Nguyễn Quang Bình - THCS Bùi Thị Xn, Pleiku
PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ PLEIKU
TÊN ĐỀ TÀI:
MỘT VÀI KINH NGHIỆM VẬN DỤNG VẼ THÊM YẾU TỐ PHỤ
ĐỂ GIẢI DẠNG TOÁN CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC
TRONG CHƯƠNG TRÌNH HÌNH HỌC THCS
MÃ SKKN: 2TL
Nguyễn Quang Bình - THCS Bùi Thị Xn
NĂM HỌC: 2008 - 2009
1
Nguyễn Quang Bình - THCS Bùi Thị Xn, Pleiku
PHẦN I: ĐẶT VẤN ĐỀ
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI:
Ở trường THCS, dạy Toán là dạy hoạt động Toán học cho học sinh, trong
đó giải toán là đặc trưng chủ yếu của học sinh. Để rèn luyện kó năng giải toán
cho học sinh, người giáo viên cần trang bò tốt cho học sinh hệ thống kiến thức cơ
bản, hình thành kó năng, tư duy thuật giải và phát triển năng lực tích cực, chủ
động, độc lập, sáng tạo.
Bên cạnh việc nâng cao chất lượng học sinh đại trà còn cần phải phát huy
trí lực cho học sinh khá – giỏi. Bởi vì, hiện nay trong các nhà trường công tác bồi
dưỡng học sinh giỏi rất được quan tâm và trở thành mũi nhọn của mục tiêu phấn
đấu chất lượng, trong đó bồi dưỡng học sinh giỏi Toán giữ một vai trò thiết yếu.
Ngoài những thuận lợi, tạo điều kiện tốt cho việc bồi dưỡng nâng cao chất
lượng học sinh, vẫn còn những vấn đề cần lưu ý về mặt phương pháp. Ở đây tôi
muốn đề cập đến việc giảng dạy phân môn Hình học với những yêu cầu nhằm
phát huy khả năng nhận thức của học sinh, đó là yêu cầu vẽ yếu tố phụ trong quá
trình giải các bài tập Hình học. Việc vẽ thêm yếu tố phụ làm cho bài toán trở
nên dễ dàng hơn, thuận lợi hơn. Thậm chí có bài phải vẽ thêm yếu tố phụ mới
tìm ra được lời giải bài toán. Tuy nhiên vẽ thêm yếu tố phụ như thế nào để cho
bài toán có lời giải ngắn ngọn và hay là vấn đề khiến cho chúng ta phải đầu tư
suy nghó.

môn Toán.

3
Nguyễn Quang Bình - THCS Bùi Thị Xn, Pleiku
PHẦN II:
GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
I. PHƯƠNG HƯỚNG TÌM TÒI CÁCH VẼ THÊM HÌNH PHỤ ĐỂ GIẢI BÀI
TOÁN CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC:
Khi giải các bài toán Hình học, việc vẽ thêm hình phụ tạo điều kiện thuận
lợi cho ta tìm ra lời giải của bài toán, nhưng biết tạo ra hình phụ một cách thích
hợp không phải là dễ. Trong đề tài này tôi muốn đưa ra một cách phân tích có
chủ ý để tìm được cách vẽ thêm hình phụ thích hợp khi giải quyết một số bài
toán chứng minh đẳng thức hình học dạng: x = a + b; xy = ab + cd; x
2
= ab + cd;
x
2
= ab – cd; x
2
= a
2
+ cd; x
2
= a
2
+ b
2
.
Ta xuất phát từ một bài toán đơn giản:
Để chứng minh một đoạn thẳng bằng tổng hai đoạn thẳng khác, chẳng hạn:

y + x
2
y = ab + cd  xy = ab + cd
Sau đây, xin đề cập đến một số cách vẽ thêm hình phụ để xác đònh điểm K từ
đó giải quyết bài toán thông qua các ví dụ cụ thể sau.
II. CÁC VÍ DỤ MINH HOẠ:
Ví dụ 1: Cho tam giác ABC cân tại A, điểm M thuộc cạnh BC. Kẻ MD ⊥
AB( D∈AB), kẻ ME ⊥ AC ( E∈AC), kẻ BH ⊥ AC ( H∈AC). CMR: MD + ME =
BH
4
∆ABC cân tại A.
GT M ∈ BC
MD⊥AB(D∈AB).
ME⊥AC(E∈AC).
BH⊥AC(H∈AC)
KL MD + ME = BH
K
H
E
D
M
C
B
A
Nguyễn Quang Bình - THCS Bùi Thị Xn, Pleiku
*Phân tích: Lấy điểm K∈BH sao cho BK = MD. Vì cạnh MD là cạnh góc vuông
trong ∆MDB vuông tại D nên đoạn thẳng BK cũng phải là cạnh góc vuông của
tam giác ∆BKM. Từ đó K phải là chân đường vuông góc kẻ từ M đến BH.
*Lời giải: Qua M, kẻ MK ⊥ BH(K∈BH).
+ Vì MK ⊥ BH; AC⊥BH => MK // AC =>

AB, AC không phụ thuộc vào vò trí điểm M. Ta có thể phát biểu lại bài toán dưới
dạng: Cho tam giác ABC cân tại A, điểm M thuộc cạnh BC. Chứng minh rằng:
Tổng khoảng cách từ M đến hai cạnh AB, AC không phụ thuộc vào vò trí của nó.
Ví dụ 2: (Chứng minh đònh lí Pitago). Cho tam giác ABC vuông tại A. Chứng
minh rằng: BC
2
= AB
2
+ AC
2

*Phân tích:
Lấy điểm K∈BC sao cho BK.BC = AB
2

BK AB
AB BC
⇔ = ⇔
∆KBA đồng dạng với
∆ABC nên
·
0
90BKA =
. Từ đó, K là chân đường vuông góc kẻ từ A xuống cạnh BC.
*Lời giải:
Kẻ AK ⊥ BC. Vì các góc B, C đều nhọn nên K∈ BC
+ ∆KBA và ∆ABC có:
·
·
0

⇒ = ⇒ =
(2)
5
GT ∆ABC, vuông tại A
KL BC
2
= AB
2
+ AC
2
K
C
B
A
Nguyễn Quang Bình - THCS Bùi Thị Xn, Pleiku
+ Cộng vế theo vế (1) và (2), ta được:
2 2 2
. .AB AC BK BC CK BC BC+ = + =
(đpcm)
*Nhận xét: Vì ∆ABC vuông tại A. Do đó, để ∆KBA đồng dạng với ∆ABC thì
điểm K cần xác đònh chính là chân đường vuông góc kẻ từ A xuống cạnh BC.
Ví dụ 3:(Đề thi HSG Thành phố Pleiku năm học 2005 – 2006)
Cho hình bình hành ABCD có
·
BAD
nhọn. Gọi E và F lần lượt là chân các
đường vuông góc kẻ từ C xuống các đường thẳng AB và AD. Chứng minh rằng:
AC
2
= AB.AE + AD.AF

+ ∆CBK và ∆ACF có:
·
·
0
90CKB CFD= =
;
·
·
BCK CAF=
(vò trí so le trong)
=> ∆CBK đồng dạng với ∆ACF (g.g)

. .
CK BC
CK AC BC AF
AF AC
⇒ = ⇒ =

+ Mà: BC = AD do ABCD là hình bình hành => CK.AC = AD.AF (2)
+ Cộng vế theo vế (1) và (2), ta được:
. . . .AK AC CK AC AB AE AD AF+ = +
Hay: AC
2
= AB.AE + AD.AF (đpcm)
*Nhận xét:
1) Do ∆ACE vuông tại E, để ∆ABK đồng dạng với ∆ACE thì điểm phụ K cần
xác đònh chính là chân đường vuông góc kẻ từ B xuống cạnh AC.
2) Nếu hình bình hành ABCD là hình thoi, lúc đó AB = AD. Do đó kết luận
của bài toán là: AC
2

Chứng minh rằng: AD
2
= AB.AC – BD.CD

*Phân tích: Lấy K∈AD sao cho: AK.AD = AB.AC

AK AC
AB AD
⇒ = ⇒
∆ABK đồng dạng với ∆ADC
Do đó:
·
·
ABK ADC=
. Như vậy ta xác đònh được điểm K.
*Lời giải: Trên AD lấy điểm K sao cho:
·
·
ABK ADC=
. Dễ thấy AD = AK – DK
+ ∆ABK và ∆ADC có:
·
·
ABK ADC=
;
· ·
BAK CAK=
(AD là phân giác của góc A)
=> ∆ABK đồng dạng với ∆ADC (g.g)


1) ∆ABK và ∆ADC đã có
· ·
BAD CAD=
( do AD là phân giác của góc A), để hai
tam giác này đồng dạng với nhau ta cần tìm thêm một cặp góc bằng nhau (
·
·
ABK ADC=
). Do đó, điểm phụ K thuộc AD sao cho
·
·
ABK ADC=
.
2) Nếu AD là đường phân giác ngoài của góc A ( D ∈ BC) thì ta có hệ thức:
AD
2
= DB.DC – AB.AC.
3) Bài toán tổng quát: Cho tam giác ABC có AD là đường phân giác của góc
A. Chứng minh rằng: AD
2
=
. .AB AC DB DC−
Ví dụ 5: Cho hình thang cân ABCD (AD // BC).
Chứng minh rằng: AC
2
= AB
2
+ AD.BC
7
GT ∆ABC

·
ABK ACB=
;
µ
A
chung => ∆ABK đồng dạng ∆ACB (g.g)

2
.
AK AB
AK AC AB
AB AC
⇒ = ⇒ =
(1)
+ ABCD là hình thang cân nên:
µ
µ
B C=
mà:
·
·
ABK ACB=
=>
·
·
CBK ACD=

+ ∆CBK và ∆ACD có:
·
·

ABK ADC=
.
Ví dụ 6: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm O.
Chứng minh rằng: AC.BD = AB.CD + AD.BC

*Phân tích: Giả sử K thuộc đoạn AC sao cho:
AK.BD = AB.CD
AK AB
CD BD
⇒ = ⇒
∆ABK đồng dạng với ∆DBC
=>
·
·
ABK DBC=
. Như vậy, điểm phụ K được xác đònh.
*Lời giải:
Vì
·
·
ABC DBC>
nên trên đoạn AC lấy điểm K sao cho
·
·
ABK DBC=
8
GT Hình thang cân ABCD
KL AC
2
= AB

CD BD
⇒ = ⇒ =
(1)
+ Vì
·
·
ABK DBC=
=>
·
· ·
·
ABK KBD KBD DBC+ = +
hay
·
·
ABD CBK=

+∆BCK và ∆BDA có:
·
·
BCK BDA=
(góc nội tiếp cùng chắn cung AB);
·
·
CBK ABD=
=> ∆BCK đồng dạng với ∆BDA(g.g)

. .
BC CK
CK BD BC AD

·
·
BAM CAN=

Ví dụ 7: Cho tam giác ABC có:
µ µ
0
3. 2. 180A B+ =
Chứng minh rằng: AB
2
= BC
2
+ AB.AC
*Phân tích: Giả sử điểm K thuộc cạnh AB sao cho:
BK.AB = BC
2

BK BC
BC AB
⇒ =
=> ∆BKC đồng dạng với ∆BCA =>
·
·
BCK BAC=
Mặt khác, ta có:
µ µ
0
3. 2. 180A B+ =
=>
·

+ AB.AC
K
B
C
A
Nguyễn Quang Bình - THCS Bùi Thị Xn, Pleiku
=>
·
·
ACK AKC=
hay tam giác ACK cân tại A. Vậy điểm phụ K được xác đònh.
*Lời giải:
Vì:
µ µ
0
3. 2. 180A B+ =
=> AB > AC
Trên cạnh AB lấy điểm K sao AK = AC => tam giác ACK cân tại A.
Ta có:
µ µ
0
3. 2. 180A B+ =
,
µ µ
µ
0
180A B C+ + =
=>
·
µ µ

BK AB BC
AB BC
= ⇒ =
(1)
+ Mặt khác: Do AB = AK + BK; AK = AC => BK = AB – AC (2)
+ Từ (1) và (2), ta có: (AB – AC).AB = BC
2
hay AB
2
– AC.AB = BC
2
=> AB
2
= BC
2
+ AC.AB (đpcm)
*Nhận xét:
∆BCK và ∆BAC đã có góc B chung, để hai tam giác này đồng dạng với
nhau ta cần tìm thêm một cặp góc bằng nhau (
·
·
BCK BAC=
). Do đó, điểm phụ K
thuộc AB sao cho AK = AC hay ∆ACK cân tại A .
Ví dụ 8: Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O. D là một điểm
trên cung BC không chứa đỉnh A. Gọi I, E, F lần lượt là hình chiếu của D trên
các đường thẳng BC, AB, AC. Chứng minh rằng:
BC AB AC
DI DE DF
= +

D
E
C
B
A
Nguyễn Quang Bình - THCS Bùi Thị Xn, Pleiku
+ ∆CDK và ∆ADB có:

·
·
CDK ADB=
(cách vẽ)

·
·
DCK DAB=
(góc nội tiếp chắn cung BD)
=> ∆CDK đồng dạng với ∆ADB (g.g)
Mà DI, DE thứ tự là hai đường cao của ∆CDK và ∆ADB nên:
=>
CK DI CK AB
AB DE DI DE
= ⇒ =
(1)
+ Mặt khác:
·
·
·
BDK BDA ADK= +
;

hay:
BC AB AC
DI DE DF
= +
Cách 2:
*Phân tích:
Giả sử điểm K thuộc cạnh BC sao cho:
BK AB
DI DE
=
=> ∆ABK đồng dạng với
∆EDI =>
·
·
BAK DEI=
;
Mà: tứ giác BIDE nội tiếp được đường tròn nên:

· ·
DEI DBI=
(do góc nội tiếp cùng chắn cung DI )
=>
·
·
BAK DBI=
=> sđ
¼
BDN
= sđ
¼

= sđ
¼
CND
=>
·
·
BAK DBI=
(góc nội tiếp chắn các cung bằng nhau).
+ Mặt khác, tứ giác BIDE nội tiếp được đường tròn (do
·
·
0
90DEB DIB= =
)
=>
· ·
DEI DBI=
(do góc nội tiếp cùng chắn cung DI )
11
E
K
N
O
F
I
D
C
B
A
Nguyễn Quang Bình - THCS Bùi Thị Xn, Pleiku

IDF FCM=
(góc nội tiếp chắn cung FI )
+ Do ∆ABK đồng dạng với ∆EDI =>
·
·
DIE BKA=
.
Mà:
·
·
0
180DIE DIF+ =
(kề bù);
·
·
0
180BKA AKC+ =
(kề bù)
=>
·
·
DIF AKC=
+ ∆CKA và ∆DIF có:
·
·
IDF FCM=
;
·
·
DIF AKC=

Ví dụ sau giúp chúng ta thấy rõ hơn yêu cầu này:
Ví dụ 9: Cho hình vuông ABCD nội tiếp đường tròn (O; R). Gọi P là một điểm
trên cung nhỏ CD. Chứng minh rằng: PA + PC =
2
.PB
*Phân tích:
12
GT ABCD nội tiếp (O;R)
P thuộc cung nhỏ CD.
KL PA + PC =
2
.PB
P
K
O
D
C
B
A
Nguyễn Quang Bình - THCS Bùi Thị Xn, Pleiku
Để chứng minh: PA + PC =
2
.PB, ta đi chứng minh:

2
PA PC
PB PB
+ =

Mà ABCD là hình vuông, do đó ta có:

( hai góc nội tiếp chắn 2 cung bằng nhau).
=> ∆PCK đồng dạng với ∆PBA (g.g)

PC CK
PB AB
⇒ =
(1)
+ ∆PAK và ∆PBC có:

·
·
PAK PBC=
(góc nội tiếp cùng chắn cung CP);

·
·
APK CPB=
( hai góc nội tiếp chắn 2 cung bằng nhau)
=> ∆PAK đồng dạng với ∆PBC(g.g)

PA AK
PB BC
⇒ =
(2)
+ Cộng vế theo vế (1) và (2), ta được:
2
PA PC AK CK AK CK AC
PB PB BC AB AB AB
+
+ = + = = =

= b
2
+ bc
Bài 3: Cho tam giác ABC vuông tại C. Lấy điểm E trên đường cao CH. Kẻ BD
vuông góc với AE tại D. Chứng minh rằng:
a) AE.AD + BA.BH = AB
2
b) AE.AD – HA.HB = AH
2
Bài 4: Cho tứ giác ABCD có:
·
·
0 0
90 ; 90DAB DBC= =
. Chứng minh rằng:
CD
2
= DI.DB + CI.CA
Bài 5: Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Gọi HD, HE lần lượt là
các đường cao của tam giác ABH và ACH. Chứng minh rằng: AH
3
= AD.AE.BC.
Bài 6: Cho nửa đường tròn (O), đường kính AB. Hai dây cung AC và BD cắt
nhau tại H. Chứng minh rằng: AH.AC + BH.BD = AB
2
Bài 7: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). Hai đường thẳng AD và BC
cắt nhau tại E, hai đường thẳng AB và CD cắt nhau tại F. Chứng minh rằng:
EA.ED + FA.FB = EF
2
Bài 8: Cho tam giác ABC có đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H.

khả năng giải toán của mình.
Điều quan trọng hơn là khi giáo viên hướng dẫn học sinh cách phân tích có
chủ ý cách vẽ thêm yếu tố phụ để tìm cách giải một bài toán theo nhiều cách
khác nhau, các em đã biết quan sát nhạy bén, linh hoạt và từ đó làm cho tư duy
Hình học của các em được phát triển.
Thành tích các em học sinh đạt học sinh Giỏi cấp thành phố và cấp Tỉnh
của trường không ngừng tiến bộ qua từng năm, cụ thể:

Năm học
Cấp TP
Cấp Tỉnh
Lớp 8 Lớp 9
SL SL
2003- 2004 3/4
2004 – 2005 6/6 1/4 1/1
2005 – 2006 3/6 2/2
2006 – 2007 2/4 1/2
2007 - 2008 2/4
II. BÀI HỌC KINH NGHIỆM:
Qua việc vận dụng những kinh nghiệm trên vào công tác giảng dạy và kết
quả đạt được, tôi rút ra một số bài học kinh nghiệm như sau:
- Điều đầu tiên, bản thân giáo viên phải tâm huyết, trăn trở với bài dạy, tìm
hiểu kiến thức, tìm ra phương pháp và hình thức phù hợp trong giảng dạy tạo ra
môi trường giúp học sinh hứng thú, tích cực, chủ động tìm tòi kiến thức.
15
Nguyễn Quang Bình - THCS Bùi Thị Xn, Pleiku
- Trong quá trình giảng dạy, người giáo viên ngoài năng lực, khả năng sư
phạm còn cần phải tích luỹ, rút kinh nghiệm dù rất nhỏ. Phải tìm tòi học tập kinh
nghiệm ở sách báo, tài liệu tham khảo và chính trong quá trình giảng dạy trên
lớp của bản thân sau mỗi tiết dạy.