i>Ví dụ 6:</i>

<b>Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn tâm O. </b>
<b>CMR: AC. BD = AB. CD + AD. BC </b>

<i>Phân tích: </i>

Giả sử M thuộc ñoạn AC sao cho

</div>
<span class='text_page_counter'>(8)</span><div class='page_container' data-page=8>

DBC . Như vậy ta xác ñịnh ñiểm M như sau

<i>Lời giải: </i>

Do góc ABC > góc DBC nên tồn tại ñiểm M trên
ñoạn AC sao cho góc ABM = góc CBD. Suy ra
tam giác ABM ñồng dạng với tam giác DBC
(g.g) nên AM. BD = AB. CD (1)

Dễ thấy tam giác BMC ñồng dạng với tam giác
BAD (g.g) nên MC. BD = AD. BC(2)

Từ (1) và (2)⇒ AC. BD =AB. CD + AD. BC

A
B

D
C

M

<i>Ví dụ 7: </i>

<b>Cho tam giác ABC biết 3A + 2B = 1800. </b>
<b>Chứng minh rằng: AB2 = BC2 +AB. AC </b>

<i>Phân tích</i> :

Giả sử điểm M thuộc cạnh AB sao cho
BM . AB =BC2 suy ra tam giác BMC
ñồng dạng với tam giác BCA nên

góc BCM = góc BAC = góc A
Kết hợp giả thiết ta có

góc ACM = góc AMC hay tam giác
ACM cân tại A. Vậy ta xác ñịnh ñược

ñiểm M như sau M C

B

A

<i>Lời giải: </i>

Từ giả thiết suy ra AB > AC

Trên cạnh AB lấy ñiểm M sao cho AM = AC, do đó tam giác ACM cân tại
A nên góc ACM =

2
1

</div>
<span class='text_page_counter'>(9)</span><div class='page_container' data-page=9>

Do đó góc BCM = C – ACM = A

Suy ra tam giác BCM ñồng dạng với tam giác BAC suy ra BM. BA = BC2

nên ( AB – AC ).AB = BC2, do đó AB2= BC2 + AB. AC

<i>Ví dụ 8:</i>

<b> Cho tam giác ABC nội tiếp trong ñường trịn . D là một điểm trên </b>
<b>cung BC khơng chứa đỉnh A. Gọi I, K và H lầnlượtlà hình chiếu của D </b>
<b>trên các ñường thẳng BC,AB và AC.CMR: </b>

DH
AC
DK
AB
DI
BC
+
=

<i>Phân tích : </i>

Giả sửñiểm M thuộc cạnh BC sao cho

⇒
=
DK
AB
DI
BM

tam giác DKI ñồng dạng với
tamgiác BAM suy ra góc BAM = góc DKI mà
góc DKI = góc DBI nên sñ CD = sñ BN

( N là giao điểm của AM với đường trịn)
Do đó DN // BC. Vậy ta xác ñịnh ñược ñiểm
M và N như sau

D
C
B
A
N
H
K
I
M

<i>Lời giải</i>:

Qua D kẻ ñường thẳng song song với BC cắt đường trịn tại N( khác D).
AN cắt BC tại M

Ta thấy tam giác DKI ñồng ñạng với tamgiác BAM (g.g)

DK
AB
DI
BM
=
⇒

Lại thấy tam giác ACM ñồng dạng với tam giác HDI (g.g)

DH
AC
DI
CM
=
⇒

Cộng từng vế các đẳng thức trên ta có ðPCM

</div>
<span class='text_page_counter'>(10)</span><div class='page_container' data-page=10>

Các hệ thức hình học rất đa dạng. Việc tìm ra chúng tuỳ thuộc vào điều
kiện cụ thể của bài toán và sự sáng tạo, linh hoạt của người giải.

<b>Xin giới thiệu bài toán tương tự </b>
<b>Bài 1: </b>

Cho tam giác ABC có đường cao BE, CF cắt nhau tại H. CMR:

BE. BH + CF. CH = BC2

<b>Bài 2: </b>

Cho tam giác ABC vuông tại C. Lấy ñiểm E trên ñường cao CH. Kẻ BD
vng góc với AE tại D. CMR:

a) AE.AD + BA.BH = AB2

b) AE. AD – HA.HB = AH2

<b>Bài 3: </b>

Cho tam giác ABC vuông tại A với ñường cao AH . Gọi HD, HE lần

</div>
<span class='text_page_counter'>(11)</span><div class='page_container' data-page=11>

<b>PHN BA </b>

KếT LUậN Và KIếN NGHị

Trờn ñây là một nội dung nhỏ trong việc rèn kĩ năng vẽ hình

phụ cho HS.Qua thực tế áp dụng tôi thấy ñã thu ñược kết quả

khá khả quan. Các em bớt ñi những lúng túng khi phải kẻ đường

phụ trong bài tốn chứng minh hình học. Và hơn cả là các em đã

giải quyết được các bài tốn có nội dung tương tự một cách

chính xác, logic, nhanh chóng. Với những HS giỏi tốn,các em

cịn giải quyết được các bài tốn khó hơn,phức tạp hơn.

</div>
<span class='text_page_counter'>(12)</span><div class='page_container' data-page=12>

năng vẽ hình phụ mà thực sự vẫn còn là bài tốn khó cho việc

định hướng cho HS.Vì vậy rất mong chờ các bài viết và kinh

nghiệm quý báu của các ñồng nghiệp ñể tôi ñược học tập và trau

dồi bổ sung kiến thức cho bản thân.

</div>

<!--links-->