Sang kien kinh nghiem hinh 9

<span class='text_page_counter'>(1)</span>CHƯƠNG 1 ĐẶT VẤN ĐỀ 1.1 Cơ sở lý luận 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 chỉnh lý và biên soạn SGK mới nhằm phù hợp với đối tượng học và phương pháp dạy học. Về tâm sinh lý đối với học sinh THCS chủ yếu ở lứa tuổi thiếu niên, các em đã có thói quen suy nghĩ độc lập. Tuy nhiên, khả năng tư duy của các em chưa phát triển hoàn chỉnh để nhận thức hoặc khẳng định một vấn đề nào đó, chủ yếu còn dựa vào phương pháp trực quan. Do đó, đối với yêu cầu bộ môn hình học 7, kiến thức được trình bày theo con đường trực quan suy diễn tăng cường tính thực tiễn, tăng cường luện tập thực hành, rèn luyện kỹ năng tính toán, giúp học sinh phát triển khả năng tư duy lôgic, khả năng diễn đạt ý tưởng của mình và khả năng tưởng tượng. Tuy nhiên, 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 đướng 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. 1.2 Cơ sở thực tiễn Trong quá trình giảng dạy lớp 7 ở trường THCS NGUYỄN NGHIÊM, 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 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 cho học sinh, phát triển năng lực tư duy hình học cho học sinh. Tóm lại các bài tập về "tính số đo góc" là các bài toán tổng hợp kiến thức và kỹ năng tính toán và kỹ năng tư duy, nó rất cấp thiết cho việc ôn tập và bồi dưỡng cho học sinh lớp 7 và cũng là tài liệu cần thiết cho việc tự bồi dưỡng của đội ngũ giáo viên. Vì vậy việc định hướng giải các bài toán "tính số đo góc" LÀ QUAN TRỌNG, CẦN THIẾT, thông qua việc phát hiện và sử dụng tính chất của các cặp tam giác bằng nhau, tam giác chứa những góc có số đo xác định: (1) Tam giác cân có một góc có số đo xác định.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> (2) Tam giác vuông cân (3) Tam giác đều (4) 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 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. Qua kinh nghiệm của bản thân, ngay từ đầu năm học tôi đã sưu tầm, tuyển chọn một số phương pháp giải toán tính số đo góc thông dụng ở lớp 7, với cách làm đó trong những năm học qua tôi đã thu được nhũng kết quả nhất định. Tuy là một vấn đề mới và khó song học sinh tiếp thu một cách tích cực và có hiệu quả 1.3 Tính khoa học: -Các phương pháp trình bày khoa học, dễ hiểu -Mỗi phương pháp đều có nét đặc trưng riêng, dễ tư duy áp dụng. -Mọi trường, lớp, mọi địa phương đều có thể áp dụng. -Có thể dùng lâu dài, không bị lạc hậu..

<span class='text_page_counter'>(3)</span> CHUƠNG 2 GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ 2.1 Nhận xét ban đầu 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, 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. (2) Dự đoán kết quả (3) Phát hiện tam giác băng nhau, tam giác cân, tam giác vuông cân, nửa tam giác đều, tam giác đều. (4) Xem xét, phân tích giả thiết, kết luận để dựng hình hợp lý. (5) 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. 2.2 Nội dung cụ thể 2.2.1 Tính số đo góc thông qua việc phát hiện ra cặp tam giác bằng nhau. Ví dụ 1. Cho tam giác MNP có ^ M < 1200 ở Δ MNP dựng các tam giác đều MPQ, MNR, PR cắt NQ tại I. Tính góc NIP? * Phân tích:  Dựa vào giả thiết của bài toán phát hiện Δ RMP = Δ NMQ (c.g.c) (1).

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Rˆ1 = Nˆ 1.  Từ đó có ngay:. Kˆ 1 = Kˆ 2 ⇒  Gọi giao điểm của MN và RP là K (2)    Nhận thấy: NIP tính được khi biết số đo RIN    Từ (1) và (2) ⇒ RIN = RMN = 600  NIP Vậy tính được: = 1200 * Chứng minh:. - Xét Δ RMP và Δ NMQ có: RM = MN MP = MQ   RMP = NMQ cùng cộng với một góc) ⇒ Δ RMP = Δ NMQ Rˆ1 = Nˆ 1 (2 góc tương ứng) Mà ⇒. ^ K 1= ^ K2. (đối đỉnh).  Mà PMN = 600 (gt)  NIP = 1200. (tính chất Δ đều) (tính chất Δ đều) (2 góc bằng nhau (c.g.c) ⇒ ⇒. ⇒.   RIN = RMN  RIN = 600. Ví dụ 2. Cho Δ ABC có Â < 900, các đường cao BD, CE. Trên tia đối của 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 (c.g.c) ˆ ˆ Aˆ 2 = Mˆ  Từ đó ⇒ A1 = N ;. Δ ABM =. Δ NCA.   Dựa vào Δ AEN vuông ⇒ Â1 + Â2 + Â3 = 900 hay MAN = 900.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> * Chứng minh - Xét (gt). Δ ABM và. Δ NCA. BM = CA ABM = ACN bằng góc 900+Â3) ⇒. Δ ABM =. Δ NCA. có:. AB = CN. (gt) (tích chất góc ngoài (c.g.c) ⇒. Δ , 2 góc đều. Aˆ1 = Nˆ. (1) Ta có:MAN = Â1 + Â2 + Â3 = N̂ + Â2 + Â3 =900 ˆ ˆ (vì A1 = N ) ( vì Δ AEN vuông có Ê = 900  Vậy MAN = 900. Ví dụ 3. Cho Δ ABC có Â = 900 trên BC lấy điểm D sao cho BD = AB, đường thẳng đi qua D vuông góc với BC cắt AC ở E. Đường thẳng BE cắt đường thẳng PG của góc ngoài tại đỉnh C của Δ ABC ở K. Tính BAK * Phân tích:  Phát hiện Δ ABE = Δ BDE (2 Δ vuông có một cặp cạnh bằng nhau và một cạnh chung) ⇒ Bˆ1 = Bˆ 2 ⇒ K tia phân giác của góc ABC ⇒ K tia phân giác của góc ngoài  Kết hợp GT: tại đỉnh C  Từ đó nghĩ đến việc sử dụng tính chất đường phân giác trong Δ.   Dự đoán: CAK = 450 , AK là phân giác của góc ngoài tại đỉnh A của Δ ABC.  Do đó: Kẻ KM AB; KN AC; KP AC. * Chứng minh: Δ KNC = Δ KPC. () ⇒. KN = KP. (1) Δ KPB =. Δ KMB. () ⇒. (2) ⇒ Từ (1) và (2) Δ ANK = Δ AMK. KM = KN (). KP = KM.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> ⇒. ⇒. Â1 = Â2 = 450  BAK = 900 + 450 = 1350. (đpcm). 2.2.2 Tính số đo góc thông qua việc dùng chữ để diễn đạt mối quan hệ giữa các góc Ví dụ 4.   Cho Δ ABC cân ở A, đường cao CH. Biết BAC - BCH = 250. Tính goc BAC * Phân tích:  Góc BAC tính được khi biết BHC  Do đó: Ta có thể đặt góc BHC = x để tính góc BAC. * Chứng minh: Đặt. goc BHC = x Δ BHC vuông có: B̂ = 900 - x Xét (tính chất Δ ) Δ ABC cân ở A có: Xét  BAC ⇒. Theo GT:. = 1800 - 2. B̂. (tính chất Δ cân)  BAC = 1800 - 2(900 - x) = 2x   BAC - BHC = 250 ⇔ 2x - x = 250  ⇒ BAC = 500. ⇔. x = 250. (đpcm) Ví dụ 5. Trên hai cạnh AC và BC của Δ ABC lấy điểm M, N sao cho AN = BM = AB. Gọi O là giao điểm của BM và AN biết Goc AOM = 60 0.  Tính ACB ? * Phân tích:    Góc C tính được khi biết CAB = CBA  Do đó: để tính số đo của góc C.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>  CAB = x;.  Ta có thể đặt:. và dựa vào giả thiết.  CBA =y 0 ˆ Â1 + B1 = 60. * Chứng minh:  CAB = x;. Đặt. Ĉ = 1800 - (x + y) (1). ⇒. -.  CBA =y. - Xét. Δ ABM cân ở B. ⇒. x = (1800 - B̂ 1) :2= 900. - Xét. Δ ABN cân ở A. ⇒. y = 900 −. Bˆ1 2. ⇒. Mà. ^ A1 2. 1800 - ( Aˆ1 + Bˆ1 ) 2 x+y= Aˆ1 + Bˆ1 = 600 ⇒. x + y = 1800 - 300 = 1500. (2) Từ (1) và (2). ⇒. ACB = 300. có: BAC = 1800 - 2. B̂ (tính chất Δ cân)  ⇒ BAC = 1800 - 2(900 - x) = 2x   BAC Theo GT: - BHC = 250 ⇔ 2x - x = 250  ⇒ BAC = 500 (đpcm). ⇔. x = 250. 2.2.3 Tính số đo góc phải xét đủ các tập hợp về số đo góc có thể xảy ra. Ví dụ 6..

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Tính góc A của Δ ABC cân tại A. Biết rằng có một đường thẳng đi qua A chia tam giác đó thành hai tam giác cân. * Phân tích: Gọi D là giao điểm của đường thẳng đi qua A với BC chia Δ ABC thành 2 tam giác cân  ⇒ Tồn tại một góc lớn hơn hoặc bằng 900 Do ADB , ADC bù nhau  Chẳng hạn ADC > 900, khi đó ADB phải là đỉnh của Δ ADB cân. Xét 3 trường hợp đối với Δ ACD * Chứng minh: a) Trường hợp 1: Δ ACD cân ở A ADC Cˆ = Bˆ Khi đó = (vô lý). Vì góc. ADC B̂ > (tính chất góc ngoài Δ ). b) Trường hợp 2:. Δ ACD cân ở C. (hình 1). B̂ = BAD = x  ⇒ ADC = 2x; DAC = 2x; Ĉ = x Ta có 2x + 2x + x = 1800 chất tổng 3 góc của Δ ) Đặt. x = 360 BAC =. ⇒ ⇒. 3x = 1080 (1) c) Trường hợp 3:. Δ ACD cân ở D. (tính. (hình 2).

<span class='text_page_counter'>(9)</span> Khi đó:. DA = DB = DC.  B̂ = BAD Đặt =x  Ĉ = CAD =x Δ ABC có: Xét  Cˆ + Bˆ + BAC = 1800 ⇔. ⇒. x = 450. Từ (1) và (2)  BAC = 900. ta có:. (2)  BAC. ⇒. ⇒. x + x + 2x = 1800.  BAC = 2x = 900. = 1800. hoặc. Ví dụ 7.  Cho Δ ABC, trực tâm H, AH = BC. Tính BAC * Phân tích: Do bài toán liên quan đến trực tâm của tam giác nên ta xét 3 trường hợp xảy ra: Trực tâm nằm bên trong Δ Trực tâm nằm bên ngoài Δ Trực tâm trùng với đỉnh của Δ Do đó ta xét Trường hợp  < 900 Trường hợp  > 900 Trường hợp  = 900. Không xảy ra vì khi đó H A. * Chứng minh: a) Trường hợp 1:.  < 900 Ta có 2 Δ vuông Δ AEH =. (cạnh huyền, góc nhọn). Δ BEC.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> AE = BE BAE = 450 ⇒. ⇒. ⇒. Δ ABE vuông cân tại E.  Hay BAC = 450. Â > 900 Ta có: 2 Δ vuông Δ BEC = Δ HEA (cạnh huyền, góc nhọn) ⇒ HE = BE ⇒ Δ BEH vuông cân tại E   ⇒ ⇒ BAC BHE = 450 = 1350 2.2.4 Tính số đo góc thông qua việc phát hiện ra tam giác vuông nhờ định lý Pi-tago. Ví dụ 8. Cho Δ ABC vuông cân ở B và một điểm M nàm trong tam giác. Biết MA = 1cm; MB = 2cm; MC = 3cm. Tính góc AMB * Phân tích: Dự đoán AMB khoảng 1350 b) Trường hợp 2:. AMB = 450 + 900 Mà 450 là góc của Δ vuông cân Do đó nghĩ đến việc dựng Δ vuông cân MBK ra ngoài Δ BMC * Chứng minh:.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> Dựng Δ MBK vuông cân tại B, ở phía ngoài Δ BMC ⇒ BK = BM Xét Δ ABK và Δ BMC có: BM = BK (Gt) AB = BC (Gt) ABK = MBC (cùng phụ với B̂1 ) ⇒. Δ ABK =. Δ CBM. (c.g.c). AK = MC = 3cm Ta có: KM2 = BK2 = 22 + 22 = 8 (cm) AK2 = 32 = 9 (cm) AM2 = 12 = 1 (cm) ⇒ AK2 = KM2 + AM2 ⇒ Δ AMK vuông ở M AMK = 900 ⇒ Mà ⇒.  KMB = 450 (cách dựng) AMB = 450 + 900 = 1350. Ví dụ 9. Cho Δ ABC cân ở A, Â = 300; BC = 2cm. Trên AC lấy điểm D sao cho AD = √ 2 cm. Tính góc ADB * Phân tích: Ta có:   Â= 300 ⇒ ABC = ACB = 750 Phát hiện được: 750 - 300 = 450 là góc của Δ vuông cân Do đó nghĩ đến việc dựng hình phụ Δ BIC vuông cân MBK ở I. * Chứng minh: - Dựng Δ BIC vuông cân tại I vào miền trong Δ ABC Δ AIB = Δ AIC (c.g.c) Ta có: ⇒ Â1 = Â2 = 150 - Xét Δ vuông BIC có: BI2 + IC2 = BC2 = 22 = 4 mà BI = IC. ⇒.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> ⇔ 2IB2 = 4 IB2 = 2 IB = √ 2 (cm) - Xét Δ ADB và Δ BAI có: AD BI  2cm   AB chung  ADB BIA   BCD  ABI 300  (c.g.c)  ⇒ ABD = BAI = 150 ⇒ ⇒. ⇒. Vậy. ADB = 1800 - ( BAD  + ABD ) = 1800 - (300 + 150) = 1350. ADB = 1350. 2.3.5 Tính số đo góc thông qua việc phát hiện ra tam giác vuông có cạnh góc vuông bằng nửa cạnh huyền (nửa tam giác đều) Ví dụ 10: Tính số đo góc của tam giác MNP. Biết rằng đường cao MK, trung tuyến MB chia góc MNP thành 3 góc bằng nhau. * Phân tích: Theo giả thiết phát hiện: Δ MNB cân và BK =. BP 2. MKB = 900 M2 = M3 Vì vậy, ta nghĩ đến việc kẻ đường phụ BI vuông với MP để tạo tam giác vuông BIP có BI = ⇒. BP 2. (vì BI=BK). MPN = 300. Từ đó tính được các góc còn lại. * Chứng minh: - Xét 2 Δ vuông: Δ KMB và Δ IMB có KMB = IMB (gt)ïü ïý D KMB = D IMB ïïþ BM chung ⇒. 1. (cạnh huyền, góc nhọn) 1. BI = BK mà BK = 2 BP⇒ BI= 2 BP.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> - Xét Δ BIP vuông có: 1 BI= BP 2. ⇒. BPI = 300 (tính chất Δ vuông). MNP = 600 ⇒ NMP = 900 ˆ = 90 0 ; Nˆ = 60 0 ; Pˆ = 30 0 ; Δ MNP có: M ⇒. Vậy Ví dụ 11: Cho Δ ABC cân có: Â = 1200. Trên cạnh đáy BC lấy điểm D sao cho 2BD = DC = 2a. Tính các góc của Δ ADC * Phân tích: 0 Theo giả thiết có ngay: Bˆ = Cˆ = 30 Điều đó gợi cho ta vẽ đường phụ: DK đều. ⇒. DK=. BD a = 2 2. AB. K để làm xuất hiện nửa Δ. (1) Mặt khác: Δ ABC cân gợi cho ta vẽ đường cao AH ⇒ DH=. a 2. (2) Từ (1) và (2) học sinh dễ dàng tính được: 600 ˆ ˆ A1 = A2 = = 300 2 * Chứng minh:. ⇒. ADC = 600. - Xét Δ vuông BKD có: BKD = 900 (cách dng)ü ïï BD a Þ KD = = ý Δ 0 ˆ ï 2 2 B = 30 (Gt) ïþ (tính chất vuông) 3a. a. - Ta có: DH = BH - BD = 2 − a= 2 - Xét 2 Δ vuông: Δ AKD và Δ AHD có:.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> AD. (chung) 0. a (CMT) 2 } ⇒ ΔV AKD=Δ V AHD. DK=DH=. (cạnh huyền, góc nhọn). Â1 = Â2 ⇒ Â1 = Â2= 300 mà Â1 + Â2 = 600   ⇒ ADC = 600; DCA = 300; DAC = 900 2.3.6 Tính số đo góc thông qua việc phát hiện ra tam giác vuông cân Ví dụ 12: Cho Δ ABC vuông cân ở A, M là trung điểm của BC. Trên tia đối ⇒. của tia MA lấy điểm D sao cho MD =. MA , gọi E là trung điểm của AC. 2. Tính các góc của Δ BDE. * Phân tích: a. Đặt BC = a ⇒ BM = MC = AM = 2 MA a = 2 4 Δ BDE dự đoán kết quả: Δ BDE vuông cân tại D. Theo giả thiết ta có: MD =. Xét Điều đó gợi ta hướng chứng minh: BD = DE Do đó: kẻ đường phụ EK AD tại K Δ vBDM = Δ vDEK ta có ngay:  ⇒ BD = DE và BDE = 900 ⇒. (c.g.c).   DBE = DEB = 450. * Chứng minh: Đặt BC = a BC = a. ⇒ BM = MC = AM =. a 2. MA a = 2 4. Theo (gt) ta có: MD =. Từ E kẻ EK AD K Trong Δ vuông cân MEA: EK là đường cao đồng thời là trung tuyến ⇒ ⇒. KM=KA=KE= a. a 4. DK= 2 - Xét 2 Δ vuông: Δ BDM và Δ DEK có:.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> a   2  a  MD EK   4  0 BMD DKE  90  BM DK . ⇒. Δ. Δ. v. BDM=. v. DEK (c.g.c).   DBM = EDK (hai góc tương ứng) DB = DE (hai cạnh tương ứng)   - Ta có: DBM + BDM = 900 (tính chất Δ vuông)   ⇒ EDM + DBM = 900 ⇒. ⇒ ⇒. Δ DBE vuông cân tại D.    BDE = 900; DBE = DEB = 450. Ví dụ 13: Cho Δ ABC: Â = 1v; AC = 3AB. Trên AC lấy điểm D và E sao cho  AD = DE = EC. Tính AEB + ACB * Phân tích:  Dự đoán AEB + ACB = 450 là góc của Δ vuông cân Do đó ta tạo ra góc kề với ACB bằng góc AEB rồi chứng minh tổng của góc đó với góc ACB bằng 450 bằng cách chứng minh Δ BNC vuông cân * Chứng minh: - Trên nửa mặt phẳng bờ AC không chứa điểm B kẻ tia Cx sao cho xCA =Ê1 - Từ D kẻ đường thẳng với AC cắt Cx ở N ⇒ AD = DE = EC = a - Đặt AB = a Nối B với N - Xét Δ ABE và Δ DNC có:.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> AE DC 2a     BAE NDC 900   BAE NDC  AEB DCN   NC = BE và DN =AB = a - Xét Δ ABD vuông có: AB  AD a   ⇒  BAD 900 (gt)  Dˆ 1 = 450 ⇒. (1). ⇒. Dˆ 3 = 900. Ta có:. (g.c.g). Δ. BAD vuông cân tại A. (cách dựng).  BDN = 900 + D̂1 = 900 + 450 = 1350  ⇒ BDN = D̂2 - Xét Δ BDN và Δ BDE có: ïü BD chung ïï DN = DE ( = AB) = a (CMT)ïý ⇒ Δ ïï BDN = Dˆ 2 =1350 (CMT) ïïþ BDN = BDE(c.g.c) ⇒ BN = BE (2)  và Ê1 = N1 ⇒ Δ BNC cân tại N (3) Từ (1) và (2) ⇒ NC = NB ⇒. Δ.

<span class='text_page_counter'>(17)</span> Ta có: mà ⇒. ïï Eˆ1 = Nˆ 1 ü ý Þ Nˆ 1 = Cˆ 2 ˆ ˆ E1 = C2 ïþ ï Cˆ + Nˆ = 900 2. 2. Nˆ 1 + Nˆ 2 = 900. Hay BNC = 900 Δ BNC vuông cân tại N. ⇒ Từ (3) và (4) · BCN = 45 0 ·ACB + ACx · = 45 0 ·ACB + AEB · = 45 0. · ( do AEB. · = ACx. (4). ). 2.3.7 Tính số đo góc thông qua việc phát hiện ra tam giác cân có một góc đã biết số đo. Ví dụ 14: 0 · Cho Δ ABC cân ở B có ABC = 8 0 , lấy điểm I trong Δ đó sao 0 0 · · cho IAC = 10 và ICA = 30 . Tính AIB. * Phân tích: 0 0 Ta có: Bˆ = 80 Þ Aˆ = Cˆ = 50. ⇒. · BAI = 4 00. Dự đoán Δ ABI cân ở A Vì vậy, ta tìm cách chứng minh: AB = AI bằng cách kẻ đường cao của ABC cắt tia CI kéo dài tại K. 0 · · ABK = 4 00 Đến đây ta thấy: AKC = 120 ; Kˆ 2 =1200 ; Kˆ 3 =1200 ⇒ Từ đó phát hiện:. Δ BKA =. Δ IKA. (g.c.g). ⇒ AB = AI. * Chứng minh: - Ta có: ⇒. Δ ABC cân ở B: ABC = 800. Aˆ = Cˆ = 500. (gt). Δ.

<span class='text_page_counter'>(18)</span>  IAC = 100 (gt) ABC ⇒ = 400 - Từ B kẻ đường cao BH của Δ ABC, BH cắt CI kéo dài tại K  ⇒ KAC Vì ICA = 300 (gt) = 300 mà KA = KC (tính chất đường trung trực) AKC ⇒ = 1200 - Mặt khác: Vì Δ ABC cân tại B ⇒ BH là đường cao đồng thời là đường phân giác Þ ABK = 400 ü ïï Þ Kˆ 3 =1200 và Kˆ 2 =1200 ý 0 · Ta có : BAK = 20 ïïþ - Xét Δ BKA và Δ IKA có: AK chung    IAK 200 Δ Δ   AKB AKI 1200   BAK AKB = AKI (g.c.g) ⇒ AB = AI (hai cạnh tương ứng) ⇒ Δ ABI cân tại A  IAB mà = 400 ⇒. Vậy. AIB = ABI = 1800 −40 0 =700 2. AIB = 700. Ví dụ 15: Cho Δ ABC cân ở A có:  = 1000, I là trung điểm nằm trên đường   ^ phân giác mcủa C sao cho IBC = 100 và ICB = 200. Tính AIB * Phân tích: Δ ABC cân tại A ⇒ Bˆ = Cˆ = 400 Do  = 1000 và CI là phân giác nên ta nghĩ đến việc tạo ra Δ cân ở đỉnh C bằng cách: ⇒ Δ BCK cân ở C Trên tia CA lấy điểm K sao cho CK = CB 0 Mà Cˆ = 40 ⇒   CKB  CBK  70 0. Ta dễ dàng chứng minh được Δ BKI đều; Δ BKA = Δ BIA  ⇒ AIB  700.

<span class='text_page_counter'>(19)</span> * Chứng minh: Δ ABC cân tại A và Â = 1000 (gt) ⇒ Bˆ = Cˆ = 400 - Trên tia CA lấy điểm K sao cho CK = CB ⇒ Δ CKB cân tại C   ⇒ CKB  CBK  70 0 Cˆ = 400 mà - Xét Δ CIK và Δ CIB có: CK = CB (do ta laáy ñieåm K) ¿ · · ICB = ICK = 20 0 (gt) ¿ ⇒. (chung). ⇒.   BIC  KIC  1500 IK = IB;  KIB  600. ⇒ ⇒. -. Δ BKI đều Xét Δ BKA và. -. Δ. CIK =. Δ. CIB (c.g.c). Δ BIA có:.  ABC  400  IBC  100. -. (gt); ⇒.  IBA  300.  IBA  300 mà · · IBA = KBA = 300. -. BK = BI BA ⇒. mà ⇒. 3. ¿ }} ¿. IC. ü ïï ï ( gocù cua û D ñeu à )ïý Þ D BKA =D BIA ïï (chung) ïï þ (c.g.c).   AIB  AKB   AKB  CKB  700  AIB  700. Tính số đo góc thông qua việc phát hiện ra tam giác đều. Ví dụ 16: Cho Δ ABC cân ở A, điểm E nằm trong tam giác sao cho   EAC  ECA  150 . Tính AEB ? * Phân tích:.

<span class='text_page_counter'>(20)</span> Vì Δ 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.  Điều đó Mà CI là phân giác nên ta nghĩ đến việc tạo ra Δ cân ở đỉnh C bằng cách: ⇒ Δ BCK cân ở C Trên tia CA lấy điểm K sao cho CK = CB 0   ⇒ CKB  CBK  70 0 Mà Cˆ 40 Ta dễ dàng chứng minh được Δ BKI đều; Δ BKA = Δ BIA  ⇒ AIB  700 * Chứng minh:    KAB  150 Lấy điểm K trong Δ sao cho KBA ⇒ Δ AEC = Δ AKB (g.c.g)  AK  AE     AKE đều Vaø KAB   - Xét Δ BKA và Δ BKE có BK. chung.   AK =KE (do AKE đều) ⇒ Δ Δ    BKA = BKE = 150 0  KBA = KBE (c.g.c) ⇒ AB = BE ⇒ Δ ABE cân tại B    BAE  BEA  750 vì BAE  600  150  750 ⇒. . Ví dụ 17:. .

<span class='text_page_counter'>(21)</span> Cho. 0 1 BC . Tính các góc của Δ ABC có Bˆ 75 , đường cao AH = 2. Δ ABC?. * Phân tích: 0 Ta có: Bˆ 75.  ⇒ BAH  150 mà 750 - 150 = 600 là góc của. Δ. Do đó ta nghĩ đến việc dựng tam giác đều cạnh AB nằm trong. Δ. đều ABC * Chứng minh: Dựng Δ ABN đều nằm trong Δ ABC ⇒ BC = 2a Đặt AH = a ⇒ Gọi K là trung điểm của BC Nối K với N. KB = KC = a. - Xét Δ ABH và Δ BNK có: AB BN (tính chất Δ đều)  BK  AH  a  ⇒    BKH  NBK  150 . Δ. Δ. ABH =. BNK (c.g.c)   ⇒ NKB  BHA  900 ⇒ NK BC K ⇒ Δ BNC cân tại N Ta có:   BNC  1800  2.NBK  1800  300  1500 0  mà ANB  60  ANC  3600   1500  600   1500 ⇒   Vậy BNC  ANC - Xét Δ BNC và Δ ANC có:.

<span class='text_page_counter'>(22)</span> AN BN (cạnh  đều)   BNC  ANC   NC chung  ⇒. mà ⇒. ⇒. AC = BC  ABC  750. Δ. Δ. BNC = ANC (c.g.c) ⇒ Δ ABC cân ở C.  BAC  750 ; BCA  300. 4 Bài tập đề nghị Bài 1: Cho Δ ABC cân tại A có Â = 800. Gọi D là điểm nằm trong tam giác 0 0   sao cho DBC  10 ; DCB  30 . Tính số đo góc BAD? Bài 2: Cho. Δ ABC vuông cân đỉnh A, M là điểm nằm trong tam giác sao.  cho MA:MB:MC = 2:3:1. Tính số đo góc AMC ? Bài 3: Cho Δ ABC cân đỉnh A có Â = 400. Trên nửa mặ phẳng bờ BC 0  không chứa điểm A vẽ tia Bx sao cho CBx  10 . Trên tia Bx lấy điểm D  sao cho BD = BA. Tính số đo góc BDC ? 0  Bài 4: Cho Δ ABC vuông cân ở A có ABC  75 . Trên tia đối của tia AB lấy điểm H sao cho BH = 2AC. Tính góc BHC? Bài 5: Cho Δ ABC, kể đường cao AH và phân giác BE. Biết góc AEB = 450, tính góc EHC?.

<span class='text_page_counter'>(23)</span> CHƯƠNG 3 KẾT THÚC VẤN ĐỀ 1. Kết quả đạt được qua tiến hành khảo sát các lớp như sau: + Lớp 8A1 có áp dụng SKKN + Lớp 9A2 không áp dụng SKKN Lần Số 5 Đ'<6, 6,5 Đ'< lớp Đ<5 8 Đ' kiểm tra bài 5 8 SL % SL % SL % SL % 8A1 15 2 3 6 4 9A2 10 8 4 3 0. 5. Đ. SL 13 7. 2. Đánh giá kết quả khảo sát: Qua kết quả khảo sát, tôi thấy có vận dụng sáng kiến kinh nghiệm học sinh có sáng tạo và tư duy giải toán cao hơn Khả năng giải bài tập nhanh nhẹn hơn, cách giải ngắn gọn hợp lí hơn, còn lớp không áp dụng sáng kiến kinh nghiệm thì đa số không tìm ra cách giải, nếu có giải ra được thì dài dòng không khoa học, tư duy suy luận kém. Duyệt của BGH. Đức Phổ ngày 12-9-2011 Người viết. Nguyễn Xuân Trí Huệ. %.

<span class='text_page_counter'>(24)</span>