PHẦN A - ĐẶT VẤN ĐỀ
I. Cơ sở lí luận
- Luật giáo dục 2005 (Điều 5) quy định: ‘‘Phương pháp giáo dục phải phát huy tính

tích cực, tự
giác, chủ động, tư duy sáng tạo của người học; bồi dưỡng cho nguời học năng lực

tự học, khả
năng thực hành, lòng say mê học tập và ý chí vươn lên’’.
- Mục đích của việc đổi mới phương pháp dạy học ở trường phổ thông là thay đổi lối

dạy học
truyền thụ một chiều sang dạy học theo ‘‘Phương pháp dạy học tích cực’’ nhằm giúp

học
sinh :
 Phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động, sáng tạo, rèn luyện thói quen và khả
năng tự học, tinh thần hợp tác, kĩ năng vận dụng kiến thức vào trong thực tiễn;
 Tạo niềm tin, niềm vui, hứng thú trong học tập; làm cho ‘‘việc học’’ là quá trình
kiến tạo, tìm tòi, khám phá, luyện tập, khai thác và xử lí thông tin Học sinh tự
hình thành hiểu biết, năng lực và phẩm chất.
 Tổ chức hoạt động nhận thức cho học sinh, dạy học sinh cách tìm ra chân lí. Chú
trọng hình thành các năng lực (tự học, sáng tạo, hợp tác, ) dạy phương pháp và
kĩ thuật lao động khoa học, dạy cách học.
- Làm thế nào để đạt được các mục đích trên ?
Để trả lời được câu hỏi này, trước tiên giáo viên trước vấn đề đó người giáo viên cần
phải không ngừng tìm tòi khám phá, khai thác, xây dựng hoạt động, vận dụng, sử dụng phối
hợp các phương pháp dạy học trong các giờ học sao cho phù hợp với từng kiểu bài, từng đối
tượng học sinh, xây dựng cho học sinh một hướng tư duy chủ động, sáng tạo.
Vấn đề nêu trên cũng là khó khăn với không ít giáo viên nhưng ngược lại, giải quyết
được điều này là góp phần xây dựng trong bản thân mỗi giáo viên một phong cách và phương

nào để
có lợi cho việc giải toán là điều khó khăn và phức tạp.
- Kinh nghiệm thực tế cho thấy rằng, không có phương pháp chung nhất cho việc vẽ

thêm các
yếu tố phụ, mà là một sự sáng tạo trong trong khi giải toán, bởi vì việc vẽ thêm các

yếu tố
phụ cần đạt được mục đích là tạo điều kiện để giải được bài toán 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 toán dựng hình cơ bản, nhiều khi người giáo viên

đã
tìm ra cách vẽ thêm yếu tố phụ nhưng không 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, ngoài cách vẽ này còn có cách nào khác không? hay: tại sao chỉ vẽ thêm
như vậy mới giải được bài toán? 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 toán 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 nhưng 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 toán hình học cần phải vẽ thêm
yếu tố phụ, từ đó khi các em tiếp xúc với một bài toán, các em có thể chủ động được cách
giải, chủ động tư duy tìm hướng giải quyết cho bài toán, như vậy hiệu quả sẽ cao hơn.
- Đã có nhiều tài liệu, chuyên đề, sáng kiến viết về việc kẻ thêm đường phụ trong

 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 toán thì không 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 toán. Vì vậy yêu cầu đặt ra là làm thế nào học sinh có thể
nhận biết cách vẽ thêm được các yếu tố phụ để giải toán hình học nói chung và toán hình học
7 nói riêng. Qua thực tế giảng dạy tôi đã tích luỹ được một số cách vẽ yếu tố phụ đơn giản và
thiết thực, khi hướng dẫn học sinh thực hiện giải toán rất hiệu quả.
II. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP VẼ ĐƯỜNG PHỤ
1. Vẽ giao điểm của hai đường thẳng
a) Mục đích
Vẽ thêm giao điểm của hai đường thẳng nhằm làm xuất hiện tam giác mới có mối liên
hệ về góc và cạnh với các tam giác đã có trong hình vẽ.
b) Sử dụng khi nào?
Ta thường dùng cách vẽ này khi giữa hai đối tượng liên quan (đoạn thẳng, đường
thẳng, tam giác, … ) thường chưa hoặc ít có mối liên hệ về độ dài, về góc.

Ví dụ 1. Cho ∆ABC có
A

> 90
0
, AB < AC. Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa điểm
A,
vẽ tia Bx vuông góc với BC; trên tia đó lấy điểm D sao cho BD = BC. Trên nửa mặt phẳng
bờ AB chứa điểm C, vẽ tia By vuông góc với BA; trên tia đó lấy điểm E sao cho BE = BA.
Chứng minh rằng DA ⊥ EC.

D
1
A
1
2
1
B
3
2
1
C
E
K
b)
y
(H. 1b). Ta phải chứng minh
H

KC
= 90
0
.
-
Ta dễ dàng chứng minh được ∆ABD = ∆EBC (c.g.c), suy ra
D

1
=

C

Để chứng minh
H

K
C
=

H

B
D
ta có thể so sánh các cặp góc của hai tam giác là
∆HBD và ∆HKC. Rõ ràng hai tam giác này đã có hai cặp góc bằng nhau nên ta dễ dàng tìm

ra lời giải của bài toán.
H
Giải : (H. 1b)
Gọi H, K theo thứ tự là giao điểm của DA với BC, EC.
Xét ∆ABD và ∆EBC có :

AB = BE (gt)
B

1
=
B

3
(cùng bằng 90
0

2
(đối đỉnh) nên
H

BD
=
H

KC
.
Suy
ra
H

K
C

= 90
0
(vì
H

BD
= 90
0
) hay HK ⊥ EC.
Vậy DA ⊥ EC (đpcm).
Nhận xét :
Rõ ràng nếu ta không vẽ thêm giao điểm thì rất khó tìm ra lời giải của bài toán. Việc vẽ
thêm giao điểm của các đường thẳng làm xuất hiện mối liên hệ giữa các góc của hai tam giác

2
B
a) b)
Hình 2
c)
E
Hai là, kéo dài CO cắt DB tại E (H. 2c). Dễ dàng chứng minh AC = BE và CD = DE.

Từ đó ta suy ra điều phải chứng minh.
Giải : (H. 2c)
Gọi E là giao điểm của CO và DB.
Xét ∆OAC và ∆OBE có :
O

AC
=
O

BD
= 90
0
OA = OB (gt)


O
1
=
O
2
(đối đỉnh)

Phân tích :
-
Để chứng minh AB = CD,
AC = BD ta cần tìm ra hai tam giác
A B
A
B
2
1
1
2
chứa
các cạnh này bằng nhau. Nhưng
D
trên hình vẽ lại không có hai tam giác
(H. 3a). Như vậy, ta cần tạo ra hai tam
giác chứa các cặp cạnh trên.
a)
C
D
Hình 3
b)
C
-
Đường phụ cần vẽ là đoạn thẳng nối A với C hoặc nối B với D (H. 3b).
Giải : (H. 3b)
Nối A với C.
Xét ∆ADC và ∆CBA có :
 
A

C

2
) và một cạnh chung AC. Từ đó ta có hai tam giác bằng
nhau và suy
ra các cạnh tương ứng bằng nhau.
- Đây là một bài toán không khó nhưng nếu học sinh suy luận không tốt thì cũng khó

tìm ra
đường phụ để giải bài toán.
 Kẻ thêm đoạn thẳng bằng một đoạn thẳng khác
Chúng ta thường dùng một trong các cách như sau :
- Lấy trung điểm của một đoạn thẳng ;
- Dựng một đoạn thẳng bằng đoạn thẳng đã có trên hình vẽ.
Ví dụ 4. Cho ∆ABC. Gọi D, E theo thứ tự là trung điểm của AB, AC. CMR :
a) DE // BC ; b)
Phân tích :
DE =
1
BC
2
-
Để chứng minh DE // BC ta cần chứng minh một cặp góc đồng vị hoặc một cặp góc
so le trong bằng nhau. Ta có thể nghĩ đến việc chứng minh

đồng vị (H. 4a).
D

1
=

⇔ BC = 2DE. Ta có thể tạo ra một đoạn thẳng bằng nửa BC hoặc
- Để tạo ra một đoạn thẳng bằng nửa BC, ta có thể lấy trung điểm I của BC (H. 4b).
Nhưng khi đó các tam giác trong hình vẽ ít có mối liên hệ về cạnh và góc.
- Kết hợp với việc chứng minh
D

1
=

B

và DE =
1
BC , ta nghĩ tới việc chứng minh
2
hai tam giác bằng nhau. Nhưng không thể tìm ra hai tam giác bằng nhau trong hình 9. Do đó

ta có thể nghĩ đến việc vẽ thêm đường phụ bằng cách tạo ra một đoạn thẳng bằng DE.
1
- Để tạo ra một đoạn thẳng bằng DE, ta có thể lấy điểm F trên tia đối của tia ED sao
cho DE = EF (H. 4c). Kết hợp giả thiết EA = EC, ta thấy ngay hai tam giác EAF và ECD
bằng nhau (c.g.c). Từ đó ta có thể tìm ra lời giải của bài toán.
Giải : (H. 4c)
Trên tia đối của tia của tia ED lấy điểm F sao cho ED = EF.
Xét ∆EAF và ∆ECD có :

EA = EC (gt)
A

E


A
F
=

B

D
C
(đồng vị, AF // CD)
AF = CD (chứng minh trên)
nên ∆ADF = ∆DBC (c.g.c) DF = BC,
D

1
= B

.
a) Hai góc
D

1
và

B

ở vị trí đồng vị bằng nhau nên DE // BC.
b) Ta có DF = 2DE (cách dựng), BC = DF (chứng minh trên) nên
Nhận xét :
DE =

= 90
0
AC = BE (cách dựng)
Nên ∆OAC = ∆OBE (c.g.c), suy ra OC = OE và
y
D
x
O

1
= O

2
.
Ta có
C

OE
=
O

2
+
B

OC
=
O

`


180
0
− 90
0
= 90
0
Hình 5
E
C
Xét ∆OCD và ∆OED có :
OC = OE (chứng minh trên),
D

OE
=
D

OC
= 90
0
, OD là cạnh
chung
Nên ∆OCD = ∆OED (c.g.c), suy ra CD = DE. Mà DE = BD + BE và BE = AC.
Vậy CD = AC + BD.
3. Kẻ thêm đường phân giác
a) Mục đích
Kẻ thêm đường phân giác nhằm làm xuất hiện hai góc bằng nhau, hai tam giác bằng
nhau, tam giác cân, tam giác đều, …
b) Sử dụng khi nào?

M
C
- Đường phụ cần vẽ là tia phân giác

của góc A
(H. 6b).
Giải : (H. 6)
Kẻ phân giác của góc A, cắt BC tại M.
a)
b)
Hình 6
∆AMB và ∆AMC có
B

=
C

(gt),
A

1
=
A

2
(cách dựng) nên
A

MB =


chung (AM) của hai tam giác (∆AMB và ∆AMC). Kết hợp với giả thiết ta dễ dàng tìm ra lời

giải của bài toán.
- Có hai cách vẽ khác : dựng AM ⊥ BC hoặc dựng M là trung điểm của BC.
18
Ví dụ 7. Cho ∆ABC có
A

= 60
0
. Tia phân giác của góc B cắt AC ở D, tia phân
giác
của góc C cắt AB ở E. Chứng minh rằng BC = BE + CD.
Phân tích :
- Gọi I là giao điểm của BD và CE (H. 7a), ta dễ dàng tính được :
B

IC
= 120
0
,
B

IE
=
C

ID
= 60
0


IM
=
C

IM
=

60
0
,
suy ra
B

IE
=
B

IM,

C

IM
=
C

ID.
Từ đó ta dễ dàng
Ở đây, tôi chỉ trình bày cách thứ hai.
A A

2
B
M
c)
C
Giải : (H. 7c)
Gọi I là giao điểm của BD và CE. Ta có
Hình 7
B

+ C

= 180
0
− 60
0
= 120
0
.
Suy
ra
B

2
+ C

2
= 120
0
: 2 = 60

2
 
Kẻ tia phân giác của góc BIC, cắt BC ở D. Suy ra
Xét ∆BIE và ∆BID có :

I
2
=

I
3
=
60
0
.
B

1
=
B

2
(gt), BI là cạnh chung,

I
=

I
2
=

đồng vị bằng nhau, hai góc trong cùng phía bù nhau và đặc biệt là hai tam giác bằng nhau.
b) Sử dụng khi nào?
Ta thường dùng cách này khi đã có các đường thẳng song song trong hình vẽ.
Ví dụ 8. Cho hình 8a, trong đó
Phân tích :
A

CB
= A

+ B

. Chứng minh rằng Ax //
By.
- Để chứng minh Ax // By, ta phải tìm ra một cặp góc so le trong, một cặp góc đồng

vị hoặc
hai góc trong cùng phía bù nhau. Nhưng trên hình vẽ ta thấy không có các cặp góc

như vậy
(H. 8a). Ta có thể nghĩ đến việc kẻ thêm đường phụ.
- Từ giả thiết
bài toán.
A

CB
= A

+ B


)
Hình 8
c)
d)
Giải : Kẻ tia Cz // Ax (H. 8b) (1)
Ta có
A

=
C

1
(so le trong, Ax //
Cz)
⇒
A

CB
=
A

+
B


=
C

1
+

ở vị trí so le trong bằng nhau nên By // Cz (4)
CC
hơn.
Từ (1) và (4) suy ra Ax // By (đpcm)
Nhận xét :
- Việc kẻ tia Cz // Ax, ta đã làm xuất hiện các cặp góc so le trong bằng nhau.
- Ta có thể kẻ tia Cz cùng hướng với tia Ax (và By) (H. 8c), nhưng lời giải phức tạp
- Ta cũng có thể kéo dài AC cắt tia By tại D (H. 8d) rồi áp dụng định lí tổng ba góc
và góc ngoài của tam giác.
Ví dụ 9. Cho ∆ABC. Gọi D là trung điểm của AB. Kẻ DE // BC (E ∈ AC). Chứng

minh rằng EA = EC.
Phân tích :
- Để chứng minh EA = EC, ta phải tìm ra hai tam giác có chứa hai cạnh đó bằng
nhau. Nhìn trên hình vẽ ta thấy không thể tìm ra hai tam giác như vậy (H. 9a). Ta có thể nghĩ
đến việc kẻ thêm đường phụ. Nhưng kẻ thêm đường như thế nào cho hợp lí ?
A A
A
D
E
D
1
E
3
2 1
2
F
D
1
1

1
(đồng vị, DF // AC)
AD = BD (gt)
D

1
=
B

(đồng vị, DE // BC)
nên ∆ADE = ∆DBF (g.c.g) ⇒ EA = DF (1)
Xét ∆DEF và ∆CFE có :


E
1
=
F
2 (so le trong, DE // BC)
EF chung,
 
F
1
=
E
2
(so le trong, DE // BC)
nên ∆DEF = ∆CFE (c.g.c) ⇒ DF = EC (2)
Từ (1) và (2) suy ra EA = EC (đpcm).
Nhận xét :

- Nếu cho góc 30
0
(hoặc 60
0
), ta kẻ đường vuông góc nhằm tạo ra tam giác vuông có

một góc
bằng 30
0
hoặc 60
0
.
- Nếu cho góc 120
0
(hoặc góc 150
0
), ta thường tính góc kề bù với góc đó rồi kẻ

đường
vuông góc nhằm tạo ra tam giác vuông có chứa góc kề bù.
Ví dụ 10. Cho ∆ABC có
A

=

120
0
,
AB = 10 cm, AC = 15 cm. Tính BC.
Phân tích:

0
A
15
C
b)
∆ABH vuông tại H có
Giải : (H. 10b)
B

AH
= 60
0
nên AH = AB:2 = 5 (cm). Từ đó ta dễ dàng tìm
ra lời

giải.
Kẻ BH ⊥ AC. Vì
B

A
C

> 90
0
nên A nằm giữa H và C.
Ta có
B

AH
= 180