SKKN Một số Phương pháp vẽ thêm yếu tố phụ trong giải toán hình học lớp 7

1. PHẦN MỞ ĐẦU
1.1. Lý do chọn đề tài
Xuất phát từ mục tiêu Giáo dục trong giai đoạn hiện nay là phải đào tạo ra con
người có trí tuệ phát triển, giàu tính sáng tạo và có tính nhân văn cao. Nhằm đáp ứng
yêu cầu mới trong nhu cầu của thời đại, việc triển khai chương trình giáo dục phổ
thơng, nhằm thực hiện các mục tiêu, nhiệm vụ của Nghị Quyết số 29-NQ/TW ngày
04/11/2013 Ban chấp hành Trung ương Đảng về “Đổi mới căn bản, toàn diện giáo
dục và đào tạo, đáp ứng u cầu cơng nghiệp hố, hiện đại hoá trong điều kiện kinh tế
thị trường định hướng xã hội chủ nghĩa và hội nhập quốc tế” đã được Hội nghị lần
thứ 8, Ban Chấp hành Trung ương (Khóa XI) thông qua.
Nghị quyết số 29 của Hội nghị BCH TƯ lần thứ 8 (Khóa XI) là sự kế thừa,
nâng cao của Nghị quyết Trung ương 2 (Khóa 8). Theo đó, Trung ương Đảng tiếp tục
xác định phát triển GD&ĐT là quốc sách hàng đầu và trong xu thế hiện nay “Đổi mới
căn bản, toàn diện giáo dục và đào tạo, đáp ứng u cầu cơng nghiệp hố, hiện đại
hố trong điều kiện kinh tế thị trường định hướng xã hội chủ nghĩa và hội nhập quốc
tế” nhằm nâng cao chất lượng nguồn nhân lực được Đảng ta xác định là một trong ba
đột phá chiến lược của công cuộc phát triển đất nước.
Quan điểm chỉ đạo, mục tiêu, nhiệm vụ và giải pháp của Nghị quyết số 29NQ/TW của BCH Trung ương đưa ra để tập trung lãnh, chỉ đạo thực hiện 8 nhiệm vụ
và giải pháp cơ bản theo đúng thực tiễn của sự phát triển kinh tế xã hội trong đó
nhiệm vụ giải pháp thứ 2 là tiếp tục đổi mới mạnh mẽ và đồng bộ các yếu tố cơ bản
của giáo dục, đào tạo theo hướng coi trọng phát triển phẩm chất, năng lực của người
học.
Đó là một cuộc cải cách nhằm nâng cao chất lượng giáo dục tồn diện, phát
huy tính tích cực chủ động, sáng tạo của học sinh, phù hợp với đặc điểm của từng lớp
học, mơn học, nhằm tác động đến tình cảm, đem lại niềm vui hứng thú cho học sinh,
giúp các em trở thành những con người phát triển toàn diện (Đức, Trí, Thể, Mỹ...).
Tốn học là một bộ mơn của khoa học tự nhiên được ra đời và phát triển rất
sớm. Ngay từ khi ra đời Toán học đã phục vụ thiết thực cho đời sống xã hội, hơn nữa,
Toán học được coi là cơ sở của nhiều ngành khoa học, nó phát triển tư duy, phát triển
năng lực trí tuệ và rèn luyện phương pháp suy luận logic của con người.... Chính vì
vậy mà ngày nay Tốn học là môn học chiếm nhiều thời gian nhất trong kế hoạch đào

tạo của nhà trường phổ thông. Thông qua việc học tập Tốn học, việc học sinh ngồi
việc nắm vững kiến thức còn biết áp dụng vào thực tiễn, vào lao động sản xuất...
Trong nhà trường phổ thơng, mơn Tốn nói chung và mơn Hình học nói riêng
giữ một vị trí rất quan trọng. Trong mơn học này, học sinh được học nhiều kiến thức,
nhiều phương pháp suy luận, rèn luyện kỹ năng tính tốn, vẽ hình. Ngồi ra mơn học
này cịn góp phần bồi dưỡng cho học sinh những phẩm chất đạo đức, tính linh hoạt,
độc lập, sáng tạo.....
Nhưng do tính trừu tượng của mơn học và là mơn học khó đối với học sinh cấp
THCS. Gặp bài chứng minh hình học, học sinh thường lúng túng khơng biết bắt đầu
từ đâu, vận dụng kiến thức nào để giải quyết vấn đề. Do vậy bài làm của nhiều học
sinh bị sai, khơng hồn chỉnh hoặc khơng tìm được phương pháp giải...dẫn đến học
1


sinh ngại học mơn hình, trong khi tìm phương pháp giải Tốn hình học ta gặp một số
bài tốn mà nếu khơng vẽ thêm đường phụ thì có thể bế tắc. Nếu biết vẽ thêm đường
phụ thích hợp tạo ra sự liên hệ giữa các yếu tố đã cho thì việc giải toán trở nên thuận
lợi hơn, dễ dàng hơn. Thậm chí có bài phải vẽ thêm yếu tố phụ thì mới tìm ra lời giải.
Tuy nhiên, trong sách giáo khoa chỉ trình bày một số bài tập cơ bản với thời
lượng chưa nhiều. Với các bài tập có liên quan đến vẽ đường phụ phần lớn học sinh
vận dụng kiến thức chậm hoặc không biết làm thế nào để vẽ thêm đường phụ để giải
bài tập. Đối với học sinh khá giỏi thì các dạng bài tập hình học trong SGK thường
chưa làm các em thoả mãn vì tính ham học, muốn khám phá tri thức mới của mình.
Hiện nay, trong kì thi học sinh giỏi Tốn 7, các bài tốn có vẽ thêm yếu tố phụ
khá phổ biến. Tuy nhiên vẽ thêm yếu tố phụ như thế nào để có lợi cho việc giải tốn
là điều khó khăn và phức tạp. Vậy làm thế nào để học sinh có thể nắm được một số
phương pháp vẽ thêm yếu tố phụ để giải các bài tập trong Hình học 7?
Xét trên thực tế qua những năm giảng dạy lớp 7, đặc biệt là trong công tác bồi
dưỡng học sinh giỏi, tôi nhận thấy nhu cầu học tập của học sinh, muốn được tiếp thu
các kiến thức bổ trợ để có thể vận dụng vào việc giải các bài tập trong các kì thi học

sinh giỏi, các kì thi cấp THCS, kì thi vào THPT hoặc một số trường, lớp chất lượng
cao là rất cần thiết. Vì vậy tơi mạnh dạn thực hiện sáng kiến kinh nghiệm: “Một số
Phương pháp vẽ thêm yếu tố phụ trong giải tốn hình học lớp 7”.
* Điểm mới của Sáng kiến
Nội dung của sáng kiến này trước đây đã có một số người nghiên cứu song nội
dung còn chung chung, chưa đưa ra các dạng bài cụ thể. Điểm mới trong sáng kiến
này, tôi tập trung trang bị đầy đủ các dạng bài tập vận dụng một số phương pháp vẽ
thêm yếu tố phụ. Đối với mỗi dạng toán đưa ra phương pháp giải cụ thể và tập trung
phân tích kĩ các ví dụ và bài tập áp dụng. Trong sáng kiến này tôi đã cố gắng tìm ra
một số ví dụ về các phương pháp vẽ thêm yếu tố phụ, đưa ra các dạng bài tập từ dễ
đến khó, các bài tập nâng cao dành cho học sinh khá giỏi. Khi gặp dạng toán học sinh
dễ nắm bắt và giúp học sinh chủ động được cách giải, chủ động tư duy tìm hướng
giải quyết cho các bài toán. Sáng kiến thực hiện tại trường đang giảng dạy và áp dụng
giảng dạy có hiệu quả tốt. Nội dung vẽ thêm yếu tố phụ trong việc giải một số bài
toán thường gặp ở cấp THCS có thể nhân rộng áp dụng vào giảng dạy ở các đơn vị
trên địa bàn. Mong rằng sáng kiến sẽ được các em học sinh và đồng nghiệp đón nhận.
1.2. Phạm vi áp dụng đề tài:
* Đối tượng nghiên cứu:
- Như đã trình bày ở trên nên trong sáng kiến này tơi chỉ nghiên cứu trên hai
nhóm đối tượng cụ thể sau:
1. Giáo viên dạy toán THCS
2. Học sinh lớp 7 THCS : bao gồm 1 lớp 7 với tổng số 30 học sinh và nhóm bồi
dưỡng học sinh giỏi toán 7.
* Phạm vi nghiên cứu:
2


- Trong sáng kiến này tôi chỉ nêu ra một số “phương pháp vẽ thêm yếu tố phụ”
mà học sinh chưa phát hiện ra trong quá trình chứng minh các bài tốn hình học.
- Phân tích một số bài tốn cụ thể để học sinh nhận thấy được cách thức vẽ thêm

yếu tố phụ mà học sinh không nhận ra dẫn tới khơng giải được các bài tồn chứng
minh hình học, đặc biệt là các bài tốn khó.
- Từ đó định hướng cho học sinh phương pháp giải vẽ thêm yếu tố phụ khi
chứng minh các bài tốn hình học.
* Phạm vi áp dụng sáng kiến: Sáng kiến này áp dụng cho học sinh lớp 7 và giáo
viên dạy Toán THCS nơi bản thân đang công tác.

3


2. PHẦN NỘI DUNG
2.1. Thực trạng của nội dung cần nghiên cứu
Qua nhiều năm dạy mơn Hình học lớp 7, tơi nhận thấy rằng, khơng có phương
pháp chung nhất cho việc vẽ thêm các yếu tố phụ, mà là một sự sáng tạo trong trong
khi giải tốn, bởi vì việc vẽ thêm các yếu tố phụ cần đạt được mục đích là tạo điều
kiện để giải được bài tốn một cách ngắn gọn chứ không phải là một công việc tuỳ
tiện. Hơn nữa, việc vẽ thêm các yếu tố phụ phải tuân theo các phép dựng hình cơ bản
và các bài tốn dựng hình cơ bản, nhiều khi người giáo viên đã tìm ra cách vẽ thêm
yếu tố phụ nhưng khơng thể giải thích rõ cho học sinh hiểu được vì sao lại phải vẽ
như vậy, khi học sinh hỏi giáo viên: Tại sao cô (thầy) lại nghĩ ra được cách vẽ đường
phụ như vậy, ngồi cách vẽ này cịn có cách nào khác khơng? hay tại sao chỉ vẽ thêm
như vậy mới giải được bài tốn? Gặp phải tình huống như vậy, quả thật người giáo
viên cũng phải rất vất vả để giải thích mà có khi hiệu quả cũng không cao, học sinh
không nghĩ được cách làm khi gặp bài tốn tương tự vì các em chưa biết các căn cứ
cho việc vẽ thêm yếu tố phụ. Từ thực tế giảng dạy tôi thấy rằng: để giải quyết vấn đề
này một cách triệt để, mặt khác lại nâng cao năng lực giải toán và bồi dưỡng khả
năng tư duy tổng quát cho học sinh, tốt nhất ta nên trang bị cho các em những cơ sở
của việc vẽ thêm đường phụ và một số phương pháp thường dùng khi vẽ thêm yếu tố
phụ, cách nhận biết một bài tốn hình học cần phải vẽ thêm yếu tố phụ, từ đó khi các
em tiếp xúc với một bài tốn, các em có thể chủ động được cách giải, chủ động tư

duy tìm hướng giải quyết cho bài tốn, như vậy hiệu quả sẽ cao hơn.
* Số liệu khảo sát trước khi áp dụng đề tài:
Trước khi áp dụng đề tài tôi đã tiến hành khảo sát với nội dung kiến thức liên
quan đến vẽ thêm yếu tố phụ trên 30 học sinh. Kết quả đạt được như sau:
0-<2
SL
%
01
3,3

2-<5
SL
%
12
40,0

5 - < 6,5
SL
%
10
33,3

6,5 - < 8
SL
%
05
16,7

8 – 10
SL

%
02
6,7

2.2. Các giải pháp
2.2.1. Cơ sở lý luận của việc vẽ thêm yếu tố phụ
Việc vẽ thêm các yếu tố phụ phải tuân theo các phép dựng hình cơ bản và một
số bài tốn dựng hình cơ bản. Sau đây là một số bài tốn dựng hình cơ bản trong
chương trình THCS.
Bài tốn 1: Dựng một tam giác biết độ dài ba cạnh của nó là a; b; c.

4


a

C

b

b

c

a

A

B

c

x

Giải:
* Cách dựng:
- Dựng tia Ax.
- Dựng đường tròn (A, c). Gọi B là giao điểm của đường tròn (A, c) với tia Ax.
- Dựng đường tròn (A, b) và đường tròn (B, a), gọi C là giao điểm của chúng.
Tam giác ABC là tam giác phải dựng vì có AB = c; AC = b và BC = a.
Chú ý: Nếu hai đường tròn (A, b) và (B, a) khơng cắt nhau thì khơng dựng
được tam giác ABC.
Bài tốn 2: Dựng một góc bằng góc cho trước.
Cách dựng:
�
Gọi xOy
là góc cho trước. Dựng đường trịn (O, r) cắt Ox ở A và cắt Oy ở B
ta được OAB.

�'  O
�.
Dựng O’A’B’ = OAB ( c.c. c) như bài toán 1, ta được O

A

O

x

B

A’

y

O’

Bài toán 3: Dựng tia phân giác của góc xAy cho trước.
Cách dựng:
5

B’


- Dựng đường tròn (A, r) cắt Ax ở B và cắt Ay ở C.
- Dựng các đường tròn (B, r) và (C, r) chúng cắt nhau ở D. Tia AD là tia phân
� .
giác của xAy
A1  �
A2
Thật vậy: ABD = ACD ( c- c- c)  �

B
r
A

x
r
D

1
2

z

r

r
C

y

Bài toán 4: Dựng trung điểm của đoạn thẳng AB cho trước.
Cách dựng:
Dựng hai đường tròn (A, AB) và (B, BA) chúng cắt nhau tại C, D. Giao điểm
của CD và AB là trung điểm của AB.

C

A

B

D

* Chú ý: đây cũng là cách dựng đường trung trực của đoạn thẳng cho trước.
6


Bài toán 5: Qua điểm O cho trước, dựng đường thẳng vng góc với đường

thẳng a cho trước.
Cách dựng:
- Dựng đường tròn (O, r) cắt a tại A, B.
- Dựng đường trung trực của AB.
- Đường trung trực của AB là đường thẳng vng góc với đường thẳng a

C

a

A

B

D

Trên đây là các bài tốn dựng hình cơ bản, khi cần thì sử dụng mà khơng cần
nhắc lại cách dựng.
Khi cần vẽ thêm đường phụ để chứng minh thì cũng phải căn cứ vào những
đường cơ bản đã dựng để vẽ thêm không nên vẽ một cách tuỳ tiện.
2.2. 2. Cơ sở thực tế
Ta đã biết nếu hai tam giác bằng nhau thì suy ra được các cặp cạnh tương ứng
bằng nhau, các cặp góc tương ứng bằng nhau. Đó chính là lợi ích của việc chứng
minh hai tam giác bằng nhau.
Vì vậy muốn chứng minh hai đoạn thẳng bằng nhau (hay hai góc bằng nhau) ta
thường làm theo một cách gồm các bước sau:
Bước 1: Xét xem hai đoạn thẳng (hay hai góc) đó là hai cạnh (hay hai góc)
thuộc hai tam giác nào?
Bước 2: Chứng minh hai tam giác đó bằng nhau.
Bước 3: Từ hai tam giác bằng nhau, suy ra cặp cạnh (hay cặp góc) tương ứng

bằng nhau.
Tuy nhiên trong thực tế giải tốn thì khơng phải lúc nào hai tam giác cần có
cũng được cho ngay ở đề bài mà nhiều khi phải tạo thêm các yếu tố phụ mới xuất
hiện được các tam giác cần thiết và có lợi cho việc giải tốn. Vì vậy u cầu đặt ra là
làm thế nào học sinh có thể nhận biết cách vẽ thêm được các yếu tố phụ để giải tốn
hình học nói chung và tốn hình học 7 nói riêng. Qua thực tế giảng dạy tơi đã tích luỹ
được một số cách vẽ yếu tố phụ đơn giản và thiết thực, khi hướng dẫn học sinh thực
hiện giải tốn rất hiệu quả, đặc biệt là trong cơng tác bồi dưỡng học sinh giỏi.
7


2.2.3. Một số phương pháp vẽ yếu tố phụ
Bây giờ chúng ta cùng nghiên cứu một số phương pháp đơn giản nhất, thông
dụng nhất để vẽ thêm yếu tố phụ trong giải tốn Hình học 7:
Phương pháp 1: Vẽ trung điểm của một đoạn thẳng, vẽ tia phân giác của
một góc
Bài tốn 1: Cho tam giác ABC có AB = 10 cm; BC = 12 cm, D là trung điểm
của cạnh AB. Vẽ DH vng góc với BC ( H  BC) và DH = 4cm.
Chứng minh rằng tam giác ABC cân tại A.
1) Phân tích bài tốn:
Bài cho tam giác ABC có AB = 10 cm; BC = 12 cm, D là trung điểm của cạnh
AB. Vẽ DH vuông góc với BC ( H  BC) và DH = 4cm.
Yêu cầu chứng minh tam giác ABC cân tại A.
2) Hướng suy nghĩ:
ABC cân tại A  AB = AC. Ta nghĩ đến điểm phụ K là trung điểm của AB.
Vậy yếu tố phụ cần vẽ là trung điểm của BC.
A
3) Chứng minh:

ABC; AB = 10cm;

GT

D

1
BC = 12 cm; DA DB  AB ;
2
DH  BC, DH = 4 cm

KL

B

 ABC cân tại A.

H

C

K

Gọi K là trung điểm của đoạn thẳng BC, ta có: BK = KC =

1
BC  6 cm.
2

1
AB = 5 cm ( do D là trung điểm của AB)
2

�
Xét  HBD có: BHD
= 900 ( gt), theo định lí Pitago ta có: DH2 + BH2 = BD2
Lại có: BD =

 BH2 = BD2 - DH2 = 52 - 42 = 9  BH = 3 ( cm)
Ta có BH + HK = BK ( Vì H nằm giữa B và K )
 HK = BK – BH = 6 – 3 = 3 (cm)

A

Xét ABK có BD = DA ( gt ) ; BH = HK ( = 3 cm)
D

 DH // AK (đường nối trung điểm 2
cạnh của tam giác thì song song với cạnh thứ 3).
Ta có: DH  BC, DH // AK  AK  BC.
8

B

H

K

C


��
AKB  �

AKC  900
Xét  ABK và ACK có:
BK = KC ( theo cách lấy điểm K)

�
AKB  �
AKC  900
AK là cạnh chung
Do đó  ABK = ACK (c - g - c)
 AB = AC   ABC cân tại A. (đpcm)
4) Nhận xét:
Trong cách giải bài toán trên ta đã chứng minh AB = AC bằng cách tạo ra hai
tam giác bằng nhau chứa hai cạnh AB và AC từ việc kẻ thêm trung tuyến AK, việc
chứng minh cịn sử dụng thêm một bài tốn phụ là: Trong một tam giác, đường thẳng
đi qua trung điểm hai cạnh thì song song với cạnh thứ ba, kiến thức về đường trung
bình này học sinh sẽ được nghiên cứu trong chương trình Tốn 8 nhưng ở phạm vi
kiến thức lớp 7 vẫn có thể chứng minh được, việc chứng minh dành cho học sinh khá
giỏi, trong bài này có sử dụng kết quả của bài tốn mà khơng chứng minh lại vì chỉ
muốn nhấn mạnh vào việc vẽ thêm yếu tố phụ.

�  C
� ; chứng minh rằng: AB = AC?
B

Bài tốn 2: Cho tam giác ABC có

(Giải bằng cách vận dụng trường hợp bằng nhau góc .cạnh. góc của hai tam giác).
1) Phân tích bài tốn:
Bài cho: tam giác ABC có

�  C
� ; Yêu cầu: chứng minh
B

AB = AC.

2) Hướng suy nghĩ:

� ( I BC)
Đường phụ cần vẽ thêm là tia phân giác AI của BAC
3) Chứng minh:
GT
KL

ABC;

A

�  C
�
B

1

2

1

2

AB = AC
� ( I BC).
Vẽ tia phân giác AI của BAC
�
A1  �
A2 

1�
BAC .
2

B

(1)

I

C

Áp dụng định lí tổng ba góc của tam giác vào hai tam giác ABI và ACI ta có:



�  I� 1800 � I� 1800  �
�
*�
A1  B
A1  B
1
1





�  I� 1800 � I� 1800  A
� C
�
*�
A2  C
2
2
2
9




Mặt khác

�  C
�
B

( gt); �
A1  �
A2 ( theo (1) )

�  I
�

I
1
2

(2)

Xét  ABI và  ACI ta có:

�
I1  �
I 2 ( theo (2))
Cạnh AI chung

�
A1  �
A2 ( theo (1))
  ABI =  ACI ( g - c - g)
 AB = AC ( 2 cạnh tương ứng)
4) Nhận xét:
Trong cách giải trên, ta phải chứng minh AB = AC bằng cách kẻ thêm AI là tia
phân giác của góc BAC để tạo ra hai tam giác bằng nhau.
Phương pháp 2: Trên một tia cho trước, đặt một đoạn thẳng bằng đoạn
thẳng cho trước.
Bài toán 3: Chứng minh định lí: Trong tam giác vng, trung tuyến thuộc cạnh
huyền bằng nửa cạnh huyền ( Bài 25/ 67- SGK tốn 7 tập 2)
1) Phân tích bài tốn:
Bài cho Tam giác ABC vuông tại A, AM là đường trung tuyến ứng với cạnh
huyền, yêu cầu chứng minh: AM 

1

BC � 2 AM  BC
2

2) Hướng suy nghĩ:
Ta cần tạo ra đoạn thẳng bằng 2.AM rồi tìm cách chứng minh BC bằng đoạn
thẳng đó. Như vậy dễ nhận ra rằng, yếu tố phụ cần vẽ thêm là điểm D sao cho M là
trung điểm của AD.
3) Chứng minh:
GT

ABC;

A

�
A  900 ;

AM là trung tuyến
KL

AM



1
2

BC

B

Trên tia đối của tia MA lấy điểm D sao cho: MD = MA.

C

M

A

Xét  MAC và  MDB ta có:

1

MA = MD ( theo cách lấy điểm D)

� =M
� ( hai góc đối đỉnh)
M
1
2

B

MB = MC ( Theo gt)

2

C

M 1

10
D


  MAC =  MDB ( c - g - c)
 AB = CD (2 cạnh tương ứng) (1)

�
� (2 góc tương ứng).
A1  D
�  AB // CD ( vì có cặp góc so le trong bằng nhau).
Từ �
A1  D
Lại có: AC  AB ( gt)  AC  CD (Quan hệ giữa tính song song và vng

�
góc) � �
�
ACD  900 (2)
ACD  900 => BAC
Xét  ABC và  CDA có:
AB = CD ( Theo (1))

�
BAC
�
ACD  900 ( Theo (2))
AC là cạnh chung
  ABC =  CDA ( c - g - c)

1
2

1
2

 BC = AD ( 2 cạnh tương ứng ) Mà AM  AD nên AM  BC
4) Nhận xét:
1
2

Trong cách giải của bài tập trên, để chứng minh AM  BC ,ta đã vẽ thêm
đoạn thẳng MD trên tia AM sao cho MD = MA, do đó AM 

1
AD . Như vậy
2

chỉ còn phải chứng minh AD = BC và đưa bài toán đã cho trở về bài toán chứng minh
hai đoạn thẳng bằng nhau. Trên một tia cho trước, đặt một đoạn thẳng bằng một đoạn
thẳng khác là một trong những cách vẽ đường phụ để vận dụng trường hợp bằng nhau
của tam giác.
Bài toán 4: Cho tam giác ABC có AB < AC. Gọi M là trung điểm của BC.

� & MAC
� ? (Bài 7/ 24 SBT toán 7 tập 2)
So sánh BAM
1) Phân tích bài tốn: Cho tam giác ABC có AB < AC, M là trung điểm của
BC.

� & MAC
�
Yêu cầu : So sánh BAM
?
2) Hướng suy nghĩ:
Hai góc BAM và MAC khơng thuộc về một tam giác. Do vậy ta tìm một tam
giác có hai góc bằng hai góc BAM và MAC và liên quan đến AB, AC vì đã có AB <
AC. Từ đó dẫn đến việc lấy điểm D trên tia đối của tia MA sao cho MD = MA. Điểm
D là yếu tố phụ cần vẽ thêm để giải được bài toán này.
3) Chứng minh:
11


GT
KL

ABC; AB < AC

A

M là trung điểm BC

� & MAC
� ?
So sánh BAM
B

M

C

Trên tia đối của tia MA lấy điểm D sao cho: MD = MA.
Xét  MAB và  MDC ta có:

A

MA = MD ( theo cách lấy điểm D)

1

2

� M
� ( vì đối đỉnh)
M
1
2
1

MB = MC ( Theo gt)

B

M

  MAB =  MDC ( c - g - c)

2

C

 AB = CD (2 cạnh tương ứng) (1)

� (2 góc tương ứng). (2)
và �
A1  D

D

Ta có: AB = CD ( Theo (1)), mà AB < AC ( gt)  CD < AC.(3)
Xét ACD có:
CD < AC ( theo (3))

�
� .(Quan hệ giữa góc và cạnh đối diện trong một tam giác)
A2  D

�  MAC
�
BAM

� ( theo (2)) nên �
Mà �
A1  D
A2  �
A1 hay
4) Nhận xét:

Trong cách giải của bài tập trên, ta phải so sánh hai góc khơng phải trong cùng
một tam giác nên khơng vận dụng được định lí về quan hệ giữa góc và cạnh đối diện

� về cùng một tam giác bằng cách vẽ
trong một tam giác. Ta đã chuyển góc �
A1 & A
2

� , ta chỉ còn phải so sánh D
�& A
� ở
đường phụ như trong bài giải, lúc đó �
A1  D
2
trong cùng một tam giác ADC.
Phương pháp 3: Nối hai điểm có sẵn trong hình hoặc vẽ thêm giao điểm
của hai đường thẳng.
Bài tốn 5: Cho hình vẽ, biết AB // CD; AC // BD.
Chứng minh: AB = CD, AC = BD?

A

( Bài 38/ 124 SGK Toán 7 tập 1)

C
12

B

D


(Bài tốn cịn được phát biểu dưới dạng: Chứng minh định lí: Hai đoạn thẳng

song song bị chắn giữa hai đường thẳng song song thì bằng nhau)
1) Phân tích bài tốn:
Bài cho hình vẽ, biết AB // CD; AC // BD.
Yêu cầu chứng minh: AB = CD, AC = BD.
2) Hướng suy nghĩ:
Để chứng minh AB = CD, AC = BD cần tạo ra hai tam giác chứa các cặp cạnh
trên, yếu tố phụ cần vẽ là nối B với C hoặc nối A với D.
3) Chứng minh:
GT

AB // CD; AC // BD

KL

AB = CD; AC = BD

B

A

C

D

Xét  ABD và  DCA có:

�  CDA
� ( so le trong - AB // CD)
BAD
AD là cạnh chung

�  DAC
� ( so le trong - AC // BD)
ADB
  ABD =  DCA ( g - c - g)
AB = CD; AC = BD ( các cạnh tương ứng)
4) Nhận xét:
Việc nối AD làm xuất hiện trong hình vẽ hai tam giác có một cạnh chung là
AD, muốn chứng minh AB = CD; AC = BD ta chỉ cần chứng minh.
 ABD =  DCA. Do hai tam giác này đã có một cạnh bằng nhau( cạnh chung)
nên chỉ cần chứng minh hai cặp góc kề cạnh đó bằng nhau là vận dụng được trường
hợp bằng nhau góc - cạnh - góc. Điều này thực hiện được nhờ vận dụng tính chất của
hai đường thẳng song song.
Phương pháp 4: Từ một điểm cho trước, vẽ một đường thẳng song song
hay vuông góc với một đường thẳng.
Bài tốn 6: Tam giác ABC có đường cao AH và trung tuyến AM chia góc A
thành ba góc bằng nhau.
Chứng minh rằng  ABC là tam giác vuông và  ABM là tam giác đều?
1) Phân tích bài tốn: Bài cho  ABC có đường cao AH và trung tuyến AM
chia góc A thành ba góc bằng nhau. Yêu cầu ta chứng minh  ABC là tam giác
vuông và  ABM là tam giác đều.
13


2) Hướng suy nghĩ:
Muốn chứng minh tam giác ABC vuông tại A ta cần kẻ thêm đường thẳng
vng góc với AC và chứng minh đường thẳng đó song song với AB, từ đó suy ra AB
 AC và suy ra góc A = 900.
3) Chứng minh:

A

 ABC; AH BC;

3
1 2

GT trung tuyến AM;

�
�  �
A1  A
A3
2
KL

B

 ABC vuông ;

I

1 2

H

C

M

 ABM đều
Vẽ MI  AC ( I  AC)
Xét  MAI và  MAH có:

�  I�  900 ( gt)
H
AM là cạnh chung)

�
A2  �
A3 (gt)

  MAI =  MAH ( cạnh huyền - góc nhọn)
 MI = MH ( 2 cạnh tương ứng) (1)

Xét  ABH và  AMH có:

� H
�  900 ( gt)
H
1
2
AH là cạnh chung

�
� ( gt)
A1  A
2

  ABH=  AMH ( g - c - g)

 BH= MH ( 2 cạnh tương ứng) (2)

Mặt khác: H  BM , nên từ (1) và (2)  MI  MH  BH 

1
BM
2

1
CM
2
1
�  300 từ đó suy ra:
Xét  MIC vng tại C có: MI 
CM nên C
2
3 �
3
�
�  600 BAC

HAC 
.600  900 .
HAC
2
2
�  300 � B
�  600
Vậy  ABC vng tại A. Vì C
Lại có BM = CM (gt) � MI 

14


1
BC ( tính chất trung tuyến ứng với cạnh huyền trong tam
2
1
giác vng) và BM = MC 
BC ( vì M là trung điểm BC) suy ra AM = BM do
2
Lại có AM 

đó  ABM cân tại A và có 1 góc bằng 600 nên nó là tam giác đều.
4) Nhận xét:

Trong bài tốn trên nếu chỉ có các yếu tố bài ra thì tưởng chừng như rất khó
giải, tuy nhiên, chỉ bằng một đường vẽ thêm ( MI  AC) thì bài tốn lại trở lên rất dễ
dàng, qua đó càng thấy rõ vai trị của việc vẽ thêm yếu tố phụ trong giải tốn hình
học.
Bài tốn 7: Cho tam giác ABC ( AB < AC). Từ trung điểm M của BC kẻ
đường vng góc với tia phân giác của góc A cắt tia này tại H, cắt tia AB tại D và AC
tại E. Chứng minh rằng: BD = CE.
1) Phân tích bài tốn:
Bài cho  ABC ( AB < AC). Từ trung điểm M của BC kẻ đường vng góc với
tia phân giác của góc A cắt tia này tại H, cắt tia AB tại D và AC tại E.
Yêu cầu chứng minh: BD = CE.
2) Hướng suy nghĩ: Muốn chứng minh BD = CE, ta tìm cách tạo ra đoạn thẳng
thứ ba, rồi chứng minh chúng bằng đoạn thẳng thứ ba đó. Đường phụ cần vẽ thêm là
đường thẳng qua B và song song với AC cắt DE ở F, BF chính là đoạn thẳng thứ ba

đó.
3) Chứng minh:

GT

1
ABC; AB < AC; MB MC  BC
2
� ;
AH là tia phân giác BAC
DE  AH

KL BD = CE
Vẽ đường thẳng qua B và song song với AC, gọi F là giao điểm của đường
A
thẳng này với đường thẳng DE.
Xét  MBF và  MCE có:
�  MCE
�
( so le trong - BF // CE)
MBF
MB = MC ( gt)

E
B

�  CME
�
( đối đỉnh)
BMF

H
D

M

Do đó  MBF =  MCE (g -c - g)  BF = CE ( 2 cạnh tương ứng) (1)
15

C


�
Mặt khác  ADE có AH  DE và AH cũng là tia phân giác của DAE
( gt)

� = AED
�
Do đó:  ADE cân tại A  BDF
Mà BF // CE ( theo cách vẽ) 
� = AED
�
BFD

� = BFD
�
Do đó: BDF
  BDF cân tại B  BF = BD

(2)

Từ (1) và (2) suy ra: BD = CE ( đpcm )
4) Nhận xét:
Cách vẽ đường phụ trong bài toán này nhằm tạo ra đoạn thẳng thứ ba cùng
bằng hai đoạn thẳng cần chứng minh là bằng nhau, đây là cách rất hay sử dụng trong
nhiều bài toán nên giáo viên cần lưu ý cho học sinh nhớ để vận dụng. Cách giải này
cũng được áp dụng để giải một số bài tốn rất hay trong chương trình THCS.
Các phương pháp vẽ thêm yếu tố phụ trên nằm trong nhóm phương pháp
chung gọi là phương pháp tam giác bằng nhau, sau đây ta sẽ nghiên cứu thêm một
phương pháp mới rất hay nhưng chưa được khai thác nhiều trong giải toán.
Phương pháp 5: Phương pháp “tam giác đều”
Đây là một phương pháp rất đặc biệt, nội dung của nó là tạo thêm được vào
trong hình vẽ các cạnh bằng nhau, các góc bằng nhau giúp cho việc giải tốn
được thuận lợi.
Đặc biệt đối với các bài tập về tính số đo góc, trước tiên ta cần hướng dẫn học
sinh chú ý đến những tam giác chứa góc có số đo xác định như:
- Tam giác cân có một góc xác định.
- Tam giác đều.
- Tam giác vuông cân.
- Tam giác vng có một góc nhọn đã biết hay cạnh góc vng bằng nửa cạnh
huyền...
Sau đó hướng dẫn học sinh nghĩ đến việc tình số đo của góc cần tìm thơng qua
mối liên hệ với các góc của một trong các hình chứa góc có số đo hồn tồn xác định
nêu trên (Thường là đi với mối liên hệ bằng nhau của một tam giác rồi rút ra góc
tương ứng của chúng bằng nhau).
Ta hãy xét một bài tốn điển hình:
Bài toán 8: Cho tam giác ABC cân tại A, �
A  200 . Trên cạnh AB lấy điểm D
� 1�
A .

sao cho AD = BC. Chứng minh rằng DCA
2
1) Phân tích bài tốn:
Bài cho ABC cân tại A, �
A = 200 ; AD = BC ( D AB)

� 1 �
A.
Yêu cầu chứng minh: DCA
2

16


2) Hướng suy nghĩ:
Đề bài cho tam giác cân ABC có góc ở đỉnh là 20 0, suy ra góc ở đáy là 80 0. Ta
thấy 800 - 200 = 600 là số đo mỗi góc của tam giác đều  Vẽ tam giác đều BMC

3) Chứng minh:

A

GT ABC; AB = AC; �
A  200 ; AD = BC (D AB)
KL

D

� 1�
DCA

A .
2

M
Ta có: ABC; AB = AC; �
A  200 ( gt)

1800  200
�
�
Suy ra: B  C 
 800
2

B

C

Vẽ tam giác đều BCM ( M và A cùng thuộc nửa mặt phẳng bờ BC), ta được:
�
�
AD = BC = CM đồng thời ABM
= ACM
= 800 - 600 = 200

�
�
Ta có  MAB =  MAC ( c - c - c)  MAB
= MAC
= 200 : 2 = 100

Xét CAD và ACM có:
AD = CM ( chứng minh trên)
� �
CAD
ACM   200 
AC là cạnh chung
Do đó CAD = ACM ( c -g -c )

� = 1 BAC.
�
0 . Vậy DCA
�
�
=> DCA = MAC = 10
2
4) Nhận xét:
* Đề bài cho tam giác cân ABC có góc ở đỉnh là 20 0, suy ra góc ở đáy là 800.
Ta thấy 800 - 200 = 600 là số đo mỗi góc của tam giác đều. Chính sự liên hệ này gợi ý
cho ta vẽ tam giác đều BCM vào trong tam giác ABC. Với giả thiết AD = BC thì vẽ
tam giác đều như vậy giúp ta có mối quan hệ bằng nhau giữa AD với các cạnh của
tam giác đều giúp cho việc chứng minh tam giác bằng nhau dễ dàng.
* Ta cũng có thể giải bài toán trên bằng cách vẽ tam giác đều kiểu khác:
- Cách 2:

�  600  200  800  B
�
Vẽ  EAD đều nằm ngoài tam giác ABC, tạo ra EAC
17

Khi đó  EAC =  CBA (c.g.c) vì:

EA = BC
AC = AB

�  BAC
�
� B
�
ECA
EAC
Mặt khác  CDA =  CDE (c.c.c) vì: DA = DE
� CE = CA và

A

CD chung
1�
1�
� �
�C
C2  ECA
 BAC
 100
1
2
2

E

CA = CE

D

� = 1 BAC.
�
Vậy DCA
2

?
2

1
0
B 80

C

Sau khi phân tích, hướng dẫn học sinh làm hai cách trên, có thể hướng dẫn học
sinh làm thêm theo cách sau:
- Cách 3:

A

Vẽ tam giác đều EAC nằm ngoài
�  800  B
�
tam giác ABC, tạo ra DAE

1

Khi đó  DAE =  CBA (c.g.c) vì :

E

1

D

AE = BA ( = AC )
� B
� ( 800 )
DAE

2

AD = BC
?

� �
�  200 (do �
�
A1 � E
A1  200 )
�E
1
1
��
�DE  AC

0
B 80

C
A

DE = AC mà AC = CE nên DE = CE do đó  DEC cân tại đỉnh E, có góc ở
1
�
đỉnh � góc đáy ECD
= (1800 - 400) : 2 = 700 �
o
o
o
�  DCE
� �
Do đó DCA
ACE  700  600  100 .

Từ đó ta có điều phải chứng minh.

E2  60

 20  40

D

- Cách 4 :
Vẽ  đều ABE ( E,C nằm cùng phía đối với AB)
�  800  600  200  BAC

�
tạo ra CBE

2
1
?
1

18
0
B 80

C

E


Khi đó  CBE =  DAC (c.c.c) vì :
CB = AD (gt)
BE = AC ( =AB)
�  BAC
�   200 
CBE

�  E
�
� C
1
1

� ta chỉ cần tính E
�
Vậy để tìm C
1
1
Ta có AE = AC (=AB) nên  AEC cân tại A lại có góc ở đỉnh �
A = 600 - 200=
400
Nên góc ở đáy �
AE C = (1800 – 400) : 2 = 700

�  600 (góc trong tam giác đều ABE)
Mà góc E
2

� �
�  700  600  100 � C
�  100 Hay �
�E
AEC  E
ACD  100
1
2
1
� = 1 BAC.
�
Vậy DCA
2

Ở ví dụ này đề bài cho hai cặp đoạn thẳng bằng nhau là : AB = AC ; AD = BC.

Như vậy có thể giải bằng 4 cách : Vẽ tam giác đều có một cạnh là AC ; vẽ tam giác
đều có một cạnh là AB ; vẽ tam giác đều có một cạnh là BC ; rồi AD. Qua ví dụ bước
đầu các em đã định hình được phương pháp vẽ tam giác đều và các cách triển khai
theo phương pháp đó.
Ngồi ra cịn những cách vẽ tam giác đều khác cũng giúp ta tính được góc
DCA dẫn tới điều phải chứng minh, các cách khác còn tuỳ thuộc vào sự sáng tạo của
mỗi người và bắt nguồn từ việc u thích mơn Hình học.

�
Bài tốn 9: Cho tam giác ABC vuông tại A, C
= 150. Trên tia BA lấy điểm O
sao cho BO = 2 AC. Chứng minh rằng tam giác OBC cân.
O

1) Phân tích bài tốn:
� = 150.
Bài cho tam giác ABC vuông tại A, C
Trên tia BA lấy điểm O sao cho BO = 2 AC.
Yêu cầu chứng minh  OBC cân tại O.
2) Hướng suy nghĩ:

� = 150 suy ra �
Ta thấy C
A = 750 - 150 = 600
là số đo của mỗi góc trong tam giác đều

A
B

 sử dụng phương pháp tam giác đều vào việc giải bài toán.

3) Chứng minh:
19

150

C


GT

ABC; �A = 900; C� = 150
O  tia BA: BO = 2AC

KL  OBC cân tại O.
Ta có: ABC; �A = 900; C� = 150 (gt)  B� = 750
Vẽ tam giác đều BCM
O

(M và A cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ BC)
� �
�  750  600  150
Ta có: OBM
ABC  MBC
Gọi H là trung điểm của OB � HO  HB 
Mặt khác BO = 2AC (gt) nên AC 

1
OB .
2

1
OB
2

H

M

A
B

từ đó có AC = BH

C

Xét  HMB và  ABC có: BH = AC (cmt)

�
HBM
�
ACB   150 
MB = BC ( cạnh  đều BMC)
�  �
Do đó  HMB =  ABC ( c -g -c)  H
A  900 � MH  OB
 MOB có MH là đường cao và là đường trung tuyến nên cân tại M, lại có góc
� 1800  2.150  1500 .
�  150  góc ở đỉnh BMO
đáy OBM
�

�  BMO
�   1500 
 3600   1500  600   1500 � CMO
Từ đó CMO
MOB và MOC có : MB = MC ( cạnh của  đều BMC)
�  BMO
�
(cmt)
CMO
OM chung
Do đó MOB = MOC (c-g-c)  OB = OC
Vậy  OBC cân tại O. ( đpcm)
4) Nhận xét:
Trong bài toán trên ta đã sử dụng phương pháp tam giác đều vào việc giải tốn
� = 150 suy ra �
vì phát hiện thấy C
A = 750 - 150 = 600 là số đo của mỗi góc trong tam
giác đều, điều này gợi ý cho ta vẽ tam giác đều BCM như trên. Nhờ có các cạnh của
tam giác đều bằng nhau, các góc của tam giác đều là 60 0, ta chứng minh được 
HMB =  ABC ( c - g- c); MOB = MOC ( c - g - c) dẫn tới  OBC cân tại O, đó
chính là tác dụng của phương pháp tam giác đều.
20


Bài tốn 10. Cho  ABC vng, cân tại A, điểm E nằm trong tam giác sao
�  ECA
� = 150 . Tính �
cho EAC
AEB  ?
Hướng dẫn :

Điều đầu tiên trong bài toán này là HS phải phát hiện ra
tam giác AEC cân tại E vì có hai góc bằng 150
từ đó suy ra EA = EC và �
AEC 1800  2.150  1500
Cũng như ở bài toán 8, ở bài toán này các em

B

�  750 & EAC
�  150
sẽ sớm phát hiện thấy BAE
mà 750 - 150 = 600 là góc của tam giác đều
(Cũng có em nhận xét:

�  450 ; ECA
�  150 và 450 + 150 = 600 ).
BCA

E
150

A

Còn đối với những em chưa xác định được điều

150

C

gì ta cũng gợi ý, hướng dẫn các em tính số đo các

góc trong bài rồi tìm mối liên quan giữa các góc đó.
Từ đó có thể hướng dẫn các em các cách vẽ thêm tam giác đều như sau:
Cách 1 : Vẽ tam giác đều AKE nằm trong

tam giác ABE tạo ra

�  900   600  150   150 � BAK
�  EAC
�   150  .
BAK

Khi đó  BAK =  CAE (c.g.c) vì :
AB = AC (gt)

B

�  EAC
�
BAK
(  150 )

AK = AE ( cạnh  đều )

1 2

Từ đó dẫn đến  ABK cân tại K

K

0

và có góc ở đáy bằng 15 nên góc ở đỉnh là

�  1800  2.150  1500
K
1

?

A

Mà �
AKE  600 nên

E

150

�  3600   1500  600   1500
K
2
 AKB =  EKB (c.g.c) vì :

AK = EK ( cạnh  đều AKE )
21

150

C

� K
�   1500 
K
1
2
BK chung

�  150 và AB = EB dẫn đến  ABE cân tại B có
Từ đó suy ra �
ABK  EBK
1800  300
0
0
0
�
�
�
góc ở đỉnh ABE 15  15  30 � BAE  AEB 
 750 .
2

- Cách 2: Vẽ tam giác đều KCE ( như hình vẽ ) nằm phía ngồi  AEC, tạo ra
�
�  750
ACK  BAE
. Khi đó  KCA =  EAB (c.g.c) vì:

KC = AE ( = EC)

B

�
�
ACK  BAE
( 750 )

AC = AB ( gt )
K

��
AKC  �
AEB . (*)

Lại có  AEC cân tại E có góc đáy

?

�  ECA
� 150 � AEC
� 1800  2.150 1500
EAC

E

150

A

150

�  600
mà KEC
nên �
AEK  3600  (1500  600 )  1500
Xét  AEC và  AEK có
EC = EK ( Cạnh của  đều EKC)
�
AEK  �
AEC ( 1500 )
AE chung
Do đó  AEC =  AEK (c.g.c)

��
AKE  �
ACE  150 � �
AKC 150  600  750
Mà �
AKC  �
AEB ( theo (*)) nên �
AEB  750
- Cách 3:
Vẽ tam giác đều AKB (K, C nằm cùng phía đối với AB)
�  EAC
�  150
tạo ra KAE

B

Khi đó :  EAC =  EAK (c.g.c) vì :

AC = AK ( = AB)
�  EAC
� ( 150 ) ; EA chung
KAE

K

Từ đó suy ra EC = EK
?

22

A

150

E
150

C

C


Xét  ABE và  KBE có:
* AB = KB (Cạnh  đều ABK)
* AE = EK (= EC)
* BE chung
Vậy  ABE =  KBE (c.c.c)
1

�  1 ABK
�
��
ABE  KBE
 .60o  30o
2
2
�  750 , áp dụng định lí tổng ba góc của
Như vậy  BEA có �
ABE  300 ; BAE
tam giác ta có �
AEB  750
B

- Cách 4:
Vẽ tam giác đều ACK ra phía ngồi  ABC
�  BAE
�  750
tạo ra EAK

Khi đó  BAE và  KAE có:
?

AB = AK (=AC )

E
1 2

A

AE chung

C

�  KAE
�
BAE
. Do đó  BAE =  KAE ( c.g.c)

�  KEA
�
� BEA
�EK do  AEK   CEK (c.c.c)
M��
AEK  C
K

�
AEC 1500
�
�
nên AEK  CEK 

 750
2
2
Vậy �
AEB  750
- Cách 5:

B
K

Vẽ tam giác đều AKC trùm lên  EAC,
�  ECA
�  150
tạo ra KCB

� 150
Từ K kẻ tia KM sao cho MKC

Dẫn đến  KMC cân tại M

?

�
�   150  � MK =MC
 MKC
vì có KCM

M
E

A

C

Lại có  MKC =  EAC (g.c.g) � MC = EC = EA � MK = AE
Mặt khác  ABK cân tại A

�  BAC
�  CAK
�  900  600  300 .
BAK

( vì AB = AK ) có góc tại đỉnh

�   1800  300  : 2  750 .
ABK  BAK
� góc ở đáy �

23


�
�  300 ( Góc ngồi tại
Do đó KBM
�
ABK  �
ABC  750  450  300 . Mà KMC
M của tam giác KMC cân tại M có góc đáy bằng 150)

Thành thử  KMB cân tại K � KB = KM = AE
Vậy  ABE =  BAK (c.g.c) vì:
AB chung
AE = BK
�
�   750 
ABK  BAE
��

AEB  �
ABK  750

Ở bài toán này đầu bài cũng cho hai cặp đoạn thẳng bằng nhau là:
AB = AC; EA = EC. Do vậy cũng có thể giải bài tốn đó theo các cách: Vẽ tam
giác đều có một cạnh là AE; hoặc EC; hoặc AC.
Như vậy với sự gợi ý, hướng dẫn của giáo viên, học sinh đã biết phân tích đầu
bài, tìm được mối liên hệ giữa các dữ kiện của giả thiết, từ đó định hướng được cách
giải. Đó chính là thành cơng của người thày. Và điều quan trọng nữa là khi hướng dẫn
học sinh triển khai một bài toán theo nhiều cách khác nhau, giáo viên đã tạo cho học
sinh óc quan sát nhạy bén, linh hoạt và cũng làm cho tư duy hình học của các em
được phát triển hơn.
Bài toán 11
Cho tam giác cân ABC có đáy BC, góc ở đáy bằng 50 0. Lấy điểm K trong tam
A
�  100 ; KCB
�  300 .
giác, sao cho KBC
?

Tính số đo các góc của  ABK.
* Hướng giải quyết:
ABK = 500 - 100= 400
 ABK có: �

?

Vậy chỉ cịn phải tính hai góc cịn lại là:

B

?

K
300

100

C

� & BKA
� .
BAK

Xem xét đầu bài ta thấy  ABC có các góc 500, 500, 800
�
KBC
ABC = 500, mà 500 + 100 = 600 chính là góc của tam giác đều.
= 100, �

Từ đó có thể giải bài tốn trên theo cách sau (học sinh tìm ra hoặc giáo viên
gợi ý):
- Cách 1:
�  100
Vẽ  đều BCE trùm lên  ABC, tạo ra �
ABE  KBC

E
12

A

Từ đó chứng minh  EAB =  EAC (c.c.c)

?

100

24

?

B

?

100

K
300

C


�E
�  1 BEC
�  1 .600  300
�E
1
2

2
2
Khi đó  ABE =  KBC (g.c.g) vì:
�
�  KCB
E
 30o
1

BE = BC
�  KBC
�   100 
EBA

� AB = KB. Do đó  ABK cân tại B có góc ở đỉnh

�
ABK  400

�  BKA
�   1800  400  : 2  700
� BAK

Vậy các góc của  ABK là 400; 700; 700.
- Cách 2:
�  KBC
�  100 và
Vẽ  đều ABE ( E, C nằm cùng phía đối với AB), tạo ra EBC
�  800  600  200
 AEC cân ở A vì có AE = AC ( = AB ) có góc ở đỉnh EAC

�   1800  200  : 2  800
AEC  ACE
Suy ra góc ở đáy �

A
?

�  ECA
�  BCA
�  800  500  300
� BCE

Do vậy  KBC =  EBC (g.c.g) vì:
�  EBC
�  100
KBC

?
?

B

BC chung

K
C

300

100

�  BCE
�  300
KCB

E

� BK = BE mà BE = BA nên BK = BA.
Khi đó  ABK cân tại B có góc ở đỉnh là 400 nên hai góc cịn lại là 700 và 700.
- Cách 3:
Vẽ  đều AEC ( E, B nằm cùng phía đối với AC )
�  KBC
�  100 và  ABE cân tại A
tạo ra BCE
0

0

có góc ở đỉnh bằng 80 - 60 = 20

A

0

?

� góc ở đáy bằng 800
�  800  500  300
� EBC

Do đó  KBC =  ECB (g.c.g) vì:
�  KBC
�   10
BCE

0



?

B

?

100

E

BC chung
�  KCB
�   300 
EBC

25

K
300

C