Tài liệu Tính số đo góc

I.Cơ sở lý thuyết:
Để giải tốt bài toán tính số đo góc thì học sinh tối thiểu phải nắm vững các kiến thức cơ bản sau:
* Trong tam giác:
+ Tổng số đo ba góc bằng 180
0
.
+ Biết hai góc ta xác định đợc góc còn lại.
* Trong tam giác cân: Biết một góc ta xác định đợc hai góc còn lại.
* Trong tam giác vuông:
+ Biết một góc nhọn, xác định đợc góc nhọn còn lại.
+ Cạnh góc vuông bằng nữa cạnh huyền thì góc đối diện với cạnh góc vuông có số đo bằng
30
0
.
* Trong tam giác vuông cân: Mỗi góc nhọn có số đo bằng 45
0
.
* Trong tam giác đều: Mỗi góc có số đo bằng 60
0
.
* Đờng phân giác của một góc chia góc đó ra hai góc có số đo bằng nhau.
* Hai đờng phân giác của hai góc kề bù tạo thành một góc có số đo là 90
0
.
* Hai đờng phân giác của hai góc kề phụ tạo thành một góc có số đo là 45
0
.
* Hai góc đối đỉnh thì bằng nhau.
* Tính chất về góc so le trong, so le ngoài, đồng vị, hai góc trong cùng phía,...
Trong thực tế, để giải bài toán tính số đo góc ta thờng xét các góc đó nằm trong mối liên
hệ với các góc ở các hình đặc biệt đã nêu ở trên hoặc xét các góc tơng ứng bằng nhau...rồi suy ra

kết quả.
Tuy nhiên, đứng trớc một bài toán không phải lúc nào cũng gặp thuận lợi, có thể đa về các
trờng hợp trên ngay mà có nhiều bài đòi hỏi ngời đọc phải tạo ra đợc những "điểm sáng bất ngờ"
có thể là một đờng kẻ phụ, một hình vẽ phụ từ mối quan hệ giữa giả thiết, kết luận và những
kiến thức, kỹ năng đã học trớc đó mới giải quyết đợc. Chúng ta có thể xem đờng kẻ phụ , hình
vẽ phụ nh là chìa khoá thực thụ để giải quyết dạng toán này.
II. Một số dạng toán và hớng giải quyết.
Dạng 1: Tính số đo góc qua việc phát hiện tam giác đều.
Bài toán 1: Tam giác ABC Â =20
0
có AB = AC, lấy M

AB sao cho MA=BC.
Tính góc AMC ?
Nhận xét:
Ta cần tìm góc AMC thuộc AMC có Â = 20
0
mà B = C= 80
0
= 20
0
+ 60
0
. (H.1)
Ta thấy có sự liên hệ rõ nét giữa góc 20
0
và góc 60
0
mặt khác MA = BC.
Từ đây, ta thấy các yếu tố xuất hiện ở trên liên quan đến tam giác đều.

Điều này giúp ta nghĩ đến việc dựng hình phụ là tam giác đều.
H ớng giải :
Cách1:(H1) Vẽ BDC đều (D,A cùng phía so với BC). Nối Avới D.
Ta có : ABD = ACD (c.c.c) => DAC = DAB =10
0
. (H.2)
Lại có: AMC = CDA(c.g.c) => MCA = DAC =10
0

=> AMC = 180
0
- ( ACM + MAC ) = 180
0
- (20
0
+ 10
0
) = 150
0
Cách 2:(H.2) Vẽ ACD đều (M, D khác phía so với AC).
Có: BAC = ADM (c.g.c) => AMD = 80
0
(1)
=> MDC cân tại D, MDC = 40
0
=> DMC = 70
0
(2)
- Từ hớng giải quyết trên chúng ta thử giải bài toán 1 theo các phơng 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)
.............................
Bài toán 2: Cho ABC cân tại A; A = 40
0
. Đờng cao AH, các điểm E, F theo thứ tự thuộc
các đoạn thẳng AH, AC sao cho EBA = FBC = 30
0
. Tính góc AEF =?
H ớng giải :
Vẽ ABD đều ( B, D khác phía so với AC ) (H.3).
-1-
A
M
B
C
D
A
M
B
C
D
Lập luận tương tự ta cũng có kết quả đúng.
Hướng giải quyết tương tự trên.
C
A B
E
I
C
A

B
E
D
B
C
D
F
E
A
H
B
C
F
E
A
D
H
B C
F

E
A
D
H
=> AMC = 150
0
Tam giác ABC cân tại A = 40
0
(gt) (H.3)
=> ABC = ACB = 70

0
mà FBC = 30
0
(gt)
=> ABF = 40
0
, BAF = 40
0
=> AFB cân tại F.
=> AF = BF mặt khác AD = BD, FD chung.
=> AFD = BFD(c.c.c) => ADF = BDF =
0
0
30
2
60
=
. Do AH là đờng cao của tam giác cân BAC
=> BAE = 20
0
= FAD = 60
0
- 40
0
, AB = AD (vì ABD đều) ABE = 30
0
(gt)
=> ABE = ADF (g.c.g) => AE = AF => EAF cân tại A mà EAF = 20
0

=> AEF =
0
00
80
2
20180
=

.
Nhận xét: Vấn đề suy nghĩ vẽ tam giác đều xuất phát từ đâu?
Phải chăng xuất phát từ giả thiết 40
0
= 60
0
- 20
0
và mối liên hệ FA = FB đợc suy ra từ ABF cân
tại F.
Với hớng suy nghĩ trên chúng ta có thể giải bài toán 2 theo các cách sau:
* Vẽ AFD đều (H.4) .(F, D khác phía so với AB).
* Vẽ BFD đều (H.5). (F, D khác phía so với AB).
.............


(H.4) (H.5)

Bài toán 3: (Trích toán nâng cao lớp 7 - Vũ Hữu Bình - NXBGD 2003)
Cho ABC, B = C = 45
0
. Điểm E nằm trong tam giác sao cho: EAC = ECA = 15

0
. Tính góc
BEA ?
Nhận xét: Xuất phát từ 15
0
và 75
0
đã biết.Ta có: 60
0
=75
0
-15
0
và EA = EC do AEC cân tại E.
Với những yếu tố đó giúp ta nghĩ đến việc dựng hình phụ là tam giác đều.
H ớng giải :
Hớng1: (H.6) Vẽ AEI đều (I, B cùng phía so với AE).
Ta có: AEC = AIB (c.g.c)
=> IB = CE mà EA = EC (AEI đều ) (H.6)
=>IB = EI => EIB cân tại I.
=> EIB = 360
0
- (60
0
+ 150
0
) = 150
0
=> IEB = 15
0

.
=> BEA = BEI + IEA = 75
0

*Chúng ta cũng có thể giải bài toán 3 theo cách sau:
Vẽ ACD đều (D, E khác phía so với AC). (H.7)
Bạn đọc thử trình bày lời giải.
(H.7)
*Một số bài toán tơng tự:
Bài toán 3.1: Cho ABC, Â = 1V, AB = 2AC. Kẻ tia Cx // AB. Kẻ AD sao cho CAD = 15
0
, D
Cx (B, D cùng phía so với AC). Tính góc ADB = ?
Hớng dẫn: Lời giải đợc suy ra từ bài toán 3
Bài toán 3.2: Cho ABC; Â = 1V, B = 75
0
, BH = 2AC, H AB. (B, H khác phía so với AC).
Tính: HCA = ? Hớng dẫn: Sử dụng kết
quả bài toán 3 và 3.1
Bài toán 3 ta có thể phát biểu dới dạng tổng quát nh sau:
Bài toán 3.3.1:
Cho ABC (AB = AC). A = (60
0
< < 120
0
).
Điểm M nằm trong tam giác sao cho MAC = MCA =
2
60
0

. Tính: BMC = ?
-2-
D
A
M
CB
A
M
C
B
D
A
B
C
I
D
D
A
B
C

E
A
B
D
C
H
Bài toán 3.3.2: Cho ABC, AB = AC, Â = (0

0
< < 60
0
).
Điểm M nằm ngoài tam giác sao cho MAC = MCA =
2
60
0


. (M, B khác phía so với AC). Tính:
BMA = ?
Bài toán 3.3.3: Cho ABC, AB = AC, Â = (120
0
< < 180
0
).
Điểm M nằm ngoài tam giác sao cho MAC = MCA =
2
60
0


, (M, A khác phía so với BC). Tính
BMA = ?
Bài toán 4:
Cho ABC, A = 80
0
, AB = AC. M là điểm nằm trong tam giác sao cho MBC = 10
0

, MCB =30
0
. Tính:
AMB
Nhận xét:
Xuất phát từ giả thiết AB = AC và liên hệ giữa góc10
0
với 50
0
ta có
50
0
+ 10
0
=60
0
. Từ đó ta nghĩ đến giải pháp là dựng tam giác đều.
H ớng giải :
Cách 1: (H.8) Vẽ BDC đều (A, D cùng phía so với BC)
Dễ thấy BAD = CAD (c.g.c) và DAB = CMB (g.c.g) (H.8)
=> BA = BM.
=> ABM cân tại B, ABM = 50
0

-10
0
= 40
0
=> AMB = 70
0

.
Cách 2: (H.9) Vẽ ABD đều (D, A khác phía so với BC) (H.9)
=> DAC cân tại A. Từ đó có hớng giải quyết tơng tự.
Bài toán 5: Cho ABC, ( B = C = 70
0
). Kẻ tia Bx sao cho CBx = 10
0
,
trên tia Bx lấy điểm D sao cho BD = BA (A, D khác phía so với BC).
Tính: BCD = ?
Nhận xét: Ta thấy bài ra xuất hiện góc 70
0
và 10
0
mà 60
0
= 70
0
- 10
0

đồng thời với BA = BD. Điều này làm nảy sinh suy nghĩ vẽ hình phụ
là tam giác đều.
H ớng giải : (H.10)
Cách 1: (H.10) Vẽ BCI đều (I, A cùng phía so với BC ).
Ta thấy BIA = CIA (c.g.c) và BIA = BCD(c.g.c)
=>BCD = BIA = 180
0
- (10
0

+
2
BAC
) =150
0
.
Cách 2: (H.11) Vẽ ABE đều (E, B khác phía với so AC). (H.11)
Từ đây ta có cách giải quyết tơng tự.
Dạng 2: Tính số đo góc qua việc phát hiện tam giác vuông có một góc bằng 30
0
.
Bài toán 6: Cho ABC, C = 30
0
. Đờng cao AH, AH =
2
1
BC. D là trung điểm của AB.
Tính ACD = ?
H ớng giải : (H.12)
Xét AHC có C = 30
0
, AHC = 1V => AH =
2
1
AC (H.12)
mà AH =
2
1
BC (gt) => AC = BC
=> ACB cân tại C => CD là phân giác => ACD = 15

0
.
Nhận xét: Suy nghĩ chứng minh ACB cân xuất phát từ đâu?
Phải chăng xuất phát từ AHC vuông có C = 30
0
và AH =
2
1
BC. Thực sự hai yếu tố này đã giúp
ta nghĩ đến tam giác vuông có một góc bằng 30
0
.
Với ý tởng và cách nghĩ này, chúng ta có thể vẽ hình phụ theo phng ỏn sau:
Vẽ tam giác vuông BCI, BIC = 1V, C = 30
0
(I, A khác phía so với BC). Bài toán 3 đợc giảI quyết t-
ơng tự.
-3-
Ta đều có hướng giải quyết tương tự.
C
E
A
D
B
I
H
M
D
M
A

C
E
A
D
B
I
H
K
A
B
D H
I
E
Bài toán 7: Cho ABC, AH BC, BD = DC (H,D thuộc đoạn BC)
sao cho BAH = HAD = DAC (*). Tính: ABH =?
H ớng giải :
Vẽ DI AC. I AC. (H.13)
Dễ thấy ABH = ADH (g.c.g) => BH = HD (1)
AHD = AID (Cạnh huyền - góc nhọn) => HD = ID (2) (H.13)
Từ (1) và (2) suy ra ID= HD =
2
1
BD =
2
1
DC => DIC có
ID=
2
1
DC mà DIC=1v => C=30

0
=> HAC=60
0
kết hợp với (*) => ABH = 60
0
Nhận xét: Xuất phát từ BAH = HAD => BH = HD =
2
1
BD =
2
1
DC.
Đến đây ta thấy một phần của các yếu tố trong tam giác vuông có một góc bằng 30
0
xuất hiện. Từ
đó dự đoán C = 30
0
. Nảy sinh suy nghĩ vẽ DI AC. Nếu chứng minh đợc DI =
2
1
DC thì bài toán
đợc giải quyết.
Với suy nghĩ tơng tự ta có cách vẽ hình phụ nh sau:
* Lấy E đối xứng với A qua H. (H.14) . Ta chứng minh đợc
AEC đều => AHC là nửa tam giác đều từ đó bài toán (H.14)
đợc giải quyết .
Bài toán 8:
Cho ABC. Vẽ ABD, ACE đều (E, D nằm ngoài tam giác ABC).
H là trung điểm của BC, I là trọng tâm của ABD. Tính: IEH = ?
H ớng giải :

Lấy F đối xứng với E qua H. (H.15)
Ta có: BHF = CHE (c.g.c) => BF = CE.
Ta có IA = IB và AIB = 120
0
(vì ABD đều).
IAE = 30
0
+ BAC + 60
0
= 90
0
+ BAC mà
IBF = 360
0
- (IBA + ABC + HBF) = 360
0
- (30
0
+ ABC + ECH ) (H.15)
= 360
0
- (30
0
+ ABC + ACB + 60
0
)
= 360
0
- (90
0

+ 180
0
- BAC) = 90
0
+ BAC.
=> IBF = IAE (c.g.c) =>IF = IE
=> FIE cân tại I mà AIB = 120
0
.
=>FIE = 120
0
=> IEH = 30
0
. F
Với cách giải này, nhiều em đã phát hiện và đề xuất cách vẽ đờng phụ nh sau:
* Lấy K đối xứng với I qua H. (H.17)
* Lấy M đối xứng với B qua I. (H.18)
............
(H.17) (H.18)
*Bài tập cùng dạng:
Cho ABC vẽ ABD, ACE đều (E, D nằm ngoài tam giác). I, P lần lợt là trung điểm của AD và
CE. Điểm F nằm trên BC sao cho BF = 3.FC. Tính: FPI = ?

Dạng 3: Tính số đo góc qua việc phát hiện tam giác vuông cân.
Bài toán 9:Cho ABC, M là trung điểm của BC, BAM = 30
0
, MAC = 15
0
. Tính: BCA = ?
Nhận xét: Khi đọc kỹ bàI toán ta thấy BAM = 30

0
, MAC = 15
0
, BM = MC quan sát hình vẽ rồi
nhận dạng bài toán ta biết đợc nó có nguồn gốc từ bài toán 3 mặt khác BAC = 45
0
-4-
C
E
C
A
D
B
I
H
A
B
D
C
H
I
A
S
M
điều này giúp ta nghĩ đến dựng tam vuông giác cân.
H ớng giải :
Cách 1: (H.19). Hạ CK AB (Dễ chứng minh đợc tia CB nằm giữa
hai tia CA và CK). Ta có AKC vuông cân tại K (vì BAC = 45
0
)

=> KA = KC . Vẽ ASC vuông cân tại S (K, S khác phía so với AC).
Do BKC vuông tại K => KM =
2
1
BC = MC=> KMC cân tại M . (H.19)
Dễ thấy KAM = CSM (c.g.c) =>CSM = 30
0
=> ASM = 60
0
và
SAM = 60
0
=> ASM đều => AS = SM = AK => AKM cân tại A
=> MKC = MCK = 90
0
- 75
0
= 15
0
=> BCA = 45
0
- 15
0
= 30
0
.

Cách 2:(H.20) Lấy D đối xứng với B qua AM => BAD cân tại A
mà BAM = 30
0

(gt) => BAD = 60
0
=> ABD đều. Ta có DC // MI
(Vì MB = MC, IB = ID),(BD AM = {I}) mà MI BD => CDBD (H.20)
Mặt khác xét: ADC có CAD = 15
0
(gt)

, ADC = 60
0
+ 90
0
= 150
0

=> DCA = 15
0
=> ADC cân tại D => AD = CD mà AD = BD (ADB đều).
Vậy BDC vuông cân tại D => DCB = 45
0
=>BCA = 45
0
- DCA = 45
0
- 15
0
= 30
0
.
Bài toán 10:

Cho ABC, A = 1V, AC = 3AB. D là điểm thuộc đoạn AC sao cho AD = 2DC. Tính:
ADB + ACB = ?
H ớng giải : (H.21)
Kẻ EF AC sao cho EA = ED, E AD với EF = AD, (B, F
khác phía so với AC ) . Ta có BAD = DEF (c. g.c) (* )
=> BD = FD , BDF = 1v => BDF vuông cân tại D
=> DFB = 45
0
(1). Trên tia đối của tia AB lấy I sao cho
AI = 2AB . Dễ thấy IBF = ACB ( c.g.c). => ACB = IBF
(H.21). = EFB (2)
Từ (*), (1) và (2) ta có ADB + ACB = BFD = 45
0


Nhận xét: Sau khi vẽ hình ta dự đoán ADB + ACB = 45
0
lúc
đó ta nghĩ đến việc tạo ra một tam giác vuông cân làm sao
để tổng số đo của hai góc cần tìm bằng số đo góc 45
0
. ý nghĩ dự đoán ADB + ACB = 45
0
xuất
phát từ đâu? Phải chăng xuất phát từ BAE vuông cân ( E là trung điểm của AD ). Khi phát hiện
tổng hai góc đó bằng 45
0
chúng ta có thể giải bài toán theo nhiều cách giải khác nhau. Đây là bài
toán khá hay, mà đến nay theo tôi đợc biết nó có không dới 20 cách giải khác nhau. Bởi vậy khi
giải bài này, chúng ta cần tổ chức cho học sinh tìm tòi, sáng tạo ra nhiều đờng kẻ phụ mới, độc đáo

nhằm tạo ra sự hứng thú học tập và nghiên cứu khoa học ở các em.

Bài toán 11: 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 BA.
Tính góc AIM = ?
H ớng giải :
Gọi K là giao điểm của IE và AC. (H.22)
Xét KEC có FA // EK, EF = FC ( gt )
=> KA = AC và K = FAC . Ta có ABM = AKI (g.c.g)
( vì FAC = ABM ) => AM = AI => AIM vuông cân tại A (H.22)
=> AIM = 45
0
Nhận xét:
Đờng kẻ phụ KI và KA xuất phát từ đâu? Ta thấy có hai nguyên nhân cơ bản làm nảy sinh các
đờng kẻ phụ này.
+ Một là do IE // AF
+ Hai là EF = FC
Từ đó làm xuất hiện ý nghĩ chứng minh ABM = AKI
-5-
CK
B
D
A
B
I
M
C
B
A
E

D
C
FI
A
K
B
E
F
C
M
I
Đều có hướng giải quyết tương tự
C
N
B
K
A
M
D
B
K
N
C
D
I
E
A
M
B
K

N
C
D
I
E
A
M
B
K
N
C
D
I
E
A
M
A
B
E
I
H
F
C