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 tốn 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 TỐN 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 tốn hình học bằng nhiều cách
PHẦN I
PHẦN MỞ ĐẦU
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI:
Tốn học xuất phát từ những địi 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 cơng nghiệp then chốt như: dầu khí, viễn thơng,
hàng khơng đều khơng thể thiếu được vai trị của tốn 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 mơn khoa học khác đồng thời có thể hoạt động có hiệu
quả trong mọi lĩnh vực của đời sống.
Trong chương trình tốn THCS, Hình học là một phân mơn quan trọng và cần
thiết cấu thành nên chương trình tốn học cùng với phân mơn Số học và Đại số.
Phân mơn này có tính trừu tượng cao, học sinh ln coi là mơn học khó và ngại
học. Đây cũng là mơn khoa học rèn luyện cho học sinh khả năng đo đạc, tính tốn,
suy luận logic, phát triển tư duy sáng tạo, tính linh hoạt, độc lập của học sinh trong
cách tìm tịi 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 tốn, khơng phải tất cả
học sinh đều giải bài toán theo một cách duy nhất. Có rất nhiều học sinh rất muốn
thể hiện bài tốn 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, u thích tốn 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 trơng thấy.”
Chính vì vậy tơi đã thực hiện nghiên cứu và đưa ra đề tài : “ Gây hứng thú
cho học sinh qua việc giải bài tốn 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.

2/30

Gây hứng thú cho học sinh qua việc giải bài tốn hình học bằng nhiều cách
- Giúp cho học sinh có khả năng tư duy một cách linh hoạt, chủ động, sáng
tạo, có hứng thú học tập bộ mơn, u thích và thoải mái trong mỗi giờ học.
Cao hơn nữa, tơi hy vọng có một số học sinh từ việc muốn tìm ra các lời giải
khác nhau cho một bài tốn sẽ có ý thức tìm tịi 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
tốn 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 tốn 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, tơi chỉ trình bày một số định lý và bài tốn
điển hình với nhiều cách giải và giới hạn chủ yếu ở bộ mơn Hình học lớp 7- 8- 9
được rút ra từ thực tế nhiều năm trực tiếp giảng dạy bộ mơn tốn tại trường THCS
Phương Liệt.
- Chỉ đưa ra phương hướng giải hoặc lời giải vắn tắt chứ khơng 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 mơn qua chương trình sách giáo khoa do bộ Giáo dục đào tạo ban hành và kết
quả giảng dạy mơn 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 khơng tránh khỏi
những sai sót. Rất mong các bạn đồng nghiệp đọc, góp ý, bổ sung ý kiến để tơi có
thể hồn 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 tốn hình học bằng nhiều cách
PHẦN II
NỘI DUNG
I. ĐẶT VẤN ĐỀ
Trong giảng dạy mơn tốn nói chung và phân mơn hình học nói riêng, với
đặc thù của mơn học đó là phong phú đa dạng, khó nhưng khơng kém phần hấp
dẫn và lý thú. Đối với học sinh đại trà các em thường ngại học mơn hình học, gặp
khơng ít khó khăn trong việc chứng minh bài tốn hình học. Ngun nhân học sinh
thường “ SỢ” mơn hình học là do các em cho rằng hình học là mơn học khó, trừu
tượng, địi hỏi khả năng lập luận, óc suy xét và tư duy logic tốt. Do vậy bắt đầu lên
đến lớp 7 khi phân mơn 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, cịn
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 tốn Hình học.
Kết quả điều tra thực trạng cho thấy: thực tế kết quả học tập phân mơn hình
học ở bộ phận lớn học sinh còn hạn chế, tỉ lệ học sinh yêu thích mơn Hình học cịn
thấp. Tơi 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 tốn Hình học bằng nhiều cách. Kết

quả cho thấy:
Số HS tham

Số HS giải bài

Số HS khơng

tốn ≥ 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 u thích mơn Hình học của học sinh lớp
7A1 cho thấy:
Số HS tham

Số HS thích

Số HS khơng

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 cịn 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 u thích
mơn học này, trong q trình giảng dạy tơi đã tìm tịi được một số bài tập có thể
4/30


Gây hứng thú cho học sinh qua việc giải bài tốn hình học bằng nhiều cách
vận dụng nhiều kiến thức để giải bằng nhiều cách. Mặt khác gây được hứng thú
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 tịi, phát hiện ra các cách giải hay mà nhiều khi chính người giáo viên cũng
phải bất ngờ trước lời giải đó.
Sau đây tơi 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 tốn
THCS mà chủ yếu là ở lớp 7- 8- 9.
II. CÁC ĐỊNH LÝ ĐIỂN HÌNH
Bài tốn 1: Chứng minh định lý Pitago.
Định lý Pitago: “ Trong tam giác vng bình phương độ dài cạnh huyền bằng tổng
bình phương hai cạnh góc vng”
a2 = b2 + c2
Cách 1: Chứng minh bằng hệ thức lượng trong tam giác:
Ta có:

A

b 2 = b’. a.

b

c

2

c = 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

 AB2 = BE. BH = CB2 – AC2

C

 BC2 = AB2 + AC2
E

5/30

Gây hứng thú cho học sinh qua việc giải bài tốn hình học bằng nhiều cách
C¸ch 3 : Chøng minh b»ng diÖn tÝch
Lấy điểm D trên AC sao cho:

E

AB = CD = c.

B
a

Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ AD vẽ
ED AC sao cho DE = AC = b.

b

a

c

c

b

A

C

D

Tứ giác ABED là hình thang vng.
ABC =  DCE ( c.g.c)
  DEC

 ACB
(hai góc tương ứng)
  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 diƯn tÝch
K

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

H

B

  900
 BHK

 K, G, H thẳng hàng.

c

G

a

E

a

DCE = GKE (c.g.c)

c

A

b

C

I

b

D

 SBCEK = SAHBI + SDEGI


a2 = b2 + c2 .

Cách 5: Chứng minh bằng diện tích:
- Dựng các hình vng 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
6/30

Gây hứng thú cho học sinh qua việc giải bài tốn hình học bằng nhiều cách
là giao điểm của EB và FG.
Tứ giác ABMN là hình bình hành
SABMN = SABFG = AB.GA
BFM = BAC (g.c.g)  BM = BC
 SABMN = SBIPE = BI.BC.


S

= SABFG = AB2

BIPE

Tương tự: S

ICDB

= AC2

BC2 = SBCDE

= SBIPE+ SICDB
= AB2 + AC2
BC2 = AB2 + AC2

Bài tốn 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
E

  DAB
 ( 2 góc đồng vị)
E

  DAC
 ( 2 góc so le trong)
ECA

Mà

  CAD
 (gt)
BAD

A

  ECA

 AEC

 AEC c©n  AE = AC.
Theo định lý Ta lét:

B
D

BD BA 
BD BA


(dpcm)
 
DC AE 
DC AC

C

7/30


Gây hứng thú cho học sinh qua việc giải bài tốn hình học bằng nhiều cách
Cách 2 : Kẻ CE // AB ta có :

A

¢1 = £ ( 2 góc so le trong)

1 2

Mà ¢1 = ¢2 (gt)
¢2 = £  CEA cân
B

 CA = CE (1)

D

C

Theo hệ quả của định lý Ta lét :
Ta có:

DB AB

(2)
DC CE

E



Tõ(1),(2)
(®pcm).
Cách 3 : Kẻ DE // AB


ADE ( 2 góc so le trong)
Ta có BAD
  CAD
 (gt)
Mµ BAD

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

DE EC
DE AB



( 2)
AB AC
EC AC

Tõ (1),(2) 

BD AB

(dpcm)
DC AC

Cách 4: Kẻ AH  BC;

DI  AB;

DK  AC
S ABD
S ACD

1
AB.DI
AB
2



(1)
1
AC
DC. AH
2
8/30

D

C


Gây hứng thú cho học sinh qua việc giải bài tốn hình học bằng nhiều cách
(Vì DI = DK t/c tia phân giác)
S ABD
S ACD

A

1
BD. AH
BD
2


( 2)
1
DC
DC . AH
2

K
I

AB DB

(dpcm)
Tõ (1),(2) 
AC DC

B

H

D

C

Cách 5: Từ các đỉnh B và C kẻ
BE  AD;

A

CF

 AD.
Ta có:  BED   CFD (g.g)
E

DB BE



(1)
CD CF

F

D
F

Lại có:  ABE  ACF (g.g)



C

AB BE

( 2)
AC CF

Từ (1),(2) 

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 vng ”

Giải:
Cách 1: Sử dụng kiến thức tam giác cân

AMB cân tại M  2B
AMB  1800

A

  180
 AMC cân tại M  2Cˆ  AMC



Bˆ  Cˆ

= 900


BAC
B

M

Cách 2: Sử dụng kiến thức đường trung bình của tam giác:
- Kẻ MN // AB => MN là đường trung bình của tam giác ABC
9/30

C

Gây hứng thú cho học sinh qua việc giải bài tốn hình học bằng nhiều cách
AMB cân tại M ( MB = MA)


B

Trung tuyến MN đồng thời

là đường cao của AMB

M

N

 MN AB .
Mà MN// AC 

AC AB .

A

C

Cách 3: Sử dụng định nghĩa đường trịn
A

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

B

Cách 6: Sử dụng cơng thức tính đường
trung tuyến:

C

M

C

2

b2 + c2 = 2ma2 +
b2 + c2 = 2
2

2

a
2

M
a

b

a2 a2

 a2

4
2

m

A

c

B

2

b + c = a  AB  AC.

Cách 7: Dùng tính chất đường phân giác: “ hai tia phân giác của hai góc kề bù
vng góc với nhau”
Qua A dựng
10/30


Gây hứng thú cho học sinh qua việc giải bài tốn hình học bằng nhiều cách
đường thẳng xy//BC

A
x

y

AC là tia phân giác

góc yAM
AB là tia phân giác
C

.
xAM

M

B

Cách 8: Dùng tính chất véc tơ
AB = AM + MB = AM ­ MC
AC = AM + MC
AB.AC = ( AM ­ MC)( AM + MC) = AM2 ­ MC2
AB.AC = 0  AB  AC.
III. CÁC BÀI TỐN ĐIỂN HÌNH:
Đối với nhiều học sinh ngay cả những bài tốn hình học đơn giản cũng là khó,
cái khó là khơng 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 cịn yếu.
Một số bài tốn để khai thác được nhiều cách giải khác nhau thì việc vẽ thêm
yếu tố phụ cho bài tốn là cịn khó. Học sinh thường khơng biết bắt đầu từ đâu,
khơng có phương pháp chung cho tất cả các bài toán. Ngay đối với một bài tốn
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.

11/30


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

C

H

Cách 2: Sử dụng tính chất đường trung bình.
Qua A kẻ đường thẳng a // BC.
A

F

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

D

Lấy I là trung điểm của BD, kẻ IE // FD

E

( E  FB)

M
I

=> IE là đường trung bình của  DBF
H

B

C

 IE // DF EIB = MDA (g.c.g).
Suy ra đpcm.

Cách 3: Sử dụng định lý: “ Đường thẳng đi
A

qua trung điểm của một cạnh của tam giác
và song song với cạnh thứ hai thì nó đi
D

qua trung điểm của cạnh thứ ba.”

M

HD:

E

Qua H kẻ đường thẳng a song song với CD
B

cắt BD tại E



EB = ED.

+ DA = DE  đpcm.
Cách 4: Sử dụng định lý Ta let.
Có HE // CD.
12/30

H

C


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

A

AHE  BCD ( định lý Talet).

Suy ra đpcm.
D
M
E

B

H

C

Cách 5: Dùng tam giác đồng dạng.
Dựng DN // AH
BDN





BAH

(g.g)

A



BN ND

BH AH
D



CMH





CDN

(g.g)



M

CH MH

CN
DN



Z3

CN 2 DN
BN 2


 .
BH
AH
BH 3

B

H

C

Suy ra đpcm.

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)
 Tứ giác DEMH là hình thang.
Trong tam giác ABH vng tại H
có HD là đường trung tuyến
13/30


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

A

DA = DB = DH.

  DHB


 DBH cân  B
E

D

  EMC

 DHB

D

B

Mà B = EMC ( đồng vị)

H

M

C

  EMH
.
 DHM

  EMH

Hình thang DEMH cã DHM

 DEHM là hình thang cân.

Cách 2:
 DE  AH

DE // MH
AH  MH

  HDE
 ( đường cao đồng thời là phân giác)
DAH cân  ADE
  DEM

Mà ADE



( 2 góc so le trong)
  DEM
.
HDE

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

Cách 3:
Trong tam giác vng 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 tốn 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.
 DAC = CBD  (c.c.c)


Dˆ  Cˆ
14/30


Gây hứng thú cho học sinh qua việc giải bài tốn hình học bằng nhiều cách
 = Bˆ

Mà

B

A

E

 Aˆ  Dˆ  Cˆ  Bˆ = 1800
 AB // DC.

D

C

Cách 2: Ta có ¢ + Eˆ = 1800
  EBC
  900
ABC

Mµ
  ABC

Tõ A

  CEB

 CBE

 CBE cân  CB = CE
Mµ

AD = BC (gt)

 AD = CE

 ADCE là hình bình hành.

AD // CE


AE // DC



AB // DC  ®pcm.
Kẻ DC’ // AB

Cách 3:

 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
 ( gt)
có DAB

  IBA

 IAB

 Tam giác IAB cân tại I.


IA

=

IB

 ID = IC
15/30


Gây hứng thú cho học sinh qua việc giải bài tốn hình học bằng nhiều cách
Lại có AD = BC (gt)
 IDC cân

I

  ICD

 IDC

  IDC
 mà hai góc này ở vị trí đồng
 IAB
vị

 AB // DC

A
B

 ®pcm.
C

D

Bài tốn 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)

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)
16/30

Gây hứng thú cho học sinh qua việc giải bài tốn hình học bằng nhiều cách
  CFB

AED



 AE // CF (®pcm).

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

AE // CF ( đpcm)

Bài tốn 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


AED
∆ ADB cân => ADE
  CDE
 ( 2 góc so le trong) => AED
  CDE

AED

.
DE là phân giác của góc ADC

Cách 2: Kẻ phân giác DE có tam giác ADE cân

  CDE
 = AED
vì ADE



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.
17/30


Gây hứng thú cho học sinh qua việc giải bài tốn hình học bằng nhiều cách
Cách 5: Kẻ phân giác Góc D và Â cắt nhau tại G.
Ta có Â + D = 180 0 ( 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 tốn 6: Cho hình vng ABCD, K là trung điểm của AB; L thuộc AC sao
cho LA = 3LC.
Tính góc KLD = ?
Giải:
Cách 1: Hạ LI  AB.
A

LJ  AD.

I

K

B

Có AILJ là hình vng
 IB = JD.

O

Từ LO = LC ( gt)

J

L

 KI = IB
D

  JDL = IKL

KLJ

DLJ



900
JLI

Mà


900 (đpcm).
JLD

Cỏch 2: Hạ KP  AC .
Cã  PKL =  OLD
  ODL

 PJK

  OLD
  900
 DOL cã ODL
  OLK
  900
 DLO
  900 (®pcm).
 KLD
18/30

C


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

A
K
P
O

Q

E
L

D

F

C

Cách 4: Hạ OE  BC; O F  DC


Tứ giác OFCE là hình vng 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 =
1
KD
2

A F =

1
AF
2

  900 .
 Góc DLK

Bài tốn 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 =

1
CK.
2

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
D
B

EB =

E
C

1
CK.
2

Mà CD = BE (2 trung tuyến ứng với
2 cạnh bên của tam giác cân)
 CD =

K

19/30

1
CK.
2


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

Cách 2:
Gọi I là trung điểm của CK 

D

1
CK.
2

CI =

C

B
I

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

1
CK.
2

K

Trên tia đối của tia BC lấy điểm P

Cách 3:

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 = 900). 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.
b) Tính diện tích hình bình hành BMND.
Giải:

A
6

8

M

N

4

B

D

H

C

a) Tính MN?
 AMN cã MN2 = AM2 + AN2 = 62 + 82 = 36 + 64 = 100.
20/30


Gây hứng thú cho học sinh qua việc giải bài tốn hình học bằng nhiều cách
 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

 
AD NC 4 NC

 NC 


( v× DN = BM = 4cm)

8.4 16
 (cm)

6
3

Tính BC?

Cách 1: Dùng định lý Pitago.
BC2

AB2

=

+

AC2

2

1600
 40 
   100 
9
 3 

=



BC =

900  1600 2500

9
9

2500 50
 (cm)
9
3

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

21/30

=

102

+


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

2

cm )
Cách 2:
KỴ NH BC .



NH ND

CA CB



 NDH  CBA

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

NH
4

40
50
3
3

SBMDN = BD . NH = 10.

16
 32( cm 2 )
5

Cách 3:
DNC vu«ng  SDNC =

1
ND . NC
2

=
1 16 32
.4. 
2
3
3

Mặt khác

SNDC =

1
.DC.NH
2

=

1  50

1
( BC  BD)..NH =
  10 .NH
2 3
2


=

1 20
32
. .NH 
2 3
3

22/30

(

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

 NM 

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

= 10.

16
 32(cm 2 )
5

Cách 4:

SMNDB = SABC ­ ( SAMN + SCND)
AMN   ABC
2



2

S AMN  6 
9

3
    
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

 S CND 

4
.S CAB
5

4
13
 9
 S AMN  S CND    .S ABC  .S ABC
25
 25 25 
S ABC 

1
1
40 200
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.
23/30

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

1
Â.
2

Giải
A

Cách 1 :
a) vì DA = DC ( gt)
OA = OC ( gt)


D

N
E
O

DO là đường trung bình của
B

tam giác CAE.


O

M

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.
1
DC .
2

b) Tam giác EDC có NO là đường trung bình  NO // =
Tam giác CEB có OM là đường trung bình



OM

//

(1)
=

1
EB

2

(2)
Mà
(3)

EB

Từ (1),(2),(3)

=

DC

  OMN cân ( đpcm).

Ta có

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

Mà

  2NMO
 ( NOM là góc ngồi của tam giác cân ONM)
OND



(gt)

  2NMO
 (®pcm).
A

Bài tốn 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 vng góc với FH.
Giải:

24/30


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

B

A

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

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 vng 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 vng 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 trị là

A

B

đường kính, đường cịn lại sẽ là tiếp tuyến.

C

D

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

I

Từ A dựng tiếp tuyến Ay của đường tròn.
F

E

 Ay // FH do đó AE  FH ( đpcm)
Cách 4: Đường kính đi qua trung điểm của dây cung thì vng góc với dây cung.

25/30

H