Rèn luyện phát triển năng lực giải toán thông qua bài tập sách giáo khoa
RÈN LUYỆN PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC GIẢI TOÁN THÔNG
QUA BÀI TẬP SÁCH GIÁO KHOA
I. ĐẶT VẤN ĐỀ.
1. Vị trí môn học trong chương trình toán THCS.
Hình học là môn khoa học cơ bản trong chương trình phổ thông, nó trước
hình thành từ những năm đầu của chương trình tiểu học. Môn hình học nó được gắn
liền với thực tiển cuộc sống. Bởi vậy giải toán hình học là vấn đề trọng tâm của
người dạy cũng như người học, môn hình học kích thích sự sáng tạo, sự phán đoán
của con người bên cạnh đó nó rèn luyện tính kiên trì, nhẫn nại của người học.
2. Thực trạng học hình học hiện nay của học sinh THCS .
Hiện nay số học sinh sợ môn toán đặc biệt là môn hình học rất cao đối với
học sinh lười học đã đành. Còn đối với những học sinh "chăm học" mặc dù thuộc lí
thuyết vẩn không giải được . Thậm chí có những bài chỉ là tương tự bài đã giải hay
chỉ là một khía cạnh của bài đã giải, hoặc bài toán ngược lại của bài đã giải mà học
sinh vẫn không giải quyết được. Nguyên nhân cơ bản dẫn đến tình trạng đó là:
- Học sinh lười học, lười suy nghĩ, không nắm được phương pháp
- Học sinh học thụ động, thiếu sáng tạo
- Không liên hệ trược giữa các " Bài toán gốc" đã giãi với các bài toán trước
suy ra từ "bài toán gốc" hay nói cách khác không biết nghiên cứu lời giải của một
bài toán
Những tồn tại trên không những do người học mà còn do cả người dạy.
Người dạy thường chú trọng hướng dẫn các em giải, hoặc giải các bài toán độc lập
mà không chú trọng hệ thống, xâu chuổi, phát triển các bài toán từ các " bài toán
gốc" nhờ việc nghiên cứu kỹ lời giải mỗi bài toán,thông qua hình vẽ, nhần xét, thay
đổi giả thiết các bài toán. Lật ngược vấn đề…
Đối với học sinh không có gì đáng nhớ hơn bằng tự bản thân các em, tìm
kiếm phát hiện ra những vấn đề xung quanh bài toán gốc SGK đưa ra, các em sẽ
nhớ lâu khi gặp một bài toán các em biết liên hệ giữa bài toán phải giải với bài toán
1
Rèn luyện phát triển năng lực giải toán thông qua bài tập sách giáo khoa

COD
= 90
0
ta có nhiều cách chứng minh sau đây là một cách.
Theo tính chất tiếp tuyến cắt nhau.
Ta có: OC là phân giác
∧
AOM
.
OD là phân giác
∧
BOM

2
Rèn luyện phát triển năng lực giải toán thông qua bài tập sách giáo khoa
Mà
∧
AOM
và
∧
BOM
là hai góc kề bù
nên OC ⊥ OD hay
∧
COD
=90
0
.
♦2. Cũng theo tính chất tiếp tuyến cắt nhau ta có:
CM = CA; DM = DB nên ta có: CD = CM

CD =AB
⇒
M là điểm chính giữa của cung AB.
Nhận xét 2: ABCD là hình thang vuông nên diện tích sẽ là .
S =

2
AB
BDAC +
Ta có có thể đặt câu hỏi tiếp.
♦5. Tìm vị trí điểm M trên cung AB sao cho diện tích tứ giác ABCD nhỏ nhất.
Giải: Lập luận tương tự ta có nhỏ nhất
⇔
M là điểm chính giữa cung AB.
Nhận xét 3: Ta thấy
∆
AMB vuông M,
∆
COD vuông ở O
OC ⊥ AM; OD ⊥ BM. Ta đặt câu hỏi tiếp.
♦6. Gọi giao điểm AM với OC là P, BM và OD là Q.
Chứng minh tứ giác OPMQ là hình chữ nhật
3
Rèn luyện phát triển năng lực giải toán thông qua bài tập sách giáo khoa
Giải: Dựa vào nhận xét 3 ta dễ dàng chứng minh được tứ giác OPMQ là
hình chữ nhật
Nhận xét 4: Do AC // BD . Ta đặt câu hỏi tiếp.
♦7. Gọi giao điểm AD và BC là H . Chứng minh MH ⊥ AB
Giải: Do CA // BD
HB

AC//BD
⇒

DA
DH
BC
BH
=
MH// CA
⇒

CA
MH
DA
DH
=
Từ các đẳng thức trên
MHHK
CA
MH
AC
HK
=⇒=⇒
.
• Nhận xét 6:
H là trung điểm MK; P là trung điểm AM; Q là trung điểm BM ta đặt câu hỏi
tiếp theo.
♦9. Chứng minh rằng P, H, Q thẳng hàng
4
Rèn luyện phát triển năng lực giải toán thông qua bài tập sách giáo khoa

∧
COD
= 90
0
đều ngược lại còn đúng
không?
Ta có bài toán sau:
Bài toán 1.I: Cho nửa đường tròn (()) đường kính AB, Ax, By là các tiếp tuyến tại
A và B, trên Ax lấy điểm C tùy ý . Vẽ tam giac vuông COD, D ∈By và cùng nằm
trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa điểm C .
Chứng minh rằng CD là tiếp tuyến của (O) .
Giải : ta có:

2
1
∧∧
= OD
cùng phụ
1
∧
O
;
==
∧∧
BA
90
0
(gt)

⇒

∆
COD ~
∆
CAO ( c.g.c)
⇒

∧∧
= DCOACO
hay CD là phân giác của góc
∧
ACD
.
Từ O vẽ OM ⊥ CD ( M ∈ CD ) ; CO là phân giác
∧
ACM
OA ⊥AC
⇒
OM = OA(Điểm nằm trên phân giác cách đều hai cạnh của góc) . Vậy
CD là tiếp tuyến của (O) tại M.
• Nhận xét 9: Theo câu 2. Bài I thì: AC +BD =CD ta hãy đặt vấn đề ngược lại
của câu 2. Bài toán I.
Bài toán 2.I: Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB . hai tiếp tuyến Ax và By
trên 2 tiếp tuyến đó lấy 2 điểm C và D sao cho CD = AC + BD chứng minh
∧
COD
=90
0
và CD là tiếp tuyến của (O).
Giải: Qua O kẻ đường thẳng vuông góc với AB cắt
CD tại I ta có I là trung điểm của CD

tại M cắt tiếp tuyến Ax,
By tại C và D . Chứng minh
0
90' =
∧
DCO
.
Giải: Do O
'
bất kỳ thuộc AB nên O
'
trùng O ; hoặc O
'
trùng A hoặc O
'
trùng B.
6
Rèn luyện phát triển năng lực giải toán thông qua bài tập sách giáo khoa
+/ Nếu O
'
trùng O Thì bài toán 3.I trở thành bài toán I.
+/ Nếu O
'
trùng A
⇒
D trùng B, khi đó
0
90' ==
∧∧
CABDCO

BO
'
MD nội tiếp
∧
∧
=⇒
2
'
2
MODo
0
90=
∧
AMB
(gt) nên
0
21
90=+
∧∧
MM
⇒
0
2
'
1
'
90=+

cùng bù
∧
'MAO
+) DBMO
'
nội tiếp

∧∧
=⇒ BMODMO ''
cùng chắn cung
MO
'
mà
0
90' =+
∧∧
BMOMAB
nên
0
90'' =+
∧∧
DMOCMO
0
90' =⇒
∧
DCO
(Tổng 3 góc trong tam giác).• Nhận xét 12: Qua bài toán 4 và 4.1 ta có bài toán tổng quát sau:

Ta đặt thêm câu hỏi.
♦1. Trên hình vẽ có bao nhiêu tứ giác nội tiếp
Có 6 tứ giác nội tiếp: APHN; BPHM; CMHN; ANMB; BPNC; APMC.
Nhận xét 2: Với
∆
BHC có A là trực tâm,
∆
AHC có B là trực tâm ta đặt câu hỏi
tiếp theo.
♦2. Chứng tỏ rằng mỗi đỉnh của đã cho là trực tâm của tam giác tạo thành
bởi 2 đỉnh còn lại và trực tâm H của
ABC∆
.
Nhận xét 3: Từ các tứ giác nội tiếp đã tìm được ta thấy:
∧∧∧∧∧∧∧∧
=⇒===
21211111
;; MMMCCBBM
ta có câu hỏi tiếp theo.
♦3. Chứng minh rằng H là tâm đường tròn nội tiếp
MNP
∆
.
Giải: ( Dựa vào nhận xét 3 . Ta dễ dàng chứng minh được)
Nhận xét 4: ta có NH là phân giác
∧
PNM
NA
⊥
NH(gt)

HN
KH
BN
BK
HM
HG
AM
AG
=== ;;
Giải: Dựa vào nhận xét 5. Sử dụng tính chất đường phân giác ta có điều phải chứng
minh.
Nhận xét 6: Lấy H
1
đối xứng với H qua AB Ta thấy
∧∧
=⇒∆=∆ AHBBAHABHBAH
11

mà
0
180; =+=
∧∧∧∧
NCMNHMNHMAHB
tứ giác NHMC nội tiếp
⇒
0
1
180=+
∧∧
ACBBAH

⇒

đường tròn (AH
1
B) = đường tròn( AHB)= đường tròn(ABC), từ đó ta có câu hỏi
tiếp.
♦7. Gọi R là bán kính đường tròn ngoại tiếp
ABC∆
. Chứng minh rằng: đường
tròn (AHB) = đường tròn(AHC) = đường tròn(BHC) cùng có đường kính 2R.
Giải: Dựa vào câu 6 và nhận xét 7 ta chứng minh được.
Nhận xét 8: Ta thấy. S
APN
=
SinAAPAN
2
1
S
ABC
=
SinAACAB
2
1
ACosCosACosA
AC
AP
AB
AN
ACAB
APAN

S
ABC
MNP
++−=

Giải: Dựa vào nhận xét 8 ta có:
S
APN
= S
ABC.
.Cos
2
A; S
BPM
= S
ABC
. Cos
2
B

S
CMN
= S
ABC
. Cos
2
CS

Nhận xét 9:
Theo câu 6 . Thì A,H
1
, B, H
2
, C, H
3
cùng thuộc 1 đường tròn
⇒

cung AH
1
= cung AH
3

⇒
A là điểm chính giửa của cung
H
1
AH
3
ta đặt câu hỏi tiếp theo.
♦9. Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp
ABC
∆
chứng minh:
AO
⊥
PN ; CO
⊥

Tứ giác BPNC nội tiếp
∧∧
=⇒
21
BP
(cùng chắn cung NC) ;
∧∧
= CHHB
132
( cùng chắn
cung H
3
C)
⇒=⇒
∧∧
CHHP
131
PN // H
1
H
3
mà
AO
⊥
H
1
H
3
suy ra
PN

PN vấn đề ngược lại có đúng
không? Tức là PN
⊥
AO
⇒
BPNC nội tiếp . Ta có bài toán sau:
Bài toán 1.II : Cho
ABC
∆
nhọn nội tiếp (O) đường kính AI, d là đường thẳng vuông
góc với AI cắt AB, AC tại M và N. Chứng minh BPNC nội tiếp được.
Giải: Do d bất kỳ nên: d có thể đi qua A, B, C.
+Khi d đi qua A
⇒
M ≡ A; N ≡ A

⇒
BMNC trở thành
ABC∆
+Khi d đi qua B
⇒
M ≡ B
⇒
BMNC trở thành
MNC
∆
+Khi d đi qua C
⇒
N ≡ C
⇒

⇒
0
180=+
∧∧
NB

⇒

Tứ giác BMNC nội tiếp.
Nếu d cắt các đường thẳng chứa cạnh AB, AC
11
Rèn luyện phát triển năng lực giải toán thông qua bài tập sách giáo khoa
tại M và N ( M, N không thuộc cạnh AB, AC
của
ABC∆
.
Ta có:
0
1
90=+
∧∧
AN
mà
∧∧
=
1
1
BA
cùng chắn
cung IC


lần lượt là tâm đường tròn bàng tiếp các
góc tương ứng M, N, P của
MNP
∆
.
Gọi I, K lần lượt là tiếp điểm của
đường tròn ( B) và ( C) với đương thẳng PN
Theo tính chất tiếp tuyến cắt nhau ta có:
2 NI = Chu vi
MNP
∆
( hai tiếp tuyến của (B) cắt nhau tại N
2PK = Chu vi
MNP∆
(hai tiếp tuyến của (C) cắt nhau tại P
2(NI + PK) = 2 Chu vi
MNP
∆
⇒
Chu vi
MNP∆
= NI + PK.
Hay MN +NP + PM = IP + PN + PN + NK
= (IP +PN + NK) + PN
Hay MN + MP = IK
Ta có bài toán sau:
Bài toán 2.II: Cho
ABC
∆

1
M
2
= MP + PN +MN
= Chu vi
MNP∆
trong trường hợp này Chu vi
MNP
∆
nhỏ nhất.
Từ đó ta đề xuất bài toán sau:
Bài toán 3.II : Cho
ABC
∆
nhọn. Hãy tìm trên các cạnh của
ABC
∆
các điểm M, N, P
sao cho Chu vi
MNP∆
nhỏ nhất.
Giải: Giải sử M
∈
BC, N
∈
AC, P
∈
AB
Lấy điểm M
1

∧∧
= CAMAMM 2
2
∧
⇒
21
AMM
=
∧
AMM
1
+
∧
AMM
2
= 2(
∧
BAM
+
∧
CAM
) = 2
∧
BAC
mà
21
AMM∆
cân tại A và
⇒
∧

AMM∆
cân tại A, có
∧
⇒
21
AMM
không đổi nên M
1
M
2
nhỏ nhất khi AM nhỏ
nhất, AM nhỏ nhất khi AM
⊥
BC
⇒
M là chân đường cao hạ từ đỉnhA của
ABC∆
.
Do vai trò của M, N, P như nhau nên lập luận tương tự ta có:
BN
⊥
AC, CP
⊥
AB
→
N, P là chân các đường cao hạ từ B và C của
ABC∆
.
Nhận xét 14: Theo câu 3. ta có H là tâm đường tròn nội tiếp
MNP

APON
+ S
BPMO
+ S
CNOM
=
NM
CO
PM
OB
PN
OA
.
2
.
2
.
2
++
=
2
R
(MP + PN +MN). R là
bán kính đường tròn ngoại tiếp
ABC∆

Ta đề xuất bài toán sau:
Bài toán 4.II: Cho
ABC∆
nhọn nội tiếp (O,R) các đường cao AM, BN, CP gọi r là

Ta lại đề xuất bài toán sau:
Bài toán 5.II : Cho
ABC∆
nhọn nội tiếp (O,R) , M, N, P lân lượt là chân đường cao
của tam giác, r là bán kính đường tròn nội tiếp
MNP
∆
. Chứng minh rằng:

(1−=
R
r
)
222
CCosBCosACos ++
Chứng minh: Dựa vào nhận xét trên ta chứng minh được:
Nhận xét 16: Từ câu 7.
R là bán kính đường tròn ngoại
tiếp
ABC∆
thì đường tròn (AHB)
= đường tròn(AHC) = đường tròn(BHC)
Cùng có đường kính 2R.
14
Rèn luyện phát triển năng lực giải toán thông qua bài tập sách giáo khoa
Ta lại đề xuất bài toán sau:
Bài toán 6.II:
Cho
ABC∆
nhọn, trực tâm H nội tiếp đường tròn(O,R) Gọi O

Tương tự AOCO
2
là hình thoi
⇒
AO // CO
2
⇒
BO
1
// CO
2
và BO
1
= CO
2

⇒
BO
1
O
2
C là hình bình hành
⇒
O
1
O
2
= BC
Do O
1

⇒

Tổng HA +HB + HC
chỉ phụ thuộc vào vị trí điểm I .
Ta đề xuất bài toán:
15
Rèn luyện phát triển năng lực giải toán thông qua bài tập sách giáo khoa
Bài toán 7.II: Cho đường tròn (O) và dây BC không đi qua O, A là điểm đi trên
đường tròn sao cho
ABC∆
nhọn, Gọi H là trực tâm
ABC∆
. Tìm vị trí điểm A sao
cho tổng khoảng cách HA +HB + HC lớn nhất .
Lời giải: ( Tóm tắt )
Vẽ đường kính AI, Gọi T là giao điểm HI và BC. Theo câu 10 thì BHCI là
hình bình hành
⇒
T là trung điểm HI
⇒
HB + HC =BI + IC. Mà O là trung điểm
AI . Nên TO =
AH
2
1
( đường trung bình
)AHI∆

⇒
AH = 2OT

2
, H
3
thuộc đường tròn tâm (O) ngoại tiếp tam
giác ABC, ta nhận ra rằng A là điểm chính giữa
cung H
1
H
3

⇒
A thuộc phân giác góc H
1
H
2
H
3

ta đề xuất bài toán.
Bài toán 8.II: Dựng tam giác nhọn ABC biết
3 điểm phân biệt H
1
, H
2
, H
3
là các điểm đối
xứng với trực tâm H lần lượt qua AB, BC, AC
Giải: (Vắn tắt) Dựa vào nhận xét trên ta dễ dàng dựng được theo trình tự
- Dựng đường tròn tâm (O) ngoại tiếp tam giác H

động trên nửa đường tròn đó ( M khác A, M khác B) vẽ đường tròn tâm M tiếp xúc
với AB tại H, từ A và B vẽ 2 tiếp tuyến AC và BD với đường tròn tâm M
a. Chứng minh 3 điểm C,M, D cùng nằm trên tiếp tuyến của đường tròn tâm
(O) tại điểm M.
b. Giả sử CD cắt AB ở K. Chứng minh OA
2
= OB
2
= OA.OK
Bài toán 2: ∼ I . Cho đường tròn (O) đường kính AB= 2 R, tiếp tuyến tại điểm
M bất kỳ trên đường tròn cắt các tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A và B lần lượt
ở C và D
a. Xác định vị trí điểm M sao cho chu vi tam giác COD nhỏ nhất
b. Gọi I, J lần lượt giao điểm của OC với AM và OD với BM xác định vị trí điểm
M
để đường tròn ngoại tiếp tứ giác CIJD có bán kính nhỏ nhất.
Bài toán 3: ∼ II . Cho tam giác ABC trực tâm H, trọng tâm G, O là tâm đường
tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Chứng minh rằng.
a. Khoảng cách từ H đến A gấp 2 lần khoảng cách từ O đến BC
b. Ba điểm H, G, O thẳng hàng.
Bài toán 4: ∼ II . Cho đường tròn tâm O (O) và dây BC cố điịnh không đi qua tâm,
A là điểm di động trên cung lớn BC sao cho tam giác ABC nhọn
a. Tìm quỹ tích điểm H
b. Tìm vị trí điểm A sao cho diện tích tam giác ABC lớn nhất.

III. KẾT LUẬN.
Trên đây là những việc làm nhỏ nhoi của bản thân trong quá trình dạy học.
Khảo sát cho thấy với cách làm này các em hứng thú học tập hơn, các em khá, giỏi
không coi thường các bài tập SGK đưa ra tưởng chừng đơn giản mà các em đã biết
đào sâu suy nghĩ , tìm kiếm phát hiện ra những vấn đề rất thụ vị, những h/s "hơi

bài tập. Do vậy không phát triển được năng lực tư duy sáng tạo và các kỹ năng cho
học sinh. Khi gặp các bài toán không vận dụng trực tiếp các kiến thức đã học thì rất
nhiều học sinh lúng túng không tìm được phương pháp giải bài toán đó như thế
nào. Đặc biệt là trong môn hình học với những giả thiết mà bài toán cho nếu không
có tính sáng tạo học sinh không thể giải quyết được bài toán đó. Do vậy khi gặp các
bài toán này học sinh phải suy nghĩ để vẽ thêm các đường phụ, điểm phụ từ đó giúp
học sinh giải quyết bài toán một cách dễ dàng và thuận lợi hơn. Tuy nhiên vấn đề
G
19
Rèn luyện phát triển năng lực giải toán thông qua bài tập sách giáo khoa
đặt ra là: khi gặp một bài toán học sinh không biết vẽ đường phụ như thế nào do đó
rất nhiều học sinh " mò mẫm" để vẽ các đường phụ nhằm tìm ra lời giải cho bài
toán và đa số là thất bại kết quả bài tóan không được giải quyết, một số em khá tìm
ra được cách kẽ đường phụ nhưng không hợp lý dẫn đến lời giải dài dòng phức tạp.
Với học sinh lớp 7 thì vấn đề trên càng gặp nhiều khó khăn khi các em mới làm
quen với phương pháp suy luận, phương pháp chứng minh bài toán hình học. Việc
các em vận dụng các kiến thức đã học vào việc lập luận, chứng minh bài toán hình
học đã khó chưa nói đến việc các em phải suy nghĩ tìm cách kẽ đường phụ rồi mới
vận dụng được các kiến thức đã học vào để giải quyết bài toán đó. Đứng trước khó
khăn chung của học sinh trong quá trình giảng dạy hình học lớp 7 tôi đã cố gắng
hướng dẫn các em tìm ra một số phương pháp " kẻ đường phụ" trong giải toán.
Việc làm đó đã góp phần rất lớn trong việc rèn luyện kỹ năng cho học sinh, giúp
các em rèn luyện được năng lực tư duy sáng tạo khi giải các bài toán hình học. Do
đó việc" rèn luện kỹ năng kẻ đường phụ trong việc giải toán hình học" là việc làm
hết sức khó khăn nhưng không thể thiếu của giáo viên. Với lý
do trên tôi mạnh dạn trình bày chuyên đề " Rèn luện kỹ năng kẽ đường phụ cho
học sinh trong giải toán hình học lớp 7"
II. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
I. Các bài toán: Chứng minh hai góc bằng nhau.
1. Một số gợi ý để đi đến chứng minh được hai góc bằng nhau.

AB
là 1 góc của tam giác đều. Do
đó ta có thể suy nghĩ đến phương pháp để vẽ đường phụ như sau:
Cách vẽ 1: Dựng điểm I nằm trong tam giác sao cho tam giác BIC là tam giác
đều. ( Hình vẽ 1)
Giải: Ta có
ABIABI ∆=∆
( c.c.c)

0
10==⇒
∧∧
CAIBAI
(1)
Mặt khác
CIAADC
∆=∆
( c.g.c)
∧∧
=⇒ CAIACD
Từ (1), (2)
∧
⇒ ACD
=10
0
.
Như vậy việc kẻ đường phụ là một việc làm rất quan trọng trong giải toán hình
học. Kẻ đường phụ đúng giúp chúng ta gikải quyết bài toán một cách nhanh và
gọn gàng hơn rất nhiều. Điều quan trọng nửa là nếu không kẻ được đường phụ
thì rất nhiều bài toán không giải quyết được. Sau khi tìm được

và
0
20=
∧
AND
Xét
DNC
∆
ta có ND = NC ( cùng bằng AC)
21
Rèn luyện phát triển năng lực giải toán thông qua bài tập sách giáo khoa
CND∆⇒
cân tại N mà
0000
40206060 =−=−=
∧∧
ANDCND
0000
00
10607070
2
40180
=−=→=
−
=⇒
∧∧
ACDNCD
Cách vẽ 4: Dựng tam giác đều ABK ( K; C cùng phía so với AB ) ( Hình vẽ 4)
Ta có
ACK

∧∧
DCBDBC
. Tính
∧
ADB
Nhận xét: ĐÂy là bài toán khó bới h/s khó nhận ra mối quan hệ giữa giả thiết và
kết luận để tìm cách giải quyết bài toán. Ta có:
0
60=+
∧∧
DBCABC
là một góc của
tam giác đều. Từ đó giáo viên có thể hướng dẫn học sinh cách vẽ để tạo ra tam
giác đều theo các hướng sau:
Cách 1: Dựng tam giác đều BCM ( A; M cùng phía so với BC).
Ta có:
) ( cccACMABM ∆=∆
0
30==⇒
∧∧
AMCAMB
Xét
ABM∆
và
DBC
∆
có




cân tại C, mà
⇒=
−
=⇒=
∧∧
0
00
0
80
2
40180
20 ACECAE
22
Rèn luyện phát triển năng lực giải toán thông qua bài tập sách giáo khoa
BADBABEBDgcgBECBDCBCE ∆⇒==⇒∆=∆⇒=−=
∧
) (305080
000
cân tại B
0
00
70
2
40180
=
−
=⇒
∧
ADB
Cách 3: Dựng tam giác đều ACK ( B; K cùng phía so với AC)

giác ABD cân tại B. Do đó ta có thể giải bài toán trên theo các hướng khác .
Kẻ Tia phân giác của góc
∧
ABD
cắt CD kéo dài tại M
ta có:
BMCMCBMBC ∆⇒==
∧∧
0
30
cân tại M
0
120=⇒
∧
BMC
Mặt khác
) ( cccACMAMB ∆=∆
) (120
2
120360
0
00
ccgDBMABMAMCAMB ∆=∆⇒=
−
==⇒
∧∧
ABDDBAB ∆⇒=⇒
cân tại B, mà
0
40=

đó giáo viên có thể hướng dẫn học sinh tìm cách vẽ đường phụ theo các cách
sau:
23
Rèn luyện phát triển năng lực giải toán thông qua bài tập sách giáo khoa
Cách 1: Dựng
∆
đều ADF ( B;F cùng phía so với AC).
Ta có:
ADC
∆
cân tại D mà
∧
ADC
=150
0
00000
00
15)6015(9015
2
150180
=+−=→=
−
=→
∧∧
BAFCAD
0
150) ( =⇒∆=∆⇒
∧
AFBcgcAFBADC
và

Mặt khác
∆
ADE =
∆
ADB ( c.g.c)
0
75==⇒
∧∧
ADBADE
Vậy
0
75=
∧
ADB
Cách 3: Dựng tam giác đều CDK ( K;B cùng phiá so với AC)
Ta có:
∆
DCB =
∆
KCB ( c.g.c)
(*)KBDB =→
Ta có
∆
ADC =
∆
ADK ( c.g.c)
⇒
AC = AK; AC = AB
)1(ABAK =→
Mặt khác:

∆
BIC cân tại I (
)30
0
==
∧∧
ICBIBC

⇒
BI = CI
⇒

∆
ABI =
∆
ACI( c.c.c)
0
45==⇒
∧∧
CAIBAI
do
∆
BIC cân tại I
0000
120)3030(150 =+−=⇒ BIC
24
Rèn luyện phát triển năng lực giải toán thông qua bài tập sách giáo khoa
Mặt khác:
∆
ACI có

∆
AID cân tại I
⇒
IA = ID ( **)
Từ (*) và ( **)
⇒

∆
AIB =
∆
DIB ( c.g.c)
⇒
AB = DB và
0
15==
∧∧
DBIABI

⇒

∆
ABD cân tại B.
0
00
75
2
30180
=
−
=⇒

1
BD
Do AC = BD ( gt) (3)
Từ (1) (2) (3)
⇒
IN = IM
⇒
∆
MIN cân tại I
⇒
(*)
∧∧
= IMNINM
Do IN //AC
⇒
IN //KC
⇒
(**)
∧∧∧∧
== MNIMKChayINMCKN
Tương tự: IM//BD
⇒
IM // BN
⇒
∧∧
= IMNBNM
( So le trong) ( ***)
Từ (*) (**) ( ***)
⇒
∧∧