Hướng dẫn học sinh lớp 9 trường THCS thị trấn thường xuân liên kết, mở rộng và lật ngược các bài toán khác nhau từ một bài toán hình học quen thuộc

Lý do chọn đề tài Trong quá trình giảng dạy nói chung và bồi dưỡng học sinh khá giỏi nói riêng thì việc định hướng, liên kết, mở rộng và lật ngược bài toán là một vấn đề rất quan trọng,

1 Mở đầu 1.1 Lý do chọn đề tài

Trong quá trình giảng dạy nói chung và bồi dưỡng học sinh khá giỏi nói riêng thì việc định hướng, liên kết, mở rộng và lật ngược bài toán là một vấn đề rất quan trọng, nó không chỉ giúp cho học sinh nắm bắt kĩ kiến thức của một dạng toán cơ bản mà còn nâng cao tính khái quát hoá, đặc biệt hoá một bài toán

để từ đó phát triển tư duy, nâng cao tính sáng tạo cho các em học sinh Hơn nữa, việc liên kết, mở rộng và lật ngược các bài toán khác nhau, tìm mối liên hệ chung giữa chúng sẽ giúp cho học sinh hứng thú và phát triển năng lực tự học một cách khoa học khi học toán

Qua nhiều năm giảng dạy và bồi dưỡng học sinh giỏi tôi được tiếp xúc với rất nhiều đối tượng học sinh và thấy rằng đa số học sinh không nhớ những bài đã làm thậm chí có những bài chỉ khác nhau bởi lời văn nhưng nội dung lại hoàn giống với bài toán cũ Đặc biệt là các bài toán đảo và bài toán tổng quát học sinh thường không có kỹ năng nhận ra Chính vì vậy, để giúp học sinh dễ dàng nhận

ra các bài toán cũ, bài toán đảo, bài toán tổng quát…đồng thời góp phần vào việc đổi mới phương pháp dạy học theo hướng tích cực và bồi dưỡng năng lực học toán cho học sinh, rèn luyện khả năng sáng tạo trong học toán cho học sinh cũng như muốn góp phần vào công tác bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi Toán trường THCS Thị Trấn nói riêng và học sinh toàn huyện Thường Xuân nói

chung Tôi xin được trình bày đề tài: “Hướng dẫn học sinh lớp 9 trường THCS Thị Trấn Thường Xuân liên kết, mở rộng và lật ngược các bài toán khác nhau từ một bài toán hình học quen thuộc".

1.2 Mục đích nghiên cứu

- Cung cấp kiến thức và phương pháp tự học cho học sinh khi học bộ môn Toán

- Hình thành tính tích cực, tự giác, chủ động của học sinh Khơi dậy tính sáng tạo và giải toán của học sinh

- Phát triển năng lực tự học, biết liên kết và mở rộng các bài toán từ đó giúp các em hình thành phương pháp giải

- Giúp học sinh hứng thú hơn trong học tập đặc biệt là bồi dưỡng Học sinh giỏi

1.3 Đối tượng nghiên cứu

Khả năng liên kết, mở rộng và lật ngược các bài toán khác nhau xuất phát

từ một bài toán ban đầu của học sinh

1.4 Phương pháp nghiên cứu

Phương pháp xây dựng cơ sở lý thuyết; Phương pháp điều tra khảo sát thực tế, thu thập thông tin

2 Nội dung sáng kiến kinh nghiệm 2.1 Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm.

Đặc điểm của lứa tuổi THCS là muốn tự mình khám phá, tìm hiểu trong quá trình nhận thức Các em có khả năng điều chỉnh hoạt động học tập, sẵn sàng tham gia các hoạt động học tập khác nhau nhưng cần phải có sự hướng dẫn, điều hành một cách khoa học và nghệ thuật của thầy cô giáo Hình thành tính tích cực, tự giác, chủ động và đồng thời phát triển năng lực tự học của học là một

quá trình lâu dài, kiên nhẫn và phải có phương pháp Tính tích cực, tự giác, chủ động và năng lực tự học của học sinh được thể hiện một số mặt sau:

- Biết tìm ra phương pháp nghiên cứu giải quyết vấn đề, khắc phục các tư tưởng rập khuôn, máy móc

- Có kĩ năng phát hiện những kiến thức liên quan với nhau, nhìn nhận một vấn đề ở nhiều khía cạnh

- Phải có óc hoài nghi, luôn đặt ra các câu hỏi tại sao? Do đâu? Như thế nào? Liệu có trường hợp nào nữa không? Các trường hợp khác thì kết luận trên

có đúng nữa không? Và phải biết tổng hợp các bài toán liên quan

- Tính chủ động của học sinh còn thể hiện ở chỗ biết nhìn nhận vấn đề và

- Có khả năng khai thác một vấn đề mới từ những vấn đề đã biết

2.2 Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm.

Qua nhiều năm giảng dạy, bồi dưỡng học sinh giỏi và tham khảo học hỏi các đồng nghiệp trong và ngoài huyện tôi nhận ra rằng:

- Học sinh yếu toán là do kiến thức còn hổng, lại lười học, lười suy nghĩ, lười tư duy trong quá trình học tập

- Học sinh làm bài tập rập khuôn, máy móc để từ đó làm mất đi tính tích cực, độc lập, sáng tạo của bản thân

- Các em ít được cũng cố, khắc sâu kiến thức, rèn luyện kĩ năng để làm nền tảng tiếp thu kiến thức mới, do đó năng lực cá nhân không được phát huy hết

- Không ít học sinh 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

- Nhiều học sinh hài lòng với lời giải của mình, mà không tìm lời giải khác, không khai thác phát triển bài toán, sáng tạo bài toán nên không phát huy hết tính tích cực, độc lập, sáng tạo của bản thân

- Một số giáo viên chưa thực sự quan tâm đến việc khai thác, phát triển, sáng tạo bài toán trong các các giờ luyện tập, tự chọn

- Việc chuyên sâu một vấn đề nào đó, liên hệ được các bài toán với nhau, phát triển một bài toán sẽ giúp cho học sinh khắc sâu được kiến thức, quan trọng hơn là nâng cao được tư duy cho các em làm cho các em có hứng thú hơn khi học toán

- Trước khi thực hiện đề tài này tôi đã khảo sát 25 học sinh lớp 9A trường THCS Thị Trấn Thường Xuân năm học 2018 - 2019 Kết quả thu được như sau:

Trước thực trạng trên đòi hỏi phải có các giải pháp trong phương pháp dạy và học sao cho phù hợp và có hiệu quả

2.3 Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề

Trong quá trình dạy toán, chắc rằng các thầy cô giáo đã có không ít lần gặp các bài toán cũ mà cách phát biểu có thể hoàn toàn khác, hoặc khác chút ít

1 3 2 1

2 1

1

A

B

C F

D

O

1

1 3 2 1

2 1

1

A

B

C F

D

O

Những bài toán tương tự, mở rộng, đặc biệt hóa hay lật ngược bài toán mà các bài toán này có cùng phương pháp giải Nếu giáo viên định hướng cho học sinh

kỹ năng thường xuyên liên hệ một bài toán mới với những bài toán đã biết như bài toán đảo, bài toán tổng quát, bài toán đặc biệt thì sẽ làm cho học sinh phát hiện ra rằng bài toán đó không mới đối với mình nữa hoặc nhanh chóng xếp loại được bài toán từ đó định hướng được phương pháp giải quyết một cách tích cực

và chủ động Sau đây tôi sẽ đưa ra một số ví dụ để giải quyết thực trạng trên và

để thể hiện nội dung của đề tài

2.3.1 Ví dụ:

Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác dựng các tam giác đều ABF, ACD Chứng minh rằng :

a CF = BD

b BOC = 1200

1.Hướng dẫn

AB = AF, AD = AC, BAD = FAC  

Do đó: ∆ABD = ∆AFC  CF = BD

b ∆ABD = ∆AFC ( câu a)

  

B F 

Mà B, F cùng thuộc nửa mặt phẳng bờ AO

nên tứ giác AOBF nội tiếp

  0

O B = 60

O A = 60 

 AOB = 120  0 (1)

Tương tự: AOC = 120  0 (2)

Từ (1) và (2) suy ra  BOC = 120 0

2.3.2 Xây dựng hệ thống bài toán

Qua việc chứng minh ví dụ ta thấy nếu vẽ về phía ngoài tam giác ABC hai tam giác đều thì ta luôn có AOB = AOC = BOC = 120    0 Với cách suy nghĩ này ta

có bài toán 1 và đây là bài toán đảo của ví dụ.

Bài toán 1: Cho tam giác ABC nhọn hãy dựng một điểm O trong tam giác sao

cho AOB = AOC = BOC   

Nhận xét: Rõ ràng nếu chưa có ví dụ thì bài toán này không đơn giản nhưng

nếu đã có ví dụ thì bài toán này trở nên đơn giản

Hướng dẫn

O A

F

D

a Cách dựng

- Dựng về phía ngoài tam giác ABC, hai tam giác đều ABF, ACD

- Giao điểm của BD và FC là điểm O cần dựng

b Chứng minh

Tương tự cách chứng minh ví dụ trên

Nếu trên cạnh OD ta lấy điểm P sao cho PD = OA suy ra CPD =

COA Với cách suy nghĩ này ta có bài toán thứ 2.

Bài toán 2: Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác dựng các tam giác đều

ABF, ACD Gọi giao điểm của BD và CF là O

Chứng minh rằng: OA + OB + OC = BD

Hướng dẫn:

Do DOC = DAC = 60   0 (Tứ giác OADC nội tiếp theo ví dụ) Nên trên cạnh OD ta

lấy điểm P sao cho OCP đều Khi đó: OC = OP (1)

- Xét tam giác CPD và COA có:

+ CP = OC (Cách vẽ),

+ PCD = OCA   (Cùng cộng với ACP bằng 600)

+ DC = AC (gt)

Do đó: CPD = COA (c.g.c)

Suy ra: PD = OA (2)

Từ (1) và (2) suy ra OA + OB + OC = PD + OB + OP

Hay OA + OB + OC = BD

Qua bài toán thứ 2 ta thấy BD không đổi thì OA + OB + OC không đổi

và từ đây ta có bài toán thứ 3.

Bài toán 3: Cho tam giác nhọn ABC, dựng tam giác đều ACD về phía ngoài

tam giác ABC O là một điểm bất kỳ trong tam giác ABC Tìm vị trí của điểm O sao cho tổng khoảng cách từ O tới ba đỉnh của tam giác là nhỏ nhất

Nhận xét: Đây là bài toán cũ mà mới và khó nếu như các em học sinh chưa gặp

bài toán 2 và bài toán 1 nhưng nếu các em đã làm hai bài toán trên thì thực chất bài toán thứ 3 này là bài toán thứ nhất nhưng ở mức độ câu hỏi khó hơn Thế thì làm thế nào để giáo viên hướng dẫn học sinh làm được bài mà không gặp khó khăn? Đó là hình thành cho các em biết cách liên kết các bài toán đã học với nhau từ đó học sinh sẽ lĩnh hội kiến thức một cách chủ động, tích cực và

dễ dàng hơn.

Hướng dẫn:

Dựng tam giác đều OCQ ở phía ngoài tam giác OBC có bờ là đường thẳng OC

- Xét tam giác ∆CQD và ∆COA, có:

Q D

O

C B

A

N M

P

H 1

A

F

D

CQ = CO, QCD = OCA   và DC = AC (gt)

Nên CQD = COA (c.g.c)  OA = QD

Vậy ta có: OA + OB + OC = BO + OQ + QD

 OA + OB + OC  BO + OD

 OA + OB + OC  BD

Dấu “ =” xảy ra khi:

+ O, Q, D thẳng hàng

Mà CQO = 60  0  CQD = 120  0  COA = 120  0 (1)

+ B, O, Q thẳng hàng

Mà COQ = 60  0  COB = 120  0 (2)

Từ (1) và (2) suy ra O là điểm nhìn ba cạnh của tam giác ABC dưới một góc bằng 1200 hay O là giao điểm của 3 cung chứa góc 1200 dựng trên 3 đoạn thẳng

BC, AB, AC

Nếu giữ nguyên giả thiết của ví dụ và thêm chút giả thiết ta sẽ có bài toán 4 khó hơn rất nhiều.

Bài toán 4: Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác, dựng các tam giác đều

ABF; ACD Gọi M,N lần lượt là trung điểm của cạnh AF và CD P là một điểm thuộc BC sao cho BP = 3PC Tam giác MNP là tam giác gì?

Nhận xét: Đây thực sự là một bài toán rất khó, nhưng nếu ta biết giúp các em

liên hệ với các bài toán trước và bằng cách dự đoán hình vẽ thì bài này trở nên không phải là khó lắm Đối với bài toán dạng như trên thì các tam giác chỉ có thể là các tam giác đặc biệt như tam giác cân, đều, vuông…Ở bài này nhìn hình

vẽ ta dự đoán là tam giác vuông.

Hướng dẫn:

- Từ N kẻ NH  AC (H thuộc AC) Xét tam giác HNC vuông tại H có:

HCN = 60 nên HNC = 30  0

 HC = NC  HC = DC = AC (1)

Mà PC = BC (gt) (2)

Từ (1) và (2) suy ra HP // AB (Theo ĐL ta lét đảo)

 PH = AB = AM ( ví AB = AF) (3)

- Xét tam giác AHN vuông tại H có HAN = 30  0  HN = AN (4)

Từ (3) và (4) ta có : = ( vì cùng bằng )

Mặt khác: MAN = PHN   ( PHC = BAC   ,MAB + HAN = NHC = 90    0)

Do đó : ∆PHN ∽∆ MAN  = và ANH = MNP  

 ∆NPM ∽∆ NHA Nên NPM = NHA = 90   0

Vậy tam giác MPN là tam giác vuông tại P

D

F

E

C B

A

1

1 3 2 1

2 1 1

E

A

B

C F

D

O

Ở bài toán ví dụ ta vẽ về phía ngoài tam giác ABC hai tam giác đều là ABF, ACD thì có kết quả là CF = BD Vậy thì bây giờ ta vẽ thêm tam giác đều BCE ở phía ngoài của tam giác ABC thì liệu AE; BD; CF có bằng nhau không

và có cắt nhau tại một điểm không? Từ đó ta có các bài toán 5.

Bài toán 5: Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác, dựng các tam giác đều

ABF; ACD; BCE Chứng minh rằng

a AE = BD = CF

b AE, BD, CF đồng quy

Hướng dẫn:

a + Theo ví dụ ta có CF = BD (1)

+ Chứng minh tương tự ví dụ ta có CF = AE (2)

Từ (1) và (2) ta có AE = BD = CF

b Gọi O là giao điểm của BD và CF Ta cần CM: A; O; E thẳng hàng

+ Thật vậy : BOC = 120  0 (ví dụ) mà BEC = 60  0  Tứ giác BOCE nội tiếp

COE = CBE = 60

O = 60  O = COE

Do đó A; O; E thẳng hàng Suy ra: AE, BD, CF đồng quy

Nhận xét : Ở bài toán 5 ta vẽ 3 tam giác đều về phía ngoài của tam giác ABC

thì được kết quả là AE = BD = CF và AE, BD, CF đồng quy và

AOB = AOC = BOC = 120 Vậy thì nếu ta vẽ ngược trở lại tức là vẽ ngược vào trong tam giác cả ba tam giác đều thì điều đó còn đúng nữa không? Từ suy nghĩ này ta có bài toán thứ 6.

Bài toán 6: Cho tam giác ABC Dựng các tam giác đều ABD, BCE, CAF lần

lượt nằm trên các mặt phẳng có bờ AB chứa điểm C, bờ BC chứa điểm A, bờ

AC chứa điểm B

a Chứng minh AE = CD = BF

b Chứng minh AE, CD, BF đồng quy

c Tính AOB, AOC, BOC   

Nhận xét: Ở bài toán này, ta thấy rằng kết quả: AE = CD = BF, và AE, CD,

BF đồng quy vẫn đúng nhưng cách chứng minh có phần khó khăn hơn, còn kết quả AOB = AOC = BOC = 120    0 sẽ không đúng nữa.

Hướng dẫn

E

F

A

M

N

P

a Tương tự như bài tập 4

b Gọi O là giao điểm của BF và CD

Do ABF = ADC nên ABF = ADC   hay ABO = ADC    Tứ giác ABOD nội

tiếp Do đó BAO = BDO   (2 góc nội tiếp cùng chắn cung BO)

Mà BAE = BDC   (ABE = DBC) và BDO + BDC = 180   0

Nên BAO + BAE = 180   0  E, A, O thẳng hàng

c Tứ giác ABOD nội tiếp (câu b)  AOB = ADB = 60   0 và AOC = ABD = 60   0

Do đó  BOC = 120 0

Nhận xét: Qua bài toán này giúp các em nhận ra một điều rằng khi vẽ hình thì

ta phải xét tất các các khả năng có thể xảy ra để từ đó xem xét hết tất cả các trường hợp và tránh sai lầm đáng tiếc.

Với giả thiết như bài toán 5 Nếu ta gọi M, N, P lần lượt là tâm của các tam giác AFB, ADC, BEC thì ta lại các bài toán khó hơn bài toán 1 rất nhiều Từ

đó ta có bài toán thứ 7

Bài toán 7: Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác, dựng các tam giác đều

ABF, ACD, BCE Gọi M,N,P lần lượt là tâm của các tam giác AFB, ADC, BEC Tam giác PMN là tam giác gì?

Hướng dẫn

- Xét ∆BPE và ∆BMA có:

MBA = PBE = MAB = PEB = 30 nên ∆ BPE ∽ ∆ BMA

BP BM

BE BA

  Mà MBP = ABE   (MBA+ABP = ABP PBE      )

Nên ∆ BPM ∽ ∆ BEA  BPM = BEA   (1)

F

M

B

C

E

D

A

F

M

B

C

E

D

A

D

E

F

A

M

N

P

P

N M

C B

A

- Tương tự ∆CPN ∽∆ CAE  CPN = CEA   (2)

Ta lại có: CEA + BEA = 60   0 (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra BPM + CPN = 60   0 do đó MPN = 60  0 (4)

- Chứng minh tương tự ta có PMN = 60  0 (5)

Từ (4) và (5) suy ra ∆PMN đều

Từ bài toán 7 nếu ta không vẽ 3 tam giác đều mà ta vẽ 3 tam giác cân ABF, ACD, BCE sao cho AFB = ADC = BEC = 120    0 thì ta lại có một bài toán hay hơn bài toán 7 rất nhiều.

Bài toán 8: Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác, dựng các tam giác cân

ABM, ACN, BCP sao cho AMB = ANC = BPC = 120    0 Tam giác MNP là tam giác gì?

Nhận xét: Tuy bài toán thứ 8 khó hơn bài toán thứ 7 nhưng nếu giáo viên

hướng dẫn các em xâu chuổi các bài toán trên đặc biệt là bài toán 7 thì bài toán thứ 8 lại trở thành bài toán thứ 7.

Hướng dẫn: Dựng về phía ngoài tam giác ABC các tam giác đều ABF, ADC,

BCE thì bài toán thứ 8 lại trở thành bài toán thứ 7 và cách giải như bài số 7

Nhận xét: Ở bài toán 5 ta vẽ 3 tam giác đều về phía ngoài của tam giác với mổi

tam giác đều có một cạnh của tam giác đã cho Bây giờ ta thay đổi một chút là

cả ba tam giác đều đó đều có chung một đường thẳng đi qua một cạnh của tam giác đã cho thì điều đó có còn đúng nữa không? Từ đây ta có bài toán thứ 9 và thứ 10.

Bài toán 9: Cho tam giác ABC Trên cạnh AC lấy điểm M bất kỳ, dựng các tam

giác đều ADM, MCE, CAF lần lượt nằm trên các mặt phẳng có bờ AC chứa điểm B, bờ AC chứa điểm B, bờ AC không chứa điểm B

a.Chứng minh AE = CD = MF

b.Chứng minh AE, CD, MF đồng quy tại O

Bài số 10: Cho tam giác ABC Trên cạnh AC lấy điểm M bất kỳ, dựng các tam

giác đều ADM, MCE, CAF nằm trên mặt phẳng có bờ là đường thẳng AC chứa điểm B Chứng minh AE = CD = MF

N

D

F

C B

A

Hình vẽ của bài số 9 Hình vẽ của bài số 10

Nhận xét: Cả hai bài trên đều giải như bài số 6 riêng bài số 10 các đường

thẳng AE, CD, MF lại không đồng quy với nhau Từ đây giáo viên giúp cho học sinh hình thành kĩ năng phát hiện những kiến thức liên quan với nhau, nhìn nhận một vấn đề ở nhiều khía cạnh và giúp học sinh phải có óc hoài nghi, luôn đặt ra các câu hỏi tại sao? Do đâu? Như thế nào? Liệu có trường hợp nào nữa không? Các trường hợp khác thì kết luận trên có đúng nữa không? Và từ đây ta lại mở rộng bài toán ở ví dụ theo hướng khác như sau.

Trở lại ví dụ, một câu hỏi đặt ra là: Nếu không dựng hai tam giác đều

mà dựng hai tam giác vuông cân tại A thì BD và FC có bằng nhau nữa không? Từ đó ta lại có bài toán thứ 11

Bài toán 11: Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác, dựng các tam giác

ABF; ACD vuông cân tại A Gọi I, M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh

BC, FB, CD Chứng minh rằng :

a CF = BD

b CF  BD

c Tam giác IMN là tam giác gì?

Hướng dẫn

a CF = BD (tương tự như ví dụ)

b Do ABD = AFC nên AFO = ABO  

Mà F, B cùng thuộc nửa mặt phẳng bờ AO

Nên tứ giác AOBF nội tiếp

FOB = FAB = 90

c IM là đường trung bình của tam giác BCF nên: IM // CF và IM = 1

2CF (1) Tương tự ta có: IN // BD và IN = 1

2 BD (2) Mà: CF  BD và CF = BD (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra: IM  IN và IM = IN hay tam giác MIN vuông cân tại I

Nhận xét: Ở bài toán 11 ta vẽ hai tam giác vuông cân ABF và ACD tại A thì

CF = BD, CF  BD nhưng nếu vẽ hai tam giác vuông cân không phải tại A mà

K H

N

E

D F

C B

A

K

O

Q

P

H

M

D

F

C B

A

tại F và D thì kết quả đó sẽ không đúng nữa mà ta lại có kết quả khác nhưng lại phải vận dụng cách làm của bài toán thứ 11 thì mới làm được Từ đó ta có bài toán thứ 12

Bài toán 12: Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác, dựng các tam giác

ABF vuông cân tại F; ACD vuông cân tại D Gọi M là trung điểm của

BC Chứng minh Tam giác FMD là tam giác vuông cân

Nhận xét: Nếu học sinh lần đầu gặp bài toán này mà chưa gặp bài toán thứ 11

thì hơi khó giải đối với các em Nhưng nếu gặp rồi thì không khó khăn gì lắm.

Hướng dẫn

- Lấy H và K lần lượt đối xứng với C và A qua D, D và E đối xứng với A và B qua M Suy ra tứ giác ACKH và ABNE là hình vuông

Như vậy ta đã biến bài toán thứ 12 thành bài toán thứ 11 và việc giải quyết bài toán 12 bay giờ rất đơn giản vì các em đã làm bài toán 11 Kết hợp bài toán 11 và bài toán 12 ta lại có bài toán 13 khó hơn rất nhiều.

Bài toán 13: Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác, dựng các hình vuông

AFPB, ADQC và hình bình hành AFMD Chứng minh:

a MA  BC

b BQ = MC và BQ MC

c BQ, MA, PC đồng quy

Hướng dẫn

a Gọi H là giao điểm của MA và BC

Xét tam giác: ABC và DMA có:

AB = MD (cùng bằng FA)

BAC = ADM   ( Cùng bù với FAD  )

AC = AD (gt)

Do đó ABC = DMA (c.g.c)

ACB = MAD

Mà MAD CAH = 90    0(do DAC = 90  0)

ACH CAH = 90   AHC = 90

b Gọi O là giao điểm của BQ và MC

- Ta có: ABC = DMA ( câu a)  ACB = MAD    BCQ = MAC  

- Xét hai tam giác BCQ và MAC có:

BC = MA (ABC = DMA)

BCQ = MAC  