KINH NGHIỆM KẺ ĐƯỜNG PHỤ TRONG HÌNH HỌC THCS DÀNH CHO HỌC SINH GIỎI GIẢI HẦU HẾT CÁC DẠNG TOÁN VẼ ĐƯỜNG PHỤ

PHƯƠNG PHÁP VẼ ĐƯỜNG PHỤGIÚP ÍCH CHO CHỨNG MINH HÌNH HỌCPHẦN I: MỞ ĐẦU 1. Lí do chọn đề tài: 1.1. Cơ sở lí luận: Khi chứng minh hình học, trừ một số bài dễ, phần nhiều phải vẽ thêm đường phụ mới chứng minh được. Vì đường phụ có nhiều loại và tùy thuộc vào từng bài toán nên không có một phương pháp vẽ cố định, đó là việc khó trong lúc chứng minh. Do vậy khi gặp bài toán phải vẽ đường phụ, nhiều học sinh không biết vẽ hoặc vẽ không hợp lí dẫn đến không giải quyết được bài toán. Làm thế nào để định hướng cho học sinh cách vẽ đường phụ một cách hợp lí để giúp ích trong việc chứng minh hình học là điều hết sức quan trọng, có ý nghĩa thiết thực trong dạy và học học môn hình học nhằm nâng cao hiệu quả giảng dạy và tạo nguồn học sinh khá giỏi.1.2. Cơ sở thực tiễn:Qua thực tế giảng dạy môn toán của cá nhân tôi từ năm 2001 tại trường THCS Cao Bá Quát, qua dự giờ, trao đổi, bàn bạc với đồng nghiệp tôi nhận thấy có một vấn đề nổi trội là việc tìm ra lời giải cho một bài toán hình là rất khó khăn đối với học sinh, mặc dù trong quá trình giảng dạy giáo viên đã cố gắng hướng dẫn, rèn luyện kĩ năng này cho học sinh, trong đó khó khăn nhất là những bài toán mà muốn tìm ra lời giải cần phải vẽ thêm đường phụ. Do đó một vấn đề rất cần thiết là định hướng, rèn luyện cho học sinh cách vẽ đường phụ cho từng bài toán.Sở dĩ học sinh cảm thấy khó khăn trong việc vẽ đường phụ, thứ nhất là do học sinh chưa hiểu hết mục đích, ý nghĩa của việc vẽ đường phụ nên không có định hướng đúng để vẽ đường phụ; thứ hai là học sinh chưa nắm kĩ các loại đường phụ thường vẽ dẫn đến học sinh vẽ những đường rất tùy tiện, không giúp ích cho việc chứng minh, không tuân theo những phép dựng hình cơ bản.Trên đây là những khó khăn mà giáo viên thường hay gặp trong quá trình hướng dẫn học sinh giải bài tập hình học, nhất là học sinh ở vùng nông thôn. Tuy nhiên vấn đề này có thể giải quyết được nếu trong quá trình dạy học giáo viên thường xuyên hướng dẫn, giúp đỡ, cung cấp cho học sinh mục đích, ý nghĩa của việc vẽ đường phụ và các loại đường phụ thường vẽ, khi đó kĩ năng làm toán của học sinh sẽ được nâng lên. 2. Nhiệm vụ của đề tài:Đề tài “Phương pháp vẽ đường phụ giúp ích trong chứng minh hình học” nhằm khắc phục những khó khăn nêu trên. Từ đó giáo viên có thể áp dụng vào giảng dạy nhằm nâng cao hiệu quả dạy và học môn Toán (phân môn hình học); phát hiện, bồi dưỡng học sinh khá giỏi. 3. Phương pháp tiến hành:Đề tài này được rút ra từ kinh nghiệm dạy toán của bản thân và có sự tham gia góp ý của đồng nghiệp. Các giải pháp nêu ra ở đề tài đã đựơc áp dụng thử nghiệm nhiều năm học. 4. Cơ sở và thời gian tiến hành: Một thực trạng của học sinh ở trường THCS Cao Bá Quát trước đây và hiện nay là khả năng tư duy, tìm tòi, phát hiện vấn đề trong chứng minh hình học còn kém, nhất là viêïc phải vẽ thêm đường phụ để chứng minh. Do vậy tôi mạnh dạng nêu ra đề tài này nhằm khắc phục những khó khăn nêu trên. Kinh nghiệm thể hiện trong đề tài được đúc kết qua giảng dạy môn Toán tại trường THCS Cao Bá Quát.PHẦN II: KẾT QUẢ 1. Mô tả tình trạng sự việc hiện tại: Như đã nêu ở trên, với thực trạng học sinh ở trường THCS Cao Bá Quát hiện nay, các em rất yếu ở khả năng suy luận, tìm tòi, phát hiện vấn đề, nhất là đối với phân môn hình học của bô môn Toán và đặc biệt là với những bài toán cần vẽ thêm đường phụ. Việc vẽ đường phụ như thế nào là tùy thuộc vào từng bài toán mà học sinh suy xét để tìm ra nên các em thường gặp khó khăn. Hơn nữa đây là vấn đề mà giáo viên thường ít chú ý rèn luyện cho học sinh một cách có hệ thống. Từ khi áp dụng phương pháp này vào giảng dạy, học sinh bước đầu đã biết cách suy xét vấn đề một cách có cơ sở để tìm ra hướng giải quyết bài toán, dần dần học sinh đã hình thành kĩ năng vẽ đường phụ trong giải toán hình học, nhiều học sinh trở nên thành thạo. 2. Mô tả nội dung giải pháp mới: 2.1.Mục đích của việc vẽ đường phụ: Để giúp học sinh có định hướng đúng trong tìm tòi, suy xét, trước hết giáo viên cần lưu ý học sinh việc vẽ đường phụ nhằm 6 mục đích dưới đây:1. Đem những điều kiện đã cho của bài toán và những hình có liên quan đến việc chứng minh tập hợp vào một nơi (một hình mới), làm cho chúng có liên hệ với nhau. Ví dụ 1: Chứng minh rằng: “Hai đoạn thẳng song song và bằng nhau thì hình chiếu của chúng trên một đường thẳng thứ ba cũng bằng nhau”. GT: AB=CD, ABCD AE, BF, CG, DH đều  MNKL: EF=GHSuy xét: Sự bằng nhau của AB và CD và sự bằng nhau của EF và GH không thấy ngay được là có liên quan với nhau. Hai đoạn thẳng cần chứng minh bằng nhau là EF và GH. Từ định lí “Những đường thẳng cùng vuông góc với một đường thẳng khác thì song song với nhau”, ta biết AE  BF  CG  DH và có thể dựng thêm EK  AB, GL  CD để tạo nên hai hình bình hành. Từ định lí “Các cạnh đối của hình bình hành bằnh nhau” ta có EK=AB, GL=CD. Như vậy tức là ta đã dời vị trí của AB và CD đến EK và GL để tạo thành hai cạnh tương ứng của hai tam giác EKF và GLH trong đó ta cần chứng minh rằng hai đoạn thẳng EF và GH bằng nhau. Muốn có EF=GH ta chỉ cần chứng minh EKF = GLH.2. Tạo nên đoạn thẳng thứ ba hoặc góc thứ ba, làm cho hai đoạn thẳng hoặc hai góc cần chứng minh trở nên có liên hệVí dụ 2: GT: A +E+C=3600 KL: AB  CDSuy xét: Từ E dựng EF  AB, nếu chứng minh được EF  CD thì sẽ có AB  CD.3. Tạo nên đoạn thẳng hay góc bằng tổng, hiệu, gấp đôi hay đoạn thẳng hay góc cho trước, để đạt được mục đích chứng minh.Ví dụ 3: (Tạo nên đoạn thẳng bằng 2 lần đoạn thẳng cho trước)Chứng minh rằng: “Khoảng cách từ trực tâm đến một đỉnh của tam giác bằng 2 lần khoảng cách từ tâm của đường tròn ngoại tiếp đến cạnh đối diện với đỉnh đó” GT: AK, BD là đường cao của ABC cắt nhau ở G, đường trung trực HE, HF cắt nhau ở H. KL: BG=2HE, AG=2 HF.Suy xét: Muốn chứng minh BG=2HE, ta có thể tìm cách dựng thêm một đoạn thẳng khác bằng 2HE. Nhưng nếu kéo dài HE gấp đôi để đạt mục đích trên thì đoạn thẳng đó không có liên hệ gì với BG cả, nên phải nghĩ cách khác. Từ giả thiết E là trung điểm của AC, ta thử nối CH và kéo dài đến L sao cho HL=CH. H là trung điểm của CL, HE trở thành đoạn thẳng nối hai trung điểm của hai cạnh của tam giác CAL.Từ định lí “Đường trung bình của một tam giác bằng cạnh thứ ba” ta có LA=2HE. Xét 2 đoạn LA và BG, ta có thể chứng minh chúng là cạnh đối của một hình bình hành, nên giải được bài này.4. Tạo nên những đại lượng mới (đoạn thẳng hoặc góc) bằng nhau; thêm vào những đại lượng bằng nhau mà bài ra đã cho để giúp cho việc chứng minh.Ví dụ 4: Chứng minh rằng: “Trung tuyến thuộc cạnh huyền của tam giác vuông bằng một nửa cạnh huyền”.GT: Trong ABC, C=900; DA=DB.KL: DC=DA. Suy xét: Trong bài ra chỉ có một cặp đại lượng bằng nhau là DA=DB, như vậy không chứng minh được DC=DA. Ta lấy trung điểm của AC là E, nối DE thì có thêm một đại lượng mới bằng nhau là AE=EC. Và từ định lí “Đường trung bình của một tam giác song song với cạnh thứ ba”, “Góc đồng vị của hai đường thẳng song song hợp thành với một cát tuyến thì bằng nhau” và “Góc bù với góc vuông cũng là góc vuông” ta sẽ có DE  BC; E1=C=900=E2, như vậy, lại được thêm một cặp đại lượng mới bằng nhau. Ta có thể chứng minh ADE = CDE để rút ra DC=DA.5. Tạo nên một hình mới, để có thể áp dụng một định lí đặc biệt nào đó.Ví dụ 5: Từ 3 đỉnh của một tam giác hạ các đường vuông góc xuống một đường thẳng ở ngoài tam giác đó. Chứng minh rằng tổng độ dài của ba đường vuông góc đó gấp 3 lần độ dài của đoạn thẳng vuông góc hạ từ trọng tâm của tam giác xuống cùng đường thẳng đó.GT: Trong ABC, trung tuyến AD, BE, CF gặp nhau tại O. AG, BH, CK, OI đều  xy. KL: AG+BH+CK=3 IO Suy xét: Bài này nếu muốn áp dụng trường hợp thứ ba để tạo nên một đoạn thẳng bằng tổng 3 đoạn thẳng kia thì không sao làm được, ta phải nghĩ đến cách khác. Từ định lí “Những đường thẳng cùng vuông góc với một đường thẳng cho trước thì song song với nhau”, ta biết 4 đường thẳng đó song song với nhau. Và từ định lí “Trọng tâm của một tam giác cách đỉnh một đoạn bằng trung tuyến hạ từ đỉnh đó xuống cạnh đối diện”; biết BO=2 BE, ta có thể lấy trung điểm của BO là M, dựng MN  xy, EP  xy, tạo nên hình thang MNPE, BHIO, AGKC, có OI, MN, EP song song với nhau và là đường trung bình của các hình thang trên. Ta có thể áp dụng định lí “Đường trung bình của hình thang bằng tổng của hai đáy” và chứng minh được bài trên.6. Biến đổi hình vẽ làm cho bài toán dễ chứng minh hơn trước.Ví dụ 6: Chứng minh rằng: “Một tam giác có hai cạnh không bằng nhau thì tổng của cạnh lớn và đường cao thuộc cạnh ấy lớn hơn tổng của cạnh bé và đường cao thuộc cạnh đó” GT: Cho ABC, ABAC; BD, CE là đường cao.KL: AB+CE  AC+BD.Suy xét: Nếu tạo nên một đoạn thẳng bằng AB+CE và một đoạn thẳng khác bằng AC+BD thì không chứng minh được. Do đó ta phải biến đổi kết luận của bài ra: chuyển vế bất đẳng thức của kết luận, ta sẽ được ABAC  BDCE. Trên cạnh lớn AB ta lấy AF=AC, thì BF=ABAC; dựng FG  AC, FH  BD tạo nên một đoạn BH=BDHD=BDCE. Như vậy là ta đã đổi bài tập trên thành một bài tập khác phải chứng minh BF  BH.2.2. Các loại đường phụ thường vẽ:Giáo viên cần cung cấp cho học sinh 10 loại đường phụ thường vẽ sau đây:1. Kéo dài một đoạn thẳng cho trước với độ dài tùy ý, hoặc bằng một độ dài cho trước, hoặc cắt một đường thẳng khác.2. Nối hai điểm cho trước hoặc hai điểm cố định (gồm cả trung điểm của đoạn thẳng cố định), điểm nằm trên một đoạn thẳng cho trước và cách một đầu của đoạn thẳng đó một khoảng cho trước.3. Từ một điểm cho trước dựng đường song song với một đường thẳng cho trước, hoặc dựng đường song song với một đường, mà ta cần chứng minh đường thẳng này song song một với đường thẳng nào đó.4. Từ một điểm cho trước hạ đường vuông góc xuống một đường thẳng cho trước.5. Dựng đường phân giác của một góc cho trước .6. Dựng đường thẳng đi qua một điểm cho trước hợp thành với một đường thẳng khác một góc bằng góc cho trước.7. Từ một điểm cho trước dựng tiếp tuyến với đường tròn cho trước.8. Bài ra cho hai đường tròn giao nhau thì kẻ được dây cung chung9. Bài ra cho hai đường tròn tiếp xúc nhau ta có thể dựng tiếp tuyến chung hoặc đường nối tâm.10. Nếu có bốn điểm nằm trên một đường tròn thì qua bốn điểm đó có thể dựng thêm đường tròn phụ.2.3. Các ví dụ cụ thể: 1. Kéo dài một đoạn thẳng cho trước với độ dài tùy ý, hoặc bằng một độ dài cho trước, hoặc cắt một đường thẳng khác.Ví dụ 7:Chứng minh rằng: “Khoảng cách từ trực tâm đến một đỉnh của tam giác bằng 2 lần khoảng cách từ tâm của đường tròn ngoại tiếp đến cạnh đối diện với hình đó” GT: AK, BD là đường cao của ABC cắt nhau ở G, đường trung trực HE, HF cắt nhau ở H. KL: BG=2HE, AG=2 HF.Suy xét: như ví dụ 3.CHỨNG MINHLÍ DO1. Nối CH và kéo dài một đoạn HL=CH, nối LA, LB.2. LA  HE3. BD  HE4. Nên LA  BD.5. Tương tự ta có LA  BD.6. Tứ giác LAGB là hình bình hành7. BG = LA8. LA = 2 HE9. BG = 2 HE10. Tương tự ta có AG = 2 HE2. Đoạn thẳng nối liền trung điểm hai cạnh của tam giác thì song song cới cạnh thứ ba.3. Hai đường cùng vuông góc với đường thứ ba thì song song với nhau.4. Suy ra từ 2 và 3.5. Theo cách chứng minh từ 2 đến 4.6. Tứ giác có các cạnh đối diện song song với nhau là hình bình hành.7. Cạnh đối của hình bình hành.8. Theo định lí đường trung bình của tam giác và 1.9. Thay 7 vào 810. Theo cách chứng minh từ 7 đến 9. 2. Nối hai điểm cho trước hoặc hai điểm cố định (gồm cả trung điểm của đoạn thẳng cố định), điểm nằm trên một đoạn thẳng cho trước và cách một đầu của đoạn thẳng đó một khoảng cho trước.Ví dụ 8: Cho tam giác cân ABC đáy BC, lấy trên AB kéo dài một đoạn BD = AB. Chứng minh rằng trung tuyến CE = CD.GT: AB = AC, kéo dài AB, và BD = AB Nối CD và CE.KL: CD = 2 CE.Suy xét: Muốn có CD = 2.CE, phải có một trong hai điều kiện dưới đây:a) độ dài CD = độ dài CE.b) 2 lần độ dài CE = độ dài CD.Nếu lấy trường hợp a) để có CD = CE, thì phải chia đôi CD ở F, và nghiên cứu xem có hợp với một trong hai điều kiêïn sau đây hay không:i)CF = CEii)DF = CETa có thể chứng minh được CE = CF bằng cách chứng minh CBF = CBE ( BC chung, BE = BF, B2 = B1 ). Do đó chứng minh được bài tập trên.CHỨNG MINHLÍ DO1. Chia đôi CD tại F, nối BF.2. Vì AB = BD, CF = FD3. Do đó BF  AC4. Từ B1 = ACB = B25. và BF = AC= AB=BE6. BC = BC7. Có : CBF = CBE8. CF = CE9. Vậy CD = 2 CE.2. Theo giả thiết và suy từ 1.3. Đường thẳng đi qua trung điểm của hai cạnh của một tam giác thì song song với cạnh thứ ba và bằng cạnh đó.4. Hai góc đáy của một tam giác cân bằng nhau; góc so le trong bằng nhau.5. Suy từ 3 và giả thiết.6. Không đổi.7. cgc8. Hai tam giác bằng nhau thì các yếu tố tương ứng cũng bằng nhau.9. Suy từ 8 và giả thiết.3. Từ một điểm cho trước dựng đường song song với một đường thẳng cho trước, hoặc dựng đường song song với một đường, mà ta cần chứng minh đường thẳng này song song với một đường thẳng nào đó.Ví dụ 9:Chứng minh rằng: “Hai đoạn thẳng song song và bằng nhau thì hình chiếu của chúng trên một đường thẳng thứ ba cũng bằng nhau”. GT: AB=CD, ABCD AE, BF, CG, DH đều  MN KL: EF=GHSuy xét: như ví dụ 1.CHỨNG MINHLÍ DO1. Dựng EK  AB, GL  CD2. AE  BF, CG  DH3. Ta có các tứ giác AEKB, CGLD là các hình bình hành.4. EK= AB = CD = GL5. EK  GL6. Ta rút ra KEF = LGH7. EFK = GHL8. Vậy EFK = GHL 9. EF = GH2. Hai đường thẳng cùng vuông góc với đường thẳng khacù thì song song với nhau.3. Một tứ giác có hai cặp cạnh đối song song với nhau là hình bình hành.4. Cạnh đối của hình bình hành thì bằng nhau và suy từ giả thiết.5. Suy ra từ giả thiết và 1: hai đường cùng song song với hai đường thẳng khác song song với nhau thì cũng song song với nhau6. Góc đồng vị của hai đường thẳng song song với một cát tuyến thì bằng nhau.7. Góc vuông bằng nhau.8. Trường hợp bằng nhau của tam giác vuông9. Hai tam giác bằng nhau thì cạnh tương ứng của chúng cũng bằng nhau.4. Từ một điểm cho trước hạ đường vuông góc xuống một đường thẳng cho trước.Ví dụ 10:Chứng minh rằng: “Một tam giác có hai cạnh không bằng nhau thì tổng của cạnh lớn và đường cao thuộc cạnh ấy lớn hơn tổng của cạnh bé và đường cao thuộc cạnh đó” GT: Cho ABC, ABAC; BD, CE là đường cao. KL: AB+CE  AC+BD.Suy xét: như ví dụ 6.CHỨNG MINHLÍ DO1. Trên AB lấy AF = AC Nối FC, dựng FG  AC, FH  BD2. Vì FG  BD, FH  AC3. Nên tứ giác FHDG là hình bình hành.4. FG = HD5. FG = CE6. HD = CE7. BH = BD – HD = BD – CE8. BF = AB – AF = AB – AC9. Vì FHB = 900 10. Nên ta có BF  BH11. Hay AB – AC  BD – CE 12. Vậy AB + CE  AC + BD.2. hai đường thẳng cùng vuông góc với đường thẳng thứ ba thì song song với nhau.3. Tứ giác có hai cặp cạnh đối song song với nhau là hình bình hành.4. Cạnh đối của hình bình hành bằng nhau.5. Đường cao hạ đến hai cạnh bên của tam giác cân bằng nhau.6. Suy ra từ 4, 5.7. Suy từ 68. Suy từ 1 và giả thiết.9. Theo cách dựng ở 110. Trong tam giác vuông thì cạnh huyền lớn nhất.11. Thay 7, 8 vào 1012. Chuyển vế các số hạng.5. Dựng đường phân giác của một góc cho trước .Ví dụ 11:Chứng minh rằng “Góc xen giữa cạnh đáy và đường cao của cạnh bên trong một tam giác cân bằng một nửa góc ở đỉnh”.GT: Trong ABC: AB = AC, CD  ABKL: DCB = ASuy xét: Muốn có DCB = A, ta có thể vẽ đường phân giác của góc A là AE, ta cần phải chứng minh C1 = BAE hoặc C1 = CAE.Ta có thể chứng minh được C1 = BAE bằng cách dựa vào sự bằng nhau của các góc của 2 tam giác ABE và CBD. Do đó chứng minh được bài tập trên.CHỨNG MINHLÍ DO1. Dựng phân giác của góc A là AE2. Thì AE  BC3. D3 = E44. B = B5. C1 = A26. A2 = A7. Vậy C1 = A2. Trong tam giác cân, đường phân giác góc ở đỉnh vừa là đường cao3. Góc vuông bằng nhau4. Không đổi5. Hai tam giác có hai cặp góc tương ứng bằng nhau từng đôi một thì cặp góc thứ ba cũng bằng nhau.6. Theo 17. Theo 5 và 6.6. Dựng đường thẳng đi qua một điểm cho trước hợp thành với một đường thẳng khác một góc bằng góc cho trước.Ví dụ 12:Chứng minh rằng: “Góc xen giữa cạnh đáy và đường cao của cạnh bên trong một tam giác cân bằng một nửa góc ở đỉnh”GT: Trong ABC: AB = AC, CD  ABKL: DCB = ASuy xét: Để chứng minh DCB = A, ta có thể từ C dựng đường CE sao cho C1 = C2, khi đó ta có DCB = BCE, ta cần chứng minh BCE = A.Ta có thể chứng minh BCE = A bằng cách dựa vào sự bằng nhau của các góc của 2 tam giác EBC và ABC. Do đó chứng minh được bài tập trên.Chứng minhLí do1. Từ C dựng đường CE sao cho C1 = C22. D3 = D4; CD = CD3. BCD = ECD4. E5 = B5. Mà B = C6. BCE = A7. 2C1 = A8. Vậy C1 = A2. Góc vuông bằng nhau; không đổi3. gcg4. Hai góc tương ứng của hai tam giác bằng nhau thì bằng nhau.5. Góc đáy của tam giác cân thì bằng nhau6. Trong tam giác ABC và tam giác CBE có hai cặp góc bằng nhau từng đôi một thì cặp góc thứ ba cũng bằng nhau.7. Thay 1 vào 68. Chia cả hai vế của 7 cho 27. Từ một điểm cho trước dựng tiếp tuyến với đường tròn cho trướcVí dụ 13:Cho hình vẽ. BD và CE là đường cao của tam giác ABC, O là tâm của đường tròn ngoại tiếp. Chứng minh: AO  DE GT: O là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC BD  AC, CE  AB KL: AO  DESuy xét: Muốn có AO  DE, ta có thể dựng đường thẳng vuông góc với AO và chứng minh đường thẳng này song song với DE. Do đó ta có thể dựng tiếp tuyến AF của đường tròn tại A, khi đó ta có OA  AF, ta cần chứng minh DE  AF.Ta có tứ giác BEDC nội tiếp nên BED + BCA = 1800 mà BED + AEC = 1800, suy ra BCA = AED. Ta lại có BCA = BAF nên BAF = AED, do đó AF  DE.CHỨNG MINHLÍ DO1. Dựng tiếp tuyến AF của đường tròn tại A.2. BEC = 900; BDC = 9003. Suy ra tứ giác BEDC nội tiếp 4. Suy ra BED + BCA = 18005. Ta lại có BEC + AED = 18006. BCA = AED7. Mà BCA = BAF8. Suy ra BAF = AED9. Do đó AF  DE10. Suy ra AO  DE 2. Giả thiết3. Tứ giác có 2 đỉnh cùng nhìn cạnh còn lại dưới góc vuông.4. Tổng hai góc đối của tứ giác nội tiếp.5. Hai góc kề bù6. Suy từ 4 và 57. Góc nội tiếp và góc giữa tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn một cung8. Suy từ 6 và 79. AB cắt AF và DE tạo ra cặp góc so le trong bằng nhau.10. Do AO  FA8. Bài ra cho hai đường tròn giao nhau thì kẻ được dây cung chung.Ví dụ 14:Cho hai đường tròn (O) và (O’) cắt nhau ở A và B. Vẽ các đường kính AC và AD của hai đường tròn. Chứng minh rằng ba điểm C, B D thẳng hàng.GT: (O) và (O’) cắt nhau ở A và BKL: C, B, D thẳng hàng.Suy xét: Để chứng minh C, B, D thẳng hàng, ta có thể từ B kẻ BA và chứng minh 2 góc tạo bởi BA và hai tia BC, BD kề bù. Vì ABC = ABD = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên ABC + ADC = 1800. CHỨNG MINHLÍ DO1. Nối BA, BC, BD2. ABC = ABD = 9003. CBD = 18004. C, B, D thẳng hàng2. Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn3. CBD = ABC + ABD4. Suy từ 3.9. Bài ra cho hai đường tròn tiếp xúc nhau ta có thể dựng tiếp tuyến chung hoặc đường nối tâm.Ví dụ 15:Cho hai đường tròn tiếp xúc ngoài tại P, dây cung AB của một đường tròn kéo dài tiếp xúc với đường ròn kia tại C, kéo dài AP đến D. Chứng minh BPC = CPD.GT: P là tiếp điểm của hai đường tròn. AB là dây cung của đường tròn lớn; ABC là tiếp tuyến của đường tròn nhỏ tại P.KL: BPC = CPDSuy xét: Hai góc mà ta cần chứng minh không phải là góc nội tiếp hoặc góc giữa tia tiếp tuyến và dây cung, chúng không có mối liên quan nên không thể dùng các phương pháp chứng minh góc bằng nhau để chứng minh được. Ta có thể dựng tiếp tuyến chung PE, ta được P1 = A, P2 = C; cộng hai vế trái với nhau ta được tổng của P1 và P2 là BPC; cộng hai vế phải với nhau (A và C) ta được tổng của hai góc này là góc ngoài CPD của tam giác ACP. Như vậy là đã giải quyết được vấn đề.CHỨNG MINHLÍ DO1. Dựng tiếp tuyến chung của hai đường tròn qua P cắt AC tại E2. Vì EP = EC3. Nên P2 = C4. Vì P1 = A5. Ta có: BPC = A + C6. Nhưng CPD = A + C7. Vậy BPC = CPD2. Hai tiếp tuyến của đường tròn cắt nhau tại một điểm thì điểm đó cách đều hai tiếp điểm.3. Góc đáy của tam giác cân bằng nhau.4. Góc giữa tiếp tuyến và một dây qua tiếp điểm và góc nội tiếp cùng chắn một cung.5. Suy từ 3 và 46. Góc ngoài của tam giác bằng tổng hai góc trong không kề với nó.7. Suy từ 5 và 6.10. Nếu có bốn điểm nằm trên một đường tròn thì qua bốn điểm đó có thể dựng thêm đường tròn phụ.Ví dụ 16:Cho tam giác ABC, các đường cao BH, CK. Chứng minh rằng:a)Bốn điểm B, C, H, K cùng thuộc một đường tròn.b)HK  BC.GT: ABC, BH  AC, CK  ABKL: a)B, C, H, K cùng thuộc một đường tròn b) HK  BCSuy xét: Ở câu b), để chứng minh HK  BC, ta có thể vận dụng kết quả câu a): 4 điểm B, C, H, K cùng thuộc một đường tròn; nếu vẽ đường tròn đi qua 4 điểm B, C, H, K, ta có HK là dây cung còn BC là đường kính nên suy ra được điều phải chứng minh.CHỨNG MINHLÍ DOa) 1. Gọi I là trung điểm của BC, ta có IH = BC2. IK = BC3. Suy ra: IB = IK= IH = IC, hay 4 điểm B, C, H, K cùng thuộc một đường trònb) 1. Vẽ đường tròn tâm I đường kính BC2. HK  BC1. Tam giác BHC vuông tại H.2. Tam giác BKC vuông tại K3. Suy ra từ 1 và 2.2. HK là dây không đi qua tâm còn BC là đường kínhĐể vận dụng phương pháp này có hiệu quả, vào đầu năm học giáo viên cần lưu ý học sinh về phương pháp học tập bộ môn, chú trọng phương pháp vẽ đường phụ trong chứng minh hình học. Khi giảng dạy các bài tập chứng minh hình học, giáo viên chú trọng hướng dẫn học sinh cách suy xét vấn đề, định hướng cho học sinh cách vẽ đường phụ hợp lí; thường xuyên ra hệ thống bài tập có vẽ nhiều loại đường phụ khác nhau, có hướng dẫn cụ thể để học sinh luyện tập thêm ở nhà, giáo viên kiểm tra, sữa chữa, uốn nắn kịp thời những sai sót. Về phía học sinh, các em phải tuân theo sự chỉ dẫn của giáo viên, chú ý nắm bắt vấn đề để vận dụng có hiệu quả, thường xuyên rèn luyện để hình thành kĩ năng vẽ đường phụ giúp ích cho việc giải qyết các bài toán. 2.4. Kết quả thực hiện:Trong quá trình giảng dạy tại trường THCS Cao Bá Quát, tôi nhận thấy rằng, mới đầu khi vận dụng phương pháp vẽ đường phụ để hướng dẫn học sinh chứng minh hình học, đa số học sinh cảm thấy thích thú, có kĩ năng vận dụng để làm bài tập. Tuy nhiên, vẫn còn một bộ phận học sinh gặp nhiều khó khăn trong việc vận dụng vào giải quyết từng bài toán cụ thể. Dần dần khi đã triển khai, rèn luyện nhiều, kĩ năng vẽ đường phụ của học sinh được nâng lên rõ rệt. Phương pháp này đưa ra mục đích của việc vẽ đường phụ, cách suy xét vấn đề và các loại đường phụ thường vẽ có ví dụ minh họa nhằm giúp học sinh vẽ được những đường phụ hợp lí, giúp ích cho việc chứng minh.Sau một thời gian triển khai phương pháp, qua trò chuyện với học sinh tôi được biết có nhiều học sinh có kĩ năng vận dụng phương pháp vẽ đường phụ vào giải toán một cách thành thạo, các em cảm thấy tự tin, hứng thú hơn trong học tập. Từ khi triển khai phương pháp này, kết quả học tập của học sinh có sự tiến bộ rõ nét, lực lượng học sinh khá giỏi của trường không ngừng được nâng lên về số luợng và chất lượng. PHẦN III: KẾT LUẬN1. Khái quát các kết luận:Các cách giải toán hình rất nhiều, các cách chứng minh cũng rất đa dạng, người học muốn làm được bài tập phải biết cách suy xét vấn đề, phân tích các mối liên quan, tìm ra mấu chốt của vấn đề để tháo gở, đây là một trở ngại đùối với học sinh. Do vậy giáo viên cần có sự định hướng, cung cấp cho học sinh những qui tắc, phương pháp làm bài tập đồng thời phát huy ở học sinh năng lực sáng tạo, vận dụng linh hoạt các định lí và các phương pháp chứng minh.Một trong những khó khăn đối với học sinh khi chứng minh hình học là khi gặp những bài toán có vẽ thêm đường phụ. Do vậy việc rèn luyện cho học sinh kĩ năng vẽ đường phụ một cách có cơ sở như cho học sinh thấy được mục đích của việc vẽ đường phụ, cung cấp cho học sinh các loại đường phụ nhằm giúp học sinh có định hướng đúng trong việc vẽ đường phụ như trong đề tài đã nêu là điều thật sự cần thiết.2. Lợi ích, khả năng vận dụng:Khi nắm được mục đích của việc vẽ đường phụ, biết được các loại đường phụ thường vẽ sẽ giúp học sinh có được tư duy hợp lí, biết cách suy xét bài toán và tìm ra cách giải quyết các bài toán có vẽ thêm đường phụ, tránh được những sai lầm. Qua đó tạo cho học sinh sự tự tin, say mê, yêu thích môn học.3. Đề xuất, kiến nghị:Để phát huy hiệu quả của phương pháp vẽ đường phụ nêu trên, bản thân xin được kiến nghị với Ban Giám Hiệu nhà trường chỉ đạo cho giáo viên bộ môn Toán áp dụng thường xuyên vào giảng dạy phân môn hình học nhằm góp phần nâng cao chất lượng học sinh và bồi dưỡng đội ngũ học sinh khá giỏi của trường. Chư Sê, ngày 20 tháng 01 năm 2009 Người viết Phạm Bảo Quốc TÀI LIỆU THAM KHẢO 1 Sách giáo khoa Toán 9 Tập 1, 2– NXB Giáo dục. 2 Sách giáo viên Toán 9 Tập 1, 2 – NXB Giáo dục 3 Định lí hình học và các phương pháp chứng minh – NXB Giáo dục.