SKKN phương pháp kẻ hình lăng trụ là hình vuông trong giải toán hình học

MỤC LỤC
1. Mở đầu

Trang 1

1.1. Lí do chọn đề tài

Trang 1

1.2. Mục đích ngiên cứu

Trang 1

1.3. Đối tượng nghiên cứu

Trang 1

1.4. Phương pháp nghiên cứu

Trang 2

2. Nội dung của sáng kiến kinh nghiệm

Trang 2

2.1.Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm

Trang 2

2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng SKKN

Trang 2

2.3. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề

Trang 3

2.3.1. Kiến thức cơ bản về hình vng

Trang 3

2.3.2. Phương pháp dựng trực tiếp

Trang 3

Bài tốn 1

Trang 3

Bài toán 2

Trang 4

Bài toán 3

Trang 5

Bài toán 4

Trang 6

Bài toán 5

Trang 7

Bài toán 6

Trang 8

Bài toán 7

Trang 9

Bài toán 8

Trang 10

2.3.3. Phương pháp dựng gián tiếp

Trang 12

Bài toán 9

Trang 12

Bài toán 10

Trang 13

Bài toán 11

Trang 14

Bài toán 12

Trang 15

Bài toán 13

Trang 16

2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối ...

Trang 17

3. Kết luận, kiến nghị

Trang 18

0


1. MỞ ĐẦU
1.1. LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI.
Để giúp cho học sinh hình thành, phát triển các năng lực và phẩm chất trí
tuệ thì người giáo viên cần phải sử dụng các phương pháp và kĩ thuật dạy học
tích cực, trong đó kĩ thuật động não là một trong những kĩ thuật có thể giúp học
sinh tìm kiếm, chứng minh một định lý, tìm những lời giải hay cho một bài tốn,
có tác dụng rèn luyện cho học sinh các phương pháp khoa học trong suy nghĩ,
trong suy luận… qua đó có tác dụng rèn luyện cho học sinh trí thơng minh, sáng
tạo, linh hoạt, nhạy bén,...

Trong tốn học phần hình học là một mơn học rất khó với lứa tuổi học
sinh trung học cơ sở, vì tính trừu tượng của mơn học khá cao. Có thể nói rằng,
hầu hết các học sinh hiện nay gặp rất nhiều khó khăn trong việc học tập mơn
hình học, từ phần nắm bắt lý thuyết, các định nghĩa, các định lý, tiên đề,… đến
việc hồn thiện chứng minh các dạng tốn, các lập luận, suy luận để dẫn đến
điều phải chứng minh. Hầu hết học sinh chưa cảm nhận được cái hay, cái đẹp ở
hình học, rất ngại khi học mơn này vì nhiều nguyên nhân khác nhau dẫn tới kết
quả học tập chưa cao.
Một trong những điều kiện có thể phát triển tư duy tích cực - độc lập sáng tạo của học sinh là giáo viên phải sử dụng kĩ thuật động não một cách phù
hợp với từng đơn vị kiến thức và với từng đối tượng học sinh nhằm kích thích học
sinh tìm tịi, phát hiện và giải quyết vấn đề. Trước u cầu đó, tơi xin trình bày đề
tài: “ Phương pháp kẻ đường phụ làm xuất hiện hình vng trong giải tốn
hình học”
1.2. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU.
- Đề tài “ Phương pháp kẻ đường phụ làm xuất hiện hình vng trong giải
tốn hình học” giúp cho học sinh hình thành nên một phương pháp để chứng
minh các đặc tính hình học. Qua đó rèn luyện cho học sinh khả năng nhìn nhận
tư duy chính xác, hợp lơgic. Việc xây dựng nên “Phương pháp kẻ đường phụ
làm xuất hiện hình vng trong giải tốn hình học” có tác dụng rõ rệt trong
việc rèn luyện cho học sinh phương pháp khoa học trong suy luận, biến các kiến
thức thu nhận được thành công cụ để nhận thức và học tập.
- Học sinh hiểu được phương pháp kẻ đường phụ làm xuất hiện hình vng, từ đó
hệ thống hóa và bổ sung những kiến thức liên quan của chương trình hình học các
lớp 7, 8, 9.
- Trong đề tài đã đưa ra một hệ thống các bài tốn có sự phân tích để tìm ra
đươc cách kẻ đường phụ làm xuất hiện hình vng trực tiếp hay gián tiếp và
từ đó tìm ra cách giải cho mỗi bài tốn.
1.3. ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU.
+ Đề tài tập trung vào việc giải bài tập hình học địi hỏi phải vẽ thêm đường phụ,
hình phụ.

+ Đề tài phải để học sinh thấy được sự cần thiết phải vẽ thêm đường phụ,
hình phụ.
1


+ Học sinh phải vẽ được đường phụ, hình phụ, tìm tịi được lời giải của bài tốn
và phải hiểu xem tại sao lại kẻ thêm đường phụ, hình phụ như vậy.
1.4. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU.
- Nghiên cứu kĩ lí luận dạy học làm tiền đề xây dưng cơ sở lí thuyết cho sáng
kiến kinh nghiệm.
- Quan sát việc giải bài tốn có sử dụng việc vẽ đường phụ, hình phụ của học
sinh để thấy được ưu nhược điểm của học sinh.
- Điều tra khảo sát thực tế việc giải tốn hình học bằng cách vẽ đường phụ của
học sinh đồng thời tìm tịi những bài tốn có sử dụng vẽ đường phụ là hình
vng để giải.
- Từ đó sắp xếp các bài tốn một cách hợp lí để trình bày vào sáng kiến kinh
nghiệm của mình.
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM.
2.1. CƠ SỞ LÍ LUẬN CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM:
- Khi thực hành giải Tốn phải có những thao tác, phương pháp nhất định để đưa
bài toán từ phức tạp đến đơn giản chứ không rườm rà, cầu kì sẽ làm cho bài tốn
thêm phức tạp. Do đó giáo viên cần hướng dẫn, có những phương pháp phù hợp,
dễ hiểu đề đi đến kết quả nhanh và chính xác
- Học sinh học tập một cách thụ động, máy móc, hay dựa vào bài mẫu trong sách
giáo khoa, sách tham khảo chứ chưa hình thành cho mình một phương pháp
riêng để giải một bài toán.
- Giáo viên tránh những đơn điệu nhàm chán trong khi học toán, giải toán mà
phải tạo được những hứng thú khi học toán, giải tốn.
- Một số bài tốn có thể giải được bằng nhiều cách khác nhau song việc tìm ra
một lời giải hợp lí, ngắn gọn, độc đáo là một việc khơng dễ dàng. Càng không

dễ khi định hướng cách giải, phương pháp giải gần gũi với các em. Do đó “
Phương pháp kẻ đường phụ làm xuất hiện hình vng trong giải tốn hình
học” góp phần làm cho các em có hứng thú và sáng tạo hơn trong học toán, giải
toán.
2.2. THỰC TRẠNG VẤN ĐỀ TRƯỚC KHI ÁP DỤNG SÁNG
KIẾN KINH NGHIỆM.
- Phần lớn học sinh chưa cảm nhận được vẻ đẹp, tính Logic, tư duy của hình
học, rất ngại học hình, vì tính trừu tượng cao, q nhiều áp lực khi giải quyết
hàng loạt các định lý, định nghĩa, tiên đề, hệ quả,… Song bên cạnh đó, hệ thống
bài tập thực hành cịn ít, khó, khơng cụ thể, khơng đa dạng.
- Số lượng học sinh trong lớp quá đông, dẫn đến việc chuẩn bị điều kiện học tập
cho học sinh của giáo viên quá nhiều, việc quản lí học sinh trong giờ học hoặc
tạo điều kiện cho học sinh phát biểu ý kiến của mình cịn ít.
- Một số học sinh chưa có thái độ đúng đắn, chưa tự giác trong học tập, chưa tập
trung chú ý, khám phá kiến thức, thực hiện các yêu cầu của giáo viên và sách
giáo khoa đề ra, mà chỉ ỷ lại ở bạn bè, phụ thuộc vào bạn bè trong các hoạt động
học tập. điều đó dẫn đến hiệu quả, chất lượng học tập không cao.
- Một số học sinh xem nhẹ việc học lý thuyết, việc vận dụng lý thuyết vào thực
tế giải toán.
2


- Phần lớn học sinh hiểu được vấn đề, song khơng diễn đạt được, hoặc khơng thể
trình bày được hồn chỉnh, hoặc khơng định hướng được phương pháp giải tốn
trên hướng phân tích tổng hợp.
2.3. CÁC GIẢI PHÁP ĐÃ SỬ DỤNG ĐỂ GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ:
2.3.1. Kiến thức cơ bản về hình vng.
a) Định nghĩa: Hình vng là tứ giác có bốn góc vng và có bốn cạnh
bằng nhau.
b)Tính chất:

- Tính chất về cạnh: có 4 cạnh bằng nhau.
- Tính chất về góc: có 4 góc bằng nhau và bằng 900.
- Tính chất về đường chéo:
+ Hai đường chéo bằng nhau
+ Hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường
+ Hai đường chéo vng góc với nhau
+ Hai đường chéo là tia phân giác của các góc của hình vng
c) Dấu hiệu nhận biết hình vng:
Dấu hiệu 1: Hình chữ nhật có hai cạnh kề bằng nhau.
Dấu hiệu 2: Hình chữ nhật có hai đường chéo vng góc với nhau là hình
vng.
Dấu hiệu 3: Hình chữ nhật có một đường chéo là đường phân giác của một góc
là hình vng.
Dấu hiệu 4: Hình thoi có một góc vng là hình vng.
Dấu hiệu 5: Hình thoi có hai đường chéo bằng nhau là hình vng.
2.3.2. Phương pháp dựng trực tiếp:
Ngồi các cách vẽ đường phụ như: đường vng góc, đường song song,
tia phân giác, đường kính của đường trịn,… cũng như các cách vẽ hình phụ
như: tam giác đều, hình bình hành, đường trịn,… Khi vẽ hình phụ là hình vuông
làm xuất hiện trung điểm của đoạn thẳng, các đoạn thẳng bằng nhau, các góc
bằng nhau, các tam giác bằng nhau, các đường thẳng song song, ba điểm thẳng
hàng, góc có số đo bằng 450,…giúp dễ dàng đến được với lời giải của bài tốn.
Dưới đây là một số ví dụ cụ thể.
Bài tốn 1: Cho  ABC vng tại A (AC > AB) có đường cao AH. Trên
tia HC lấy điểm D sao cho HD = HA. Vẽ tia Dx vng góc với BC cắt AC tại
E. Chứng minh rằng: AB = AE

3

Hướng dẫn: Ta thấy
= 900 và AH = HD nên ta dựng một hình
vng nhận ba điểm A, H, D làm ba đỉnh. Từ đó xuất hiện hai tam giác nhận
AB, AE tương ứng là hai cạnh bằng nhau do đó bài tốn sẽ được giải quyết.
C

D
E
F
x
H

Chứng minh:
Xét tứ giác AHDF có:

B

A

Gọi F là hình chiếu của A trên Dx
=

= 900

=

 Tứ giác AHDF là hình chữ nhật mà AH = HD ( GT )
 Tứ giác AHDF là hình vng
Xét HAB và FAE có:

= 900

=

AH = AF ( do AHDF là hình vng )
=

(cùng phụ với

)

 HAB = FAE ( g.c.g )  AB = AE (đpcm)
Từ bài toán 1khi tam giác ABC vng cân và có đường trung tuyến CM ta
có bài tốn 2 sau đây.
Bài tốn 2: Cho  ABC vng cân tại A, có đường trung tuyến CM.
Đường thẳng đi qua A và vng góc với CM cắt BC tại H. Tính tỉ số ?
Hướng dẫn: Do ABC vuông cân tại A là một nửa của hình vng nên
ta nghĩ tới việc dựng một hình vng nhận ba điểm A, B, C làm ba đỉnh. Trong
trường hợp này hãy làm xuất hiện trung điểm của đoạn thẳng để từ đó tính được
tỉ số
N

B

K

H
M

4

A

C


Chứng minh: Dựng hình vng ABKC.
Gọi giao điểm của AH và BK là N.
Xét ACM và BAN có:
=

= 900

AC = AB ( do ABKC là hình vng )
=

(cùng phụ với

)

 ACM = BAN ( g.c.g )
 AM = BN
Ta có: AM = AB và AB = AC  BN = AC  =
Ta có: BN // AC ( do BK // AC ) HBN ~ HCA
 = =
Vì tam giác vng là một nửa của hình chữ nhật nên khi thay tam giác
vng thành hình chữ nhật ta có bài tốn 3 như sau.
Bài tốn 3: Cho hình chữ nhật ABCD. Kẻ BH  AC ( H  AC ). Trên
tia đối của tia BH lấy điểm E sao cho BE = AC. Tính số đo của

?

Hướng dẫn: Dựng một hình vng có cạnh là AB. Lúc đó ta sẽ có được
ba điểm thẳng hàng. Dẫn tới
là góc của một tam giác vng cân nên sẽ tính
được số đo của
F

K

A

E

B

H
D

C

5


Chứng minh:
Dựng hình vng ABKF.
Xét ABC và BKE có:
AB = BK ( do ABKF là hình vng );
=

(cùng phụ với

)

AC = BE ( GT )
 ABC = BKE ( c.g.c )
= 900 mà

=

= 900 ( do ABKF là hình vng )

 Ba điểm E, K, F thẳng hàng
Ta có: BC = KE ( do ABC = BKE )
Mà BC = AD ( do ABCD là hình chữ nhật )  KE = AD
Mặt khác: KF = AF ( do ABKF là hình vng )
 KE + KF = AD + AF
 EF = DF
Xét FDE có:


= 900 và EF = DF  FDE vuông cân tại F

= 450 hay

= 450

Nếu từ một tam giác vng mà có điều kiện đặc biệt về hai cạnh góc
vng thì ta có bài tốn 4 sau đây.
Bài tốn 4: Cho  ABC vng tại A có AB = AC. Trên cạnh AC lấy các
điểm D, E sao cho AD = DE = EC. Chứng minh rằng:

= 450.

+

Hướng dẫn: Trên nửa mặt phẳng bờ AC khơng chứa điểm B ta dựng một
hình vng, lúc đó xuất hiện một góc có số đo bằng :
+
và bài toán sẽ
được giải.
B

A

M

D

N

E

C

6


Chứng minh:
Trên nửa mặt phẳng bờ AC không chứa điểm B dựng hình vng ADNM
Xét MBN và DCN có: MB = DC,

= 900, MN = DN

=

 MBN = DCN ( c.g.c )
=


mà

=

(so le trong)

=

Ta có:


+

= 900

+



= 900

= 900

Xét BNC có:

= 900 và NB = NC ( do MBN = DCN )

 BNC vuông cân tại N


= 450

Xét AEB và DCN có: AE = DC;

=

= 900; AB = DN

 AEB = DCN ( c.g.c )


=

Ta có:

+

=

+

=

= 450 ( đpcm )

Cũng từ một tam giác vuông cân ta lấy các trung điểm của hai cạnh góc
vng khi đó ta có bài tốn 5 sau đây.
Bài tốn 5: Cho  ABC vng cân tại A. Gọi M, N lần lượt là trung
điểm của AB, AC. Kẻ NH  CM ( H  CM ). Chứng minh rằng:  ABH cân.
dẫn: Ta dự đoán ABH
cân tại B. Vì vậy ta chứng
B
K minh AB =
BH và bằng một đoạn thẳng thứ ba nào đó. Do đó ta sẽ dựng một hình vng để
có các đoạn thẳng bằng nhau và sẽ có được lời giải của bài toán.
IHướng

M

H

7
A

N

C


Chứng minh:
Dựng hình vng ABKC.

Xét AMC và CKN có:
AM = CN ( do AM = AB, CN = AC và AB = AC )
( = 900 )

=

AC = CK ( do ABKC là hình vng )
 AMC = CKN ( c.g.c )


=

Ta có:


=

( vì cùng bù với

)

=

 Ba điểm N, H, K thẳng hàng
Gọi giao điểm của CM và KB là I
Xét MBI và MAC có:
MB = MA ( do M là trung điểm của AB )
=
=

( đối đỉnh )
( = 900 )

 MBI = MAC ( g.c.g )
 BI = AC
Mà AC = BK ( do ABKC là hình vng )
 BI = BK
Xét HIK vng tại H có HB là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền IK
 HB = IK = BK
Mà BK = AB ( do ABKC là hình vng )
 HB = AB
 ABH cân tại B ( đpcm )
8


Vì tam giác vng cân là một nửa của hình vng nên khi thay tam giác
vng cân thành hình vng ta có bài tốn 6 sau đây.
Bài tốn 6: Cho hình vng ABCD. Lấy điểm M nằm trong hình vng
sao cho
=
= 150. Chứng minh rằng:  ABM đều.
Hướng dẫn: Ta thấy AMB đã là tam giác cân tại M. Để chứng minh
AMB đều ta chỉ cần chứng minh AM = AB. Mà AB là cạnh của hình vng
ABCD. Do đó ta dựng một hình vng trên cạnh DM và bài toán sẽ được giải.

A

B

E

F

M
C

D

Chứng minh:
Trên nủa mặt phẳng bờ DM có chứa điểm A, dựng hình vng DMEF
Xét ADF và CDM có:
AD = DC ;

= 150; DF = DM

=

 ADF = CDM ( c.g.c )
 AF = MC = DM = EF
Và

=

–

=

 AEF đều ( do AF = FE và
 AE = EF = EM = AF và


=

= 1500 - 900 = 600

=

= 600 )
= 600

= 600 + 900 = 1500

+

Ta có: AME = ADF ( c.g.c )
(do AE = AF,

=

+

= 1500, EM = FD )

 AM = AD
9


 ABM là tam giác đều ( đpcm )
Lại từ một tam giác vng cân ta có thể dựng sẵn một hình vng khi đó
ta có bài tốn 7 sau đây.
Bài tốn 7: Cho  ABC vng cân tại A. Trên tia đối của tia AC lấy

điểm D bất kì ( AD < AC ). Dựng hình vng ADMN ( N  AB ). Trên cạnh
= 450. Chứng minh rằng: MK đi qua một điểm

BD lấy điểm K sao cho
cố định

Hướng dẫn: Dự đoán MK đi qua điểm cố định là E, mà E và các điểm A,
B, C là bốn đỉnh của một hình vng. Do đó ta dựng hình vng ABEC thì bài
tốn sẽ được giải.

B

E

F
K
M

N

D

C

A

Chứng minh:
Dựng hình vuông ABEC
Trên cạnh EC lấy điểm F sao cho EF = AD
Xét EBF và ABD có:

EB = AB(do ABEC là hình vng);

=

= 900; EF = AD(do ta lấy điểm F)

 EBF = ABD ( c.g.c )


=

mà



+

= 900



= 900

Xét BDF có:

+

= 900

= 900 ( chứng minh trên ) và BF = BD (do EBF = ABD)

10


 BDF vuông cân tại B


= 450 mà

= 450 ( GT )

 MK // DF (1)
Ta có: MD //= EF
 Tứ giác MEFD là hình bình hành
 ME // DF (2)
Từ (1) và (2)  Ba điểm M, K, E thẳng hàng
 MK đi qua điểm E là một điểm cố định
Cũng từ một tam giác vuông cân ta lấy một điểm bất kì trên cạnh huyền
khi đó ta có bài toán 8 sau đây:
Bài toán 8: Cho  ABC vng cân tại A. Gọi M là điểm bất kì trên cạnh
BC ( M ≠ B, C ). Hình chiếu của M trên các cạnh AB, AC lần lượt là H và K. Gọi
I là giao điểm của CH và BK. Chứng minh rằng: MI luôn đi qua một điểm cố
định.
Hướng dẫn: Do ABC vuông cân tại A là một nửa của hình vng nên
ta dựng hình vng có ba đinh là A, B, C. Lúc đó sẽ xuất hiện ba điểm thẳng
hàng .Từ đó tìm ra được điểm cố định mà MI đi qua.
D

B

E

M

P

H
I

F

A

C

K

Chứng minh:
Dựng hình vng ABDC
Xét HBM có
= 900 ( do H là hình chiếu của M trên AB )và
(do ABC vuông cân tại A)

= 450

 HBM vuông cân tại H  HM = HB (1)
Xét tứ giác AHMK có

=

=

= 900
11


 Tứ giác AHMK là hình chữ nhật
 HM = AK (2)
Từ (1) và (2)  HB = AK
Xét ABK và BDH có:
= 900 ; AK = HB (CM trên )

AB = BK ( do ABKC là hình vng ); Â =
 ABK = BDH ( c.g.c )


=

mà



+

= 900

=

= 900

 BK  DH tại E ( với E là giao điểm của BK và DH )

Tương tự: CH  DK tại F ( với F là giao điểm của CH và DK )
Xét DHK có: KE  DH ( vì BK  DH ), HF  DK ( vì CH  DK ). Gọi giao
điểm của KE và HF là I
 I là trực tâm của DHK
 DI  HK (1)
Gọi P là giao điểm của HM và CD.
Ta có: Tứ giác CKMP là hình vng.
Xét PMD và MKH có: PM = MK;

=

= 900; PD = MH

 PMD = MKH ( c.g.c )


=

 DM  HK (2)
Từ (1) và (2)  Ba điểm I, M, D thẳng hàng
 MI đi qua điểm D là điểm cố định.
2.3.3. Phương pháp dựng gián tiếp:
Bên cạnh đó, có những bài tốn ta khơng thể vẽ đường phụ làm xuất hiện
một hình vng trực tiếp ngay được. Mà bằng việc lấy điểm phụ, vẽ đường phụ
một cách hợp lí, trong bài tốn sẽ xuất hiện một tứ giác mà ta chứng minh được
tứ giác đó là hình vng. Từ đó kết nối được các giả thiết với nhau do đó sẽ tìm
ra được lời giải cho bài tốn. Dưới đây là một số ví dụ cụ thể.
Bài tốn 9: Cho  ABC vng tại A ( AB < AC ). Gọi M là trung điểm
của BC. Trên đường trung trực của BC lấy điểm E sao cho ME = MB ( E và A
khác phía đối với BC ). Chứng minh rằng: AE là phân giác của

.

12


= 900. Bài ra yêu cầu chứng minh AE là phân

Hướng dẫn: Ta thấy

giác của
nên ta nghĩ tới việc tạo ra một tứ giác và sau đó chứng minh cho
tứ giác đó là hình vng có AE là đường chéo.

E

H

B

M

A

K

C

Chứng minh:
Kẻ EH  AB ( H  AB ), EK  AC ( K  AC )
Xét tứ giác AHEK có:

=

=

= 900

 Tứ giác AHEK là hình chữ nhật (1)


= 900

Xét MBE có MB = ME và

= 900

 MBE vng cân tại M 
= 450

Tương tự:
Ta có:

= 450

=

+

= 450 + 450 = 900

Xét HBE và KCE có:
=
=

= 900
( cùng phụ với

)

EB = EC ( do E thuộc đường trung trực của BC )
 HBE = KCE ( ch.gn )  EH = EK (2)
Tù (1) và (2)  Tứ giác AHEK là hình vng
13


 AE là phân giác của

(đpcm)

Từ một tam giác vuông nếu bài toán 9 lấy trung điểm của cạnh huyền thì
giờ ta vẽ tia phân giác của góc vng khi đó ta có bài tốn 10 sau đây.
Bài tốn 10: Cho  ABC vuông tại A. Tia phân giác AD. Đường thẳng
đi qua D và vng góc với BC cắt AC tại I. Chứng minh rằng: DB = DI.
Hướng dẫn: Ta thấy
= 900 có AD là tia phân giác nên ta dựng hình
vng AMDN với M  AB, N  AC. Lúc đó sẽ xuất hiện hai tam giác lần lượt
nhận DB, DI làm cạnh tương ứng bằng nhau. Bài toán sẽ được giải.
A
I

N
M

B

C

D

Chứng minh: Kẻ DM  AB ( M  AB )
Kẻ DN  AC ( N  AC )
Xét tứ giác AMDN có

=

=

= 900

 Tứ giác AMDN là hình chữ nhật.
Hình chữ nhật AMDN có AD là đường phân giác.
 Tứ giác AMDN là hình vng.
Xét MBD và NID có:
=

= 900

MD = ND ( do tứ giác AMDN là hình vng )
=

( cùng phụ với

)

 MBD = NID ( g.c.g )
 DB = DI ( đpcm )
Khi thay tam giác vng thành dạng đặc biệt của nó là tam giác vng
cân ta có bài tốn 11 sau đây.

14


Bài tốn 11: Cho  ABC vng cân tai A. Trên nủa mặt phẳng có bờ
BC khơng chứa điểm A vẽ tia Bx sao cho
= 1350. Gọi D là điểm bất kì
trên cạnh AB. Đường thẳng đi qua D và vng góc với CD cắt tia Bx tại E.
Chứng minh rằng:  CDE vuông cân.
Hướng dẫn: Gọi giao điểm của BE và CD là K. Dựng một hình vng
nhận BD làm đường chéo. Vận dụng kết quả của bài toán 6 đã giải ở trên ta có
DK = DI. Từ đó ta có lời giải cho bài tốn này.
x

E

B
I
N

H

K
D

A

C

Chứng minh:
Gọi giao điểm của BE và CD là K.
Gọi giao điểm của BC và DE là I.
Xét DEK và DCI có:
=

= 900

DK = DI ( theo bài toán trên )
=

( cùng phụ với

)

 DEK = DCI ( g.c.g )
 DE = DC
 DCE vuông cân tại D (đpcm )
Không xét tam giác vuông nữa mà xét một tam giác đều ta có bài tốn 12
sau đây.
15

Bài tốn 12: Cho  ABC đều có AH là đường cao. Trên tia HC lấy điềm
D sao cho HD = HA. Trên nửa mặt phẳng bờ BC không chứa điểm A vẽ tia
Dx sao cho
= 150. Tia Dx cắt AB tại E. Chứng minh rằng:  EHD cân.
Hướng dẫn: Ta thấy
= 450. Do đó khi ta kẻ DF  AB ( F  AB ) thì
FDE vng cân tại F. Dựng một hình vng
có FH là đường chéo thì bài toán
A
sẽ đươc giải.
F

N
M

B

x

C

H

D

E

Chứng minh:
Kẻ DF  AB ( F  AB ), HM  AB ( M  AB ), HN  DF ( N  DF )
Xét tứ giác HMFN có

=

=

= 900

 Tứ giác HMFN là hình chữ nhật (1)
Xét MAH và NDH có:
= 900; HA = HD ( GT ) ;

=

=

= 300

 MAH = NDH (ch.gn)
 MH = NH (2)
Từ (1) và (2)  Tứ giác HMFN là hình vng


=

Xét FDE có:

= 900 và

= 450

 FDE vng cân tại F
Xét FHD và FHE có:
16


FD = FE ( do FDE vuông cân tại F )
=

(do

=

)

FH chung
 FHD = FHE ( c.g.c )
 HD = HE
 HDE cân tại H
Bài tốn sau khơng xét các trường hợp đặc biệt của tam giác nữa mà là
một tam giác nhọn ta có bài tốn 13 sau đây.
Bài tốn 13: Cho  ABC nhọn có các đường cao BD, CE cắt nhau tại H
thỏa mãn AH = BC. Gọi G là trọng tâm  ABC. Chứng minh rằng: GH đi
qua trung điểm của DE.
Hướng dẫn: Để chứng minh GH đi qua trung điểm của DE ta dựng một
hình vng có DE là đường chéo. Gọi giao điểm hai đường chéo của hình vng
là I. Ta chứng minh cho ba điểm H, I, G thẳng hàng. Lúc đó bài toán được chứng
A
minh.

N

K

I

G

D

E
H

B

M

C

Chứng minh:
Gọi M, K, N lần lượt là trung điểm của BC, AH, AG.
Xét DBC vuông tại D có DM là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền BC
 BC = 2.DM
Tương tự BC = 2. EM, AH = 2.DK, AH = 2.EK
Mà BC = AH
17


 DM = EM = DK = EK
 Tứ giác MDKE là hình thoi (1)
Ta có:

=

Mà

=



=

,

=

( cùng phụ với

Mặt khác

+



+

= 900



= 900 (2)

)

= 900

Từ (1) và (2)  Tứ giác MDKE là hình vng
Gọi I là giao điểm của MK và DE
Ta có: IG là đường trung bình của MKN  IG // KN
KN là đường trung bình của AHG  HG // KN
 Ba điểm H, I, G thẳng hàng  HG đi qua trung điểm của DE (đpcm)
2.4. HIỆU QUẢ CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐỐI VỚI HOẠT
ĐỘNG GIÁO DỤC, VỚI BẢN THÂN, ĐỒNG NGHIỆP VÀ NHÀ TRƯỜNG.
Để kiểm tra đánh giá khả năng tiếp thu của học sinh, hiệu quả của đề tài
tôi đã tiến hành kiểm tra hai đối tượng học sinh khối 8(học sinh không áp dụng
đề tài và học sinh sau thời gian áp dụng đề tài).
Đề bài: Cho ABC vuông cân tại A. Gọi M là trung điểm của AC và H là
hình chiếu của A trên BM. Tính số đo

.
K

B

N
P
H

A

Chứng minh:

M

C

Dựng hình vuông ABKC. Gọi giao điểm của AH và CK là N
Kẻ CP  AN (P  AN)  HM // CP ( vì cùng vng góc với AN )
Xét ACP có MA = MC, HM // CP  HA = HP.
18


Ta có PAC = HBA ( ch.gn )  CP = HA
 HP = CP
 PHC vuông cân tại P


= 450 

= 1350

Kết quả đạt được
Đối với học sinh không áp dụng đề tài: Số học sinh tham gia : 30
Mức điểm(đ)

đ< 5

5≤ đ <7

7≤đ<8

8≤đ≤10

Số HS

15

10

5

0

Tỉ lệ %

50%

33,3%

16,7%

0%

Đối với học sinh áp dụng đề tài: Số học sinh tham gia : 30.
Mức điểm(đ)

đ< 5

5≤ đ <7

7≤đ<8

8≤đ≤10

Số HS

7

10

8

5

Tỉ lệ %

23,3%

33,3%

26,7%

16,7%

Với ý tưởng sáng tạo này tôi đã thực hiện những năm học vừa qua và
mang lại kết quả tiến bộ năm sau hơn năm trước, đã góp phần vào việc nâng cao
chất lượng học tập của học sinh và giúp học sinh u thích hình học hơn. Tuy
nhiên phương pháp này địi hỏi người giáo viên ln phải rèn luyện, trau dồi
kiến thức, nhằm làm chủ các tình huống khi khai thác bài tốn. Khi sử dụng
phương pháp này khơng những phát huy được tư duy sáng tạo của học sinh mà
cịn giúp giáo viên hồn thiện mình hơn. Bên cạnh đó giáo viên có thể học hỏi,
tích lũy thêm kinh nghiệm từ chính học trị của mình. Vì với cách dạy học theo

hướng này nhiều em đã sáng tạo ra những cách giải hay, độc đáo. Với kết quả
trên, tôi thấy mình đã có những tiến bộ vượt bậc trong công tác giảng dạy, số
lượng học sinh khá, giỏi ngày càng tăng lên.

3. KẾT LUẬN.
3.1. KẾT LUẬN.
Trên đây là nội dung những biện pháp thực hiện, kết quả và những bài học
kinh nghiệm của bản thân đã rút ra trong quá trình giảng dạy. Nội dung cơ bản
của đề tài này là giúp học sinh có thêm một phương pháp kẻ đường phụ làm xuất
hiện hình vng trong giải tốn hình học. Đây là việc làm rất khó khăn, lâu dài
địi hỏi giáo viên phải có tình thương, biết hy sinh và tinh thần trách nhiệm cao
trong công tác. Mỗi người thầy có một cách làm riêng, song với cách làm nêu
trên, với thành công ban đầu tôi thiết nghĩ đó là kết quả đáng phấn khởi đối với
người thầy dạy tốn. Việc làm này khơng dễ thành cơng trong ngày một ngày hai
mà phải là sự cố gắng bền bỉ và tận tuỵ thì mới mong mang lại kết quả tốt cho
học sinh của mình.
19


Khơng ngồi tâm huyết với các em học sinh, niềm đam mê dành cho bộ
mơn tốn học và mong muốn nâng cao chất lượng dạy học, tôi đã tiến hành học
tập, nghiên cứu, tích luỹ, soạn ra đề tài này. Dù là kinh nghiệm nhỏ nhưng cũng
đã góp phần nâng cao chất lượng dạy học tốn ở trường tơi cơng tác.
Qua kết quả đã khảo sát cho thấy với phương pháp này các em hứng thú
với học tập hơn, không cịn ngại khi học hình học, đồng thời kích thích sự động
não của các em khi đứng trước một bài tốn hình. Các em biết phân tích bài tốn
để tìm ra cách vẽ đường phụ như thế nào cho hợp lí nhằm giải quyết bài tốn với
một tinh thần thoải mái, nhẹ nhàng nhất.
Những kinh nghiệm tôi đưa ra ở trên kính mong đồng nghiệp tham khảo,
hỗ trợ chắc chắn sẽ thu được kết quả cao hơn. Nhằm mục đích cùng nhau rèn

luyện để nâng cao chuyên môn và xây dựng đội ngũ có kiến thức, giàu kinh
nghiệm, ham học hỏi và yêu nghề. Đề tài chắc chắn không tránh khỏi thiếu sót
rất mong nhận được sự góp ý giúp đỡ của quý thầy cô và các bạn đồng nghiệp
để đề tài của tơi được hồn thiện hơn và được ứng dụng rộng rãi hơn trong nhà
trường và phạm vi ngoài nhà trường.
3.2. KIẾN NGHỊ:
Đề nghị nhà trường giúp đỡ tôi kể cả về vật chất lẫn tinh thần để đề tài
của tôi tiếp tục được ứng dụng rộng rãi hơn trong phạm vi nhà trường và ngoài
nhà trường./.
Cẩm Thủy, ngày 19 tháng 05 năm 2021
XÁC NHẬN
CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ
Hiệu Trưởng

Tơi xin cam đoan đây là SKKN của mình
viết, khơng sao chép nội dung của người
khác.
Người viết

Hồn Văn Quyết

Đào Thị Cúc

TÀI LIỆU THAM KHẢO.
1. Phương pháp dạy học môn toán.
Tác giả: Phạm Gia Đức, Vũ Dương Thụy, Bùi Huy Ngọc.
20


Nhà xuất bản giáo dục.

2. Cẩm nang vẽ hình phụ trong giải tốn hình học phẳng dùng cho lớp 6, 7, 8.
Tác giả: Nguyễn Đức Tấn.
Nhà xuất bản tổng hợp TP. Hồ Chí Minh.
3. Tạp chí Tốn tuổi thơ 2.
Nhà xuất bản giáo dục.
4. 23 chuyên đề giải 1001 bài toán sơ cấp bồi dưỡng HSG và luyện thi vào lớp 10.
Tác giả: Nguyễn Đức Hồng, Nguyễn Văn Vĩnh.
Nhà xuất bản trẻ.
5. Nâng cao và phát triển Toán 7, 8, 9.
Tác giả: Vũ Hữu Bình.
Nhà xuất bản giáo dục.
6. Một số chuyên đề nâng cao và phát triển.
Tác giả: Bùi Văn Tuyên.
Nhà xuất bản giáo dục.
7. Tuyển tập đề thi mơn tốn trung học cơ sở.
Tác giả: Vũ Dương Thụy, Lê Thống Nhất, Nguyễn Anh Quân.
Nhà xuất bản giáo dục.
8.Ôn thi vào lớp 10 mơn tốn Năm học 2010- 2011.
Tác giả: Nguyễn Thanh Sơn, Nguyễn Tài Công, Mai Xuân Vinh.
Nhà xuất bản giáo dục.

DANH MỤC
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG SÁNG KIẾN KINH
NGHIỆM NGÀNH GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN, TỈNH VÀ CÁC
CẤP CAO HƠN XẾP LOẠI TỪ C TRỞ LÊN
21


Họ và tên tác giả: Đào Thị Cúc
Chức vụ và đơn vị công tác: Giáo viên trường THCS dân tộc nội trú

TT
1.

Tên đề tài SKKN

giác đồng dạng trong chứng

(A, B, hoặc C)

Năm học
đánh giá
xếp loại

Ngành GD cấp
huyện

C

2013-2014

Ngành GD cấp
huyện

B

2016-2017

Ngành GD cấp
huyện

C

2018-2019

minh các hệ thức”.
Đề tài: “Khai thác các ứng
dụng từ bài tập 87, Sách bài

3.

(Ngành GD cấp
huyện/tỉnh; Tỉnh...)

Kết quả
đánh giá
xếp loại

Đề tài: “Kinh nghiệm khi áp
dụng định lí Ta-Let và tam

2.

Cấp đánh giá xếp
loại

tập Toán 6 - Tập 2–trang 26”.
Đề tài: "Khai thác và xâu
chuỗi bài toán để tạo hứng
thú trong học tập hình học

giúp học sinh rèn luyện hoạt
động toán học".

ĐÁNH GIÁ, XẾP LOẠI SKKN CỦA HỘI ĐỒNG KHOA HỌC, SÁNG KIẾN
NHÀ TRƯỜNG

.................................................................................................................................
.................................................................................................................................
.................................................................................................................................
22


.................................................................................................................................
.................................................................................................................................
................................................................................................................................
Xếp loại:..................................................................................................
TM. HỘI ĐỒNG KHOA HỌC NHÀ TRƯỜNG
Chủ tịch

Hoàng Văn Quyết

23


ĐÁNH GIÁ, XẾP LOẠI SKKN CỦA HỘI ĐỒNG KHOA HỌC, SÁNG KIẾN
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN CẨM THỦY

Sáng kiến kinh nghiệm tiêu biểu
Xếp loại: B
TM. HỘI ĐỒNG KHOA HỌC PHÒNG GD&ĐT

Chủ tịch

Nguyễn Thanh Sơn

24