Hướng dẫn học sinh tìm kiếm lời giải một số bài tập hình học lớp 8 bằng cách vẽ các đường phụ

SKKN Năm học 2007 - 2008Tên Đề Tài:"Hướng dẫn học sinh tìm kiếm lời giải một số bài tập hình học lớp 8 bằng cách vẽ các đường phụ"Học sinh lớp 8 đã được làm quen với bài tập chứng minh Hình học qua lớp 6, 7 song không vì vậy mà việc giải bài tập Hình học của các em dễ dàng hơn. Thực tế cho thấy rằng: Đa số học sinh thường xuyên gặp khó khăn khi tiếp cận với Hình học ( ở tất cả các lớp trong bậc học phổ thông).Một trong những khâu khó khăn nhất khi giải bài tập Hình học là bằng cách nào để tìm kiếm lời giải ? Sử dụng phương pháp nào để đến được với cách chứng minh?Một trong những cách thường dùng trong giải bài tập Hình học lớp 8 là vẽ các đường phụ hợp lý, không ngoài mục đích chung là tạo ra sự liên kết giữa giả thiết và kết luận của bài toán thông qua việc vẽ thêm các yếu tố mới, chuyển bài toán ban đầu về dạng đơn giản hơn hay chuyển về dạng cơ bản, thường gặp từ đó đi đến cách chứng minh. Trong phạm vi đề tài này tôi xin phép được chia sẻ kinh nghiệm cùng bạn bè đồng nghiệp qua một số ví dụ về loại bài tập được giải bằng cách vẽ thêm các đường phụ, đây là những ví dụ thực tế mà qua quá trình kiểm nghiệm trong công tác giảng dạy của bản thân, tôi thấy có hiệu quả tốt trong việc tìm kiếm cách chứng minh cũng như có hiệu quả tốt trong việc rèn luyện các phẩm chất của tư duy. Vì phạm vi đề tài chỉ giới hạn trong chương trình Hình học lớp 8 nên chắc chắn sẽ không tránh khỏi những hạn chế nhất định, rất mong được sự góp ý của các cấp chuyên môn để việc dạy và học toán ngày càng được nâng cao về chất lượng.II. Nội dung đề tàiNội dung chính của đề tài được trình bày thông qua 10 ví dụ với khoảng gần 20 cách giải. Mỗi ví dụ có cách trình bày chung như sau:- Giới thiệu bài toán.- Phân tích bài toán tìm hướng chứng minh.- Xuất phát từ việc phân tích nêu các nhận xét cụ thể, từ các nhận xét này gợi ý cách vẽ đường phụ hợp lý phục vụ cho việc giải bài toán.- Giải bài toán.Sau các ví dụ là bài học kinh nghiệm rút ra thông qua việc giải các bài toán.Phạm vi kiến thức: Hình học 8.Phạm vi ứng dụng: Học sinh đại trà.Ví dụ 1: Trên cạnh AB của hình vuông ABCD, dựng về phía trong hình vuông tam giác AFB cân tại F có góc đáy bằng . Chứng minh tam giác CFD là tam giác đều.Nhận xét 1: Từ việc phân tích bài toán gợi cho ta ý tưởng vẽ trục đối xứng d1 của hình vuông đi qua cạnh AB. Trên d1 ta lấy điểm E sao cho AEB đều, ta chứng minh AE = DF = AB từ đó chứng minh được DF = DC. * Phân tích bài toán:Từ giả thiết của bài toán đã cho là: AFB cân tại F AFB có trục đối xứng là đường trung trực của AB và đây cũng là trục đối xứng của hình vuông ABCD vậy DFC cân tại F. Để chứng minh DFC đều ta chỉ cần chứng minh DF = DC hoặc chứng minh DFC có một góc bằng Cách giải 1: Vẽ trục đối xứng d1 của hình vuông đi qua AB lấy E  d1 sao cho ΔAEB đều. ΔAFB có AEF cân tại E FE = AE = AB (do có ΔAEB đều) AB = AD = FE(1)Mặt khác FE //AD(2) (do d1 là trục đối xứng của hình vuông)Từ (1) và (2) 	◊DFEA là hình bình hành AE = DFDo Δ DFC cân tại F có DF = DC ΔDFC đều * Nhận xét 2: Từ cách phân tích bài toán trong ví dụ 1 ta thấy rằng có thể chuyển việc chứng minh FD = DC về việc chứng minh FC = BC hay chứng minh ΔFCB cân tại C hay chứng minh đường cao tại đỉnh C vừa là đường trung trực vừa là đường phân giác, đường trung tuyến của ΔCFB. Điều này sẽ được giải quyết khi ta lấy điểm I  d2(d2 là trục đối xứng của hình vuông ADCB)sao cho có góc ở đáy bằng . Từ nhận xét này ta có cách giải tương ứng sau:Cách giải 2:Vẽ trục đối xứng d2 của hình vuông ABCD đi qua cạnh BC sao cho tam giác cân CIB có góc đáy bằng . Ta có Δ AFB = Δ BIC (g. c. g)  ⇒ IB = FB ⇒ ΔFBI cân tại B.Mặt khác  ⇒ ∆FIB đều.Lại có: (góc ngoài của ΔCBI) ⇒ ⇒ IH ⊥ FB tại HHay CH ⊥ FB ⇒ CH là đường trung trực ΔDFC cân tại F có FC = DC  ⇒ ΔDFC đều* Nhận xét 3:Với cách đặt vấn đề như nhận xét 1 nhưng ta lấy điểm E thuộc miền trong của hình vuông, ta sẽ có cách giải 3 của ví dụ 1 tương ứng với hình vẽ sau:Ví dụ 2: Cho ABC, trung tuyến BM (M  AC). Dựng về phía ngoài ABC các hình vuông BCKL và BAED. Chứng minh DL = 2BM. * Phân tích bài toán: Sau khi thể hiện tất cả các yếu tố đã cho lên hình vẽ ta nhận thấy rằng nếu không vẽ thêm đường phụ thì giữa hai đoạn thẳng DL và BM không có mối liên hệ trực tiếp nào.Vấn đề đặt ra là phải tạo được đoạn thẳng trung gian gấp đôi BM và có mối liên hệ trực tiếp với BM, từ đó ta chứng minh DL = 2BM nhờ tính chất bắc cầu.* Nhận xét 1: Biết M là trung điẻm của AC gợi cho ta ý tưởng vẽ tia đối của tia MB, trên tia đối lấy điểm B' sao cho MB' = MB khi đó ta có BB' = 2BM, ta sẽ chứng minh: ΔBCB' = ΔLBD để có BB' = DL từ đó suy ra điều phải chứng minh.Từ nhận xét trên ta có cách giải tương ứng sau:* Cách giải 1:Trên tia đối của tia MB lấy điểm B' sao cho MB = MB' ⇒ BB' = 2BM.Ta có: ◊ABCB' là hình bình hành.Vẽ tia đối của tia CK là CzVẽ tia đối của tia BC là ByVẽ tia đối của tia BL là BxTa có: 	 HayMặt khác BD = B'C (cùng bằng BA)	 BL = BC ⇒ ΔDBL = ΔB'CB (c. g. c) ⇒ BB' = DL = 2BM. Nhận xét 2: Từ việc phân tích bài toán ta cũng có thể tạo đoạn thẳng trung gian gấp đôi đoạn thẳng BM bằng cách khác như sau: Trên tia đối của tia BA lấy điểm A' sao cho BA = BA' khi đó ACA' nhận BM là đường trung bìnhhay CA' = 2BM ta sẽ chứng minh DL = CA' và bài toán được giải quyết. Bằng cách vẽ đường phụ này ta có cách tương ứng sau: Cách giải 2: Trên tia đối của tia BA lấy điểm A' sao cho BA' = BA AA'C có BM là đường trung bình 2BM = A'C.  ΔDBL = ΔA'BC (c. g. c) ⇒ A'C = DL Vậy DL = 2BM (điều phải chứng minh)Ví dụ 3: Cho hình thang ABCD có ( BC // AD ). Gọi E là trung điểm của CD. Đường thẳng qua E vuông góc với AB tại K.Chứng minh rằng: Diện tích tứ giác ABCD bằng tích AB.EKPhân tích bài toán: Sau khi thể hiện các yếu tố đã cho lên hình vẽ ta thấy rằng nếu để nguyên hình vẽ thi chưa tìm thấy mối liên hệ giữa với EK . AB. Vấn đề đặt ra là: phải tạo các đường phụ hợp lý để gắn kết các yếu tố trong bài toán. Do EK⊥AB nên gợi cho ta ý tưởng phải tạo một hình nhận EK làm đường cao và AB làm cạnh đáy.* Nhận xét 1: Từ việc phân tích bài toán như trên ta thấy rằng nếu qua E kẻ đường thẳng song song với AB cắt AD ở M và BC ở N thì hình bình hành ABMN có diện tích bằng EK . AB. Ta sẽ chứng minh: SABCD = SABMN . Nhận xét này dẫn đến cách giải 1 như sau:* Cách giải 1:Đường thẳng qua E song song với AB cắt BC tại N và cắt AD tại M  MABN là hình bình hành  SMABN = EK.AB Ta lại có: SABCD = SABCEM + SEDM SABNM = SABCEM + SECN Biết ∆EDM = ∆ECN ( c.g.c ) Vậy SMABN = SABCD = EK.AB ( điều phải chứng minh )Nhận xét 2.Ta thấy EK.AB = 2SEAB . Điều này gợi cho ta suy nghĩ chứng minh bằng cách kẻ: EF // DA ( F  AB ) BM // CD ( M  EF ) EN // AB ( N  AD )  Ta có cách giải sau:* Cách giải 2 Kẻ: BM // CD ( M  EF ) EN // BA ( N  AD ) EF // DA ( F  AB )Ta có:   CBME là hình bình hành   ∆ECB = ∆BME  SECB = SBME EFAN là hình bình hành   ∆EAN = ∆ AEF  SEAN = SAEF ∆EDN = ∆BMF ( g.c.g )  SEDN = SBMF Vậy SABCD = 2SEAB = EK.AB (điều phải chứng minh).Ví dụ 4: Cho hình bình hành ABCD. E là một điểm nằm giữa BC. Đường thẳng AE cắt đường thẳng DC tại K. Chứng minh Phân tích bài toán: Để nguyên hình vẽ với các yếu tố đã cho ta thấy rằng: rất khó nhận ra mối liên hệ giữa và .Do ∆DEC nằm trong hình bình hành, điều đó gợi cho ta ý tưởng vẽ các đường phụ để tìm mối liên hệ giữa diện tích các tam giác đã cho và so sánh với diện tích của hình bình hành ABCD.* Nhận xét: Kẻ đường cao DH của ∆DEC  DH cũng là độ dài đường cao của ∆AEB và là đường cao tại đỉnh D của hình bình hành ABCD.Kẻ đường cao KI của ∆ABK  KI cũng chính là độ dài đường cao xuất phát từ đỉnh C của hình bình hành.Ta có cách giải bài toán như sau:Giải:  Kẻ đường cao DH của ∆DEC  DH cũng là đường cao của ∆AEB và hình bình hành ABCD.     Kẻ đường cao KI của ∆ABK.  Từ (1) và (2)  Ví dụ 5: Cho ∆ABC ( AC > AB ). Trên AB; AC lần lượt lấy các điểm D và E tuỳ ý sao cho BD = CE. Gọi K là giao điểm của các đường thẳng DE và BC.Chứng minh tỷ số không phụ thuộc vào cách chọn điểm D và E.Phân tích bài toán: Để làm xuất hiện tỷ số ta cần phải kẻ thêm các đường phụ song song với EC hoặc DB, từ đó tìm mối liên hệ của với các yếu tố cho trước.Cách giải 1: ( Vẽ đường phụ từ D )Kẻ DM // AC ( M  BK )Ta có : Ta lại có: (Do EC = BD)(2)Mặt khác: ( Do DM // AC ) (3) (4)Từ (1), (2), (3), (4)  không phụ thuộc vào cách lấy điểm D và E Cách giải 2: ( Vẽ đường phụ từ E )Từ E kẻ EN // AB. Ta có:  Mặt khác: Vậy tỷ số không phụ thuộc vào cách lấy điểm D và E. Ví dụ 6: Cho hình vuông ABCD. Trên AB và BC lần lượt lấy các điểm M và N sao cho MDN = . Chứng minh rằng: Khi M, N di động trên AB, AC ( thoả mãn MDN = ) thì chu vi ∆BMN là một số không đổi. Phân tích bài toán: M và N di động nhưng MDN = không đổi. Điều này gợi cho ta ý tưởng tạo các đường phụ để có mối liên hệ giữa các góc từ đó phát hiện mối liên hệ giữa các điểm di động M, N với các yếu tố cho trước.* Nhận xét 1: Kẻ đường phụ Dx sao cho nhận DM làm phân giác khi đó ta có:     Kẻ ME vuông góc với Dx; NF vuông góc với Dx, ta chứng minh được E trùng F từ đó suy ra điều phải chứng minh.Cách giải 1: Gọi cạnh hình vuông là a.Kẻ tia Dx sao cho góc nhận DM làm phân giác. Kẻ ME vuông góc Dx, NF vuông góc Dx ( E, F  Dx )Ta có: ∆AMD = ∆EMD ; ∆CND = ∆FND ( cạnh huyền, góc nhọn )  MA = ME; NF = NC  ED = AD; FD = CD  ED = FD ( cùng bằng a )   E trùng F hay M, E, N thẳng hàng  chu vi ∆BMN = BM + MN + NB = BM + ME + NF + NB = BM + MA + NC + NB = 2a ( không đổi )Nhận xét 2: Với cách lấy trên tia đối của tia CB đoạn CK = AM ta có cách giải tương ứng sau đây:Cách giải 2: Trên tia đối của tia CB lấy CK = AM ∆ADM = ∆CDK ( c.g.c ) ; MD = KDBiết  ∆MDN = ∆KDN (Có MD = DK; MDN = KDN ; ND chung) MN = NK = NC + CKChu vi ∆BMN = BM + MN + NB= BM + NK + NB= BM + CK + NC + NB= BM + MA + CN + NB = 2aVậy chu vi ∆BMN bằng 2a không đổi, không phụ thuộc cách lấy điểm M và N.Ví dụ 7: Cho góc xAy và tia phân giác At. Trên Ax ; By theo thứ tự đặt các đoạn thẳng MN và PQ thoả mãn MN = PQ (M nằm giữa A; N , P nằm giữa A; Q ). Gọi I; K là trung điểm của MP và NQ. Chứng minh: IK // At* Phân tích bài toán : Nếu để nguyên hình vẽ ban đầu thì rất khó khăn trong việc tìm kiếm lời giải cho bài toán. Xuất phát từ giả thiết và yêu cầu phải chứng minh IK // At gợi cho ta ý tưởng phải chứng minh IK là tia phân giác của một góc có hai cạnh tương ứng song song với góc xAy đã cho.* Nhận xét : Kẻ tia Ix' // Ax ; Iy' // AyTừ N kẻ đường thẳng song song với MP cắt Ix' tại B. Từ Q kẻ đường thẳng song song với MP cắt Iy' tại C. Ta chứng minh được IK là phân giác của góc BIC từ đó suy ra điều phải chứng minh.Kẻ tia Ix' // Ax; Iy' // Ay. Qua N kẻ đường thẳng song song với MP cắt Ix' tại B.  Qua Q kẻ đường thẳng song song với MP cắt Iy' tại C. Xét tứ giác NBQC có NB // QC (1) Ta lại có: NB = MI  CQ = IP ( do MNBI và ICQP là hình bình hành ) Mặt khác: IM = IP (gt)  NB = QC (2)Từ (1) và (2)  Tứ giác NBQC là hình bình hành K là trung điểm của đường chéo NQ  K là trung điểm của CB.Do MN = PQ (gt) và tứ giác MNBI; tứ giác ICQP là hình  bình hành.  MN = IB = IC = PQ  ∆BIC cân  IK là trung tuyến cũng là phân giác. Có: IB // Ax ; IC // Ay  At là phân giác của góc xAy; IK là phân giác của góc BIC  IK // At ( điều phải chứng minh )Ví dụ 8: Cho tứ giác ABCD có AD = BC. M; N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và CD. Tia MN cắt tia AD ở E và cắt tia BC ở F. Chứng minh: Phân tích bài toán , tìm hướng chứng minh.Từ các yếu tố giả thiết đã cho và yêu cầu chứng minh  gợi cho ta ý tưởng phải vẽ các đường phụ hợp lý để tạo thêm góc trung gian bằng các góc phải chứng minh. Các yếu tố phụ được vẽ thêm phải gắn với các đường thẳng song song, hoặc góc của tam giác cân để xuất hiện các góc bằng nhau.* Nhận xét 1: Lấy I là trung điểm của BD khi đó ta có IN; IM tương ứng là đường trung bình của các tam giác MFB và DBA. Ta chứng minh được ∆MIN cân tại I từ đó suy ra điều phải chứng minh.Cách giải 1: Gọi I là trung điểm của đường chéo BD ∆DCB có IN là đường trung bình   ( đồng vị ) ∆DBA có IM là đường trung bình  ( so le trong ) Từ (1) ; (2) và AD = CB (gt)   ∆NIM cân tại I ⇒   ( điều phải chứng minh ) * Nhận xét 2:  Nếu qua M kẻ đường thẳng song song với DC, trên đường thẳng này lấy đoạn thẳng D'C' = DC sao cho D'C' nhận M làm trung điểm khi đó tứ giác DCC'D' là hình bình hành. Ta chứng minh được ∆ADD' = ∆BCC' từ đó suy ra điều phải chứng minh. Ta có cách giải 2 như sau:Cách giải 2: Qua M kẻ đường thẳng song song với DC,trên đường thẳng này lấy đoạn thẳng  D'C' = DC sao cho D'C' nhận M làm trung điểm. Ta có: DCC'D' là hình bình hành  DD' // CC"  DD' // CC' // MF  D1 = AEM ; C1 = BFM (1Ta lại có: AD' = BC' (do ◊AD'BC’ là hình bình hành) AD = BC ; DD' = CC'  ∆ADD' = ∆BCC'  (2) Từ (1) và (2) ta có: (đpcm)Ví dụ 9: Giả sử AC là đường chéo của hình bình hành ABCD. Từ C kẻ CE vuông góc với AB và CF vuông góc với AD.Chứng minh rằng: AB.AE + AD.AF = Phân tích bài toán: Bài toán yêu cầu chứng minh một hệ thức về độ dài đoạn thẳng. Từ yêu cầu cụ thể là chứng minh AB.AE + AD.AF = gợi cho ta ý tưởng phải chỉ ra được các tam giác đồng dạng chứa các đoạn thẳng có trong biểu thức.* Nhận xét: Do AC là đường chéo lớn nhất của hình bình hành nên ta có góc (là góc đối diện với đường chéo lớn nhất ).Kẻ đường cao DH của ∆ACD  chân đường cao H thuộc đoạn thẳng A (vì góc tù)Khi đó ta chứng minh được ∆AEC ~ ∆CHD; ∆AFC ~ ∆AHD. Từ đó suy ra điều phải chứng minh.Giải: Kẻ đường cao DH của ∆ACD  H nằm giữa A và C (do góc tù) ∆AEC ~ ∆CHD (g.g)    AE.CD = AC.CH (1) ∆AFC ~ ∆AHD    AF.AD = AC.AH (2)Cộng từng vế (1) và (2):  AE.CD + AF.AD = AC.CH + AC.AH  AE.AB + AF.AD = AC.(CH + AH)  AE.AB + AF.AD = (điều phải chứng minh)Ví dụ 10: Cho ∆ABC có AM là trung tuyến. Từ điểm D trên AM kẻ đường thẳng song song với AB, đường thẳng này cắt cạnh AC và BC lần lượt tại E và F. Đường thẳng qua F song song với AC cắt AB ở H.Chứng minh rằng: * Nhận xét: Ta thấy rằng nếu để nguyên hình vẽ với các yếu tố đã cho thì chưa có ngay được cách giải bài toán.Giả thiết đã cho EF // AB, biết các tam giác BHF và DEH có một cạnh và một đỉnh đối diện nằm trên các đường thẳng song song EF và AB nên chúng có các đường cao bằng nhau. Vấn đề đặt ra là phải tạo các đường phụ hợp lý để chứng minh các cạnh tương ứng với đường cao có độ dài bằng nhau.* Nhận xét: Kẻ: MQ // AC ( Q  AB ) MP // AB ( P  AC )Sử dụng các tỷ số bằng nhau ta có thể chứng minh được DE = BH. Kết hợp với các yếu tố suy ra từ giả thiết ta có điều phải chứng minh.Cách giải được trình bày tóm tắt như sau:Giải: Kẻ: MQ // AC ( Q  AB ) MP // AB ( P  AC ) Ta có: HF // MQ  (1)  DE // MP  (2) Mặt khác: ◊AEFH và ◊APMQ là hình bình hành  AF = HF ; MQ = AP (3) Kết hợp (1); (2) và (3) ta có:  Biết: BQ = MP (cùng bằng QA)  BH = DE Gọi khoảng cách giữa hai đường thẳng song song AB và EF là k. Kẻ đường cao FI của ∆FBH Kẻ đường cao AK của ∆ADE Ta có: FI = AK (cùng bằng k)  Biết   Vậy: (điều phải chứng minh)III. bài học kinh nghiệmQua các ví dụ nêu trên ta thấy rằng: Trong chương trình hình học lớp 8 việc rèn luyện kỹ năng giải bài toán bằng cách vẽ thêm các yếu tố phụ là hết sức cần thiết. Điều quan trọng là phải phân tích bài toán, tìm tòi, định hướng được cách vẽ các yếu tố phụ hợp lý, cần thiết. ý tưởng vẽ đường phụ chỉ có thể nảy sinh khi ta phân tích và tìm hiểu mối liên hệ giữa yêu cầu đặt ra cần phải giải quyết với những yếu tố cho trước trong bài toán. Có những bài tập chỉ giải được khi vẽ thêm các đường phụ thích hợp, lại có những bài tập giải được bằng nhiều cách khác nhau nhờ những cách vẽ đường phụ khác nhau... Các yếu tố phụ được vẽ thêm có thể chỉ đơn giản như: nối hai điểm cho trước, kẻ đường cao của tam giác... nhưng cũng có khi là nhiều đường phụ hoặc có sự kết hợp nhiều yếu tố mà kết quả đôi khi là những lời giải khá bất ngờ, độc đáo. Với gần 20 lời giải của 10 ví dụ nêu trên ta thấy rằng thường gặp cách vẽ thêm các yếu tố phụ với các mục đích sau:1. Nối hai điểm cho trước, vẽ đường cao, đường trung bình của tam giác... nhằm giúp hình vẽ trực quan hơn, dễ nhận dạng các yếu tố đặc biệt đã cho hoặc các yếu tố có thể dễ dàng suy ra từ giả thiết.2. Vẽ thêm các đường thẳng song song với một đường thẳng cho trước để vận dụng định lý ta lét, để làm xuất hiện tỷ số của các đoạn thẳng.3. Vẽ thêm các đường phụ để tạo ra các góc trung gian, các đoạn thẳng trung gian, các đoạn thẳng bằng nhau phục vụ cho mục đích chứng minh.4. Vẽ thêm các đường thẳng vuông góc hoặc đường thẳng song song với đường thẳng cho trước phục vụ cho việc cắt ghép hình thường gặp trong các bài toán về diện tích đa giác.5. Kết hợp việc vẽ thêm nhiều yếu tố phụ như đường thẳng song song, góc bằng nhau... để tạo các hình có tính chất đặc biệt như: hình bình hành, tam giác đều, giúp cho việc chứng minh . 6. Vẽ thêm các yếu tố phụ để tạo nên các góc, các đoạn thẳng bằng nhau hoắc gấp đôi, gấp ba... các góc hay đoạn thẳg cho trước giúp cho việc chứng minh bài toán được thuận lợi.7. Vẽ thêm các yếu tố phụ để giúp gắn kết, tạo các mối liên hệ giữa các yếu tố đã cho và yêu cầu phải chứng minh trong bài toán.8. Tạo thêm các yếu tố phụ để biến đổi hình vẽ, chia bài toán thành những đơn vị kiến thức nhỏ hơn hoặc đơn giản hơn mà đó chính là các bước trung gian giúp đi đến giải được bài toán. Với các mục đích thường gặp nói trên trong việc vẽ thêm các đường phụ để giải toán, ta thấy rằng các đường phụ được vẽ phải đảm bảo: - Vẽ được bằng các phép dựng hình cơ bản - Phải hoàn toàn xác địnhTóm lại:- ý tưởng vẽ thêm các đường phụ và vẽ được các đường phụ hợp lý, cần thiết trong mỗi bài toán, chỉ có thể xuất hiện khi ta nghiên cứu kỹ mối liên hệ giữa yêu cầu cần phải giải quyết của bài toán với các yếu tố mà giả thiết đã cho.- Các đường phụ được vẽ phải giúp cho việc giải toán được dễ dàng hơn.- Các đường phụ dựng được bằng phép dựng hình cơ bản và hoàn toàn xác định.IV. Kết luậnThực tế quá trình dạy học của bản thân nhiều năm qua cho thấy khi học sinh đã có thói quen định hướng đúng trong các bài tập có thể vẽ thêm các đường phụ, việc học tập, lĩnh hội kiến thức của các em được chủ động hơn.Ngoài ra các em còn có hứng thú trong việc tìm ra các cách giải mới nhờ cách vẽ các đường phụ khác nhau (với những trường hợp có thể) nhờ đó tính sáng tạo, tính độc lập trong tư duy ngày càng được nâng cao. Qua áp dụng kinh nghiệm của bản thân tôi nhận thấy kết quả học tập của học sinh có tiến bộ rõ rệt, ngày càng có nhiều học sinh yêu thích bộ môn toán, các em không còn " thấy sợ " khi học và giải bài tập hình.Trên đây là một số kinh nghiệm của bản thân rút ra trong quá trình dạy hình học ở lớp 8. Rất mong nhận được nhiều sự đóng góp ý kiến của các cấp chuyên môn để không ngừng nâng cao hiệu quả dạy và học toán.