1 - PHẦN MỞ ĐẦU
1.1 – Lý do chọn đề tài
“Hiền tài là nguyên khí của quốc gia, nguyên khí thịnh thì thế nước mạnh mà
hưng thịnh, nguyên khí suy thì thế nước yếu mà thấp hèn. Vì thế các bậc đế vương
thánh minh không đời nào không coi việc giáo dục nhân tài, kén chọn kẻ sĩ, vun trồng
nguyên khí quốc gia làm công việc cần thiết..." câu nói bất hủ đó của Tiến sĩ triều Lê,
Thân Nhân Trung đã cho thấy từ thời xa xưa các thế hệ ông cha đã rất coi trọng nhân
tài và coi những nhân tài là tương lai của đất nước. Với cương vị là một giáo viên
chuyên ngành Toán – Tin trực tiếp giảng dạy, tôi thấy được những nhiệm vụ quan
trọng phải làm đầu tiên đó là làm thế nào để học sinh thích học và học giỏi môn
Toán. Trong khi đó, Toán học có vai trò và vị trí đặc biệt quan trọng trong khoa học
kĩ thuật và đời sống, giúp con người tiếp thu một cách dễ dàng các môn khoa học
khác có hiệu quả. Thông qua việc học toán, học sinh có thể nắm vững được nội dung
toán học và phương pháp giải toán, từ đó vận dụng vào các môn học khác nhất là các
môn khoa học tự nhiên.
Dù trong thời đại nào, hay bất kỳ một quốc gia nào thì việc bồi dưỡng nhân tài
cũng được đặt lên hàng đầu. Từ đó đào tạo ra những con người năng động và sáng
tạo, có khả năng giải quyết và xử lý những vấn đề khó nhằm phục vụ cho lợi ích của
huyện, của tỉnh và của quốc gia.
Trong 5 năm trở lại đây, chất lượng giáo dục học sinh giỏi cấp tỉnh của Phòng
Giáo dục – Đào tạo Lệ Thủy có những bước nhảy vọt đáng kể, đặc biệt là môn Toán,
điều đó càng thôi thúc tôi suy nghĩ rồi tìm tòi ra những dạng toán quan trọng trong
công tác bồi dưỡng học sinh giỏi môn Toán.
Trong chương trình phân môn hình học THCS, học sinh đang gặp rất nhiều
khó khăn, từ việc nắm bắt lý thuyết, các định lý, định nghĩa, tiên đề, ... đến việc lập
luận để chứng minh một bài toán. Trong chương trình hình học THCS, hình học lớp 7
được coi là “nặng” nhất, vì nó là sự tiếp nối và phát triển các kiến thức mở đầu của
lớp 6. Trong quá trình dạy học hình học 7, không thể tránh khỏi việc phải vẽ thêm
yếu tố phụ để giải quyết các bài toán – một phương pháp rất hay nhưng cũng rất khó.

1

1.3 – Phạm vi và đối tượng nghiên cứu
* Đối tượng nghiên cứu:
2


Như đã nói ở trên, đề tài này tập trung vào 2 đối tượng:
- Giáo viên đang giảng dạy môn Toán THCS. Đặc biệt là GV đang giảng
dạy và bồi dưỡng học sinh giỏi lớp 7, lớp 8.
- Học sinh khá giỏi lớp 7 và lớp 8.
* Phạm vi nghiên cứu:
- Trong sáng kiến này tôi chỉ nêu ra một số “kinh nghiệm”, một số hình phụ vẽ
thêm trong các bài toán hình học lớp 7 mà chúng ta thường hay gặp.
- Phân tích cụ thể từng trường hợp. Trong trường hợp nào thì thường vẽ thêm
hình phụ nào để giúp học sinh có định hướng trong việc giải các bài tập.

3


2 – PHẦN NỘI DUNG
2.1 – Thực trạng của nội dung cần nghiên cứu
Thực tế cho thấy Toán học là nền tảng cho mọi ngành khoa học, là chiếc chìa
khoá vạn năng để khai phá và thúc đẩy sự phát triển cho mọi ngành khoa học, kinh tế,
quân sự ... trong cuộc sống. Chính vì vậy việc dạy và học bộ môn toán trong nhà
trường đóng vai trò vô cùng quan trọng. Dạy toán chiếm vị trí số một trong các môn
học của nhà trường, đối với giáo viên, dạy toán là niềm tự hào song đó cũng là thử
thách vô cùng lớn. Để dạy toán và học toán tốt thì Thầy và Trò không ngừng rèn
luyện và đầu tư trí và lực vào nghiên cứu học hỏi. Học và dạy toán với chương trình
cơ bản đã rất khó, xong dạy và học toán trong đào tạo mũi nhọn lại vô cùng gian
truân, việc học và dạy không dừng ở việc người học và người dạy phải có trí tuệ nhất
định mà cả thầy và trò phải dày công đầu tư vào nghiên cứu các dạng toán, thuật toán

2 cm, BC = 2 cm. Tính độ dài

cạnh AC.
·
Hướng dẫn: Ta có ABC
= 1350 = 900 + 450. Ta nghĩ đến đường phụ cần vẽ thêm AH,
AH ⊥ BC tại H.

Lời giải gợi ý:
Vẽ AH ⊥ BC tại H.
·
·
Ta có ABH
+ ABC
= 1800 (hai góc kề bù)
·
Nên ABH
= 1800 – 1350 = 450.
⇒ ∆ AHB vuông cân tại H
⇒ AH = HB.

Áp dụng định lý Pitago vào ∆ AHB vuông tại H, ta có: AH2 + HB2 = AB2.
Hay 2AH2 = AB2 = ( 2 )2 = 2 ⇒ AH = 1(cm).
Nên HB = AH = 1 (cm).
Ta có: HC = HB + BC = 1 + 2 = 3 (cm).
Áp dụng định lý Pytago vào tam giác AHC vuông tại H, ta có:
AC2 = AH2 + HC2 = 12 + 32 = 10. ⇒ AC = 10 (cm).
Vậy AC = 10 (cm).
Ví dụ 2: Cho tam giác ABC vuông tại A,. Trên nửa mặt phẳng bờ BC có chứa A, vẽ
·

·
DBA
+ ACE
+ ABC
+ ACB
= 1800 .
·
·
·
·
Mà ABC
+ ACB
= 900 nên DBA
+ ACE
= 900
·
·
·
·
·
⇒ A thuộc tia phân giác ECH
⇒ AE = AH (2).
Mà DBA
nên ACB
= ABC
= ACE

Từ (1) và (2) suy ra AD = AE.
Ví dụ 3: Trên hình vẽ sau cho biết
µ

·
·
AKC
= AHB
= 900 ; AC = AB (gt); AK = AH (cmt);

Do đó ∆ KAC = ∆ HAB (cạnh huyền – cạnh góc vuông). Suy ra CK = BH
·
·
Do OCA
và OBA
tù nên C nằm giữa O và K, B nằm giữa O và H.

Từ đó OC = OK – KC;

(3)

OB = OH – HB

Từ (1), (2), (3) (4) suy ra OB = OC.
6

(4)

(2).


Ví dụ 4: Cho tam giác ABC cân đỉnh A, BD là đường trung tuyến. Biết BC = 8cm,
BD = 7,5 cm. Tính độ dài cạnh AB.
Hướng dẫn: Tam giác ABC cân tại A, có BD là đường trung tuyến. Điều đó gợi ý ta

Lời giải gợi ý:
Vẽ AK ⊥ BC tại K. Qua B vẽ
đường thẳng vuông góc với CD cắt AK
ở N. Qua C vẽ đường thẳng vuông góc
với BE cắt AK ở P.
Xét ∆ BDC và ∆ ABN có:
7


(

)

·
·
·
DBC
= BAN
= 900 + ABC
;
·
·
·
(cùng phụ với DBN
).
BDC
= ABN

BD = AB (Tam giác DBA vuông cân tại A).
Do đó ∆ BDC = ∆ ABN (g.c.g). ⇒ BC = AN .

(so le trong).
·
·
·
Ta có ACz
+ BCz
= ACB
·
·
·
⇒ BCz
= ACB
− ACz
= α + β −α = β
·
·
·
·
= CBy
Vì BCz
( = β ) , BCz
và CBy
so le trong.

Do đó By//Cz. Ta có Cz//Ax và By//Cz. Vậy Ax//By.

8


Ví dụ 7: Cho tam giác ABC (AB < AC). Từ trung điểm M của BC kẻ đường thẳng

⇒ BDF
= BFD
Từ (1) và (2) suy ra: BD = CE.
Ví dụ 8: Cho tam giác ABC cân đỉnh A. Trên cạnh AB lấy điểm D, trên tia đối của
tia CA lấy điểm E sao cho BD = CE. Nối D với E. Gọi I là trung điểm của đoạn
thẳng DE. Chứng minh rằng 3 điểm B, I, C thẳng hàng.
Hướng dẫn: Vẽ thêm DF//AC (F∈ BC). Tìm cách chứng minh ·EIC + ·EIF = 1800 .
Lời giải gợi ý:
·
Vẽ DF//AC (F∈ BC), DFB
và ·ACB đồng vị.
·DFB = ·ACB . Mà ABC
·
·
= ACB
(tam giác ABC cân

đỉnh A).
·
·
⇒ ∆ DBF cân đỉnh D ⇒ DB = DF.
Suy ra DFB
= ABC

Xét ∆ DIF và ∆ EIC có:

F

DI = IE (gt).
9


giác IBC giúp chứng minh được ID = IE bằng cách
chứng minh ID = IM và IM = IE.
Lời giải gợi ý:
Vẽ IM là đường phân giác của tam giác BIC.
1·
·
= ABC
Ta có: IBC
(BD là phân giác của ·ABC )
2
1·
·
ICB
= ACB
(CE là phân giác của ·ACB ).
2

Nên ·BIC = 1800 – ( ·IBC + ·ICB )

(

= 1800 -

1 ·
ABC + ·ACB
2

= 1800 -


Do đó ∆BEI = ∆BMI (g.c.g). Suy ra IE = IM.
Chứng minh tương tự ta có ID = IM.
Vậy ID = IE.
µ = 600 . BD và CE là hai đường phân giác của tam
Ví dụ 10: Cho tam giác ABC có A

giác ABC. Chứng minh rằng BE + CD = BC.
Lời giải gợi ý:
Gọi I là giao điểm của BD và CE. Vẽ IM là
·
đường phân giác của BIC
của tam giác IBC.

1·
·
= ABC
Ta có: IBC
(BD là phân giác).
2

1·
·
= ACB
và ICB
(CE là phân giác).
2

(

)

·
Do đó EIB
= BIM
= MIC
= CID
= 600 .

Xét ∆ BEI và ∆ BMI có:
·
·
·
·
, EIB
, BI là cạnh chung.
EBI
= MBI
= MIB

Do đó ∆ BEI = ∆ BMI (g.c.g). ⇒ BE = BM.
Chứng minh tương tự ta có CD = MC. Vậy BE + CD = BM + MC = BC.
2.2.4 – Giải pháp 4: Vẽ thêm tam giác vuông cân, tam giác đều
Phương pháp: Vẽ thêm tam giác vuông cân, tam giác đều làm xuất hiện các cạnh
bằng nhau, các góc bằng nhau, góc có số đo 450 (vẽ thêm tam giác vuông cân), góc có
số đo 600 (vẽ thêm tam giác đều)...
µ = 800 . Gọi D là điểm nằm trong
Ví dụ 11: Cho tam giác cân ABC (AB = AC) có A
·
·
tam giác sao cho DBC
= 100 , DCB

Xét ∆ AMB và ∆ DCB có:
MB = BC (theo cách dựng).
·AMB = DCB
·
= 300
·ABM = ·DBC = 100
⇒ ∆ AMB = ∆ DCB (g.c.g) ⇒ AB = BD.

1800 − 400
Xét ∆ ABD cân tại B có ·ABD = 400 ⇒ ·BAD = ·BDA =
= 700 .
2
Vậy ·BAD = 700 .
Ví dụ 12: Cho tam giác ABC cân tại A có góc ở đáy bằng 800. Trên AB lấy điểm D
sao cho AD = BC. Tính số đo góc ACD?
Lời giải gợi ý:
Vì tam giác ABC cân tại A nên µA = 1800 − 2·ABC = 200 .
Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ BC chứa điểm A, dựng tam giác đều EBC.
Ta có: ·ACE = ·ABE = 200 .
Xét ∆ ACE và ∆ CAD có:
12


AC là cạnh chung.
EC = AD (= BC)
·ACE = CAD
·
= 200
·
⇒ ∆ ACE = ∆ CAD (c.g.c) ⇒ ·ACD = EAC

0
·
·
·
Hướng dẫn: ∆ABC có BAC
= 900 , ABC
= ACB
= 450 . Ta có: 135 = 90 + 45 giúp ta

nghĩ đến vận dụng định lý Pytago, tam giác vuông cân để tìm tam giác vuông có một
cạnh là MC và hai cạnh kia đã tìm được độ dài.
Lời giải gợi ý:
Trên nửa mặt phẳng bờ AM không chứa
điểm B dựng tam giác ADM vuông cân tại
đỉnh A.
·
Ta có AD = MA = 2cm. AMD
= 450 ,
·
·
·
DMC
= AMC
− AMD
= 900 .

Xét ∆ ADC và ∆ AMB có:
·
·
·

học.
- Trong quá trình giải các bài tập đã giúp các em có khả năng phân tích, suy
ngẫm, khái quát vấn đề một cách chặt chẽ, các em không còn ngại khó, mà rất tự tin
vào khả năng học tập của mình.
Việc nghiên cứu đề tài là một việc làm thiết thực, nó sẽ góp phần cho GV dạy
tốt hơn, học sinh học chủ động hơn, đặc biệt là phát hiện ra những bài toán, dạng toán
mà nếu không vẽ thêm hình phụ thì rất khó để giải quyết.
Đề tài đã nêu lên một số phương pháp cụ thể trong các bài toán cần vẽ thêm
hình phụ, từ đó tạo cho học sinh thêm linh động, chắc chắn khi giải toán.
Những biện pháp và bài học tôi đã trình bày ở trên, bước đầu đạt được kết quả
chưa thật mỹ mãn đối với tâm ý của bản thân. Tuy nhiên, nếu thực hiện tốt tôi nghĩ
nó cũng góp phần đổi mới phương pháp dạy học mà ngành đang quan tâm và chỉ đạo
để nâng cao chất lượng học sinh nói chung và chất lượng mũi nhọn nói riêng. Mặt
khác, tôi thiết nghĩ, sau khi được học xong tài liệu này học sinh không những không


còn lúng túng trong những bài toán có vẽ thêm hình phụ mà còn hình thành cho mình
phương pháp giải đúng đắn, chính xác.
Trên đây là điều mà tôi đã nghiên cứu, đúc kết trong quá trình giảng dạy mà
bản thân chúng tôi đã vận dụng khi dạy học sinh và đã đem lại kết quả rất tốt. Tuy
nhiên còn nhiều thiếu sót, còn nhiều vấn đề cần phải bàn thêm. Vì vậy tôi rất mong
được sự góp ý, xây dựng của các thầy giáo, cô giáo, cùng các bạn đồng nghiệp, nhằm
giúp tôi từng bước hoàn thiện phương pháp giảng dạy của mình, đồng thời sẽ góp
phần vào việc nâng cao chất lượng dạy và học về phần toán hình có vẽ thêm hình
phụ, góp phần tạo hứng thú cho học sinh khi học về dạng toán này. Tuy nhiên cũng
không nên quá lạm dụng vì có khi nó làm bài toán trở nên phức tạp hơn.