Phát triển tư duy của học sinh khá giỏi khối 7 trường thcs Nguyễn Chích thông qua một số bài toán tính số đo góc của môn Hình học 7

MỤC LỤC
Mục
I

II

III

Nội dung
MỤC LỤC
MỞ ĐẦU
1. Lí do chọn đề tài.
2. Mục đích nghiên cứu
3. Đối tượng nghiên cứu.
4. Phương pháp nghiên cứu
NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm
2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
3. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề
4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo
dục, với bản thân, đồng nghiệp và nhà trường.
KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
1. Kết luận
2. Kiến nghị.
TÀI LIỆU THAM KHẢO
Danh mục các đề tài SKKN mà tác giả đã được Hội đồng
SKKN Ngành GD huyện đánh giá đạt từ loại C

1

Trang

1
2
2
3
3
4
4
4
5
17
18
18
20
20


I.MỞ ĐẦU
1. Lí do chọn đề tài:
Tư duy là một hình thức nhận thức lí tính của con người. Về mặt tâm lí thì tư duy
là một q trình tâm lí phản ánh những thuộc tính bản chất, những mối liên hệ và quan
hệ bên trong có tính quy luật của sự vật hịên tượng trong hiện thực khách quan mà
trước đó con người chưa biết.
Tư duy thể hiện sự phát triển của con người trong xã hội. Tư duy khơng tự nhiên mà
có mà do q trình rèn luyện lâu dài, muốn tư duy phát triển cần được rèn luyện
thường xuyên, học các môn các môn khoa học tự nhiên, đặc biệt là mơn Tốn sẽ phát
triển tư duy rất tốt. Lứa tuổi THCS đang phát triển mạnh về tư duy nên giáo viên cần
quan tâm không được xem nhẹ vấn đề này.
Mỗi dạng bài tốn Hình có những phương pháp giải bài tập khác nhau, tuy
nhiên khi làm bài tập Hình, nếu học sinh có được cái nhìn ở các góc cạnh khác nhau
thì sẽ hiểu sâu sắc bài tập Hình và hơn nữa tìm được cái đẹp của mơn Tốn. Cái nhìn ở

các phương diện khác nhau chính là cách thay đổi bài tốn có thể trở thành bài dễ hơn
nhưng cũng có thể thành bài tốn khó hơn. Khi làm được như vậy thì ý thức tự học
của học sinh sẽ cao hơn, những bài tập khó sẽ trở nên dễ hơn, và quan trọng nhất là
học sinh có được sự tự tin khi làm bài tập.
Trong định hướng đổi mới phương pháp bậc THCS thì tự học là một yêu cầu quan
trọng đối với học sinh. Tự học giúp cho HS say mê học tập, hiểu sâu kiến thức và
quan trọng hơn là phát triển óc sáng tạo. Vấn đề đặt ra là làm thế nào có thể giúp HS
tạo hứng thú trong việc tự học, tìm thấy niềm vui khi học tốn. Để làm được như vậy
thì GV phải cung cấp cho học sinh hệ thống bài tập từ dễ đến khó, cho học sinh nhìn
thấy những bài tốn khó đều bắt đầu từ những bài toán cơ bản. HS cảm thấy bản thân
cũng có thể tạo ra các bài tốn có dạng tương tự như vậy.
Đối với học sinh lớp 7, các em mới thật sự tiếp xúc với chương trình hình
học cho nên khi đứng trước một bài tập hình, để có một hướng giải phù hợp cho việc
tìm tịi ra lời giải thật sự là một việc q khó. Thơng thưịng đối với một bài tốn
chứng minh thì mệnh đề cần chứng minh đã được nêu rõ ràng trong kết luận của bài
tốn, học sinh chỉ phân tích, tìm tịi các mối liên quan giữa các dữ kiện của bài toán
để suy luận đi từ giả thiết và những điều kiện đã biết để khẳng định kết luận. Đây là
việc thật chẳng dễ dàng đối với học sinh. Còn đối với bài tính số đo góc, nó thuộc loại

2


phải tìm tịi, cái giá trị cần tìm là chưa biết, chứng minh các dự đoán... mới xác định
được số đo cần tìm, cho nên loại này càng khó hơn đối với các em.
Chính vì vậy mà tơi chọn đề tài: “Phát triển tư duy của học sinh khá giỏi khối 7
trường thcs Nguyễn Chích thơng qua một số bài tốn tính số đo góc của mơn Hình
học 7”, giúp học sinh thay đổi cách nhìn về bài tốn, thay đổi phong cách học tập và
tư duy cho phù hợp với lứa tuổi, bằng cách nêu một hệ thống bài tập để học sinh phân
loại được tốt các dạng bài tập. Làm được như vậy học sinh sẽ thấy tự tin hơn khi gặp
bài tốn lạ có khả năng tự tìm lời giải cho bài tốn, phát huy tính sáng tạo để đáp ứng

nhu cầu của cuộc sống hiện đại.
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
khó nên trong kinh nghiệm này tơi chỉ trình bày một số bài thuộc chương trình của
mơn Hình lớp 7, phần này thường chỉ xuất hiện trong các bài thi của kì thi học sinh
giỏi.
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 môn 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.
3. Đối tượng nghiên cứu:
Đề tài này được viết trong quá trình dạy và học, được rút ra từ một số kinh
nghiệm nhỏ trong quá trình dạy học với đối tượng là học sinh khá giỏi khối 7 ở
trường THCS Nguyễn Chích. Tuy đối tượng học sinh đã được lựa chọn sơ bộ nhưng
thực tế nhìn chung là các em ngại học phân mơn hình học nên vấn đề được nghiên
cứu rất đơn giản, nâng cao từng cấp độ để phù hợp với học sinh.

3

4. Phương pháp nghiên cứu
• Trị chuyện, trao đổi với học sinh, đồng nghiệp.
• Phân tích, tổng hợp kết quả nhận thức của học sinh.

• Phương pháp thực nghiệm.
• Nghiên cứu tài liệu tham khảo.
II.NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
1. Cơ sở lí luận của SKKN:
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 tính số đo góc của hình 7 rất khó và phức tạp vì các em chưa có
nhiều kiến thức về mơn hình. 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. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
Năm học này tôi được phân công giảng dạy khối 7 và làm đội tuyển toán 7 cho nhà
trường. Trường THCS Nguyễn Chích có một thuận lợi là đối tượng học sinh đã được
sơ tuyển, tuy thế bộ phận học sinh thực sự khá giỏi là không nhiều. Trong những năm
gần đây khơng cịn các kì thi học sinh giỏi ở bậc tiểu học nên HS gần như chưa va
chạm cũng như chưa có thói quen làm bài tập địi hỏi tư duy, đó là trở ngại lớn khi học
sinh tiếp xúc với dạng tốn khó, đặc biệt là các dạng tốn như trong chuyên đề này.
Với thực trạng như vậy nên tôi đã lựa chọn cho một hướng đi cụ thể: từ đơn giản đến
phức tạp nhằm nâng cao chất lượng học sinh giỏi của trường bên cạnh việc hình thành
cho học sinh ý thức của con người mới: sáng tạo và năng động. Sau đây là nội dung
tơi trình bày:
3. Giải pháp thực hiện:

3.1 Những cơ sở lí thuyết áp dụng vào bài tập:
3.1.1. Trong tam giác, tổng số đo 3 góc bằng 1800 . Như vậy:

4


a. Trong một tam giác , biết 2 góc thì tính được góc cịn lại.
b. Trong một tam giác cân, biết một góc thì tính được 2 góc kia .
3.1.2. Trong tam giác vng, 2 góc nhọn phụ nhau. Như vậy:
a.Trong tam giác vng, biết một góc nhọn thì tính được góc nhọn kia.
b.Trong tam giác vng cân mỗi góc nhọn bằng 450 .
3.1.3. Trong tam giác đều, mỗi góc ln bằng 600 .
3.1.4. Nửa tam giác đều:
Ta có thể hiểu “Nửa tam giác đều” là tam giác vng có một cạnh góc vng bằng
nửa cạnh huyền .
Trong nửa tam giác đều các góc đối diện với cạnh góc vng bé, cạnh góc vng
lớn và cạnh huyền theo thứ tự là 300; 600 và 900.
3.1.5. Hai tia phân giác của hai góc kề bù tạo thành góc vng.
Hai tia phân giác của hai góc kề phụ tạo thành góc có số đo bằng 450
Thơng thường khi gặp bài tốn tính số đo góc ta nghĩ đến việc xét số đo góc đó
trong mối liên hệ với các góc của một trong các hình nêu trên để thơng qua đó xác
định số đo góc cần tìm hoặc nhiều khi phải chứng minh tam giác bằng nhau để từ đó
rút ra các góc tương ứng bằng nhau .
Nhưng trong thực tế khi giải tốn, khơng phải lúc nào đề bài cũng cho sẵn những
yếu tố như tam giác cân, tam giác đều, nửa tam giác đều.... để ta vận dụng. Như vậy
vấn đề đặt ra là có cách nào để tạo ra một trong các hình đó một cách thích hợp để
vận dụng. Nghĩ như vậy sẽ giúp ta có hướng vẽ thêm đường phụ thích hợp để tìm ra
lời giải bài tốn.
3.2. Các dạng tốn và cách giải
DẠNG I :

TÍNH SỐ ĐO GĨC THƠNG QUA VIỆC PHÁT HIỆN “NỬA TAM GIÁC ĐỀU”
BÀI TỐN 1: Tính số đo các góc của D ABC biết đường cao AH, trung tuyến AD
chia góc BAC thành 3góc băng nhau
*Tìm tịi: sau khi vẽ hình tương đối chính xác . Ta thấy V ABC có dạng giống “nửa
tam giác đều” từ đó gợi ý ta có thể vận dụng điều này
A

BD CD
=
. Xét thấy HD = HB =
cần làm xuất hiện
2
2

đoạn thẳng bằng HD và tạo với CD thành một tam
giác vng, từ đó

5

K

B

H

D

C

ta nghĩ đến việc kẻ DK ^ AC tại K. Lúc này chứng minh D CDK là nửa D đều và bài
tốn được giải quyết.
Giải tóm tắt:
Vẽ DK ^ AC tại K.
Dễ thấy AH cũng là trung tuyến của D ABD Þ HD = 1/2 BD = 1/2 DC . D thuộc
1
2

phân giác của góc HAC Þ DH = DK. Þ DK = DC.
D CDK là nửa D đều

Þ

µ = 300
C

µ = 600
µ = 900 và B
Từ đó tính được: A

BÀI TỐN 2: Cho D ABC có góc ACB = 300. Đường cao AH bằng nửa cạnh BC. D
là trung điểm của AB. Tính góc BCD.
A

*Tìm tịi: Theo giả thiết AH =

1
BC hay BC = 2 AH.
2

D

Ta tìm xem có đoạn nào cũng bằng 2 AH. Để ý đến giả
thiết Cµ = 30 ,
0

?
B

C

H

ta thấy ngay D AHC là nửa D đều Þ AC = 2AH. Như vậy D ACB cân tại C. trung
·
tuyến CD cũng là phân giác. Từ đó tính được BCD
.

Giải tóm tắt:
Theo giả thiết: AH =

1
BC
2

D AHC là nửa D đều

Þ BC = 2 AH
Þ AC = 2 AH

Þ BC = AC Þ D ABC cân tại C, trung

·
tuyến CD cũng là phân giác. Vậy BCD
= 150.
BÀI TỐN 3:
Cho D ABC có góc C = 300 và BC = 2AB . Tính các góc A,B
* Tìm tịi:

A
H

Vẽ hình chính xác, ta dự đốn D ABC là nửa D đều.
Chứng minh được điều này là xong. Đã có Cµ = 30 0
nên nếu vẽ BH ^ AC tại K thì D HBC là nửa D đều,
chỉ cần chứng minh H º A là xong.

6

30
B

C


Giải tóm tắt:
1

Hạ BC ^ AC tại H D HBC l na D u , Cà = 300 ị BH = BC = AB
2

Như vậy: H º A vì nếu khơng thì D ABH cân tại B Þ H º A
µ = 900 ; B
µ = 600.
Vậy D ABC là nửa D đều Þ A

BÀI TỐN 4:
Cho D ABC ở miền ngoài D vẽ các D đều ABE và ACF. Gọi H là trực tâm D ABE. I
là trung điểm của BC. Tính các góc của D FIH.
*Tìm tịi: Nhìn hình vẽ ta dự đốn D FIH là nửa D đều từ đó ta nghĩ đến việc
vẽ D đều cạnh FH. cũng từ đó ta nghĩ đến việc lấy K trên tia đối của tia IH sao cho:
IK = IH. Như vậy chỉ cần chứng minh D FHK đều. Muốn vậy ta xét 2 D tương ứng
chứa FH và FK. Chứng minh 2 D nàybằng nhau, ta giải quyết được bài tốn .
Giải tóm tắt:
F

Trên tia đối của tia IH lấy điểm K sao cho IK=IH.
Nối KF dễ thấy D BHI= D CKI ( cgc) Þ CK = BH.

A

E

Xét D HAF và D KCF có : AH = CK ( vì cùng
bằng BH) ,
AF = CF(cạnh tam giác
đều)

H

B

C

I

·
·
µ + 900 Þ D
Và chứng minh được HAF
= KCF
=A

AHF = D KCF (cgc) Þ HF = KF (1)

K

·
,
·
·
·
·
·
·
và AFH
mà AFH
= CFK
+ HFC
= 600 Þ CFK
+ HFC

= 600 hay HFH
= 600 (2)

(1) và (2) Þ D HFK đều Þ FI cũng là phân giác và là đường cao.
µ = 600; F
µ = 300
Vậy các góc của D FIH là : $I = 900; H

DẠNG II: TÍNH SỐ ĐO GĨC THƠNG QUA VIỆC PHÁT
HIỆN
TAM GIÁC VNG CÂN.
BÀI TỐN 1: Cho D ABC vng cân đỉnh A. lấy điểm M tuỳ
ý trên cạnh AC, kẻ tia Ax vng góc với BM. Gọi H là giao
điểm của Ax với BC và K là điểm thuộc tia đối của tia HC sao
cho HK = HC. kẻ tia Ky vng góc với BM. Gọi I là giao điểm
của Ky với AB. Tính góc AIM.
*Tìm tịi:

7

B

K
I

A

L

H

M

C


Theo hình vẽ ta nghĩ ngay đến AML vng cân tại A. Chưa có thể chứng minh AM =
AI được. Ta cần tìm đoạn thứ ba làm trung gian. Trên tia đối của tia AB lấy L sao cho
AL = AM.
Chỉ cần chứng minh AI = AL
Giải tóm tắt:
Trên tia đối của tia AB lấy điểm L sao cho AL = AM (1)
Nối LC. D ABM = D ACL (cgc)

Þ

·
·
·
·
mà ACL
= 1v
ACL
= ABM
+ ALC

Þ

·
·

ABM
+ ALC
= 1v Þ BM ^ CL

Þ LC // AH // IK , có CH = HK Þ AI = AL (2)
Từ (1) và (2) Þ AM = AI Þ D AMI vng cân tại A
·
Vậy AIM
= 450

A

BÀI TỐN 2:
Cho D ABC có góc B = 450; Góc C = 1200.
Trên tia đối của tia CB lấy điểm D sao cho
·
CD = 2 CB. Tính ADB
.
*Tìm

tịi:

Với

giả

thiết

H

cho

¶ = 1200 ị C
ả = 600 .
C
1
2

450

Khi cú gúc bng 600, ta nghĩ đến việc vận

B

1

2

1

2

C

D

¶ = 300 .
dụng nửa D đều ( hoặc D đều). Từ đó gợi ý cho ta hạ DH ^ AC. Có ngay D
1
¶ , D

¶ là góc nhọn của D vng Phải chăng D ADH vng cân ?
Chỉ cần tìm D
2
2

Muốn khẳng định điểu này , ta cần so sánh HA và HD. Dựa vào các góc đã biết, ta dễ
dàng xác định được 2 D HAB và HBD cân tại H và cuối cùng HA = HD .
Giải tóm tắt:
Hạ DH ^ AC. D CHD là nửa tam giác đều cạnh CD Þ CD = 2 CH. Kết hợp với giả
thiết CD = 2BC, ta có CH = CB.
¶ = 1200
D BCH cân tại C, cú C
1

ị

ả = 300 ị D BHD cõn ti H
·
HBC
= 300 cũng có D
1

Þ HD = HB (1)
0
0
0
·
·
·
Dễ thấy ABH

= 150
= 150 mà BAC = 180 - ( 120 + 45 ) hay BAC

Þ D ABH cân tại H Þ HB = HA (2)
8


¶ = 450
Từ (1) và (2) Þ HD = HA Þ D AHD vuông cân tại H Þ D
2
·
Vậy ADB
= 300 + 450 = 750

BÀI TỐN 3:
µ = 900. AC = 3AB. Trên cạnh AC lấy 1 điểm D sao cho DA = 2
Cho D ABC , có A
·
·
DC. Tính ADB
+ ACB
K

*tìm tịi:
·
·
Dễ tính tổng ADB
,
+ ACB
¶

·
= D
ACx
1

x

F
1

ta đặt

2

và tính góc BCx. Dựa vào

A

3

E

D

C

hình vẽ ta dự đốn góc BCx bằng 45 0, đó
là góc nhọn của D vng cân. Ta cần tìm
B
D vng cân chứa góc này. nghĩ vậy, từ

trung điểm E của AD Vẽ đường thẳng
vng góc AC cắt Cx tại F. lợi dụng D bằng nhau, chứng minh D BEC vng cân là
xong.
Giải tóm tắt: Trên nửa mặt phẳng đối của nửa mặt phẳng bờ AC có chứa B vẽ tia Cx
·
·
sao cho ACx
. Từ trung điểm E của AD vẽ đường vng góc với AC cắt Cx tại
= ADB

F, nối BF. Dễ thấy D FEC = D BAD (gcg) Þ EF = AB =

AC
3

Hạ FK ^ AB chứng minh được D FKB = D FEC (cgc)

Þ FB = FC v

à =F
à ị F
à +F
à =F
à +F
à = 900 Þ BFC
·
F
= 900
1
3

2
3
2
1

·
·
·
Vậy D BFC vng cân tại F Þ BCF
= 450
= 450 vậy ADB
+ ACB

BÀI TỐN 4:

A

Cho D ABC , biết các đường cao hạ từ A và B ,xuống
các cạnh đối diện không nhỏ hơn các cạnh đối diện ấy
. Hãy tính các góc của D ABC
*Tìm tịi: Gọi 2 đường cao là AH và BK có AH
K
³ BC; BK ³ AC. Ta phải tính góc A ,B,C Xét vài
trường hợp hình vẽ, nếu một chiều cao lớn hơn cạnh
B
H
C
tương ứng thì chiều cao kia bé hơn cạnh tương ứng từ
đó ta nghĩ đến trường hợp cả hai chiều cao đều bằng
cạnh đối diện tương ứng của D vuông cân và đi chứng minh D ABC vuông cân tại C.

9


Giải tóm tắt:
Có AH ³ BC ( giả thiết) Lại có BC ³ BK ( tính chất đường xiên)

Þ AH ³ BC ³ BK (1)

Tương tự : BK ³ AC ³ AH (2)

Từ (1) và (2) Þ AH ³ BC ³ BK ³ AC ³ AH

Þ AH = BC = BK = AC
ị

à =B
à = 450;C
à = 900
D ABC vuụng cân tại C . Vậy A

BÀI TOÁN 5 :
Cho D ABC đường cao AH, đường phân giác
BD và góc AHD = 450. Tính góc ADB.
*Tìm tịi: Vẽ hình tương đối chính xác, ta
dự đốn góc ADB = 450, từ đó nghĩ đến việc tạo
ra tam giác vuông cân bằng cách hạ BK ^
AC. Ta cần chứng minh D KBD vuông cân tại
K. Để ý tính chất: Trong D đường phân giỏc

K
A 2
1

3
2

1

D

1
3
C

H

B

à =A
ả li
trong ca mt gúc v hai phõn giác ngồi của hai góc cịn lại đồng qui ta có A
1
2

dụng góc ngồi của D và góc có cạnh tương ứng vng góc ta sẽ chứng minh được
¶ = KDB
·
D
1

Giải tóm tắt: Vẽ BK ^ AC tại K. Xét D ABH có BD là phân giác trong. HD là
µ =A
ả
phõn giỏc ngoi nh H ị AD l phõn giỏc ngoi nh A ị A
1
2
à = KBH
Ã
ả = KBH
Ã
ả =D
ả +B
à
ị A
M A
. Trong D ABD gúc ngoi A
1
2
2
1
1
ả =A
ả - B
à
ị D
1
2
1
ả = KBH

Ã
à = KBH
Ã
ả = KBD
Ã
ị D
- B
- B
1
1
3
·
Vậy D KBD vuông cân tại K và do đó ADB
= 450

H

DẠNG III : TÍNH SỐ ĐO GĨC THƠNG QUA VIỆC
PHÁT HIỆN RA TAM GIÁC ĐỀU
BÀI TOÁN 1: Cho D ABC vng ở A , có góc B = 75 0.
Trên tia đối của tia AB lấy điểm H sao cho BH = 2 AC.
Tính góc BHC

E

D

*Tìm tịi:
A

10

B

C


Từ giả thiết BH = 2 AC. Muốn vận dụng giả thiết này ta gọi E là trung điểm của BH
và BE=EH=AC. Có BC là cạnh của D ABC có Cµ =150 và để ý 750 -150 = 600 ta nghĩ
đến việc dựng D đều BDC. Lúc này có ngay D ABC = D EBD (cgc) ị Eà = 1V
Ã
Ã
Ã
Ã
v DHB
= DBH
= 150 . chứng minh DHB
= DHC

Gi¶i tóm tắt:Gọi E là trung điểm của BH. Dựng D đều BDC (D và A thuộc
cùng một nửa mặt phẳng bờ BC) D EDB = D ABC (cgc) ị Eả 1 = 1V Þ D BDH cân tại
·
·
·
D Þ DHB
= DBH
= 150 v HDB
= 1500
D HDB = D HDC (cgc) ị

ả =H
ả = 150 . Vậy BHC
·
H
= 300
2
1

BÀI TOÁN 2:

A

Cho D ABC cân tại A. Có góc A = 40 0. Trên nửa
mặt phẳng bờ BC không chứa A vẽ tia Bx sao cho
góc CBx = 100. Trên Bx lấy điểm E sao cho BE =
BA. Tính góc BEC .

D

*Tìm tịi: Ta thấy góc BEC là một góc của D
·
BCE. Ta cần tìm D bằng D này. Để ý CBE
= 100
·
và ABC
= 700 = 100 + 600. Ta vẽ D đều BDC lúc

B

này AD là trung trực của BC cũng chính là phân

·
·
Þ BAD
giác của BAC
= 200. Chỉ cần chứng minh

C
x
E

·
·
nhờ 2 D bằng nhau.
CEB
= BAD

Giải tóm tắt: Vẽ D đều BDC ( D và A ở cùng nửa mp bờ BC) .
·
·
Chứng minh được D CEB= D DAB (cgc) Þ BEC
= BAD
. Dễ thấy AD là trung trực của
·
·
BC nên trong D ABC, AD cũng là phân giác Þ BAD
=200. Vậy BEC
= 200.

BÀI TỐN 3:
·

·
Cho D ABC vng cân ở A. Điểm E nằm trong D sao cho EAC
= 150. Tính
= ECA
·
.
AEB

11


B

·
·
*tìm tịi: Có EAC
= 150 Þ EAB
= 750 , để ý

750 = 150 + 600 nên vẽ D đều ADE . Chỉ cần tìm
·
·
·
. Muốn vậy ta chứng minh DEB
nhờ
DEB
= DAB
hai tam bằng nhau.

D

Giải tóm tắt:

E

Vẽ tam giác đều AED ( D và B ở trên cùng nửa mp
bờ AE) . ta có D ADB = D AEC (cgc) Þ D ADB
·
·
·
cân tại D Þ DAB
= DBA
= 150 Þ ADB
= 1500

A

·
= 3600 - (1500 + 600) = 1500, D ADB = D EDB (cgc) Þ
EDB

C

·
·
DAB
= DEB
= 150

·

Vậy AEB
= 750

BÀI TỐN 4:
Cho D cân ABC có góc ở đỉnh A bằng 200.Các điểm M,N theo thứ tự trên AB. AC sao
·
·
cho BCM
= 500; CBN
= 600. Tính góc BNM.
·
*Tìm tịi: Đề bài cho có CBN
= 600, ta tìm
cách vận dụng D đều.

A

Để thực hiện ý đồ đó, ta lấy điểm P trên AB sao cho
·
= 600 và có 2 D BQC, D NQP đều. Từ hình vẽ,
BCP

ta dự đốn góc MNB băng 300. Nghĩ vậy ta chứng
minh NM là phân giác của góc BNP. Từ đó tính
được góc BNM.

P

Giải tóm tắt: Qua N vẽ đường thẳng song
song BC cắt AB ở P. Gọi Q là giao điểm của PC và

BN Chứng minh c D BCQ v PNQ u. Trong
à = 500 ị M
à = 800, C
ả = 500 ị D
D MBC cú B
BMC cân tại B Þ BM = BQ ( cùng bng BC) ị D
ả = 20
MBQ cõn ti B, cú góc B
2

M
1

B

N

1
Q

2
1

0

·
Þ BQM
= 800 .
·
·

·
MQP
= 1800 - ( 800 + 600) = 400 Þ D PMQ cân tại M ( vì MQP
= MPQ
= 400 )

Þ MP = MQ

12

1

C


Theo chứng minh NP = NQ Þ MN là trung trực của PQ nên MN cũng chính là phân
·
giác của góc PNQ. Vậy MNB
= 300

BÀI TỐN 5:

A

µ = 200 trên cạnh AB lấy
Cho D ABC cân tại A , có A
·
điểm D sao cho AD = BC . Tính ACD

12

·
·
µ
Tìm tịi: Cần tìm ACD
. ACD
thuộc D ACD có A
= 200 và 1 cạnh bằng AC ta cần tìm D bằng D nói
µ = 800 và 800 - 600 = 200 ta nghĩ đến việc
trên . Để ý B
vẽ D đều BCE ( E và A ở cùng phía đối với BC ) Nối

D

µ1
AE lúc này D ACD = D BAE (c.g.c ) .Chỉ cần tính A
E

Giải tóm tắt :

?

Vẽ D đều BCE ( E và A ở cùng nửa mp bờ BC ). Có
1

µ = 200 Dễ thấy : D ACD= D BAE (cgc ) => C
ả =A
à
B
1

?
1

B

C

à =A
ả = 100 . Vậy ACD
·
D ABE = D AE (cgc ) => A
= 100
1
2

BÀI TỐN 6:

E

µ = 800. Gọi D
Cho D cân ABC ( AB =AC ) có A
·
·
là điểm ở trong D sao cho: DBC
=100 , DCB
=300 .
Tính góc BAD.

A

µ = 800 => B
µ=
*Tìm tịi : D ABC cân tại A , A
µ =500. Dự đốn D ABD cân tại B nên ta nghĩ
C

đến việc chứng minh BA = BD. Để ý 60 0 - 500 =
100, để tạo ra D bằng D BCD ta vẽ D đều BEC
và như vậy chỉ cần chứng minh D BCD = D
BEA là xong.

B

10

? D
30

Giải tóm tắt: Vẽ D đều BEC ( E và A ở
cùng nửa mp bờ BC) do AB = AC và EB = EC Þ AE là đường trung trực của đoạn
·
BC. Tam giác BEC đều nên trung trực EA cũng là phân giác Þ AEB
= 300 và dễ dàng
chứng minh được D BCD = ABEA (cgc) Þ BA = BD ị D ABD cõn ti B, cú
à = 400 . Vậy BDC
·
B
= 700

13

C


DẠNG IV :

TÍNH SỐ ĐO GĨC THƠNG QUA VIỆC PHÁT HIỆN
TAM GIÁC CÂN BIẾT MỘT GĨC

BÀI TỐN 1:
Cho D ABC có góc A = 60 0, các phân giác BD và
CE cắt nhau ở I . Tính các góc của D DIE.

A
60

*Tìm tịi:

D

·
Theo đề ta dễ dàng tìm được góc BIC
=1200. Theo

E

hình vẽ ta dự đốn D DIE cân tại I, nên để tìm 2
góc cịn lại ta cần chứng minh dự đoán này. Muốn
vậy ta so sánh ID và IE với đoạn thứ ba. Để lợi
dụng D bằng nhau ta vẽ phân giác IK của D BIC

và giải quyết được bài tốn.

I 4
3
1 2
1

1

B

C

K

Giải tóm tắt:
µ +C
µ
µ
B
1800 - A
·
·
DIE
= BIC
= 1800 = 1800 = 1200
2
2

Vẽ phân giác IK của D BIC ta sẽ có : Iµ1 = Iµ2 = Ià3 = Ià4 = 600 ị D BIE = D BIK (gcg)

Þ IE = IK

chứng minh tương tự có : ID = IK Þ

IE = ID Þ D ADI cân ti I, cú $I = 1200 ị

à =D
à = 300
E

BI TỐN 2:
D ABC có góc B = 600, góc C = 300. Lấy D trên

A

cạnh AC, E trên cạnh AB sao cho góc ABD =
200, góc ACE = 100. Gọi I là giao điểm của BD
và CE. Tính các góc của D IDE .

D

E
3

I

4

12

*Tìm tịi:
K

·
·
Dễ thấy EID
= BIC
= 1800 - (400 + 200 ) = 1200 .
B

Dự đoán ID = IE. Ta cần tìm đoạn trung gian. Để
xuất hiện D bằng nhau, ta vẽ 3 phân giác của D IBC cắt nhau ở K cần chứng minh:
ID = IE = IK là xong.
Giải tóm tắt:

14

C


Ã
Ã
à = 200. ị EID
à = 400, C
Trong D IBC, tính được B
= BIC
= 1800 - (400 + 200 ) = 1200

Vẽ 3 phân giác của D BIC cắt nhau ở K. Tính được Iµ1 = Iµ2 = Iµ3 = Ià4 = 600
D BIE = D BIK (gcg) ị IE = IK.

Chứng minh tương tự có : ID = IK. Þ IE = ID Þ D DIE cân tại I. Vậy các góc của
µ =E
µ = 300
D IDE là : $
I = 1200; D

BÀI TỐN 3:

C
0

0

Cho D ABC có góc A = 50 , góc B = 20 . Trên
đường phân giác BE của D lấy trung điểm F

?
E 3
1 2
I

·
sao cho FAB
= 200 . Gọi I là trung điểm của AE.

M

F
10

10

30
20

EI cắt AB tại K. Tính góc KCB.
A

B

K

*Tìm tịi: Vẽ chính xác ta nghĩ ngay đến D
CBK cân tại B. chứng minh dự đoán này ta giải quyết được bài tốn.
Giải tóm tắt:
·
·
Gọi M là giao điểm của CK và BE .Chứng minh được EAF
= EFA
= 300

Þ D AEF cân tại E Þ trung tuyến IE cũng là phân giác. Như vậy E¶ 1 = E¶ 2 = E¶ 3 = 600
à = 200 ị BCK
Ã
D CEB = D KEB (gcg) Þ BC = BK Þ D BCK cân tại B, có B
= 800

BÀI TỐN 4:

D

µ 100 . Điểm M nằm
D ABC cân tại A, có A=
0

·
·
trong D sao cho MBC
= 100 ; MCB
= 200 . Tính
góc AMB.

A

*Tìm tịi:
Với ý tưởng tìm góc bằng góc AMB và có thể
tính được số đo của no. Trên tia CA lấy D sao
cho : CD = CB. D BCD cân tại C, biết

? M
30
B

10

20
20
C

·

ACB
= 400 Þ biết góc ADB. Như vậy chỉ cần chứng minh góc AMB bằng góc ADB là

xong.
Giải tóm tắt:
Trên tia CA lấy điểm D sao cho CD = CB.

15


·
·
D BCD cân tại C, có ACB
= 400 Þ CDB
= 700
·
·
Chứng minh được D MCB = D MCD (cgc) Þ MB = MD và CDM
= CBM
= 100
0
0
·
MDB
= 700 - 10 = 60 Þ D MBD đều

·
Chứng minh D ABM = D ABD (cgc) Þ ·AMB = ADB
= 700

DẠNG V : TÍNH SỐ ĐO GĨC THƠNG QUA CÁC MỐI LIÊN HỆ KHÁC GIỮA
CÁC GĨC
M

A

BÀI TỐN 1:

C

Cho D AOB vng cân ở O. Qua A vẽ đường
thẳng vng góc với OA, qua B vẽ đường thẳng
vng góc với OB, hai đường thẳng này cắt nhau ở
C, từ điểm M trên đoạn AC vẽ đường thẳng cắt

K

N

·
·
đoạn BC ở N sao cho AMO
. Tính góc MON
= OMN

.

12

*Tìm tịi:

3
4

O

B

·
Vẽ hình chính xác ta dự đốn MON
= 450. Để ý tính
chất phân giác của 2 góc kề phụ tạo thành góc có số đo bằng 45 0 , ta tìm 2 góc kề phụ
¶ =O
¶ ;O
¶ =O
¶
đó. Với suy nghĩ này gợi ý ta kẻ OK ^ MN và cần chứng minh: góc O
1
2
3
4

Giải tóm tắt:
¶ =O
¶
Hạ OK ^ MN tại K. Có D AOM = D KOM ị O
1
2

ị OK = OA = OB.

ả =O
¶ , OM và ON là phân giác của 2 góc kề phụ . Vậy
Có D KON = D BON Þ O
3
4
·
MON
= 450

BÀI TỐN 2:
A

Cho D nhọn ABC có 2 đường cao AD và CE cắt nhau
tại H, các phân giác của góc BAD và góc BCE cắt nhau
tại O. Tính góc AOC

E

H

*Tìm tịi:

O

1

M

N1
2

C

16

D

B


Dự đốn góc AOC bằng 900, AO đã là phân giác của góc BAD. Gọi M, N thứ tự là
giao điểm của OC với AB và AD, ta nghĩ đến việc chứng minh D AMN cân tại A.
Giải tóm tắt:
Gọi M,N thứ tự là giao điểm của OC với AB và AD
·
·
¶ = 1v- ECB ; N
¶ =N
¶ = 1v- ECB ị M
ả =N
ả ị D AMN cõn ti A Þ Phân giác AO cũng
M
1
1
2
1
1
2
2
·
là đường cao . Vậy AOC

= 900

BÀI TỐN 3:
A

µ . Phân giác ngồi
µ > C
Cho D ABC có B

12

cùa góc A hợp với BC một góc 300.Tính
µ- C
µ
B

Tìm tịi:

30

1

120

1

D

D1
B

Đề bài cho phân giác ngồi của góc A và
góc DAB bằng 300 để cho dễ xét ta nghĩ
đến việc vẽ phân giác trong AD của D ABC. Từ đó tính được góc B, góc C và từ đó

µ- C
µ .
suy ra B

Giải tóm tắt:
· C = 1200 Þ AD
· B = 600
Vẽ phân giác trong của A cắt BC tại D1 . Tính được AD
1
1
· C = 1200 là góc ngồi D ACD1 Nên B
µ = 1200 - A
µ
AD
1
1
1
· A = 600 là góc ngồi D ACD1 nờn C
ả = 600 - A
ả m A
à =A
ả ị B
à- C
ả = 600
Li cú BD
1

1
2
1
2
1
1

4. Hiu qu ca sỏng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với bản thân,
đồng nghiệp và nhà trường.
Trong suốt q trình ơn thi HS lớp 7 tôi nhận thấy: Sau khi làm các bài tập trong hệ
thống bài tập trong chuyên đề “phát triển tư duy của học sinh qua bài tập tính số đo
góc hình học 7” học sinh tự tin hơn với các bài tốn khó, với bài tốn phức tạp, với
những bài tốn có ít sự liên hệ các yếu tố với nhau. Ngay cả việc vẽ hình học sinh
cũng có kĩ năng tốt hơn, nhanh và chính xác hơn.
Các em đã tự tin hơn, khơng cịn sợ những bài tốn lạ, phức tạp, bước đầu biết tìm
tịi mị mẫm. Kết quả khả quan hơn cả là chuyên đề này giúp học sinh u tốn hơn,
các em đã có ý thức tự đọc sách, tự tìm tịi và làm bài tập trong các quyển sách “Toán

17

C


nâng cao và các chuyên đề Đại số và Hình 7- của tác giả Vũ Dương Thụy và Nguyễn
Ngọc Đạm” “Tốn bồi dưỡng của tác giả Vũ Hữu Bình”
Sau khi cho nhóm 18 học sinh tham gia học đội tuyển toán 7 làm bài khảo sát về
chuyên đề này, kết quả làm bài của các em đạt được như sau:
Điểm
Số lượng
(tỉ lệ)

9 – 10
1
(5,5%)

8-9
4
(22%)

7- 8
5
(27,5%)

6 -7
4
(22%)

5-6
4
(22%)

Dưới 5
0
( 0%)

III. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
1. Kết luận:
Qua việc vận dụng những kinh nghiệm trên vào công
tác giảng dạy và kết quả đạt được, tôi rút ra một số
bài học kinh nghiệm như sau:

Một là: Điều đầu tiên, bản thân giáo viên phải
tâm huyết, trăn trở với bài dạy, tìm hiểu kiến thức, tìm ra
phương pháp và hình thức phù hợp trong giảng dạy tạo ra
môi trường giúp học sinh hứng thú, tích cực, chủ động tìm
tòi kiến thức.
Hai là: Trong quá trình giảng dạy, người giáo viên
ngoài năng lực, khả năng sư phạm còn cần phải tích luỹ,
rút kinh nghiệm dù rất nhỏ. Phải tìm tòi học tập kinh
nghiệm ở sách báo, tài liệu tham khảo và chính trong quá
trình giảng dạy trên lớp của bản thân sau mỗi tiết dạy.
Ba là: Từ cách áp dụng các kinh nghiệm trên vào
giảng dạy hướng dẫn học sinh giải bài tập Hình, đã phát
huy được ở các em óc tư duy linh hoạt và sáng tạo, tìm tòi.
Và điều quan trọng là đã gây được cho các em sự hứng
thú yêu thích ham học hơn.
Bốn là: Bồi dưỡng cho học sinh biết cách tư duy hình
học, đứng trước một bài toán phải biết phân tích đầu
bài, kết hợp với vẽ yếu tố phụ thích hợp để tìm được mối
liên hệ giữa các dữ kiện của giả thiết, từ đó xác định
được hướng giải quyết và từ một dạng toán đã làm có
thể mở rộng được ra các dạng toán khác.
Do khuôn khổ và trình độ có hạn, mong rằng những
kinh nghiệm giảng dạy đúc kết được qua đề tài này phần
nào tháo gỡ những khó khăn trong công tác bồi dưỡng

18


học sinh Giỏi ở trường THCS. Kính mong đồng nghiệp: bổ
sung, góp ý để đề tài tiếp tục hoàn thiện hôn.

2. Kiến nghị
Qua thực tế giảng dạy và rút kinh nghiệm bước đầu, tơi có một vài kiến nghị và
đề xuất với các cấp quản lí giáo dục nói chung và BGH Trường THCS Nguyễn Chích
nói riêng như sau: Ln quan tâm và tạo điều kiện hơn nữa cho giáo viên trong tổ
thường xuyên được trao đổi, rút kinh nghiệm dạy các chun đề khó trong q trình
dạy học bồi dưỡng HSG và áp dụng, thử nghiệm các PPDH mới bằng nhiều hình thức.
Tơi rất mong muốn được nhà trường và các cấp quản lí giáo dục quan tâm,
giúp đỡ, tạo điều kiện để tơi có thể mở rộng nghiên cứu, áp dụng, thử nghiệm kinh
nghiệm này cho các lớp học khác, khoá học khác, cũng như khai thác các dạng tốn
khó khác trong chương trình tốn học phổ thơng, góp phần cùng tồn trường, tồn
ngành và tồn xã hội nâng cao chất lượng và hiệu quả dạy học.

XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG Thanh Hóa, ngày 10 tháng 3 năm 2019
ĐƠN VỊ
Tơi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, không sao chép nội dung của
người khác.
Người viết SKKN

Nguyễn Thị Thanh

19


TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Sách Bài tập nâng cao và một số chuyên đề toán 7- Tác giả : Bùi Văn Tuyên
2. Sách Nâng cao và phát triển toán 7 tập1 và 2 – Tác giả: Vũ Hữu Bình
3. Sách Tài liệu chuyên toán trung học cơ sở toán 7tập hai: Hình học – Vũ Hữu
Bình (Chủ biên)
4. Sách Tốn nâng cao và các chuyên đề hình học 7 – Vũ Dương Thụy (Chủ biên) –

Nguyễn Ngọc Đạm

DANH MỤC
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG SÁNG KIẾN KINH
NGHIỆM NGÀNH GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN, TỈNH VÀ CÁC CẤP
CAO HƠN XẾP LOẠI TỪ C TRỞ LÊN
Họ và tên tác giả: Nguyễn Thị Thanh
Chức vụ: Giáo viên
Đơn vị công tác:Trường THCS Nguyễn Chích

TT
•

•

Tên đề tài SKKN

Cấp đánh giá
xếp loại

Kết quả
đánh giá
xếp loại

Năm học
đánh giá
xếp loại

(Ngành GD cấp
huyện/tỉnh; Tỉnh...)

(A, B, hoặc C)

Một số phương pháp vẽ
đường phụ tạo ra hai hai tam
giác đồng dạng trong chứng
minh hình học 8

Huyện

B

2012

Nâng cao chất lượng cho
học sinh lớp 9 trường THCS
Nguyễn Chích thơng qua
dạng toán chứng minh ba
điểm thẳng hàng

Huyện

A

2016

20


21