Xây dựng hệ thống bài tập chứng minh tam giác bằng nhau cho sinh viên Cao đẳng Sư phạm Toán học trường Cao đẳng Sư phạm Hòa Bình

MỞ ĐẦU

1. LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Trong hoạt động dạy học theo phương pháp đổi mới, giáo viên (GV)

giúp sinh viên (SV) chuyển từ thói quen học tập thụ động sang tự học chủ
động. Muốn vậy, cần truyền thụ những tri thức, phương pháp để SV biết cách
học, biết cách suy luận, biết cách tìm lại những điều đã quên, để phát hiện
những cái mới. Do vậy cần tổ chức hợp lý quá trình học tập của SV, kích
thích nhu cầu, động cơ và hứng thú học tập của SV, giúp SV hoàn thiện tri
thức, kỹ năng, kỹ xảo.

Hệ thống bài tập có vai trò quan trọng, cho phép tổ chức hợp lý quá
trình học tập; góp phần ôn tập, tái hiện và chuẩn bị một cách tích cực vốn tri
thức cho SV khi học kiến thức mới; là công cụ phát huy nhu cầu, động cơ,
hứng thú và hoạt động học tập độc lập, sáng tạo của SV.

Đối với SV, giải bài tập toán là một trong những hình thức tốt nhất để
củng cố, hệ thống hóa kiến thức và rèn luyện kỹ năng, kỹ xảo; là một hình
thức vận dụng kiến thức đã học vào thực tế, vào những vấn đề mới.

Trong hệ thống các bài tập về hình học thì dạng toán chứng minh là
dạng bài tập cơ bản, thường gặp nhưng lại đóng vai trò quan trọng. Giải toán
chứng minh là đưa ra những lập luận suy diễn, là cách thức trình bày lôgic
thuyết phục. Với các em học sinh ở trường phổ thông cũng như các em SV
luôn cảm thấy khó khăn, e ngại hay lúng túng khi giải dạng toán này, do chưa
biết cách bắt đầu từ đâu và đi theo hướng nào, hơn nữa, do các em chưa hệ
thống được các dạng bài tập phù hợp, cũng như chưa phân dạng được các bài
tập đó.

Nhằm giúp SV khắc phục những nhược điểm khi giải bài toán chứng
minh hình học, giúp các em có nguồn tài liệu bổ ích và hình thành cho SV
một vốn kiến thức nhất định về chứng minh hình học để SV có thể truyền thụ
cho HS khi trở thành GV trung học cơ sở (THCS), tôi đã chọn đề tài: "Xây
dựng hệ thống bài tập chứng minh tam giác bằng nhau cho sinh viên Cao
đẳng Sư phạm Toán học trường Cao đẳng Sư phạm Hòa Bình".

1

2. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU

Xây dựng hệ thống bài tập chứng minh tam giác bằng nhau, nhằm nâng
cao hiệu quả của việc học môn toán cho SV Cao đẳng Sư phạm Toán học,
trường CĐSP Hòa Bình thông qua một hệ thống lý thuyết và ví dụ có phân
dạng. Từ đó, tạo cơ sở nâng cao chất lượng dạy học chứng minh hai tam giác
bằng nhau ở trường THCS khi SV trở thành giáo viên.
3. KHÁCH THỂ VÀ ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU

Khách thể nghiên cứu:
Nội dung và quá trình dạy học học phần Hình học sơ cấp và thực hành
giải toán và nghiệp vụ sư phạm cho sinh viên CĐSP Toán học trường CĐSP
Hòa Bình.
Đối tượng nghiên cứu:
Các tài liệu liên quan đến giải toán nói chung và giải toán chứng minh
hai tam giác bằng nhau nói riêng.
Hệ thống bài tập chứng minh tam giác bằng nhau cho sinh viên CĐSP
Toán học trường CĐSP Hòa Bình.
4. NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU

Nghiên cứu cơ sở lí luận về việc xây dựng hệ thống bài tập chứng minh
tam giác bằng nhau cho SV.

Nghiên cứu hệ thống bài tập liên quan đến chứng minh tam giác bằng
nhau ở THCS.

Xây dựng các dạng bài tập cụ thể về chứng minh tam giác bằng nhau.

5. GIẢ THUYẾT KHOA HỌC
Nếu xây dựng được hệ thống các bài toán về chứng minh tam giác bằng

nhau phù hợp thì sẽ nâng cao được chất lượng dạy và học học phần Hình học
sơ cấp và Thực hành giải toán ở trường CĐSP Hòa Bình cũng như chất lượng
giảng dạy của SV khi trở thành giáo viên.

2

6. GIỚI HẠN PHẠM VI NGHIÊN CỨU CỦA ĐỀ TÀI
Nội dung nghiên cứu: Quan điểm và vai trò của bài toán trong quá

trình dạy học; vị trí, chức năng của bài tập toán học. Lý thuyết chứng minh,
chứng minh hai tam giác bằng nhau. Hệ thống các bài tập chứng minh tam
giác bằng nhau.

Phạm vi nghiên cứu: Xây dựng các bài toán về chứng minh hai tam
giác bằng nhau.

Thời gian nghiên cứu: Đề tài được tiến hành: Từ tháng 8 năm 2016
đến tháng 5 năm 2017.
7. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU

Đề tài sử dụng chủ yếu các phương pháp sau:
- Phương pháp nghiên cứu lý luận.
- Pháp nghiên cứu để tạo ra sản phẩm.
- Phương pháp tổng kết kinh nghiệm.

3

Chương 1

CƠ SỞ LÍ LUẬN VÀ THỰC TIỄN CỦA VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU

1.1. Lịch sử nghiên cứu vấn đề
Hiện nay có nhiều tác giả đã viết các tài liệu tham khảo về vấn đề

chứng minh hai tam giác bằng nhau như:
Vũ Hữu Bình, Cơ bản và nâng cao Toán 7, tập 1, NXB Giáo dục,

2011. Ở tài liệu này, tác giả giúp người đọc tiếp cận bài toán chứng minh tam
giác bằng nhau theo hướng đưa ra một số kiến thức cần nhớ, các ví dụ minh
họa và bài tập áp dụng. Cách trình bày này được gặp lại trong tài liệu: Nguyễn
Ngọc Đạm – Nguyễn Quang Hanh – Ngô Long Hậu, Kiến thức cơ bản và
nâng cao toán 7, tập 1, NXB Giáo dục, 2013.

Trong các tài liệu trên, các tác giả chưa chia nhỏ các dạng kiến thức cần
áp dụng cũng như chưa phân dạng được hệ thống bài tập ứng với các kiến
thức đó.
1.2. Cơ sở lí luận
1.2.1. Quan điểm, vai trò, vị trí và chức năng của bài tập toán trong quá
trình dạy học

1.2.1.1. Quan niệm về bài toán
Bài toán là một tình huống kích thích đòi hỏi mọi lời giải đáp không có

sẵn ở người giải tại thời điểm bài toán được đưa ra. Bài toán là một dạng của
bài tập toán học, bài toán có vai trò quan trọng trong môn toán, dạy toán là
dạy hoạt động toán học.

1.2.1.2. Vai trò của bài tập toán trong quá trình dạy học
Đối với SV ngành Sư phạm Toán, việc giải toán là một trong những

hình thức chủ yếu của hoạt động toán học. Do vậy, bài tập toán có vai trò
quan trọng trong quá trình dạy học toán ở trường Sư phạm, là giá mang hoạt
động của SV, các bài tập toán là một phương tiện rất có hiệu quả và không thể
thay thế được trong việc giúp SV nắm vững tri thức, phát huy tư duy và hình
thành kỹ năng, kỹ xảo, ứng dụng toán học vào thực tiễn. Hệ thống bài tập có

4

vai trò quan trọng, cho phép tổ chức hợp lý quá trình học tập, là công cụ để
phát huy nhu cầu, động cơ, hứng thú và hoạt động học tập độc lập, sáng tạo
của SV. Thông qua việc giải bài tập, SV phải thực hiện những hoạt động nhất
định, bao gồm cả nhận dạng và thể hiện định nghĩa, định lý, quy tắc, phương
pháp, những hoạt động toán học phức hợp, những hoạt động trí tuệ chung và
những hoạt động ngôn ngữ. Hoạt động của SV liên hệ mật thiết với mục đích,
nội dung và phương pháp dạy học, vì vậy vai trò của bài tập được thể hiện
trên cả ba bình diện này.

1.2.1.3. Vị trí của bài tập toán
Quá trình giải bài tập toán giúp người học vận dụng thành thạo kiến

thức đã học và phát huy tính tích cực, sáng tạo. Do vậy, dạy học giải bài tập
toán có tầm quan trọng đặc biệt trong dạy học toán.

Đối với SV Sư phạm ngành Toán có thể xem giải toán là hình thức chủ
yếu của hoạt động toán học. Các bài tập toán là một phương tiện rất có hiệu
quả và không thể thay thế được trong việc giúp SV nắm vững tri thức, phát
huy tư duy, hình thành kỹ năng, kỹ xảo, ứng dụng toán học vào thực tiễn và là
nguồn tài liệu giúp các em sau này khi trở thành giáo viên. Hoạt động giải bài
tập toán là điều kiện để thực hiện tốt các nhiệm vụ dạy học toán. Vì vậy, tổ
chức có hiệu quả việc dạy giải bài tập toán học có vai trò quyết định đối với
chất lượng dạy toán.

Trong thực tiễn, dạy học bài tập toán học được sử dụng với những dụng
ý khác nhau. Mỗi bài tập có thể dùng để tạo tiền đề xuất phát, tạo động cơ học
tập, để làm việc với nội dung mới, để củng cố, kiểm tra kiến thức,… Hơn nữa,
việc dạy để giải một bài tập cụ thể thường không chỉ nhằm vào một ý đơn
thuần nào đó mà thường bao hàm những ý đồ nhiều mặt như đã đưa ra ở trên.

Giải bài tập toán là hình thức chủ yếu tập dược cho SV vận dụng kiến
thức và kỹ năng toán học vào đời sống và lao động sản xuất. Đồng thời, việc
giải bài tập giúp GV kiểm tra SV và SV tự kiểm tra mình về mức độ nắm
vững kiến thức đã học, về khả năng vận dụng chúng vào giải quyết các vấn đề
cụ thể. Ngoài ra, giải bài tập toán có tác dụng giáo dục cho SV đức tính của

5

người lao động mới, bồi dưỡng các phương pháp suy luận, phương pháp suy
nghĩ tìm tòi sáng tạo.
1.2.1.4. Chức năng của bài tập toán

Dạy học toán là dạng hoạt động toán học, đối với sinh viên, có thể xem
việc giải toán là hình thức chủ yếu của hoạt động toán học. Tổ chức có hiệu
quả việc dạy học giải bài tập toán đóng vai trò quyết định đối với chất lượng
dạy học toán.

Mỗi bài tập toán cụ thể được đặt ra ở thời điểm nào đó của quá trình
dạy học đều chứa đựng một cách tường minh hay không tường minh những
chức năng khác nhau. Những chức năng này đều hướng tới việc thực hiện các
mục đích dạy học.

Trong môn toán, các bài tập mang các chức năng sau:
+ Chức năng dạy học: Bài tập toán nhằm hình thành, củng cố cho người
học những tri thức, kỹ năng, kỹ xảo ở các giai đoạn khác nhau của quá trình
dạy học.
+ Chức năng giáo dục: Bài toán nhằm hình thành cho người học thế
giới quan duy vật biện chứng, hứng thú học tập, niềm tin và phẩm chất đạo
đức của người lao động mới.
+ Chức năng phát triển: Bài tập toán nhằm phát triển năng lực tư duy
của người học, đặc biệt rèn những thao tác trí tuệ hình thành những phẩm chất
của tư duy khoa học.
+ Chức năng kiểm tra: Bài tập toán còn nhằm đánh giá mức độ về kết
quả dạy và học, đánh giá khả năng độc lập toán học và trình độ phát triển của
người học.
Trong thực tế, các chức năng không bộc lộ một cách riêng lẻ và tách rời
nhau. Khi nói đến chức năng này hay chức năng khác của một bài tập cụ thể
tức là hàm ý nói việc thực hiện các chức năng ấy được tiến hành một cách
tường minh và công khai. Hiệu quả của việc dạy toán phụ thuộc vào việc khai
thác và thực hiện một cách đầy đủ các chức năng có thể có của một bài tập.

6

1.2.2. Cơ sở của việc xây dựng hệ thống bài tập toán
Hệ thống có thể được hiểu là một tập hợp các yếu tố liên kết với nhau

bằng những quan hệ đa dạng và tạo nên một thể thống nhất, toàn vẹn. Do đó,
hệ thống bài tập được hiểu là một tập hợp các bài tập có liên quan mật thiết
với nhau và cùng đáp ứng một mục tiêu dạy học nhất định. Hơn nữa, cũng cần
nhấn mạnh hệ thống bài tập phải xây dựng tương thích với hoạt động học tập
của SV. Do đó, hệ thống bài tập là công cụ quan trọng để định hướng quá
trình tổ chức các hoạt động học tập cho SV nhằm hình thành hệ thống kiến
thức, kỹ năng cơ bản, phát triển năng lực học tập toán và kích thích tính tích
cực trong hoạt động học tập của SV.

Vấn đề đặt ra ở đây là cần phải xây dựng một hệ thống bài tập, gồm các
dạng bài tập phù hợp giúp cho người giáo viên có thể tổ chức hiệu quả các
hoạt động học tập tích cực của SV. Đã có rất nhiều nhà nghiên cứu lý luận
dạy học đưa ra các quan điểm khác nhau khi phân loại hệ thống câu hỏi, bài
tập trong dạy học. Có quan điểm phân loại hệ thống bài tập dựa vào mục đích
dạy học, hoặc phân chia theo nội dung dạy học, hoặc dựa vào mức độ tích cực
của học sinh trong học tập. Mỗi quan điểm phân loại đều có ưu, nhược điểm
khác nhau, tùy thuộc vào mục đích và phương pháp sử dụng của nó trong quá
trình dạy học.
1.2.3. Cơ sở phân dạng hệ thống bài tập

Hệ thống bài tập là công cụ quan trọng để định hướng quá trình tổ chức
các hoạt động học tập cho SV nhằm hình thành hệ thống kiến thức kỹ năng cơ
bản, phát triển năng lực học tập toán và kích thích tính tích cực trong hoạt
động học tập của SV. Có rất nhiều cách để phân loại hệ thống bài tập trong
dạy học môn toán như: Dựa vào mục đích dạy học, dựa vào nội dung dạy học,
hay dựa vào mức độ nhận thức của SV trong hoạt động học tập. Trên cơ sở
mục đích nghiên cứu của đề tài, tôi quan tâm đến việc phân chia dạng bài tập
tương thích với các dạng cơ bản trong hoạt động học tập của SV.

Hoạt động học tập được chia thành 3 dạng cơ bản: Hoạt động tái hiện;
hoạt động tái tạo và hoạt động sáng tạo.

7

+ Hoạt động tái hiện: Là hoạt động SV dùng trí nhớ và tư duy tái hiện
để nhớ lại nội dung kiến thức đã học.

+ Hoạt động tái tạo: Là hoạt động mà SV tiến hành nhiều hoạt động
thành phần để giải quyết các tình huống khác nhau trong bài.

+ Hoạt động sáng tạo: Là hoạt động chủ động, sáng tạo của SV để giải
quyết vấn đề khái quát hơn bằng sự suy nghĩ sáng tạo của SV.

Muốn phát huy tính tích cực học tập của SV thì cần tổ chức, khuyến
khích các hoạt động tái tạo và sáng tạo của SV. Tuy nhiên, không thể xem nhẹ
việc cung cấp cho SV một vốn tri thức, kỹ năng cơ bản, đủ để thực hiện các
hoạt động tái tạo và sáng tạo. Nghĩa là không thể xem nhẹ hoạt động tái hiện,
mọi hoạt động khác đều không thể thực hiện được nếu SV không có khả năng
ghi nhớ, tái hiện. Do đó, việc cần làm đầu tiên trong dạy học là phải tạo ra sự
tái hiện tốt.

Xuất phát từ những căn cứ đã nêu ở trên, trong đề tài này tôi xem xét 3
dạng bài tập cơ bản trong hệ thống bài tập toán cho SV ngành Sư phạm Toán
nói chung và cho chủ đề chứng minh tam giác bằng nhau nói riêng. Đó là các
dạng bài tập sau:

+ Dạng bài tập tái hiện là dạng bài tập khi giải SV chỉ cần dựa vào trí
nhớ và tư duy tái hiện để nhớ lại những nội dung, kiến thức mà các em đã
được học như: Các khái niệm, các tính chất, quy tắc, công thức toán học,…
Các bài tập này, giúp các em ôn tập, củng cố nội dung kiến thức đã học, để
các em có thể ghi nhớ, không bị lãng quên kiến thức và sau khi giải bài tập
các em lĩnh hội được nội dung kiến thức cơ bản.

+ Dạng bài tập tái tạo là dạng bài tập không chỉ đơn thuần yêu cầu SV
tái hiện lại những kiến thức đã học như: Các khái niệm, tính chất, các quy tắc
toán học…, mà yêu cầu SV khi giải phải qua nhiều bước trung gian và phải tổ
chức, sắp xếp lại các kiến thức đã học. Chính vì vậy, bài tập tái tạo là những
bài tập giúp SV rèn luyện kỹ năng giải bài tập và giúp các em nắm chắc hơn
về nội dung kiến thức mà các em đã tiếp thu được.

8

+ Dạng bài tập sáng tạo là dạng bài tập huy động tính sáng tạo, chủ
động của sinh viên. Các bài tập này yêu cầu SV vận dụng phối hợp những
kiến thức đã học để giải quyết vấn đề khái quát hơn, bằng sự suy nghĩ sáng
tạo của mình.

1.2.4. Chương trình và giáo trình Hình học sơ cấp và Thực hành giải toán
(Phụ lục)

Theo chương trình này thì thời gian dành cho việc giảng dạy các bài
toán chứng minh các tam giác bằng nhau là ít. Với lượng thời gian này, GV
chưa thể hệ thống được cho SV những dạng bài tập cần thiết khi giải bài toán
chứng minh tam giác bằng nhau. Vì vậy, ngoài thời gian trên lớp SV cần phải
dành thời gian đáng kể để nghiên cứu các nội dung liên quan, mới hy vọng
nắm được những dạng bài tập cơ bản về chứng minh tam giác bằng nhau.

1.3. Chứng minh, chứng minh hai tam giác bằng nhau
1.3.1. Chứng minh
Trong toán học, chứng minh là một cách trình bày thuyết phục (sử dụng

những chuẩn mực đã được chấp nhận trong lĩnh vực đó) rằng một pháp biểu
toán học là đúng đắn. Chứng minh có được từ lập luận suy diễn, chứ không
phải là tranh luận kiểu quy nạp hoặc theo kinh nghiệm. Có nghĩa là, một
chứng minh phải biểu diễn cho thấy một phát biểu là đúng với mọi trường
hợp, không có ngoại lệ. Một mệnh đề chưa được chứng minh nhưng được
chấp nhận đúng được gọi là một phỏng đoán.

1.3.2. Chứng minh tam giác bằng nhau
Định nghĩa: Hai tam giác bằng nhau là hai tam giác có các cạnh tương
ứng bằng nhau, các góc tương ứng bằng nhau.
Kí hiệu: Để kí hiệu sự bằng nhau của tam giác ABC và tam giác A’B’C’ ta
viết ABC  A' B 'C ' .
Người ta quy ước rằng khi kí hiệu sự bằng nhau của hai tam giác, các chữ
cái chỉ tên các đỉnh tương ứng được viết theo cùng thứ tự.

9

ABC  A ' B 'C ' nếu AB  A' B ', AC  A'C ', BC  B 'C '

 µA  µA', Bµ Bµ', Cµ Cµ'.

Hình 1

Các trường hợp bằng nhau của tam giác:

+ Trường hợp bằng nhau thứ nhất: cạnh – cạnh – cạnh.
+ Trường hợp bằng nhau thứ hai: cạnh – góc – cạnh.
+ Trường hợp bằng nhau thứ ba: góc – cạnh – góc.
Nhận xét:

* Ta thấy rằng nếu hai tam giác bằng nhau thì suy ra được các cặp

cạnh tương ứng bằng nhau, các cặp góc tương ứng bằng nhau. Đó là lợi ích

của việc chứng minh hai tam giác bằng nhau.

* Muốn chứng minh hai đoạn thẳng (hay hai góc) bằng nhau ta thường

làm theo các bước sau:
- Xét xem hai đoạn thẳng (hay hai góc) là hai cạnh (hay hai góc) thuộc

hai tam giác nào.
- Chứng minh hai tam giác đó bằng nhau.
- Suy ra hai cạnh (hay hai góc) tương ứng bằng nhau.
* Để tạo ra được hai tam giác bằng nhau, có thể ta phải vẽ thêm đường

phụ bằng nhiều cách:

- Nối hai cạnh có sẵn trên hình để tạo ra một cạnh chung của hai tam

giác.
- Trên một tia cho trước, đặt một đoạn bằng một đoạn thẳng khác.
- Từ một điểm cho trước, vẽ một đường thẳng song song với một đoạn

thẳng.

- Từ một điểm cho trước, vẽ một đường thẳng vuông góc với một đoạn
thẳng.

10

Ngoài ra còn nhiều cách khác ta có thể tích luỹ được kinh nghiệm khi
giải nhiều bài toán.
1.4. Cơ sở thực tiễn của vấn đề nghiên cứu

1.4.1. Thực trạng dạy – học giải bài toán chứng minh tam giác bằng
nhau tại trường Cao đẳng Sư phạm Hòa Bình

Qua quá trình công tác giảng dạy, tôi thấy:
- SV yếu toán nói chung và yếu hình học nói riêng chủ yếu là do kiến
thức còn hổng, lại lười học, lười suy nghĩ, lười tư duy trong quá trình học tập.
- Không ít SV thực sự chăm học nhưng chưa có phương pháp học tập
phù hợp, chưa tích cực chủ động chiếm lĩnh kiến thức nên hiệu quả học tập
chưa cao.
- Học không đi đôi với hành, làm cho bản thân SV ít được củng cố,
khắc sâu kiến thức, ít được rèn luyện kỹ năng để làm nền tảng tiếp thu kiến
thức mới, do đó năng lực cá nhân không được phát huy hết.
- Đa số SV còn lúng túng, chưa biết cách trình bày và chứng minh tam
giác bằng nhau, kỹ năng vận dụng một số kiến thức về tìm các yếu tố bằng
nhau, vẽ thêm đường phụ, ... để giải bài toán chứng minh tam giác bằng nhau
còn rất hạn chế.
- Do thời gian giảng dạy trên lớp còn hạn chế nên việc GV bồi dưỡng
cho những SV khá, giỏi chưa được quan tâm đúng mức.
Bên cạnh đó, nội dung trong hệ thống bài tập đưa ra chưa cân đối, chưa
cụ thể, một số bài tập chưa phù hợp với quá trình tư duy phát triển của SV, số
lượng bài tập trong giáo trình còn quá ít. Các bài tập đưa ra chủ yếu nhằm
mục đích cung cấp kiến thức và rèn luyện kỹ năng, kỹ xảo cho SV; chưa thực
sự chú ý đến phân dạng bài toán và các bài tập phát huy tính tích cực của SV.
Trong khi đó, hệ thống bài tập cần phải tạo điều kiện cho thầy và trò tổ chức
những hoạt động tích cực, tăng thêm loại bài tập nhằm phát triển thông minh
cho SV và hệ thống bài tập cũng là nguồn tài liệu bổ ích giúp các em SV sau
này ra trường giảng dạy.
Trước thực trạng trên đòi hỏi phải có các giải pháp trong phương pháp
dạy và học sao cho phù hợp để có thể đi sâu các chuyên đề khó, bồi dưỡng

11

được các SV khá, giỏi vì sau này các em là lực lượng nòng cốt để bồi dưỡng
HS giỏi.

1.4.2. Một số giải pháp để nâng cao chất lượng dạy - học giải bài toán
chứng minh tam giác bằng nhau

Với thực trạng dạy – học giải bài toán chứng minh tam giác bằng nhau
tại trường Cao đẳng Sư phạm Hòa Bình và với những định hướng chung về
các giải pháp nhằm nâng cao hiệu quả đào tạo, tôi đề xuất những giải pháp cơ
bản sau:

- Biên soạn tài liệu hệ thống bài tập chứng minh tam giác bằng nhau
nhằm giúp đỡ SV trong tự học, tự nghiên cứu bài giảng, cũng như rèn kĩ năng
giải toán …

- Nâng cao trình độ thực hiện các kĩ thuật dạy học. Với bất kì bộ môn
nào thì việc nâng cao trình độ thực hiện các kĩ thuật dạy học là rất quan trọng
vì việc này giúp SV dễ nắm được các kiến thức, kĩ năng của bài học và giúp
GV tiến hành bài giảng một cách trôi trảy, hấp dẫn, tiết kiệm thời gian, …

- Cho SV được nghiên cứu về chuyên đề chứng minh hình bằng nhau
như một học phần tự chọn.

- Tổ chức các buổi ngoại khóa để GV và SV trao đổi về cách chứng
minh tam giác bằng nhau.

12

Chương 2
XÂY DỰNG HỆ THỐNG BÀI TẬP CHỨNG MINH TAM GIÁC

BẰNG NHAU CHO SINH VIÊN SƯ PHẠM TOÁN HỌC
TRƯỜNG CAO ĐẲNG SƯ PHẠM HÒA BÌNH

Để xây dựng được hệ thống bài tập chứng minh tam giác bằng nhau
cho SV Cao đẳng Sư phạm Toán học trường CĐSP Hòa Bình đạt hiệu quả cao,
tôi thực hiện các bước với các nội dung như sau: Với mỗi trường hợp bằng
nhau của tam giác tôi đưa ra kiến thức cơ bản, hệ thống bài tập có phân dạng
và các bài tập tự luyện. Hệ thống bài tập này được sử dụng trong quá trình dạy
học ở trên lớp và tự học của SV.
2.1. Trường hợp bằng nhau thứ nhất của tam giác: cạnh – cạnh – cạnh

Tính chất: Nếu ba cạnh của tam giác này bằng ba cạnh của tam giác
kia thì hai tam giác đó bằng nhau.

Nếu ABC và A' B 'C ' có:

AB  A' B ' 

AC  A'C ' thì ABC  A' B'C ' (c.c.c).

BC  B 'C '

Hình 2

2.1.1. Dạng bài tập tái hiện
Với trường hợp bằng nhau thứ nhất của tam giác: cạnh – cạnh – cạnh

thì dạng bài tập tái hiện giúp sinh viên chỉ cần dựa vào trí nhớ và tư duy, tái
hiện để nhớ lại những nội dung, kiến thức mà các em đã được học để giải các
bài tập đó.

Ví dụ 1: Cho ABC  MNP . Tìm các cạnh bằng nhau giữa hai tam giác
bằng cách khoanh tròn vào kết quả đúng?

13

A. AB  MP; AC  MN; BC  NP.
B. AB  MN; AC  MN; BC  MN.
C. AB  MN; AC  MP; BC  NP.
D. AC  MP; AC  MP; BC  NP.
Giải:
Chọn đáp án C, vì: theo tính chất cơ bản của trường hợp bằng nhau thứ
nhất của hai tam giác thì hai tam giác bằng nhau sẽ suy ra được các cạnh
tương ứng bằng nhau.

Ví dụ 2: Trên hình 3, có hai tam giác được ghi tên các đỉnh. Điền vào chỗ
trống (...) cho đúng. Để hai tam giác đó bằng nhau theo trường hợp cạnh –
cạnh – cạnh, cần phải có thêm điều kiện ...

Hình 3

Giải:
Cần phải thêm điều kiện: AD  BC.

Ví dụ 3: Trên mỗi hình 4, 5, 6 có các tam giác nào bằng nhau? Vì sao?

Hình 4 Hình 5 Hình 6

14

Giải:
* Ở hình 4: Xét hai tam giác ABC và ABD , ta có:

AC  AD(gt)

BC  BD(gt)   ABC  ABD ( c.c.c) .

AB chung 

* Ở hình 5: Xét hai tam giác MNQ và QPM , ta có:

MP  NQ(gt) 

PQ  MN (gt)  MNQ  QPM ( c.c.c) .

MQ chung 

* Ở hình 6: Chứng minh tương tự, ta có:

HEI  KIE và EHK  IKH (c.c.c).

Ví dụ 4: Trên hình 7, cho tam giác ABC bằng tam giác EDC. Tìm độ dài các
cạnh của tam giác ABC.

Hình 7

Giải:

Vì ABC  EDC gt, nên ta có:

AB  ED (cạnh tương ứng)
mà ED  2cm (gt)
suy ra AB  ED  2cm .
Tương tự, ta được: AC  EC  3,5cm

BC  DC  4cm.

15

2.1.2. Dạng bài tập tái tạo
Đây là dạng bài tập yêu cầu SV ngoài việc tái hiện lại kiến thức về

trường hợp bằng nhau thứ nhất của tam giác, thì khi giải phải qua nhiều bước
trung gian và phải tổ chức, sắp xếp lại các kiến thức đã học.

Ví dụ 1: Xét bài toán: “ AMB và ANB có MA  MB, NA  NB (hình 8).
Chứng minh rằng ·AMN  B·MN ”.

1) Hãy ghi giả thiết và kết luận của bài toán.
2) Hãy sắp xếp bốn câu sau đây một cách hợp lí để giải bài toán trên:
a. Do đó AMN  BMN (c.c.c)
b. MN: cạnh chung.

MA = MB (gt)
NA = NB (gt)
c. suy ra ·AMN  B·MN (hai góc tương ứng)
d. AMN và BMN có:

Hình 8

Giải:
1) Giả thiết và kết luận của bài toán:

AMB và ANB có:
GT

MA  MB, NA  NB

KL ·AMN  B·MN

2) Lời giải được sắp xếp theo thứ tự d, b, a, c.

d. AMN và BMN có:

16

b. MN: cạnh chung.
MA = MB (gt)
NA = NB (gt)

a. do đó AMN  BMN (c.c.c)
c. suy ra ·AMN  B·MN (hai góc tương ứng).

Ví dụ 2: Cho hình 9. Chứng minh rằng:

a. ADE  BDE. b. D·AE  D·BE.

Giải:

a. Xét ADE và BDE , có:

AD  BD(gt)

AE  BE(gt)   ADE  BDE (c.c.c).

DE chung 

Hình 9

b. Vì ADE  BDE (cmt) suy ra D·AE  D·BE (hai góc tương ứng).

Ví dụ 3: Cho hình 10, trong đó AB = CD, AC = BD. Chứng minh rằng AB
song song với CD

Hình 10 Hình 11

Giải:
+ Kẻ đoạn thẳng AD (hình 11).
+ Xét ADC và DAB , có:

17

AD chung 
AC  BD(gt)  ADC  DAB (c.c.c)
CD  AB(gt) 

suy ra ·ADC  D·AB (hai góc tương ứng)
hai góc so le trong bằng nhau ·ADC  D·AB nên AB PCD (đpcm) .
Ví dụ 4: Cho ABC và ABD biết :
AB = BC = CA = 3cm; AD = BD = 2cm (C và D nằm khác phía đối với AB).

a) Vẽ ABC, ABD.
b) Chứng minh : C·AD = C·BD .

c) Tính chu vi tam giác ABC và ABD.
Giải:
a) Vẽ ABC và ABD (hình 12).

Hình 12

b) Nối điểm C với D ta được ADC và BDC , có:

AD  BD (gt)

CA  CB (gt)   ADC  BDC (c.c.c)

DC chung 

suy ra C·AD  C·BD (hai góc tương ứng).

c) Chu vi của tam giác ABC là: AB  BC  CA  3AB  3.3  9 (cm).

Chu vi của tam giác ABD là: AB  BD  DA  3 2  2  7(cm).

2.1.3. Dạng bài tập sáng tạo
Đối với dạng bài tập này SV sẽ vận dụng phối hợp những kiến thức đã

học để giải quyết vấn đề khái quát hơn, bằng sự suy nghĩ sáng tạo của mình.

18

Ví dụ 1: Cho góc xOy. Vẽ cung tròn tâm O, cung này cắt Ox, Oy theo thứ tự
ở A, B. Vẽ các cung tròn tâm A và tâm B có cùng bán kính sao cho chúng cắt
nhau ở điểm C nằm trong góc xOy. Nối O với C. Chứng minh rằng OC là tia
phân giác của góc xOy.

Giải:
* Vẽ hình: Hình 13 với góc xOy là góc nhọn, hình 14 với góc xOy là góc tù.

Hình 13 hình 14

Xét OAC và OBC , có:

OA  OB (gt) 
AC  BC (gt)  OAC  OBC (c.c.c)

OC chung 

suy ra ·AOC  B·OC (hai góc tương ứng)
suy ra OC là tia phân giác của góc xOy (đpcm).

Nhận xét: Bài toán cho ta cách dùng thước và compa để vẽ tia phân
giác của một góc.

Ví dụ 2: Cho tam giác ABC có AB = AC = 6 cm, M là trung điểm của BC.
Chứng minh rằng AM vuông góc với BC.

Giải:

A

12
B MC

Hình 15

19

Xét ABM và ACM , có:

AB  AC (gt) 
BM  CM (gt)  ABM  ACM (c.c.c)

AM chung 

suy ra M¶1  M¶2 (hai góc tương ứng)
mà M¶ 1  M¶2 180o (hai góc kề bù)

suy ra M¶ 1  M¶ 2  180o  90o
2

hay AM  BC (đpcm).

Ví dụ 3: Cho tam giác ABC. Vẽ cung tròn tâm A bán kính bằng BC, vẽ cung
tròn tâm C bán kính bằng BA, chúng cắt nhau ở D (D và B nằm khác phía đối
với AC). Chứng minh rằng AD PBC.

Giải:

AD

B C

Xét ADC và CBA , có: Hình 16

AD  CB (gt)
DC  BA(gt)  ADC  CBA (c.c.c)
AC chung 

suy ra D·AC  ·ACB (hai góc tương ứng)
mà hai góc này ở vị trí so le trong  AD PBC (đpcm).

Ví dụ 4: Cho góc xOy và tia Am. Vẽ cung tròn tâm O bán kính r, cung này cắt
Ox, Oy theo thứ tự ở B, C. Vẽ cung tròn tâm A bán kính r, cung này cắt tia Am
ở D. Vẽ cung tròn tâm D có bán kính bằng BC, cung này cắt cung tròn tâm A
bán kính r ở E. Chứng minh rằng D·AE  x·Oy.

20

Giải:

x

B E
r r
A rD
Or C y m

Hình 17

Xét hai tam giác OBC và ADE, ta có:

OB  AD  r(gt)

BC  DE (gt)   OBC  ADE (c.c.c)

OC  AE  r(gt)

suy ra B·OC  D·AE (góc tương ứng) hay D·AE  x·Oy (đpcm).

Nhận xét: Bài toán này cho ta cách dùng thước và compa để vẽ một
góc bằng một góc cho trước.

Ví dụ 5: Cho tam giác ABC. Dùng thước và compa vẽ tam giác A’B’C’ bằng
tam giác ABC.

Giải:

Hình18

Dùng thước thẳng vẽ tia B’x. Lấy B’ làm tâm vẽ cung tròn có bán kính
bằng độ dài BC, cung tròn này cắt tia B’x tại C’. Lấy B’ và C’ làm tâm có bán
kính lần lượt bằng độ dài cạnh AB và AC. Hai cung này cắt nhau tại A’ thì ta
có A' B 'C '  ABC (c.c.c).

Nhận xét: Bài toán này cho ta cách dùng thước và compa để vẽ một
tam giác bằng một tam giác cho trước.

21

2.1.4. Bài tập tự luyện
Bài 1: Cho tam giác ABC và A’B’C’ có µA  µA', Bµ Bµ',Cµ Cµ'. Hai tam ABC và
A’B’C’ có bằng nhau không? Tại sao?
Bài 2: Cho tam giác ABC và XYZ có AB = XY, AC = XZ, Cµ Zµ.

a) Hai tam giác ABC và XYZ có bằng nhau không? Vì sao?
b) Muốn tam giác ABC bằng tam giác XYZ cần có điều gì?
Bài 3: Cho góc xOy khác góc bẹt. Vẽ điểm A thuộc tia Ox, điểm B thuộc tia
Oy sao cho OA = OB. Vẽ trung điểm M của AB. Chứng minh rằng OM là tia
phân giác của góc xOy.
Bài 4: Cho tam giác ABC có Bµ 50o,Cµ 30o. Trên nửa mặt phẳng không chứa
A bờ BC, vẽ cung tròn tâm B bán kính BA và cung tròn tâm C bán kính CA,
chúng cắt nhau ở D. Tính số đo các góc ABD, ACD.
Bài 5: Cho đoạn thẳng AB. Điểm M nằm ngoài đường thẳng AB sao cho
MA  MB . Chứng minh rằng điểm M nằm trên đường trung trực của AB.
Bài 6: Tam giác ABC có AB = AC, M là trung điểm của BC. Chứng minh
rằng AM vuông góc với BC.
Bài 7: Cho bốn điểm A, B, C, D thuộc đường tròn (O) sao cho AB = CD.
Chứng minh rằng ·AOB  C·OD.
Bài 8: Vẽ tam giác ABC biết độ dài mỗi cạnh bằng 2,5cm. Sau đó đo mỗi góc
của tam giác.

Bài 9: Cho hai tam giác ABC và ABD có AB  BC  CA  3cm ,
AD  BD  2cm(C và D nằm khác phía đối với AB). Chứng minh rằng
C·AD  C·BD .
Bài 10: Cho bốn điểm A, B, C, D sao cho AB = CD, AC = BD. Chứng minh
rằng AB song song với CD.
Bài 11: Vẽ tam giác ABC có AB = AC = 6cm, BC = 2cm. Sau đó đo góc A
để kiểm tra rằng µA  20o.
Bài 12: Cho đoạn thẳng AB. Vẽ cung tròn tâm A bán kính AB và cung tròn
tâm B bán kính BA, chúng cắt nhau ở C và D. Chứng minh rằng:

22

a) ABC  ABD.

b) ACD  BCD.
Bài 13: Cho tam giác ABC. Vẽ cung tròn tâm A bán kính bằng BC và cung
tròn tâm C bán kính bằng BA, chúng cắt nhau ở C và D (D và B nằm khác
phía đối với AC). Chứng minh rằng AD // BC.
Bài 14: a) Vẽ tam giác ABC có BC = 2cm, AB = AC = 3cm.

b) Gọi E là trung điểm của cạnh BC của tam giác ABC trong câu a).
Chứng minh rằng AE là tia phân giác của góc BAC.
Bài 15: Cho góc xOy. Trên tia Ox lấy điểm C, trên tia Oy lấy điểm D sao cho
OD = OC. Vẽ các cung tròn tâm C và tâm D có cùng bán kính sao cho chúng
cắt nhau ở điểm E nằm trong góc xOy. Chứng minh rằng OE là tia phân giác
của góc xOy.

2.2. Trường hợp bằng nhau thứ hai của tam giác: cạnh – góc – cạnh
Tính chất: Nếu hai cạnh và góc xen giữa của tam giác này bằng hai

cạnh và góc xen giữa của tam giác kia thì hai tam giác đó bằng nhau.

Nếu ABC và A' B 'C ' (hình 19), có:

AB  A' B '

Bµ Bµ'  thì ABC  A' B'C ' (c.g.c).

BC  B 'C '

Hình 19

Hệ quả: Nếu hai cạnh góc vuông của tam giác vuông này lần lượt bằng
hai cạnh góc vuông của tam giác vuông kia thì hai tam giác vuông đó bằng
nhau.

23

2.2.1. Dạng bài tập tái hiện
Đối với dạng bài tập này, SV chỉ cần dựa vào trí nhớ và tư duy tái hiện

lại những nội dung, kiến thức cơ bản về trường hợp bằng nhau thứ hai của
tam giác cũng như hệ quả để giải các bài tập.

Ví dụ 1: Trên các hình 20 a, b, c có các tam giác nào bằng nhau? Vì sao?

Hình 20 a) b) c)

Giải:

* Hình a) Xét ADB và ADE , có:

AB  AE (gt)

µA1  ¶A2 (gt)   ADB  ADE (c.g.c) .

AD chung 


* Hình b) Xét HGK và IKG , có:

HG  IK (gt)

Gµ Kµ
(gt)   HGK  IKG (c.g.c) .

GK chung 

* Hình c) Xét PMQ và PMN , có:

¶M1  M¶ 2 (gt)

PM cạnh chung nên PMQ  PMN .

nhưng MN  MQ

Ví dụ 2: Cho tam giác ABC và tam giác DEF, có AB = DE, BC = EF. Cần

thêm điều kiện nào sau đây để ABC  DEF .

A. µA  Dµ B. µB  Eµ C. AC = DE D. µC  Fµ

24

Giải:
Chọn đáp án B) khi đó ta có: ABC  DEF (c.g.c).

Ví dụ 3: Cho hai tam giác bằng nhau: Tam giác ABC và tam giác có ba đỉnh
M, N, P. Biết AB = PM, Bµ M¶ , BC = MN. Hệ thức bằng nhau giữa hai tam
giác theo thứ tự đỉnh tương ứng là:

A. ABC  MNP B. BCA  MNP

C. ABC  PMN D. CAB  PMN

Giải:

Chọn đáp án C) khi đó ta có ABC  PMN (c.g.c).

Ví dụ 4: Trên hình 21 có các tam giác nào bằng nhau?

Hình 21

Giải:

Trên hình 21, ta có:
+ Trong KDE , ta có: Kµ Dµ Eµ 180o

 Dµ180o  (Kµ Eµ) 180o  (80o  40o )  60o

+ Xét ABC và KDE , ta có:

AB  KD (gt)

Bµ  Dµ 60o   ABC  KDE (c.g.c) .

BC  DE (gt)

+ ABC hoặc KDE không bằng NMP (vì không đủ điều kiện c.c.c

hoặc c.g.c).

25

2.2.2. Dạng bài tập tái tạo
Với dạng bài tập này, giúp SV rèn luyện kỹ năng giải bài tập và giúp

các em nắm chắc hơn về nội dung kiến thức ở trường hợp bằng nhau thứ hai
của tam giác.

Ví dụ 1: Xét bài toán: “Cho tam giá ABC, M là trung điểm của BC. Trên
tia đối của tia MA lấy điểm E sao cho ME = MA. Chứng minh rằng AB PCE ”.
Dưới đây là hình vẽ, giả thiết kết luận của bài toán (hình 22):

Hình 22

ABC có:
GT

MB  MC, MA  ME

KL AB PCE
Hãy sắp xếp lại năm câu sau đậy một cách hợp lí để giải bài toán trên:

1) MB  MC (gt)
·AMB  E·MC (hai góc đối đỉnh)

MA  ME (gt)

2) do đó AMB  EMC (c.g.c)
3) M·AB  M·EC  AB PCE (hai góc bằng nhau ở vị trí so le).
4) AMB  EMC  M·AB  M·EC (hai góc tương ứng)

5) AMB và EMC , có:

Giải:
Thứ tự sắp xếp lời giải bài toán là: 5, 1, 2, 4, 3.

5) AMB và EMC , có:

26

1) MB  MC (gt)
·AMB  E·MC (hai góc đối đỉnh)

MA  ME (gt)

2) do đó AMB  EMC (c.g.c)
4) AMB  EMC  M·AB  M·EC (hai góc tương ứng)
3) M·AB  M·EC  AB PCE (hai góc bằng nhau ở vị trí so le).

Ví dụ 2: Nêu thêm một điều kiện để hai tam giác trong mỗi hình vẽ dưới
đây là hai tam giác bằng nhau theo trường hợp cạnh – góc – cạnh:

a) ABC  ADC (hình 23a);
b) AMB  EMC (hình 23b);
c) CAB  DBA (hình 23c).

Hình 23 a) b) c)

Giải:

+ Ở hình 23a) bổ sung: B·AC  D·AC.

+ Ở hình 23a) bổ sung: MA = ME.

+ Ở hình 23a) bổ sung: AC = BD.

Ví dụ 3: Cho góc xAy. Lấy điểm B trên tia Ax, điểm D trên tia Ay sao cho
AB = AD. Trên tia Bx lấy điểm E, trên tia Dy lấy điểm C sao cho BE = DC.
Chứng minh rằng ABC  ADE.

27

Giải:

y
E

B

AD C x

Hình 24

Xét ABC và ADE , có:

AB = AD (gt) (1)
E·AC là góc chung (2)

Ta có: AE = AB + BE

AC = AD + DC

mà AB = AD, BE = DC (gt)  AE = AC (3)
Từ (1), (2), (3) suy ra: ABC  ADE (c.g.c).

Ví dụ 4: Cho tam giác ABC, có AB = AC. Vẽ về phía ngoài của tam giác
ABC các tam giác vuông ABK và tam giác vuông ACD có AB  AK ,
AC  AD. Chứng minh rằng ABK  ACD .

Giải:

KD

A

B C Hình 25

Ta có:

AK  AB (gt) 

AB  AC (gt)   AK  AD (tính chất bắc cầu). (1)

AC  AD (gt)

28

Xét ABK vuông tại A và ADC vuông tại A, có:

AB  AC (gt) 

K·AB  D·AC  90o   ABK  ACD (c.g.c).
(gt)

AK  AD (theo (1) ) 

Ví dụ 5: Cho tam giác ABC, I là trung điểm của cạnh BC. Đường thẳng
vuông góc với AB tại B cắt đường thẳng AI tại D. Trên tia đối của tia ID, lấy
điểm E sao cho IE = ID. Gọi H là giao điểm của CE và AB. Chứng minh rằng
tam giác AHC là tam giác vuông.

Giải:

A

H
E

B IC

D Hình 26

Xét BDI và CEI , có:

BI = IC (gt) (1)

B·ID  C·IE (đối đỉnh) (2)

ID = IE (gt) (3)

Từ (1), (2), (3) suy ra BDI  CEI (c.g.c)

 C·EI  I·DB (góc tương ứng)

mà hai góc này ở vị trí so le trong

nên suy ra CE PBD  CH PBD

mà BD  AB  AB  CH  AHC vuông (đpcm).

2.2.3. Dạng bài tập sáng tạo
Đối với dạng bài tập này, SV sẽ phải vận dụng, phối hợp linh hoạt các

kiến thức đã học về trường hợp bằng nhau thứ hai của tam giác, để giải các
bài tập với nhiều tình huống có vấn đề.

29

Ví dụ 1: Tìm các tia phân giác trên hình 27. Hãy chứng minh điều đó.

Hình 27

Giải:

+ Xét AHB và KHB , có:

AH  KH (gt) 

·AHB  K·HB  90o   AHB  KHB (c.g.c)

BH chung 


 ·ABH  K·BH (hai góc tương ứng).

Vậy tia BC là tia phân giác của góc ABK.

+ Tương tự, ta chứng minh được: AHC  KHC (c.g.c)

 ·ACH  K·CH (hai góc tương ứng).

Vậy tia CB là tia phân giác của góc ACK.

+ Ngoài ra, ta có thể kể thêm:

HA, HK là tia phân giác của góc bẹt BHC.

HB, HC là tia phân giác của góc bẹt AHK.

Ví dụ 2: Cho đoạn thẳng BC và đường trung trực d của nó, d giao với
BC tại M. Trên d lấy hai điểm K và E khác M. Hãy chỉ ra các tam giác bằng
nhau trên hình.

Giải:

Nối EB, EC, KB, KC.

Bài toán xảy ra hai trường hợp: - M nằm ngoài K và E.

- M nằm giữa K và E.
30

d
K
d
K

E B 12 C
M
12 C Hình 28a Hình 28b
BM E

* Trường hợp 1: M nằm ngoài K và E (hình 28a)

Ta có các cặp tam giác bằng nhau sau:

EM chung

+ BEM  CEM (c.g.c) , thật vậy, vì có:  M¶ 1  M¶ 2  90o

BM  CM (gt)

 BE  CE (hai cạnh tương ứng).

KM chung

+ BMK  CMK (c.g.c) , thật vậy, vì có:  M¶ 1  M¶ 2  90o

BM  CM (gt)

 KB  KC (hai cạnh tương ứng).

KE chung

+ BEK  CEK (c.c.c) , thật vậy, vì có: BE  EC(cmt)

KB  KC(cmt).

* Trường hợp 2: M nằm giữa K và E (hình 28b)
Chứng minh tương tự như trên, ta cũng có các cặp tam giác bằng nhau:

BKM  CKM (c.g.c)
BEM  CEM (c.g.c)
BKE  CKE (c.c.c).

Ví dụ 3: Tam giác ABC và tam giác A'B'C' có AB  A 'B' , AC  A 'C ' .
Hai góc A và A' bù nhau. Vẽ trung tuyến AM rồi kéo dài một đoạn MD  MA .

31

Chứng minh rằng: b) AM = 1 B'C'.
a) ·ABD = Aµ' .
Giải: 2

Hình 29

a) Xét AMC và DMB , có:

AM = MD (gt)  AMC = DMB (c.g.c)
·AMC = D·MB (đối đỉnh)

MC = MB(gt)
 AC = DB ( hai cạnh tương ứng)

C·AM = M·DB (hai góc tương ứng)
 AC PBD(vì có cặp góc SLT bằng nhau)
 B·AC + ·ABD = 180o(hai góc trong cùng phía)
mà B·AC + Aµ' = 180o(gt)
 ·ABD = Aµ' (tính chất bắc cầu).

b) Xét ABD và B'A 'C ' , có:

AB = A'B'(gt)  ABD = B'A'C'(c.g.c)
·ABD = µA ' (cmt)

BD = A'C' (= AC)
 AD = B'C' ( hai cạnh tương ứng)

mà AM = 1 AD (gt)

2

 AM = 1 B'C' (đpcm).

2

32

* Nhận xét: Hai tam giác có hai cặp cạnh bằng nhau và một cặp góc
xen giữa chúng bù nhau thì trung tuyến thuộc cạnh thứ ba của tam giác này
bằng một nửa cạnh thứ ba của tam giác kia.

Ví dụ 4: Cho tam giác ABC. Vẽ ra ngoài tam giác này các tam giác
vuông cân tại A là ABE và ACF. Gọi M là trung điểm của BC.
Chứng minh rằng:
a) BF  CE , BF  CE .
b) AM = 1 EF.

2

Hình 30

Giải:

a) Ta có: E·AC = E·AB + B·AC = 900 + B·AC
B·AF = B·AC + C·AF = 900 + B·AC

 E·AC = B·AF .

+ Xét ABF và AEC , có:

AB = AE(gt)  ABF  AEC (c.g.c)
B·AF = E·AC (cmt)

AF = AC (cmt)

 BF = CE (hai cạnh tương ứng)

và Bµ1 = Eµ1 (hai góc tương ứng). (1)

Gọi O và I lần lượt là giao điểm của CE với BF và AB.

+ Xét AEI vuông tại A có Eµ1 + Iµ1 = 90o (2)

và Iµ1 = Iµ2 (đối đỉnh) (3)

Từ (1), (2) và (3)  Bµ1 + Iµ2 =90o  B·OI = 90o  BF  CE.

b) Ta có: E·AB + B·AC + C·AF + F·AE = 360o

33

 B·AC + F·AE = 360o - ( E·AB + C·AF ) =360o - (90o + 90o)=180o.
Ta thấy: ABC và EAF có hai cặp cạnh bằng nhau và một cặp góc xen
giữa chúng bù nhau nên trung tuyến AM = 1 EF.

2

Ví dụ 5: Cho tam giác ABC có µA = 60o. Dựng ra ngoài tam giác đó các
tam giác đều ABM và CAN.

a) Chứng minh rằng: Ba điểm A, M, N thẳng hàng.
b) Chứng minh BN = CM.
c) Gọi O là giao điểm của BN và CM. Tính B·OC .
Giải:

Hình 31

a) Từ giả thiết, ta có: ABM, CAN đều  B·AM = C·AN =60o.
Vậy M·AN = B·AM + B·AC + C·AN = 60o + 60o + 60o = 180o.

 M, A, N thẳng hàng.

b) Xét ABN và ACM , có:

AB = AM (gt)  ABN  ACM (c.g.c)
B·AN = C·AM (=120o)

AN=AC (gt)
 BN = CM (hai cạnh tương ứng) và Cµ1 = N¶1 (hai góc tương ứng).
c) Ta thấy B·OC là góc ngoài của OCN

 B·OC = O·CN + O·NC = Cµ1 + ·ACN + O·NC
mà Cµ1 = N¶1 (cmt)
 B·OC = N¶1 + ·ACN + O·NC = ·ACN + ·ANC = 60o + 60o = 120o.
Vậy B·OC = 120o .

34

2.2.4. Bài tập tự luyện
Bài 1: Cho tam giác ABC, AM là trung tuyến, trên tia đối của tia AM lấy A’
sao cho MA’ = MA. Chứng minh: ACA’  A’BA .
Bài 2: Chứng minh rằng nếu hai tam giác có hai cặp cạnh bằng nhau và một
cặp trung tuyến thuộc một trong hai cạnh đó bằng nhau, thì hai tam giác đó
bằng nhau.
Bài 3: Qua trung điểm I của đoạn thẳng AB, kẻ đường vuông góc với AB,
trên đường vuông góc đó lấy hai điểm C và D. Nối CA, CB, DA, DB. Tìm
các cặp tam giác bằng nhau trong hình vẽ đó.
Bài 4: Qua trung điểm M của đoạn thẳng AB, kẻ đường thẳng vuông góc với
AB. Trên đường thẳng đó lấy điểm K. Chứng minh rằng KM là tia phân giác
của góc AKB.
Bài 5: Cho tam giác ABC có µA  90o . Trên tia đối của tia CA lấy điểm D sao
cho CD = CA. Trên tia đối của tia CB lấy điểm E sao cho CE = CB. Tính số
đo góc CDE.
Bài 6: Cho tam giác ABC có µA  90o , trên cạnh BC lấy điểm E sao cho
BE  BA . Tia phân giác của góc B cắt AC ở D.

a) So sánh các độ dài DA và DE.
b) Tính số đo góc BED.
Bài 7: Cho tam giác ABC vuông tại A, điểm D thuộc cạnh huyền BC. Kẻ DH
vuông góc với AC (H  AC), trên tia đối của tia HD lấy điểm K sao cho
HK  HD . Kẻ DM vuông góc với AB (M AB), trên tia đối của tia MD lấy
điểm N sao cho MN = MD. Chứng minh rằng A là trung điểm của NK.
Bài 8: Cho hình vuông ABCD, trong hình vuông lấy một điểm M sao cho
M· AB  M· BA 15o . Chứng minh rằng tam giác MDC là tam giác đều.
Bài 9: Cho góc xOy cố định, trên Ox lấy điểm M và trên Oy lấy điểm N sao
cho OM + ON = m không đổi. Chứng minh rằng đường trung trực của MN đi
qua một điểm cố định.

35

Bài 10: Cho đoạn thẳng AB. Trên hai nửa mặt phẳng đối nhau bờ AB, vẽ các
đoạn thẳng AC, BD bằng nhau và vuông góc với AB. Gọi M là trung điểm
của AB. Chứng minh rằng ba điểm C, M, D thẳng hàng.
Bài 11: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Vẽ đoạn thẳng AD vuông góc với
AB và bằng AB (D khác phía C đối với AB), vẽ đoạn thẳng AE vuông góc
với AC và bằng AC (E khác phía đối với AC). Chứng minh rằng:

a) DC  BE.

b) DC  BE.
Bài 12: Cho đoạn thẳng AB, điểm O nằm giữa A và B. Kẻ tia Ox vuông góc
với AB. Trên tia Ox lấy các điểm C, D sao cho OC = OA, OD = OB. Gọi M
là trung điểm của AD, N là trung điểm của BC. Chứng minh rằng:

a) AD = BC.

b) OM = ON, OM  ON.
Bài 13: Tam giác ABC có AB = AC, tia phân giác của góc A cắt BC tại D.

a) Chứng minh rằng AD vuông góc với BC.
b) Lấy điểm E thuộc cạnh AB, điểm F thuộc cạnh AC sao cho BE  CF.
Chứng minh rằng DA là tia phân giác của góc EDF.
Bài 14: Tam giác ABC có µA    90o . Kẻ đoạn thẳng AD vuông góc với AB
(D và C khác phía đối với AB) sao cho AD = AB, kẻ đoạn thẳng AE vuông
góc với AC (E và B khác phía đối với AC) sao cho AE = AC.
Chứng minh rằng:

a) DC = BE.
b) Nếu   90o thì DE = BC.
Bài 15: Cho đoạn thẳng BC, điểm H nằm giữa B và C. Qua H kẻ đường thẳng
vuông góc với BC, trên đường thẳng đó lấy các điểm A và K sao cho
HA  HK . Kẻ các đoạn thẳng AB, BK, KC, CA.
a) Chứng minh rằng BA = BK.
b) Chứng minh rằng BC là tia phân giác của góc ABK.
c) Kể tên các góc bằng góc BAH.
d) Kể tên các cặp tam giác bằng nhau trong hình vẽ.

36

Bài 16: Cho tam giác ABC có Bµ 2Cµ. Tia phân giác của góc B cắt AC ở D.
Trên tia đối của tia BD lấy điểm E sao cho BE = AC. Trên tia đối của tia CB
lấy điểm K sao cho CK = AB. Chứng minh rằng AE = AK.
Bài 17: Cho tam giác ABC, K là trung điểm của AB, E là trung điểm của AC.
Trên tia đối của tia KC lấy điểm M sao cho KM = KC. Trên tia đối của tia EB
lấy điểm N sao cho EN = EB. Chứng minh rằng A là trung điểm của MN.

2.3. Trường hợp bằng nhau thứ ba của tam giác: góc – cạnh – góc

* Tính chất: Nếu một cạnh và hai góc kề bù của tam giác này bằng

một cạnh và hai góc kề bù của tam giác kia thì hai tam giác đó bằng nhau.

Nếu ABC và A' B 'C ' (hình 32), có:

Bµ Bµ' 

BC  B 'C ' thì ABC  A' B 'C '(g.c.g) .

Cµ Cµ' 


Hình 32

*Hệ quả 1: Nếu một cạnh góc vuông và một góc nhọn kề cạnh ấy của
tam giác vuông này bằng một cạnh góc vuông và một góc nhọn kề cạnh ấy
của tam giác vuông kia thì hai tam giác vuông đó bằng nhau.

Nếu ABC và DEF (hình 31), có:

µA  Dµ 90o 

AB  DE  thì ABC  DEF (cạnh góc vuông – góc nhọn).

Bµ Eµ 


37

Hình 33 Hình 34

*Hệ quả 2 (Trường hợp bằng nhau cạnh huyền – góc nhọn của tam

giác vuông): Nếu cạnh huyền và một góc nhọn của tam giác vuông này bằng

cạnh huyền và một góc nhọn của tam giác vuông kia thì hai tam giác vuông

đó bằng nhau.

Nếu ABC và DEF (hình 34), có:

µA  Dµ 90o 

BC  EF  thì ABC  DEF (cạnh huyền – góc nhọn).

Bµ Eµ 


2.3.1. Dạng bài tập tái hiện

Với dạng bài tập này SV sẽ nhớ lại các nội dung kiến thức cơ bản về

trường hợp bằng nhau thứ ba của tam giác, và trường hợp bằng nhau cạnh

huyền – góc nhọn của tam giác vuông để giải các bài tập. Đây là dạng bài tập

cơ bản.

Ví dụ 1: Tam giác ABC bằng tam giác MNP theo trường hợp góc –

cạnh – góc, nếu:

A. µA  Nµ, AB  MN,Cµ Pµ. B. µA  M¶ , AB  MN,Cµ Pµ.

C. µA  M¶ , AB  MN, Bµ Nµ. D. µA  M¶ ,CB  MN, Bµ Nµ.

Giải:

Đáp án: C.

Ví dụ 2: Trên mỗi hình 35 a) b) c) d) dưới đây, có các tam giác nào
bằng nhau? Vì sao?

38

Hình 35 a) b)

c) d)

Giải:

* Ở hình 35a):

Xét BCA và BDA , ta có:

C·BA  D·BA  m (gt)

BA chung   BCA  BDA ( g.c.g ) .

B·AC  B·AD  n ( gt) 


* Ở hình 35b):

Ta có ·ABD và ·ABC là hai góc kề bù, nên:

·ABD  180o  ·ABC  180o  ·ACB  ·ACE.

+ Xét ABD và ACE , ta có:

·ADB  ·AEC (gt) 


DB  EC (gt)   ABD  ACE (g.c.g)

·ABD  ·ACE (cmt)

+ Xét ADC và AEB , ta có:

39

DC  DB  BC  CE  BC  EB (vì DB  CE )  ADC  AEB (g.c.g) .

·ADC  ·AEB (gt)

·ACD  ·ABE (gt)

* Ở hình 35c): Xét hai tam giác vuông BAD và CAD, ta có:

Bµ Cµ 90o 
AD chung 
  BAD  CAD (cạnh huyền – góc nhọn).

B·AD  C·AD (gt)

* Ở hình 35d):
+ Có BAD  CAD (chứng minh như bài ở hình 35c)) .

 DB  DC (cạnh tương ứng).

+ Xét hai tam giác vuông CDH và BDE, ta có:

Cµ Bµ 90o 

DB  DC (cmt)  CDH  BDE (cạnh góc vuông – góc nhọn).

C·DH  B·DE 


Ví dụ 3: Trên mỗi hình 36 a) b) c) dưới đây, có các tam giác nào bằng
nhau? Vì sao?

Hình36 a) b) c)

Giải:

* Ở hình 36a):

Trong DEF , ta có: Dµ Eµ Fµ 180o

 Eµ180o  (Dµ Fµ) 180o  (80o  60o )  40o .

40

Xét DEF và BCA , ta có:

Dµ Bµ 80o 


DE  CB  3   DEF   BCA (g.c.g) .

Eµ  Cµ  40o 

* Ở hình 36b):

Trong  KLM , ta có: Kµ L$ M¶  180o

 L$180o  (Kµ M¶ ) 180o  (80o  30o)  70o .

Xét KLM và HIG , ta có:

Gµ M¶  30o 
LM  GI  3 
  KLM  HIG.

L$ 70O  I$  80o 

* Ở hình 36c): Trong  NQR , ta có: Q·NR  80o .

Trong  RPN , ta có: P·RN  80o .

Xét NQR và RPN , ta có:

N·RQ  R·NP  40o 

RN chung    NQR   RPN (g.c.g).

Q·RN  N·RP  80o 


Ví dụ 4: Trong các khẳng định sau, khẳng định nào đúng, khẳng định

nào sai?
Hai tam giác ABC và DEF có µA  Dµ 90o .
a) Nếu BC = EF và Bµ Fµ thì hai tam giác trên bằng nhau.
b) Nếu BC = ED và Bµ Fµ thì hai tam giác trên bằng nhau.
c) Nếu AB = DE và Bµ Eµ thì hai tam giác trên bằng nhau.
d) Nếu AC = DE và Bµ Eµ thì hai tam giác trên bằng nhau.

Giải:
a) Đúng. Vì ABC  DEF (cạnh huyền – góc nhọn).
b) Sai.

41

c) Đúng. Vì ABC  DEF (cạnh góc vuông – góc nhọn).
d) Sai.

2.3.2. Dạng bài tập tái tạo
Các dạng bài tập này yêu cầu các em không những tái hiện lại các kiến

thức đã học về trường hợp bằng nhau thứ ba của tam giác, mà còn phải tổ
chức, sắp xếp lại các kiến thức đó và thông qua nhiều bước trung gian. Chính
vì vậy, dạng bài tập này giúp SV rèn kỹ năng giải bài tập và giúp các em nắm
chắc hơn kiến thức đã học.

Ví dụ 1: Cặp đoạn thẳng song song AD, BC bị chắn bởi hai đường
thẳng song song AB, CD. Qua giao điểm M của AC và BD, kẻ một đường
thẳng bất kì cắt AD, BC theo thứ tự ở K, E.
Chứng minh rằng:

a) AD = BC. b) MA = MC.

c) MK = ME.

Hình 37

Giải:

a) Xét ADC và CBA , có:

µA1  Cµ1 (slt , AD P BC ) 

AC chung   ADC  CBA (g.c.g)

C¶2  ¶A2 (slt, AB PCD)

 AD = BC (hai cạnh tương ứng).

b) Xét AMD và CMB , có:

42

µA1  Cµ1 (slt, AD P BC ) 

AD  CB (theo a)   AMD  CMB (g.c.g)

D¶1  Bµ1 (slt, AD P BC ) 

 MA = MC (hai cạnh tương ứng).

c) Xét AMK và CME , có:  AMK  CME (g.c.g)
µA1  Cµ1 (chứng minh trên)
MA = MC (chứng minh trên)

M¶1  M¶2 (đối đỉnh)
 MK = ME (hai cạnh tương ứng) (đpcm).

Ví dụ 2: Cho tam giác ABC cân tại A (hình 38). Lấy điểm D thuộc
cạnh AC, điểm E thuộc cạnh AB sao cho AD = AE.

a) So sánh ·ABD và ·ACE .
b) Gọi I là giao điểm của BD và CE. Tam giác IBC là tam giác gì? Vì sao?
c) Chứng minh EB  DC và EIB  DIC .

Giải:

a) Xét ABD và ACE , có:

AD  AE (gt) 

µA chung 

AB  AC (ABC cân)

 ABD  ACE (c.g.c)

 ·ABD = ·ACE Hình 38
(hai góc tương ứng)
hay Bµ1  Cµ1 .

b) Ta có ABC cân (gt)  ·ABC  ·ACB
lại có Bµ1  Cµ1 (cmt)
mà Bµ1  B¶2  Cµ1  C¶2
suy ra B¶2  C¶2 .

Vậy IBC cân (định lý 2 về tính chất của tam giác cân).

43

c) Xét AED , có AE  AD (gt)  AED cân tại A (theo định nghĩa  cân).
+ Vì ABD  ACE (theo cmt)  ·ADB  ·AEC (hai góc tương ứng)

mà ·ADB  B·DC  180o (hai góc kề bù)
và ·AEC  C·EB  180o (hai góc kề bù)
 B·EC  C·DB hay B·EI  C·DI .

+ Vì E  AB (gt)  AE  EB  AB

và D  AC (gt)  AD  DC  AC

mà AB = AC (gt), AE = AD (gt)

 EB  DC .

+ Xét EIB và DIC , có:

B·EI  C·DI (cmt)


EB  DC(cmt)   EIB  DIC (g.c.g) .

Bµ1  Cµ1 (cmt) 

Ví dụ 3: Cho tam giác ABC, D là trung điểm của AB. Đường thẳng

qua D và song song với BC cắt AC ở E và song song với AC cắt BC ở F.

Chứng minh rằng:

a) AD = EF.

b) ADE  EFC

Hình 39

Giải:

a) Xét DEF và FBD , có:

DE PBF (gt)  D¶2  Fµ3 (slt ) 
DF chung 
  DEF  FBD  g.c.g 

BD PEF(gt)  D¶3  Fµ2 (slt) 


suy ra EF = DB.
Ta lại có AD = DB

suy ra AD = EF.

44

b) Xét ADE và EFC , có:
AB // EF  µA  Eµ1 (đồng vị) (1)
AD = EF (cmt) (2)
AD // EF, DE // FE nên D¶1  Fµ1 (cùng bằng Bµ) (3)

Từ (1), (2), (3) suy ra ADE  EFC (g.c.g) (đpcm).

Ví dụ 4: Cho tam giác ABC có AB = AC. Trên các cạnh AB, AC lấy
các điểm D, E sao cho AD = AE. Gọi O là giao điểm của BE và CD.
Chứng minh rằng:

a) ·ABE  ·ACD .
b) OD = OE, OB = OC.

Hình 40

Giải:

a) Xét ABE và ACD , có:

AB  AC (gt)

µA chung   ABE  ACD (c.g.c)

AE  AD (gt)

suy ra: ·ABE  ·ACD (hai cạnh tương ứng) hay Bµ1  Cµ1 .

b) Từ ABE  ACD (cmt)  Eµ1  D¶1 , do đó: E¶2  D¶2 .

Theo gt có:

AB  AC   BD  CE .
AD  AE 


+ Xét OBD và OCE , có:

45

Bµ1  Cµ1 (cmt) 

BD  CE(cmt)  OBD  OCE (g.c.g)

D¶2  E¶2 (cmt) 

nên OD = OE, OB = OC (hai cạnh tương ứng) (đpcm).

2.3.3. Dạng bài tập sáng tạo
Đây là dạng bài tập yêu cầu SV không chỉ vận dụng linh hoạt các kiến

thức đã học về trường hợp bằng nhau thứ ba của tam giác, mà cần phải phát
huy khả năng tư duy lôgíc để tìm ra cách giải hay, cách giải độc đáo của bài

toán.
Ví dụ 1: Cho tam giác ABC (hình 41). Các tia phân giác của các góc B

và C cắt nhau ở I. Vẽ ID  AB(D AB), IE  BC (E  BC), IF  AC (F  AC) .
Chứng minh rằng ID  IE  IF .

Giải:

Hình 41

Giải bài tập trên theo 2 cách:

Cách 1: Cách 2:

+ Xét DIB và EIB , có: + Xét DIB và EIB , có:

Dµ Eµ 90o Dµ Eµ 90o 

BI cạnh chung BI chung 
D· BI  E·BI (gt) 
D· IB  E·IB (cùng phụ với hai góc D· BI  E·BI (gt)

bằng nhau D· BI và E·BI ) Vậy DIB  EIB (c. huyền – g. nhọn)

Suy ra ID  IE (cạnh tương ứng) (1)

DIB = EIB (g.c.g)

46

suy ra ID  IE (cạnh tương ứng) (1) + Xét EIC và FIC , có:

+ Xét EIC và FIC , có: Eµ Fµ 90o 

Eµ Fµ 90o
IC chung 
IC cạnh chung E·CI  F·CI (gt)
E·CI  F·CI (gt)
C·IE  C· IF (cùng phụ với hai góc Vậy EIC = FIC (c. huyền – g. nhọn)
Suy ra IE  IF (cạnh tương ứng) (2)

bằng nhau E·CI và F·CI ) Từ (1) và (2) ta được: ID = IE = IF
 EIC  FIC (g.c.g) (đpcm).
suy ra IE = IF (cạnh tương ứng) (2)

Từ (1) và (2) ta được: ID = IE = IF

(đpcm).

Ví dụ 2: Cho tam giác ABC ( µA tù), trong góc BAC vẽ hai tia Ax và Ay theo
thứ tự vuông góc với AC và AB. Trên tia Ax lấy điểm E sao cho AE = AC,
trên tia Ay lấy điểm M sao cho AM = AB. Đường cao AH của tam giác ABC
cắt EM tại H’, đường cao AD của tam giác AEM cắt BC tại D’.

Chứng minh rằng:
a) Hai tam giác AEH’ và CAD’ bằng nhau.
b) AH’ là trung tuyến của tam giác AEM.
Giải:

Hình 42

47

a) Xét AEH ' và CAD ' , có:
H· ' EA  D·' AC (cùng phụ với góc D·AE )

AE  AC (gt)  AEH '  CAD ' (g.c.g)

E·AH '  D·'CA (cùng phụ với góc H·AC )

EH '  AD' (hai cạnh tương ứng) (1)

b) Cũng chứng minh tương tự như a), ta có: ABD '  MAH ' (g.c.g)

 AD'  MH ' (hai cạnh tương ứng) (2)

Từ (1) và (2) suy ra EH '  H ' M .

Do đó AH’ là trung tuyến của EAM (đpcm).

Ví dụ 3: Cho tam giác ABC, có µA  60o . Phân giác BD và CE cắt nhau

tại O ( D AC, E  AB ). Chứng minh rằng:

a) DOE cân. b) BE + CD = BC.
Giải:

Hình 43

+ Xét ABC , có: Bµ Cµ 180o  µA  180o  60o  120o (định lý tổng ba góc

trong một tam giác)

mà Bµ1  Bµ (BD là phân giác Bµ)
2

Cµ1  Cµ (BD là phân giác Cµ)
2

nên Bµ1  Cµ1  Bµ Cµ  120o  60o .
22

+ Xét OBC , có: B·OC 180o  (Bµ1  Cµ1) 180o  60o 120o (định lý tổng ba

góc trong một tam giác).

48

Mặt khác: B·OC  Oµ1 180o (hai góc kề bù)

B·OC  O¶4 180o (hai góc kề bù)

suy ra Oµ1  O¶4 180o  B·OC 180o 120o  60o .

Vẽ phân giác OF của B·OC ( F  BC )  O¶2  O¶3  B·OC  60o
2

do đó: Oµ1  O¶2  O¶3  O¶4  60o .

+ Xét BOE và BOF , có:

B¶2  Bµ1 (BD là phân giác Bµ)

BO chung  BOE  BOF (g.c.g)

Oµ1  O¶4  60o

 OE  OF (hai cạnh tương ứng) (*)

và BE  BF (hai cạnh tương ứng).

+ Chứng minh tương tự, ta được COD  COF (g.c.g)

 OD  OF (hai cạnh tương ứng) (**)

và CD  EF (hai cạnh tương ứng).

Từ (*) và (**)  OE  OD(=OF)  DOE cân.

b) BE = BF (cmt)

CD = CF (cmt)

 BE + CD = BF + FC = BC.
Vậy: BE + DC = BC (đpcm).
* Nhận xét:
Ví dụ trên cho ta thêm một cách vẽ đường phụ: Vẽ phân giác OF của
B·OC . Khi đó OF là một đoạn thẳng trung gian để so sánh OD với OE.
Ta cũng có thể vẽ thêm đường phụ bằng cách khác: Trên BC lấy điểm
F, sao cho BF  BE . Do đó cần chứng minh BOE  BOF (g.c.g) và

COD  COF (g.c.g).

Ví dụ 4: Cho tam giác ABC (AB > AC), M là trung điểm của BC. Đường
thẳng đi qua M và vuông góc với tia phân giác của góc A tại H cắt hai tia AB,
AC lần lượt tại E và F.

49

Chứng minh rằng: b) 2B·ME  ·ACB  Bµ.
a) EF2  AH 2  AE2.

4

c) BE = CF.
Giải:

hình 44

a) + Xét AHF và AHE , có:

·AHE  ·AHF  90o 

AH chung   AHF  AHE (cạnh góc vuông – góc nhọn)

µA1  ¶A2 (gt) 


suy ra: AF  AE (hai cạnh tương ứng)

HF  HE (hai cạnh tương ứng)  HF  1 EF (1)

2

+ Xét tam giác vuông AHF, áp dụng định lý Py-ta-go, ta có:

HF2  AH 2  AF2 (2)

Từ (1) và (2), suy ra: EF2  AH 2  AE2.

4

b) Ta có: AHE = AHF (cmt), suy ra Eµ1  Fµ (hai góc tương ứng).

Xét CMF có ·ACB là góc ngoài nên có: C·MF  ·ACB  Fµ

BME có Eµ1 là góc ngoài nên có: B·ME  Eµ1  Bµ (3)

Do đó: C·MF  B·ME  (·ACB  Fµ)  (Eµ1  Bµ)

mà C·MF  B·ME (đối đỉnh) 2B·ME  ·ACB  Bµ.

Eµ1  Fµ(cmt)

50