SKKN Rèn luyện tư duy thông qua giải một số bài toán hình học bằng nhiều cách cho học sinh lớp 8 trư...

Mục lục
Mục lục
1. Mở đầu:
1.1. Lý do chọn đề tài
1.2. Mục đích nghiên cứu
1.3. Đối tượng nghiên cứu
1.4. Phương pháp nghiên cứu
2. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
2.3. Các sáng kiến kinh nghiệm hoặc các giải pháp đã sử dụng để
giải quyết vấn đề.
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo
dục, với bản thân, đồng nghiệp và nhà trường.
3. Kết luận, kiến nghị
3.1. Kết luận.
3.2. Kiến nghị.
Phụ lục.
Tài liệu tham khảo

SangKienKinhNghiem.net

trang 1
trang 2
trang 3
trang 3
trang 4
trang 4
trang 4
trang 5
trang 17

trang 19
trang 19
trang 20

1


1. MỞ ĐẦU

1.1. Lý do chọn đề tài
Một trong những yêu cầu đặt ra của cải cách là phải đổi mới phương pháp
dạy học theo hướng tích cực hố hoạt động học tập của học sinh, dưới sự tổ
chức hướng dẫn của giáo viên. Học sinh tự giác, chủ động tìm tịi, phát hiện và
giải quyết nhiệm vụ nhận thức và có ý thức vận dụng linh hoạt, sáng tạo các
kiến thức đã học vào bài tập và thực tiễn, trong đó có đổi mới dạy học mơn tốn.
Trong trường phổ thơng, dạy tốn là dạy hoạt động tốn học. Đối với học sinh
có thể xem việc giải tốn là hình thức chủ yếu của hoạt động tốn học. Q trình
giải tốn đặc biệt là giải tốn hình học là quá trình rèn luyện phương pháp suy
nghĩ, phương pháp tìm tịi và vận dụng kiến thức vào thực tế. Thơng qua việc
giải tốn thực chất là hình thức để củng cố, khắc sâu kiến thức rèn luyện được
những kĩ năng cơ bản trong mơn tốn.
Trong hoạt động dạy học theo phương pháp đổi mới, giáo viên cần giúp
học sinh chuyển từ thói quen thụ động sang thói quen chủ động. Muốn vậy GV
cần chỉ cho HS cách học, biết cách suy luận, biết tự tìm lại những điều đã quên,
biết cách tìm tịi để phát hiện kiến thức mới. Các phương pháp thường là những
quy tắc, quy trình nói chung là các phương pháp có tính chất thuật tốn. Tuy
nhiên cũng cần coi trọng các phương pháp có tính chất tìm đốn. Học sinh cần
được rèn luyện các thao tác tư duy như phân tích, tổng hợp, đặc biệt hố, khái
quát hoá, tương tự, quy lạ về quen. Việc nắm vững các phương pháp nói trên tạo

điều kiện cho học sinh có thể đọc hiểu được tài liệu, tự làm được bài tập, nắm
vững và hiểu sâu các kiến thức cơ bản đồng thời phát huy được tiềm năng sáng
tạo của bản thân và từ đó học sinh thấy được niềm vui trong học tập.
Là một giáo viên toán trong quá trình tự học bồi dưỡng thường xuyên về
đổi mới phương pháp dạy học hiện nay bản thân cũng nhận thấy được yêu cầu
trên là rất phù hợp và thiết thực. Trong q trình dạy học giải tốn giáo viên phải
biết hướng dẫn, tổ chức cho học sinh tìm hiểu vấn đề phát hiện và phân tích mối
quan hệ giữa các kiến thức đã học trong một bài toán để từ đó học tìm được cho
mình phương pháp giải quyết vấn đề trong bài. Chỉ trong q trình giải tốn
tiềm năng sáng tạo của học sinh được bộc lộ và phát huy, các em có được thói
quen nhìn nhận một sự kiện dưới những góc độ khác nhau, biết đặt ra nhiều giả
thuyết khi phải lý giải một vấn đề, biết đề xuất những giải pháp khác nhau khi
xử lý một tình huống.
Về khách quan cho thấy hiện nay năng lực học tốn của học sinh cịn rất
nhiều thiếu sót đặc biệt là quá trình vận dụng các kiến thức đã học vào bài tập và
thực tiễn. Tỷ lệ học sinh yếu kém cịn cao các em ln có cảm giác học hình khó
hơn học đại số. Tình trạng phổ biến của học sinh khi làm tốn là khơng chịu
nghiên cứu kĩ bài tốn, khơng chịu khai thác và huy động kiến thức để làm tốn.
Trong q trình giải thì suy luận thiếu căn cứ hoặc luẩn quẩn, trình bày cẩu thả,
tuỳ tiện …
Về phía giáo viên phần lớn chưa nhận thức đầy đủ về ý nghĩa của việc
dạy giải toán. Hầu hết GV chưa cho HS làm toán mà chủ yếu giải toán cho học

SangKienKinhNghiem.net

2


sinh, chú ý đến số lượng hơn là chất lượng. Trong q trình dạy học giải tốn
GV ít quan tâm đến việc rèn luyện các thao tác tư duy và phương pháp suy luận.

Thông thường GV thường giải đến đâu vấn đáp hoặc giải thích cho học sinh đến
đó, khơng những vậy mà nhiều GV coi việc giải xong một bài toán kết thúc hoạt
động. GV chưa thấy được trong q trình giải tốn nó giúp cho học sinh có được
phương pháp, kĩ năng, kinh nghiệm, củng cố, khắc sâu kiến thức mà còn bổ
sung nguồn kiến thức mới phong phú mà tiết dạy lý thuyết mới khơng thể có
được.
Trong q trình cơng tác bản thân tơi khơng ngừng học tập nghiên cứu và
vận dụng lý luận đổi mới vào thực tế giảng dạy của mình. Qua quá trình tập
huấn, được sự cộng tác của đồng nghiệp và sự chỉ đạo của ban giám hiệu nhà
trường tôi đã tiến hành nghiên cứu và vận dụng quan điểm trên vào công tác
giảng dạy của mình và thấy rất có hiệu quả.
Xuất phát từ những lý do trên tôi đã chọn đề tài nghiên cứu. Đề tài mang
tên: “Rèn luyện tư duy thơng qua giải một số bài tốn hình học bằng nhiều
cách cho học sinh lớp 8 trường THCS Nga Điền”.Với mong muốn góp phần
nâng cao chất lượng dạy học mơn tốn theo tinh thần đổi mới.
1.2. Mục đích nghiên cứu:
Đây là đề tài rộng và ẩn chứa nhiều thú vị bất ngờ thể hiện rõ vẻ đẹp của
mơn Hình học và đặc biệt nó giúp phát triển rất nhiều tư duy của học sinh, nếu
vấn đề này tiếp tục được khai thác hàng năm và được sự quan tâm góp ý của các
thầy cơ thì chắc hẳn nó sẽ là kinh nghiệm quý dành cho việc dạy học sinh khá
giỏi. Vì đây là đề tài rộng nên trong kinh nghiệm này chỉ trình bày một vài bài
tập của mơn Hình lớp 8.
Chỉ có thể thấy được sự thú vị của những bài toán này trong thực tế giảng
dạy, những bài tốn cơ bản nhưng cũng có thể làm cho một số học sinh khá lúng
túng do chưa nắm được những bài tốn cơ bản. Khi đi sâu tìm tịi những bài tốn
cơ bản ấy khơng những học sinh nắm sâu kiến thức mà cịn tìm được vẻ đẹp của
mơn Hình. Vẻ đẹp đó được thể hiện qua những cách giải khác nhau, những cách
kẻ đường phụ, những ý tưởng mà chỉ có thể ở mơn Hình mới có, làm được như
vậy học sinh sẽ u thích mơn Hình. Đó là mục đích của bất kì giáo viên dạy ở
mơn nào cần khêu gợi được niềm vui, sự yêu thích của học sinh ở mơn học đó.

Nhưng mục đích lớn nhất trong việc dạy học là phát triển tư duy của học sinh và
hình thành nhân cách cho học sinh. Qua mỗi bài tốn học sinh có sự nhìn nhận
đánh giá chính xác, sáng tạo và tự tin qua việc giải bài tập Hình đó là phẩm chất
của con người mới.
1.3. Đối tượng nghiên cứu:
Đối tượng chính là học sinh lớp 8 trường THCS Nga Điền nhằm rèn
luyện tư duy thông qua giải một số bài tốn hình học bằng nhiều cách. Khi nhìn
một bài tốn dưới nhiều góc độ thì học sinh đó sẽ tự tin hơn, thích thú hơn với
mơn học, yếu tố đó rất quan trọng trong q trình tự học, nó giúp q trình rèn
luyện hình thành tư duy cho học sinh tốt hơn.

SangKienKinhNghiem.net

3


1.4. phương pháp nghiên cứu:
Để hồn thành đề tài tơi đã sử dụng kết hợp nhiều phương pháp cụ thể l:
- Nghiên cứu kỹ chương trình SGK, đọc thêm sỏch tham kho (chương trình cũ
và mới)
- Điều tra tình hình học sinh khi làm các bài toán
- Dùng phương pháp kiểm nghiệm thông qua việc ra đề kiểm tra
- Trao ®ỉi víi c¸c ®ång nghiƯp, häc hái kinh nghiƯm
Ngồi ra tơi cịn sử dụng một số phương pháp khác.
2. NỘI DUNG CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm:
Do tư duy là thuộc tính của tâm lí, tư duy hình thành và phát triển theo
từng giai đoạn trong quá trình trưởng thành của con người. Tư duy đặc biệt phát
triển mạnh ở giai đoạn thanh, thiếu niên. Vì vậy giáo viên cần phải quan tâm đến
phương pháp giảng dạy nhằm phát triển tư duy cho học sinh một cách tốt nhất.

Tất cả các môn học đều phát triển tư duy cho học sinh nhưng mơn tốn có vai
trị quan trọng hơn cả. Giải bài tập toán là lúc học sinh được thể hiện kĩ năng,
tính sáng tạo, phát triển óc tư duy.
Các bài tập Hình trong sách giáo khoa rất đa dạng nhưng làm sao để cho
phần lớn các học sinh khá và trung bình nhớ lâu, hiểu vấn đề đó mới là quan
trọng. Do đặc điểm của mơn Hình khó, phải tư duy trừu tượng và kèm thêm việc
vẽ hình phức tạp nên GV phải tạo cho học sinh kĩ năng vẽ hình và hướng dẫn
học sinh tư duy dựa trên những bài toán cơ bản.
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
Qua q trình cơng tác giảng dạy, tơi thấy:
- Đa số HS, sau khi tìm được một lời giải đúng cho bài tốn thì các em hài lịng
và dừng lại, mà khơng tìm lời giải khác, khơng khai thác thêm bài tốn, khơng
sáng tạo gì thêm nên khơng phát huy hết tính tích cực, độc lập, sáng tạo của bản
thân.
- HS còn học vẹt, làm việc rập khn, máy móc. Từ đó dẫn đến làm mất đi tính
tích cực, độc lập, sáng tạo của bản thân.
- HS yếu tốn nói chung và yếu hình học, đặc biệt là yếu về giải bài tốn có vẽ
thêm yếu tố phụ nói riêng chủ yếu là do kiến thức còn hổng, lại lười học, lười
suy nghĩ, lười tư duy trong q trình học tập.
- Khơng ít HS 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 HS ít được củng cố, khắc sâu
kiến thức, ít được rèn luyện kĩ năng để làm nền tảng tiếp thu kiến thức mới, do
đó năng lực cá nhân không được phát huy hết.
- Một số GV chưa thực sự quan tâm đến việc khai thác bài tốn trong các tiết
dạy nói riêng cũng như trong cơng tác dạy học nói chung.

SangKienKinhNghiem.net

4

- Việc chuyên sâu một vấn đề nào đó, liên hệ được các bài toán với nhau, khai
thác một bài toán sẽ giúp cho HS khắc sâu được kiến thức. Quan trọng hơn là
nâng cao được tư duy cho các em HS, giúp HS có hứng thú hơn khi học tốn.
Trong q trình dạy tơi đã khảo sát học sinh lớp 8A đầu năm và thu được
kết quả như sau:
Kếtquả
Giỏi
Khá
Trung bình
Yếu, kém
Lớp
SL
%
SL
%
SL
%
SL
%
8A(43)
0
0
10
23,2
16
37,3
17
39,5

Trước thực trạng trên địi hỏi phải có các giải pháp trong phương pháp
dạy và học sao cho phù hợp
2.3. Các sáng kiến kinh nghiệm hoặc các giải pháp đã sử dụng để giải quyết
vấn đề
Qua những bài toán mà HS đã giải được, tôi định hướng cho các em tư
duy, tập trung nghiên cứu thêm về lời giải, về kết quả bài tốn đó. Bằng các hình
thức như:
- Kiểm tra kết quả. Xem xét lại các lập luận.
- Nghiên cứu, tìm tịi, . . . với việc tập trung giải quyết các vấn đề như:
Liệu bài tốn cịn có cách giải khác hay khơng? Có thể thay đổi dữ kiện bài cho
để đề xuất bài tốn mới khơng? Bài tốn đã cho có liên quan với các bài tốn
nào khác khơng? . . ..
Trong đề tài này, tơi xin minh hoạ bằng cách khai thác, tìm nhiều lời giải
cho một số bài tập hình học lớp 8. Nhằm giúp HS thấy được cái hay, cái đẹp, sự
thú vị trong học tốn nói chung và trong học hình học nói riêng. Từ đó, giúp HS
tự tin, tích cực, sáng tạo hơn trong học tốn; giúp HS thêm u thích, nõng cao
cht lng, kt qu hc tp mụn toỏn.
Bài toán 1: Chứng minh rằng: Nếu tam giác có một đường trung tuyến đồng
A
thời là đường phân giác thì tam giác đó là một tam giác cân.
Tìm tịi:
Xét ABC có đường trung tuyến AM đồng thời
là đường phân giác (Hình 1)
Ta sẽ chứng minh ABC cân tại A, tức là:
µ C
µ
ABC phải có : AB = AC hoặc B
Như vậy, ta có hai hướng để chứng minh ABC cân.
Lời giải:
B

C
M
- Hướng 1: ABC có AB = AC.
+ Với kiến thức lớp 7, nếu sử dụng các trường hợp
bằng nhau của tam giác thì ta có các cách giải sau:
Cách 1:(Hình 2 )
Trên tia đối của tia MA lấy điểm D sao cho AM=MD.
Khi đó : ACM=DBM (c.g.c)

SangKienKinhNghiem.net

5


A

·
·
vì MB = MC(gt), CMA
( đối đỉnh),
= DMB
AM = MD(cách vẽ)
·
·
Từ đó, suy ra: AC=DB (1); CAM
(2).
= BDM
·
·
= BAM

Mà CAM
(gt) (3).
·
·
= BAM
Từ (2) và (3) suy ra: BDM
Do đó có BAD cân tại B. suy ra: AB = DB (4).
Từ (1) và (4) suy ra: AB = AC

B

M

C

A

Cách 2: Chứng minh bằng phản chứng.
Giả sử : AB >AC(Hình 3)
D
Qua M kẻ đường thẳng vng góc với AM
cắt AB tại F, cắt AC tại E .
·
·
Khi đó : AFM = AEM(g.c.g) vì CAM
;
= BAM
·
·
 EMA

 900 .
AM chung; FMA
C
Từ đó, suy ra: FM = CM (5)
F
Dễ thấy : BMF=CME(c.g.c) vì BM = CM(gt);
M
E
·
·BMF  CME
; FM=EM (theo(5)).
B
·
·
 CEM
Do đó, suy ra: BFM
, mà hai góc này là hai góc so le trong nên suy ra
BF// CE. Điều này mâu thuẫn với BF và EC cắt nhau tại A.
Chứng tỏ điều giả sử là sai.
Giả sử : AB tỏ điều giả sử sai.
Vậy AB=AC (đpcm).
Cách 3: Chứng minh bằng phản chứng .
Giả sử :AB >AC (Hình 4)
Trên cạnh AB lấy điểm H sao cho AH = AC.
·
·
 CAM
Khi đó : AHM = ACM(c.g.c) vì AM chung; HAM
; AH = AC(cách vẽ).

·
·
A
suy ra: AHM  ACM (1); MH = MC (2);
Mà MB = MC(gt) (3).
Do đó, từ (2) và(3) suy ra: MB = MH
 BMH cân tại M
·
·
 MBH
(4)
 MHB
Từ (1) và (4) ta có :
·
·
·
·
Bµ  Cµ  MBH
 ACM
 MHB
 AHM
 1800 (Hai góc kề bù)
µ B
µ  1800 ;A
µ  00.
µ C
Mâu thuẫn với ABC có: A
C
H
Do vậy, điều giả sử sai.

M
Giả sử: AB < AC chứng minh tương tự
cũng dẫn đến mâu thuẫn.
B
Do đó AB=AC. Vậy ABC cân tại A.

SangKienKinhNghiem.net

6


Cách 4: (Hình 5)
Vẽ MI  AB, MK AC
Ta có: MI = MK ( tính chất tia phân giác của một góc)
Khi đó:  AMI = AMK (cạnh huyền – góc nhọn)
·
·
µ = 900 , IAM
(do I$ = K
, AM chung)
= KAM(gt)
suy ra: AI = AK (1)
BMI = CMK ( cạnh huyền – cạnh góc vng)
µ = 900 , MI = MK, MB = MC )
(do I$ = K
I
suy ra: BI = CK (2)
B
Từ (1) và (2) ta có : AI+BI=AK+CK hay AB = AC
Vậy ABC cân tại A.

*Với kiến thức lớp 8, ta có các cách giải sau.
Cách 5: (Hình 6)
Trên tia đối của tia AB lấy điểm P sao cho AP = AB (1).
Xét CBP có AP = AB, BM = MC (gt)
 AM là đường trung bình của CBP.
·
·
 APC
do đó có AM //CP  BAM
(hai góc đồng vị) (2)
·CAM  ACP
·
(hai góc so le trong)(3)
·
·
mà BAM  CAM (gt) (4)
·
·
 ACP
Từ (2), (3), (4) suy ra APC
 ACP cân tại A  AP =AC (5)
B
Từ (1) và (5) ta có : AB = AC hay ABC cân.
Cách 6 : (Hình 7) Chứng minh bằng phản chứng .
Giả sử AB > AC .
Trên cạnh AB lấy điểm Q sao cho AQ = AC.
Gọi N là giao điểm của QC với AM.
Ta có: AQN = ACN (c.g.c) vì
·
·

 CAN
AQ=AC (cách dựng); QAN
(gt); AN chung.
suy ra QN = CN mà BM = CM (gt)
 MN là đường trung bình của QCB  MN//BQ
Điều này mâu thuẫn với QB và MN cắt nhau tại A.
Giả sử: AB < AC chứng minh tương tự
cũng dẫn đến mâu thuẫn.
Vậy AB = AC hay ABC cân.
Cách 7:(Hình 8)
Trên tia đối của tia AM lấy điểm O sao cho:
AM = OM
Xét tứ giác ABOC có
MB = MC (gt), MA = MO ( cách vẽ)
 ABOC là hình bình hành
mặt khác AO là đường phân giác của góc BAC

A

K

C

M
P

A

C

M

A

N

Q

C
M
B

B

A

M

C

O

SangKienKinhNghiem.net

7


 ABOC là hình thoi
 AB = AC  ABC cân.
Cách 8:(Hình 5) (Phương pháp diện tích )

Từ hình 5, ta có ABM và ACM có chung
đường cao hạ từ đỉnh A và có hai cạnh
đáy BM, CM bằng nhau, nên SABM = SACM (1)
1
2

A

1
2

mà SABM = AB.MI ; SACM= AC.MK (12)
Từ (1) và (2) suy ra

1
1
AB.MI = AC.MK
2
2

K

I

B
hay AB.MI = AC.MK (3)
Mặt khác MI = MK(tính chất tia phân giác của một góc )
Do đó từ (3) suy ra AB = AC hay ABC cân.
Cách 9: (Hình 1)
(Vận dụng tính chất đường phân giác của tam giác).

Vì AM là đường phân giác của tam giác ABC nên có:

M

C

A

MB AB

MC AC

Mặt khác AM là đường trung tuyến của ABC
MB
1
nên MB = MC 
MC
AB
 1  AB = AC hay ABC cân.
từ đó có
AC

B

M

C

µ.
µ C

- Hướng 2: ABC có B
Cách 10:(hình 5)
Vẽ MI  AB, MK AC
A
Ta có: MI = MK ( tính chất tia phân giác của một góc)
Khi đó :
 AMI =  AMK (cạnh huyền – góc nhọn)
·
·
= KAM
(do MI = MK, IAM
, AM chung)
suy ra: AI=AK
 BMI = CMK ( cạnh huyền – cạnh góc vng)
·
·
= CKM
= 900 MB = MC( gt))
(do MI = MK , BIM
K
I
suy ra AI + IB = AK + KC
hay AB = AC hay ABC cân.
B
C
M
Nhận xét : Qua bài toán này chúng ta thấy nếu khéo léo trong việc vẽ thêm hình
phụ và vận dụng kiến thức hợp lí ta có thể tìm được nhiều lời giải cho một bài
tốn.

Bài tốn 2: Cho tam giác ABC cân tại A, đường trung tuyến CD. Trên tia đối của
1
tia BA lấy điểm K sao cho BK = BA. Chứng minh rằng CD = CK.
2

SangKienKinhNghiem.net

8


Tìm tịi:
1
Từ u cầu của bài tốn là chứng minh CD = CK; giúp điều đó giúp học
sinh nghĩ ngay đến kiến thức về đường trung bình2 của tam giác. Với hình vẽ
như bài ra đã cho thì chứng minh không phải là điều dễ dàng. Tuy thế nếu ta
không chứng minh CD là đường trung bình của tam giác nào đó chứa cạnh CK
thì ta thử chứng minh độ dài đoạn thẳng CD bằng nửa độ dài một cạnh nào đó
mà cạnh ấy lại bằng CK hoặc CD bằng độ dài một cạnh nào đó mà cạnh này
lại bằng nửa độ dài đoạn thẳng CK. Với suy nghĩ như trên chúng ta có thể đi vào
giải bài tốn trên bằng một số cách sau:
Lời giải:
Với việc vận dụng kiến thức trong tam giác cân, hai đường trung tuyến
ứng với hai cạnh bên bằng nhau, ta có thể tạo ra đường trung tuyến BE. Dễ
dàng chứng minh được BE là đường trung bình của tam giác ACK.
Cách1: (Hình 1)
A
Gọi E là trung điểm của AC.
1
Có BE là đường trung bình của  AKC  BE = KC (1)
2

Xét  BDC và  CEB có:
1
1
D
E
BD = CE (vì
BD = AB,CE = AC; mà AB = AC);
2
2
Cạnh BC chung
·
·
DBC
= ECB
(vì  ABC cân tại A);
Vậy  BDC =  CEB (c.g.c);
B
C
Suy ra CD = BE (hai cạnh tương ứng) (2)
1
Từ (1) và (2) suy ra CD = 2 CK.
H .1
Ta có thể tạo ra các tam giác bằng nhau,
A
như cách giải sau đây.
Cách2: (Hình 2)
K
Gọi H là trung điểm của KC.
Ta có BH là đường trung bình của  AKC
D

1
 BH  AC
2
Xét  BDC và  BHC có:
1
1
BD = BH (vì BD  AB;BH  AC mà AB = AC) B
2
C
·
·
· 2  ACB
·
HBC
 DBC
(vì DBC
mà
·
·
ACB
 HBC
( so le trong do BH//AC) )
BC cạnh chung
H
Vậy  BDC =  BHC (c.g.c)
H .2
Suy ra CH = DC (hai cạnh tương ứng)(1)
1
Mà H là trung điểm của KC nên CH  CK (2)
1

2
Từ (1) và (2) suy ra: CD  CK
K
2
Chúng ta cũng có thể tạo ra một đoạn thẳng bằng đoạn thẳng CK và việc
chứng minh CD bằng nửa đoạn thẳng đó tương đối dễ dàng:

SangKienKinhNghiem.net

9


A

Cách3: (hình 3)
Trên tia đối của tia CA lấy điểm M
sao cho CA = CM
 CD là đường trung bình của  ABM

D

1
2

 DC  BM (1)

H .3

Xét  KBC và  MCB có
·

· CB (vì cùng bù với ABC
·
M
BC cạnh chung; KBC
)
KB = MC (vì KB = AB; MC = AC; AB = AC);
  KBC =  MCB (c.g.c)
 KC = MB (hai cạnh tương ứng) (2).
1
Từ (1) và (2) suy ra: CD  CK.
K
2
Cách4: (hình 4)
Trên tia đối của tia CB lấy điểm N
sao cho CB = CN
Ta có: DC là đường trung bình của ABN
D

B

C

M

A

1

 CD  AN (1)
2

· CN 1800  A
· CB
·
·
 1800  ABC
Có KBC
,A
·
·
· BC  A
· CB  KBC
B
 ACN
mà A
Xét  KBC và  ACN có
·
·
 ACN
BC = CN; KBC
(c/m trên)
KB = AC (cùng bằng AB)
 KBC =  ACN (c.g.c)
 CK = AN (hai cạnh tương ứng)(2);
Từ (1) và (2) suy ra: CD  1 CK
K
2
Cách5: (hình 5)
Gọi P và Q lần lượt là trung điểm của BC và BK
Có DP là đường trung bình của  ABC

1
2

1
2

 DP  AC  AB  DB

C

N

H .4

A

D

·
·
 ACP
DP // AC  DPB
(Hai góc đồng vị)
·
·
Theo giả thiết ABC
(  ABC cân tại A);
 ACB
·
·

 DPB  DBP
·
·
·
·
 1800  DBP;DPC
 1800  DPB
Mà QBP
·
·
 QBP
 DPC
Xét  QBP và  DPC có:
·
·
QB = DP; QBP
 DPC
(chứng minh trên);
1
BP = CP (cùng bằng BC)
2
 QBP =  DPC (c.g.c) DC = QP(1)

B
P

C

H .5
Q

K

SangKienKinhNghiem.net

10


1

Mặt khác QP là đường trung bình của  KBC nên QP  2 CK (2)
1
A
Từ (1) và (2) suy ra: CD  CK.
2
Cách 6: (Hình 6).
Gọi E và O lần lượt là trung điểm của AC và KC
 OE là đường trung bình của  ACK
D
Nên OE  1 AK mà AK = 2AB = 2AC
 OE = AB2 = AC
Xét  CDA và  OCE có:
1
AD = CE (cùng bằng AC);
OE = CA;
B
2
·
·
DAC

= CEO
đồng vị do OE//AD)
Vậy  CDA =  OCE (c.g.c)
 OC = CD (1)
1
O
OC  CK (2)
Mặt khác O là trung điểm CK
nên
1
A
2
Từ (1) và (2) suy ra CD  CK.
2
K
Cách 7: (hình 7)
Gọi P và O lần lượt là trung điểm của BC và CK
 DP là đường trung bình của  ABC nên DP  1 AC

E

C

H .6

D

2
1

Và OP là đường trung bình của  CBK nên OP  2 BK
Theo bài ra, ta có BK = AB= AC nên DP = OP;
·
·
·
·
 ACP
OPB
 DBP
(so le trong do OP//DB); DBP
·
·
 DPB
và ACP
( 2 góc đồng vị do DP//AC)

·
·
·
·
= DPB
 DPC
 OPB
 OPC
Xét  DPC và  OPC có:
·
·
DP = OP (c/m trên); OPC
(c/m trên);
 DPC

Cạnh PC chung
Vậy  DPC =  OPC (c.g.c)
1
1
Nên OC = CD mà OC  CK  CD  CK.
2
2
Cách8: (hình 8)
Trên tia đối của tia DC lấy điểm F
sao cho DF = DC;
Xét  BDF và  ADC có: DF = DC;
·
·
 CDA
DA = DB; FDB
(hai góc đối đỉnh);
suy ra:  BDF =  ADC (c.g.c)
 BF = AC
mà AC = AB = BK nên BF = BK
·
·
 ACB
 1800 (hai góc trong
Ta lại có: FBC
cùng phía bù nhau do BF // AC);
·
·
 ABC
 1800 (hai góc kề bù)
và KBC

B

C
P

H .7
O

K
F

A

D

B

C

H .8

K

SangKienKinhNghiem.net

11


·

·
·
·
 FBC
 ACB
mà ABC
(ABC cân tại A)  KBC
·
·
 FBC
Xét  FBC và  KBC có: FB = KB (c/m trên); KBC
; BC cạnh chung;
Vậy  FBC =  KBC (c.g.c) => FC = CK
1
Suy ra 2CD = CK  CD  CK.
2
Cách9: (hình 9)
A
Từ B kẻ đường thẳng song song với CK cắt AC tại O
Xét  AKC có BA = BK(gt); BO// KC
1
2

 AO=CO= AC
 BO là đường trung bình của  AKC

D

O

1
2

 BO = CK

Xét  BDC và  COB có:
B
1
1
BD = CO (vì BD = AB = AC = CO);
2
2
Cạnh BC chung
·
·
DBC
= OCB
(vì  ABC cân tại A);
Vậy  BDC =  COB (c.g.c);
H .9
Suy ra CD = BO (hai cạnh tương ứng)(2)
1
Từ (1) và (2) CD  CK
2
K
Cách10: (hình 10)
Trên tia đối của tia BC lấy điểm F
sao cho BF = BC. Nối FK. Gọi I là trung điểm của FK.
Xét  FBK và  CBA có:
·

·
FB = CB (cách vẽ); FBK
(hai góc đối đỉnh); AB = KB (giả
thiết)
 CBA
A
nên  FBK =  CBA (c.g.c)
 FK = AC
mà AB = AC => FK = AB
1
 FI  2 AB  FI = DB(1)
D
Theo bài ra, ta có:
·
·
·
·
 BFI
ACB
 ABC
mà ACB
( do FBK =  CBA (c.g.c)) F
B
·
·
= BFI
 DBC
Xét  BCD và  FBI có:
·
·

= BFI
BC = FB; DBC
(c/m trên); I
H .10
BD = FI (theo (1));
Vậy  BCD =  FBI (c.g.c)
 BI = CD (3)
K
Mặt khác do I và B lần lượt là trung điểm của FK và FC
 IB là đường trung bình của  KFC

SangKienKinhNghiem.net

C

C

12


1
2

 BI  CK (4)

1
Từ (3) và (4) suy ra: CD  CK.
2
Bài tốn 3: Cho hình vng ABCD. M là điểm trong hình vng sao cho
·

·
CDM
= DCM
= 150 . Chứng minh rằng tam giác ABM đều.
Tìm tịi:
·
·
·
= DCM
= 150 ) DM = MC và DMC
= 1500
 DMC cân tại A ( CDM
·
·
·
= ADC
- CDM
= 750
Mặt khác ta có: ADM
·
·
·
BCM
= BCD
- MCD
= 750
Xét ADM và BCM có: AD = BC( ABCD là hình
vng);
A
B

·
·
ADM
= BCM
= 750 ; DM = MC
Do đó  ADM =  BCM ( c.g.c) => AM = BM
  ABM cân tại M
Như vậy để chứng minh  ABM đều, chỉ cần
chứng minh thêm AM = AB hoặc BM = AB
hoặc một trong các góc của  ABM bằng 600.
Đặt AB = BC = CD = DA = a
Ta có các cách giải sau:
M
Lời giải:
D
C
Cách 1: (Chứng minh bằng phản chứng)
·
·
< 600
> 600 hoặc AMB
Giả sử  ABM không đều suy ra AMB
·
> 600
-TH 1: AMB
·
·
·
·
+ BMC

+ CMD
+ DMA
= 3600
Ta có: AMB
1
·
·
·
·
·
·
 AMD
= BMC
= (3600 - CMD
- AMB
)  AMD
= BMC
< 750
2
·
·
 AM < AB = a(1)
 ABM có ABM < AMB
·
·
> AMD
 AM > AD = a(2)
 ADM có ADM
Từ (1) và (2) suy ra điều vơ lí
·

< 600
-TH 2: AMB
1
1
·
·
·
·
= BMC
= (3600 - CMD
- AMB)
> (3600 -1500 - 600 ) = 750
Ta có: AMD
2
2
·
·
> AMB
 AM > AB = a(3)
 ABM có ABM
·
·
< AMD
 AM < AD = a(4)
 ADM có ADM
·
= 600
Từ (3) và (4) suy ra điều vơ lí. Vậy AMB
Do đó  ABM là tam giác đều

Cách 2: ( kỹ thuật hình duy nhất)
Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa M, dựng tam giác đều ABM’

SangKienKinhNghiem.net

13


 ADM’ có AM’ = AD ( = AB)
B
·
·
= 900 - M'AB
= 900 - 600 = 300
và DAM'
 ADM’ cân tại A
1
·
·
·
 ADM'
= AM'D
= (1800 - DAM')
= 750
2
0
·
 M'DC = 15 =>M’ thuộc tia DM
·
Chứng minh tương tự ta cũng có M'CD

= 150
M
 M’ thuộc tia CM
M'
Từ đó M’ là giao điểm của DM và CM
D
C
 M'  M
 ABM là tam giác đều
Cách 3: (kỹ thuật hình duy nhất)
Kẻ AH  DM tại H. Gọi M’ là điểm đối xứng của của D qua H
Suy ra  DAM’ cân tại A
·
·
= 750  DAM'
= 300 A
 DAM’ cân tại A có ADM'
B
·
 M'AB
= 600
·
Tam giác M’AB có: M’A = AB( = AD) và M'AB
= 600
·
= 600 và BM’ = a .
Suy ra  ABM’ đều  ABM'
 M’BC cân tại B ( do BM’= BC = a) và
·
·

M'BC
= 900 - ABM'
= 300 .
1
·
·
= BM'C
= (1800 -300 ) = 750 .
 BCM'
M
2
M'
H
·
=150  M’ thuộc tia CM.
Suy ra M'CD
D
C
Vậy M’ là giao điểm của hai tia DM và CM
suy ra M '  M   AMB đều
Cách 4: ( Vẽ thêm hình phụ)
Trên nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng CD có chứa điểm A, dựng tam
giác đều DCE.
A
Ta có: EC = ED( ECD đều); MD = MC
B
( DMC cân tại M)
E
Suy ra đường thẳng đi qua E và M là đường trung
trực của đoạn CD

 EM  DC mà DC  AD  EM / /AD
Tứ giác ADME là hình thang.
Tam giác ADE có AD =DE ( = DC)
 Tam giác ADE cân tại D
M
1
·
·
·
 DAE
= AED
= (1800 - ADE)
2
D
C
1
0 ·
0
0
0
·
0
0
0
·
Mà ADE = 90 - EDC = 90 - 60 = 30 nên DAE = (180 - 30 ) = 75
2
·
·
= DAE

Suy ra ADM
. Do đó ADME là hình thang cân
A

SangKienKinhNghiem.net

14


AM = DE= a = AB
Do đó AMB là tam giác đều.
Cách 5:
Trên nửa mặt phẳng có bờ là đường
thẳng CD khơng chứa điểm A, dựng tam giác
đều DEC.
Ta có : DME =CME( c.c.c)( do DM = MC,
DE = EC, ME chung)

A

B

1·
·
·
 DME
= CME
= DMC
= 750
2

D
0
0
0
·
·
·
DME có MDE = MDC + CDE = 15 + 60 = 75
·
·
 MDE
= DME
 DME cân tại E  DE = ME =a

M
C

Mặt khác ADM = EDM( c.g.c)
·
·
= MDE
= 750 , DM chung)
(do AD = DE = a, AMD
 AM = ME =a =AB  ABM là tam giác đều
E

Cách 6:
Trên nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng
AD có chứa điểm B, dựng tam giác đều AND
Ta có DNC cân tại D (DN = DC = AD)

·
·
= 900 - AND
= 900 - 600 = 300
Và NDC
1
1
·
·
·
 DCN
= DNC
= (1800 - NDC)
= (1800 - 300 ) = 750
2
2
·
·
= 900 - NCD
= 900 - 750 = 150
Suy ra NCB
·
= 150
Chứng minh tương tự có NBC

A

B

N

M

Xét BNC và DMC có
D
C
0
0
·
·
·
·
BC = DC = a, NCB = MCD(= 15 ) , NBC = MDC(= 15 )
Do đó BNC = DMC ( g.c.g)  MC = NC
·
·
= NCD
= 750 , MC = NC)
Ta có: BMC = DNC ( c.g.c) ) (do BC = DC, MCB
Suy ra : BM = DN = a = AB = AM . Do vậy ABM là tam giác đều .
Cách 7:
A
B
Trên nửa mặt phẳng bờ DM có chứa điểm A,
dựng tam giác đều DMI
· = 3600 - DMI
· - DMC
·
= 3600 - 600 -1500 = 1500
Ta có: IMC

IMC = DMC ( c.g.c) vì
0
·
·
= DMC
= 150 , MC chung
IM = DM, IMC
 IC = DC = a
Mà ADM = CDI( c.g.c)
·
· = 75 0 , DM = DI
= IDC
do AD = CD, ADM

SangKienKinhNghiem.net

I

M
D

C

15


Suy ra AM = CI = a = BM = AB.
Từ đó ABM là tam giác đều .
Cách 8:
Trên nửa mặt phẳng bờ DM có chứa điểm A, dựng tam giác đều DMI

· = ADC
·
·
·
- IDM
- MDC
= 900 - 600 -150 = 150
Ta có: ADI
Xét ADI và CDM có : AD = DC,
0
· = CDM
·
ADI
= 15 ,DI = DM(DIM đều)

A

B

Do đó ADI = CDM ( c.g.c)
· = DMC
·
 AID
= 1500
·
·
·
= 3600 - AID
- DIM
Do đó : AIM

I

= 3600 -1500 - 600 = 1500
Suy ra AID = AIM ( c.g.c) vì
M
· = AIM
·
= 1500 , AI là cạnh chung
ID = IM, AID
D
C
 AM = AD = a = AB = BM.
Từ đó suy ra ABM là tam giác đều .
Cách 9:
Trên nửa mặt phẳng bờ DM có chứa điểm A, dựng hình vng DMEF
A
B
Xét ADF và CDM có : AD = DC,
·
·
ADF
= CDM
= 150 , DF = DM

Do đó ADF = CDM (c.g.c)
 AF= MC = DM = EF
·
·
·

·
·
F
= AFD
- DFE
= DMC
- DFE
Và AFE
= 1500 - 900 = 600
· = 60 0 )
Suy ra AEF đều ( do AF = FE và AFE

· = 60 0
 AE = EF = EM = AF và AEF
·
·
·
= AEF
+ FEM
= 600 + 900 = 1500
 AEM

E

M
D

C

S

·
·
= AFD
= 1500 , EM = FM)
Ta có AME = ADF (c.g.c) (do AE = AF, AEM
 AM = AD = a = AB = BM
A
B
Do đó ABM là tam giác đều .
Cách 10:
Gọi E là giao điểm của tia DM
và cạnh BC, F là điểm đối xứng với E qua C.
Vẽ FH  DE và AK  DM tại K.
ΔDEC(g.g) vì
Ta có ΔADK
H
E
·
·
·
·
AKD
= DCE
= 900 , ADE
= DEC
= 750
AD DK

=

 AD.EC = DE.DK (1)
DE EC

K
D

M
C

F

SangKienKinhNghiem.net

16


DEF cân tại D( DC vừa là đường cao, vừa là đường trung tuyến)
· = 2EDC
·
= 2.150 = 300
 DE = DF và EDF
Xét DFH vng tại H, có cạnh

1
1
·
= 300 nên HF = DF = DE
HF đối diện với góc HDF
2
2

1
1
1 1
1 2
Ta có : AD.EC = DC.EC = DC.EF = SDEF = HF.DE = . DE.DE = DE (2)
2
2
2 2
4
1
1
1
2
Từ (1) và (2) ta có DE.DK = DE  DK = DE = DM
4
4
2
 DK = KM . Do đó DAM cân tại A ( vì AK vừa là đường cao, vừa là đường
trung tuyến)
 AM = AD = a. Vậy ABM là tam giác đều.
* Bài tập áp dụng:
Bài 1: Cho hình thang ABCD (AB//CD), trong đó đáy CD bằng tổng hai cạnh
bên BC và AD .Chứng minh rằng hai tia phân giác của góc A và góc B cắt nhau
tại một điểm thuộc cạnh đáy CD.
µ =B
µ , AD=BC thì tứ giác ABCD là hình thang
Bài 2: Tứ giác lồi ABCD có A
cân.
Bài 3: Cho tam giác nhọn ABC (AB ≠ AC) vẽ ra phía ngồi của tam giác hai
hình vng ABDE và ACGH . Gọi M là trung điểm của EH .Chứng minh rằng

AM vuông góc với BC.
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với
bản thân, đồng nghiệp và nhà trường.
Trong q trình dạy học hình học, tơi đã áp dụng đề tài này không chỉ để
dạy và bồi dưỡng cho đối tượng HS khá giỏi mà còn linh hoạt dạy cho cả HS đại
trà. Đặc biệt là đối với HS lớp 8, bài có yếu tố vẽ thêm hình phụ là dạng tốn
khó, địi hỏi tư duy cao. Do đó, lúc đầu nhiều em cịn rất “ngại” học hình nói
chung và rất “sợ” bài tốn có yếu tố vẽ thêm hình phụ. Hầu như HS chỉ có ý
thức làm bài tìm một lời giải và dừng lại khơng suy nghĩ thêm sau khi có kết
quả của bài tốn, thỏa mãn với chính mình. Các em chưa thấy được tác dụng
mạnh của việc nhìn lại bài tốn dưới nhiều góc độ, nhiều khía cạnh khác sẽ củng
cố được kiến thức của mình, rèn cho mình được thói quen suy nghĩ tích cực,
phát triển tư duy sáng tạo, tính kiên trì, độc lập – những đức tính tốt và cần thiết
của người học toán. Song, qua một thời gian kiên trì, linh hoạt áp dụng đề tài và
dạy HS theo ý tưởng trên, đến nay, hầu hết các em đã tham gia, hưởng ứng một
cách tích cực, chủ động, vận dụng kiến thức khá thành thạo khi làm một số dạng
bài có liên quan từ dễ đến khó. Quan trọng hơn, các em khơng cịn cảm thấy
hình học đáng ngại, đáng sợ nữa. Do đó, trong học tốn nói chung và học hình

SangKienKinhNghiem.net

17


học nói riêng các em đã nhiệt tình, chủ động, tích cực hơn, có nhiều phát hiện
thể hiện sự tìm tịi, sáng tạo bước đầu rất tích cực.
Thực tế, tơi đã sử dụng vào giảng dạy cho khối 8 trong năm học này thì
kết quả cho thấy HS đều có ý thức thi đua nhau học tập, rất hào hứng phát biểu
các suy nghĩ, tìm tịi, phát hiện của mình về cách giải khác, bài toán mới, . . .. Và
tôi thấy tinh thần học tập của các em sôi nổi, phấn khởi hơn, khả năng tự nghiên

cứu toán học của các em được phát huy một cách tích cực; kết quả học tập mơn
tốn, nhất là hình học có nhiều tiến bộ. Các em không những nắm vững kiến
thức trong SGK, các em cịn có cố gắng trong việc tìm hiểu giải các bài tốn
nâng cao, các bài tốn khó, bước đầu có thói quen tốt: Biết chịu khó, tích cực
tìm tịi khai thác các bài tốn cho trước.
Kết quả khảo sát 1 bài kiểm tra mơn hình của lớp 8A cụ thể như sau:
Kếtquả
Giỏi
Khá
Trung bình
Yếu, kém
Lớp
8A(43)

SL
4

%
9,3

SL
16

%
37,2

SangKienKinhNghiem.net

SL
19

%
44,2

SL
4

%
9,3

18


3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ

3.1. Kết luận:
Hệ thống bài tập Hình này được phát triển dựa trên các dạng bài tập trong
SGK, sách nâng cao, nó giúp các em hiểu sâu sắc hơn kiến thức cơ bản. Qua hệ
thống bài tập này tơi muốn giúp học sinh có cái nhìn rộng hơn về cách học
những bài tốn Hình nói riêng và cách học của mơn Tốn nói chung giúp các em
có ý thức hơn khi học các bài tốn cơ bản.
Trong thực tế giảng dạy, với những bài tập khó tơi chỉ áp dụng khi dạy
học sinh khá, giỏi. Tất cả các em đều hào hứng với dạng bài tập như vậy, các em
đó tự tin hơn khi làm các bài tập. Mặc dù đây là loại tốn khó nhưng tơi cũng
mạnh dạn hướng dẫn các em tự tìm tịi, mị mẫm và sáng tạo vì nghị quyết TW2
ghi rõ: "Đổi mới mạnh mẽ phương pháp giáo dục đào tạo khắc phục lối truyền
thụ một chiều, rèn luyện nếp tư duy sáng tạo cho người học… phát triển mạnh
phong trào tự học, tự đào tạo thường xuyên và rộng khắp trong toàn dân nhất là
thanh niên".
Trên đây là một số bài tốn hình học có nhiều cách giải mà trong q trình

dạy học, bồi dưỡng học sinh giỏi tơi đã tích luỹ được và mạnh dạn đưa ra trao
đổi cùng bạn bè đồng nghiệp để nhằm mục đích góp phần vào việc nâng cao
chất lượng dạy học. Các bài tốn đưa ra làm ví dụ chưa thực sự lơgic, phù hợp;
khai thác chưa triệt để chắc chắn cịn có nhiều lời giải hay và hấp dẫn hơn. Mặc
dù đã có nhiều cố gắng, song với những kinh nghiệm ít ỏi của bản thân, chắc
chắn trong q trình viết khơng tránh khỏi những thiếu sót và hạn chế. Kính
mong được q thầy cơ giáo và bạn đọc góp ý sữa chữa để những vấn đề nêu
trên ngày càng thiết thực và bổ ích hơn.
3.2. Kiến nghị :
Kiến nghị với Phịng giáo dục khi khảo sát chất lượng học sinh định kì
cần có một phần khó trong đề kiểm tra nhằm phân hoá học sinh khá giỏi ở một
trường cũng như các trường khác nhau.
XÁC NHẬN CỦA
TRƯỞNG ĐƠN VỊ

THỦ Nga Điền, ngày 20 tháng 3 năm 2016
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết,
khơng sao chép nội dung của người khác.
(Ký và ghi rõ họ tên)

Mai Chấn Hoàng

SangKienKinhNghiem.net

19


Phụ lục:
Tài liệu tham khảo:

1. Tâm lí lứa tuổi
Nhà xuất bản ĐH sư phạm Hà Nội
2. Phương pháp dạy toán THCS
Nhà xuất bản GD
3. Toán bồi dưỡng học sinh lớp 8 Hình học
Nhà xuất bản giáo dục 2002 (Vũ Hữu Bình, Tơn Thân, Đỗ Quang Thiều)
4. Sách giáo khoa Hình học 8
Nhà xuất bản giáo dục
5. Nâng cao và phát triển tốn 8
Nhà xuất bản giáo dục (Vũ Hữu Bình)
6. Cẩm nang vẽ thêm hình phụ trong hình học phẳng
Nhà xuất bản Đại học quốc gia hà nội (Nguyễn Đức Tấn)

SangKienKinhNghiem.net

20