Skkn phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh thông qua việc khai thác một số bài toán hình học của học sinh lớp 89 ở trường thcs nguyễn văn trỗi

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HỐ

PHỊNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TP. THANH HÓA
MỤC LỤC
MỤC LỤC............................................................................................................1
PHẦN I. ĐẶT VẤN ĐỀ......................................................................................3
1. Lí do chọn đề tài................................................................................................3
2. Mục tiêu sáng kiến............................................................................................4
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
3. Nhiệm vụ.........................................................................................................4
4. Đối tượng nghiên cứu.....................................................................................4
5. Phương pháp nghiên cứu.................................................................................5
6. Phạm vi nghiên cứu.........................................................................................5
7. Thời gian thực hiện.........................................................................................5
PHẦN II. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ.....................................................................7
“PHÁT TRIỂN TƯ DUY SÁNG TẠO CHO HỌC SINH
1.Cơ sở lí luận liên quan đến Sáng kiến kinh nghiệm...........................................7
1.1 Khái niệm Tư duy........................................................................................7
THÔNG QUA VIỆC KHAI THÁC MỘT BÀI TOÁN
1.2 Tư duy sáng tạo............................................................................................8
1.2.1 Các đặc trưng của tư duy sáng
tạo:..............................................................8
HÌNH
HỌC”
1.2.2. Phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh:......................................................8
1.3 Dạy học giải toán:............................................................................................9
1.3.1. Yêu cầu đối với giải toán:..........................................................................9
1.3.2. Các bước của hoạt động giải toán:..............................................................9
2. Thực trạng vấn đề..............................................................................................9
3. Các biện pháp tiến hành..................................................................................10
3.1 Một số tính chất của hình vng được dựng trên cạnh huyền của tam giác

vng...................................................................................................................10
3.2. Hình vng nội tiếp tam giác.......................................................................15
3.3. Hình vng nội tiếp trong hình vng.........................................................21
3.4 . Tam giác nội tiếp hình vng có góc ở đỉnh bằng 450................................23
4. Hiệu quả sáng kiến Người
kinh nghiệm.....................................................................33
thực hiện: Nguyễn Thị Lan
4.1 Thống kê kết quả thực
nghiệm
qua một
Chức vụ: Giáo
viêntiết dạy trên cơ sở khai thác bài toán
1 của đề tài ở một lớp 9 có tổng số 40 học sinh..................................................33
4.2 Các kết quả đạt được
qua
dụngTrường
sáng kiến.........................................33
Đơn
vịviệc
côngáptác:
THCS Nguyễn Văn Trỗi
PHẦN III. KẾT LUẬN
VÀ KHUYẾN
SKKN
thuộc lĩnhNGHỊ................................................35
vực (mơn): Tốn
1. Kết luận...........................................................................................................35
2. Khuyến nghị....................................................................................................35
PHẦN IV. TÀI LIỆU THAM KHẢO..............................................................38

Thanh Hóa tháng
1 4 năm 2022

skkn


DANH MỤC CHỮ VIẾT TẮT
THCS
SKKN
GV
HS

: Trung học cơ sở
: Sáng kiến kinh nghiệm
: Giáo viên
: Học sinh

2

skkn


PHẦN I. ĐẶT VẤN ĐỀ
1. Lí do chọn đề tài
Mục tiêu của Giáo dục và Đào tạo là phải hướng vào đào tạo những con
người lao động, tự chủ, sáng tạo, có năng lực giải quyết những vấn đề thường
gặp, qua đó góp phần tích cực và có hiệu quả vào mục tiêu xây dựng của đất
nước là dân giàu, nước mạnh…
- Nhà trường phổ thơng có nhiệm vụ giáo dục và đào tạo cho lớp trẻ vốn
kiến thức cho suốt cuộc đời. Tuy nhiên nhà trường có thể cung cấp cho học sinh

một nhân lõi nào đó của các tri thức cơ bản, đồng thời trang bị cho người học
các thao tác tư duy nói chung và các thao tác tư duy tốn học nói riêng.
- Bởi vậy, thầy giáo có nhiệm vụ phải dạy cho học sinh khơi dậy được các
hứng thú, năng lực nhận thức, cung cấp cho họ những kỹ năng cần thiết của việc
tự học.
- Hướng đổi mới phương pháp dạy học toán hiện nay ở trường THCS là
định hướng phát triển năng lực cho học sinh, tích cực hóa hoạt động dạy học của
học sinh, đáp ứng được yêu cầu quan trọng: người học là chủ thể của q trình
nhận thức, mà mơn Tốn càng có một vị trí quan trọng.
- Khơi dậy và phát triển khả năng tự học là một yêu cầu quan trọng trong
quá trình Dạy và Học, rèn cho học sinh khả năng tư duy tích cực, hoạt động độc
lập, ý thức sáng tạo, nhằm nâng cao năng lực phát triển trí tuệ và khả năng tự
giải quyết vấn đề, đồng thời luyện kỹ năng vận dụng kiến thức vào thực tế, tác
động đến tình cảm, đem lại niềm tin hứng thú cho học sinh.
Ở trường THCS, trong dạy học tốn, cùng với việc hình thành cho học
sinh một hệ thống vững chắc các khái niệm, các định lí thì việc dạy học giải các
bài tốn có tầm quan trọng đặc biệt là một trong những vấn đề trung tâm của
phương pháp dạy học tốn ở trường phổ thơng.
- Các bài tập ở trường phổ thông là một phương tiện rất có hiệu quả và
khơng thể thay thế được trong việc giúp học sinh nắm vững tri thức, phát triển
năng lực tư duy, hình thành kỹ năng, kỹ xảo, ứng dụng toán học vào thực tiễn.
- Hoạt động giải bài tập toán là điều kiện để thực hiện tốt các mục tiêu của
dạy học ở trường phổ thông, thể hiện thơng qua các hoạt động chức năng của bài
tập tốn là: Chức năng dạy học, chức năng giáo dục, chức năng phát triển và
chức năng kiểm tra. Giáo viên cần khai thác và thực hiện một cách đầy đủ các
chức năng có thể có của mỗi bài tập.

3

skkn

Lớp các bài tốn hình học trong chương trình Tốn THCS, tốn về Hình
vng và những vấn để liên quan đến Hình vng xuất hiện khá phổ biến. Trong
sáng kiến kinh nghiệm này, tơi bắt đầu từ một bài tốn như vậy.
Từ một bài toán ban đầu, với tinh thần năng động và sáng tạo học tập, với
tính tích cực trong các hoạt động tư duy như : Đặc biệt hóa, Tổng quát hóa; Cụ
thể hóa, Trừu tượng hóa; Tương tự hóa, Khái qt hóa…sẽ đem lại nhiều bài
tốn mới đa chiều và có những kết quả thú vị.
Từ những lý do trên, tôi đã chọn đề tài là: “Phát triển tư duy sáng tạo
cho học sinh thông qua việc khai thác một bài tốn” như một góc nhỏ nghiên
cứu, tạo cho học sinh như một người sáng tạo, cảm nhận sâu và thực hành có
hiệu quả.
2. Mục tiêu sáng kiến
Khai thác khả năng phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh thông qua dạy
học giải và khai thác một bài tốn trong chương trình tốn THCS.
Trên cơ sở những bài tập trong sách giáo khoa, nghiên cứu tham khảo
thêm các tài liệu, sách bồi dưỡng để tìm tịi bổ sung thêm một số câu hỏi cho bài
toán để sắp xếp ra thành hệ thống bài tập cho phần dạy tự chọn, tăng cường sử
dụng bồi dưỡng cho học sinh lớp 8, 9 THCS.
Nghiên cứu xây dựng nội dung kiến thức cơ bản cần thiết để khai thác,
giảng dạy.
Dựa vào căn cứ yêu cầu, lựa chọn cách khai thác các câu hỏi tiếp theo để
tạo ra bài toán hay, mơí phục vụ cho việc giảng dạy nói chung.
Rèn luyện cho học sinh nền nếp học tập có tính khoa học, rèn luyện các
thao tác tư duy, phương pháp học tập chủ động, tích cực sáng tạo. Cũng thơng
qua đó giáo dục cho học sinh giá trị đạo đức, tư tưởng lối sống phù hợp với mục
tiêu.
3. Nhiệm vụ
Nghiên cứu một phần thực trạng khi dạy học giải tốn hình trong tiết học

tự chọn.
Định hướng phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh thông qua việc dạy
học khai thác một bài toán.
Tiến hành thực nghiệm sư phạm nhằm đánh giá tính khả thi, tính hiệu quả
của đề tài.
4. Đối tượng nghiên cứu.
Học sinh lớp 8, 9.

4

skkn


5. Phương pháp nghiên cứu.
- Sử dụng thao tác tư duy “Đặc biệt hóa” và “ Tổng quát hóa”. Đây là một
thao tác quan trọng rất phổ biến trong Dạy Học tốn. Từ việc “đặc biệt hóa”
chúng ta có được kết quả ban đầu làm cơ sở để tìm ra kết quả cho bài tốn tổng
qt và có khi ngược lại, từ một kết quả tổng quát, giáo viên có thể hướng dẫn
để HS có được những bài tốn đơn lẻ như là một kết quả cụ thể từ việc “đặc biệt
hóa” bài tốn ban đầu đã cho.
- Những số liệu cụ thể gắn với một bài toán cụ thể cho phép người giải
toán thoát ra khỏi sự “hạn chế” về khn phép của bài tốn qua phép tư duy trừu
tượng (từ hình vẽ hay từ những số liệu ) mà có được những phát minh mới trong
q trình học tốn và giải tốn.
- Khái qt hóa cũng giúp người Dạy Học toán phát huy được khả năng
linh động và sáng tạo trong giải tốn. Khái qt hóa một bài tốn cho ta có thêm
nhiều bài tốn hay hơn, có tầm rộng hơn và kết quả ấn tượng trong thao tác Dạy
và Học. Khái quát hóa thường song hành với đặc biệt hóa, cụ thể hóa. Khái quát
hóa là một thao tác nâng tầm tư duy học toán cho HS.
- Có nhiều khi một bài tốn quen thuộc đã ở đâu đó chợt đến với người

giải tốn như là một phép so sánh tư duy toán học, và đột nhiên phép so sánh ấy
đã vẽ ra cho người học các khả năng linh hoạt để giải tiếp bài toán trước mắt.
Thao tác so sánh trong Dạy Học toán cần được rèn luyện thường xuyên cho
người học.
Trên đây là những vấn đề cơ bản về phương pháp nghiên của của tôi trong
Đề tài này.
6. Phạm vi nghiên cứu.
Các nội dung kiến thức về phần hình học lớp 8, 9 (tam giác, tứ giác, tứ
giác nội tiếp) trong chương tình tốn THCS.
7. Thời gian thực hiện.
Bắt đầu từ tháng 1/2022, kết thúc vào tháng 4/2022.
*Tháng 1/2022 đến tháng 3/2022:
- Nắm bắt yêu cầu về chất lượng học tập và giảng dạy tại trường THCS.
- Tìm hiểu, nghiên cứu và phát triển các bài tập cho sáng kiến, đưa vào
giảng dạy trong các tiết học tự chọn về mơn tốn của các lớp trong trường.
- Khảo sát học sinh thông qua bài kiểm tra 45 phút để có sự so sánh,
đánh giá.
- Lên kế hoạch viết đề cương của đề tài và hoàn thành đề cương SKKN
*Tháng 4/2022:
- Thống kê, đánh giá toàn bộ kết quả thu được.
5

skkn


- Báo cáo đề cương SKKN trong tổ chuyên môn.
- Hoàn thiện SKKN.

6

skkn


PHẦN II. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
1.Cơ sở lí luận liên quan đến Sáng kiến kinh nghiệm
1.1 Khái niệm Tư duy.
Theo Từ điển Tâm lí học “Tư duy là q trình tâm lý phản ánh những
thuộc tính bản chất, những mối liên hệ và quan hệ bên trong có tính quy luật của
sự vật, hiện tượng trong hiện thực khách quan mà trước đó ta chưa biết”.
Như vậy, Tư duy khơng phải là sự ghi nhớ mặc dù nó có thể giúp cho sự
hồn thiện ghi nhớ. Tư duy khơng phải là hoạt động điều khiển cơ thể mà chỉ
giúp cho sự định hướng điều khiển hay định hướng hành vi. Tư duy cũng khơng
phải là giấc mơ mặc dù nó có thể xuất hiện trong một số giấc mơ và có những
điểm giống với giấc mơ. Tư duy khơng có ở ngồi hệ thần kinh. Tư duy là một
hình thức hoạt động của hệ thần kinh thể hiện qua việc tạo ra các liên kết giữa
các phần tử đã ghi nhớ được chọn lọc và kích thích chúng hoạt động để thực
hiện sự nhận thức về thế giới xung quanh, định hướng cho hành vi phù hợp với
môi trường sống. Tư duy là sự hoạt động, là sự vận động của vật chất, do đó tư
duy khơng phải là vật chất. Tư duy cũng không phải là ý thức bởi ý thức là kết
quả của quá trình vận động của vật chất.
Khi bạn phải làm một bài tập toán, bạn phải đọc kỹ để tìm hiểu đề bài,
phải đánh giá về dạng toán, các dữ kiện đã cho, các yêu cầu bạn phải giải đáp,
sau đó bạn phải tìm phương pháp giải, các công thức, các định lý cần áp dụng...
Bạn cần phải tư duy trước khi làm bài.
Từ đó chúng ta có thể thấy các để học tập đạt kết quả tốt trong môi trường
sư phạm chúng ta phải xem trọng việc phát triển tư duy. Vì nếu khơng có khả
năng tư duy thì khơng thể học tập, khơng thể hiểu biết, không cải tạo được tự
nhiên, xã hội và rèn luyện bản thân.
Phải đặt cá nhân vào tình huống có vấn đề để kích thích tính tích cực của
bản thân, độc lập sáng tạo khi giải quyết tình huống có vấn đề.

Phải rèn luyện học tập nâng cao nhận thức để phát triển khả năng tư duy
tốt, chính xác.
Phải tăng cường khả năng trừu tượng khái quát.
Phải thường xuyên quan sát tìm hiểu thực tế, rèn luyện cảm giác, tính
nhạy cảm, năng lực trí nhớ, nhằm nâng cao nhận thức cảm tính để sau đó rút ra
nhận thức một cách lý tính, có khoa học.
Phải trau dồi vốn ngơn ngữ, vì ngơn ngữ là cái vỏ thể hiện của tư duy và
thơng qua đó mới biểu đạt tư duy của bản thân cũng như lĩnh hội tư duy của
người khác.
7

skkn


Tích cực trong nhiều hoạt động và các mối quan hệ giao tiếp.
Từ các nghiêm cứu trước đây chúng ta thấy có thể luyện tập phát triển tư
duy bằng các thao tác cơ bản
- Phân tích và tổng hợp
- So sánh và tương tự
- Khái quát hóa và đặc biệt hóa
- Quy nạp và diễn dịch
1.2 Tư duy sáng tạo.
Các nhà nghiên cứu đưa ra quan điểm khác nhau về tư duy sáng tạo:
Theo J DanTon: “ Tư duy sáng tạo là những năng lực tìm thấy những ý
nghĩa mới, tìm thấy những mối quan hệ mới, là một chức năng của kiến thức, trí
tưởng tượng và sự đánh giá, là một quá trình đánh giá, một cách dạy và học bao
gồm những chuỗi phiêu lưu, chứa đựng những điều như: sự khám phá, sự phát
sinh, sự đổi mới, trí tưởng tượng, sự thử nghiệm, sự thám hiểm ”
Theo Bùi Văn Nghị: “ Tư duy sáng tạo được hiểu là cách đổi mới về sự
vật, hiện tượng, về mối quan hệ, suy nghĩ về cách giải quyết mới có ý nghĩa, giá

trị”
Từ đó có thể rút ra:
Tư duy sáng tạo là chủ đề của một lĩnh vực nghiên cứu còn mới. Nó
nhằm tìm ra các phương án, biện pháp thích hợp để kích hoạt khả năng sáng tạo
và để tăng cường khả năng tư duy của một cá nhân hay một tập thể cộng đồng
làm việc chung về một vấn đề hay lĩnh vực.
Tư duy sáng tạo tìm ra cách giải quyết vấn đề không theo khuôn mẫu,
cách thức định sẵn. Tư duy sáng tạo là sự vận dụng các kinh nghiệm giải quyết
vấn đề này cho những vấn đề khác. Biểu hiện của tư duy sáng tạo là sự thông
minh, dám thay đổi kinh nghiệm. Tư duy sáng tạo góp phần tạo nên kinh
nghiệm.
1.2.1 Các đặc trưng của tư duy sáng tạo:
Theo nghiên cứu của nhiều nhà tâm lý học và giáo dục học, thì cấu trúc
của tư duy sáng tạo có 5 thành phần đặc trưng cơ bản sau:
- Tính mềm dẻo;
- Tính nhuần nhuyễn;
- Tính độc đáo;
- Tính hồn thiện;
- Tính nhạy cảm vấn đề.
1.2.2. Phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh:

8

skkn


Theo Bùi Văn Nghị có thể rèn luyện tư duy sáng tạo cho học sinh theo các
cách sau:
- Theo 5 thành phần của tư duy sáng tạo
- Dựa trên các hoạt động trí tuệ: Dự đốn, bác bỏ, khái qt hóa, tương tự

hóa
- Tìm hiểu lời giải, khai thác, đào sâu kết quả cho một bài toán.
1.3 Dạy học giải toán:
1.3.1. Yêu cầu đối với giải toán:
Lời giải một bài toán cần thực hiện theo các yêu cầu sau:
- Lời giải khơng có sai lầm
- Lập luận phải có căn cứ chính xác
- Lời giải phải đầy đủ.
Ngồi các u cầu trên, trong dạy học giải tốn cịn u cầu lời giải ngắn
gọn, cách trình bày rõ ràng, hợp lí.
1.3.2. Các bước của hoạt động giải toán:
Hoạt động giải toán thường diễn ra theo 4 bước sau đây:
- Tìm hiểu đề tốn
- Tìm hiểu phương hướng giải
- Lựa chọn phương hướng giải và tiến hành theo hướng đã chọn
- Kiểm tra, đánh giá kết quả và lời giải.
2. Thực trạng vấn đề
Trong thời gian trực tiếp giảng dạy lớp 8, 9, tôi nhận thấy học sinh rất
lúng túng khi sử dung một phương pháp chứng minh hình học nào đó, nhiều bài
hình học sinh khơng biết cách vẽ hình chính xác vì khơng hiểu được bản chất
của bài tốn, nhiều em vẽ hình rất nhanh nhưng khơng biết chứng minh bằng
cách nào, chứng minh theo hướng nào.
Khi hướng dẫn học sinh giải bài tập tốn, tơi thường nhận thấy đại đa số
học sinh tìm lời giải cho các bài tốn bằng thói quen, khơng dựa trên ngun tắc
suy nghĩ nào. Do vậy nếu học sinh đang lúng túng chưa tìm ra lời giải cho bài
tốn dù dễ hay khó, học sinh cũng không trả lời được một cách tường tận là bài
tốn khó hoặc khơng tìm được lời giải là do đâu? Ở chỗ nào?...
Khi giáo viên chữa bài thì thụ động chấp nhận chứ khơng dám đặt câu hỏi
vì sao lại làm như thế, vì sao lại lấy thêm điểm hoặc kẻ thêm đường phụ đó mà
khơng phải là đường khác, điểm khác....

Trong q trình dạy học chúng tơi nhận thấy đa phần học sinh chỉ chú
trọng việc giải tốn, giải thế nào để bài tốn có lời giải ngắn gọn. Thực tế đó

9

skkn


cũng là việc làm rất cần thiết đối với học sinh, tuy nhiên chỉ dừng lại ở đó thì
học sinh khơng thể phát huy được tính sáng tạo qua các bài toán.
Vấn đề đặt ra là người giáo viên khi đứng trên bục giảng có biết hướng
các em đi đến những bài toán khác, xây dựng những bài toán mới từ những bài
toán mà các em vừa được làm hay khơng, từ đó tổng qt lại các bài tốn.
Để khắc phục tình trạng này, trong đề tài tơi đưa ra một bài toán và hướng
học sinh vào việc khai thác các tính chất của bài tốn, chứng minh tính đúng đắn
của nó để hình thành bài tốn mới. Từ đó đưa học sinh đến một vị thế khác, vị
thế của người sáng tạo. Để hiểu rõ bản chất của việc hình thành một bài tốn
hình học, qua đó có kinh nghiệm và phương pháp để giải quyết bài toán một
cách nhanh chóng.
3. Các biện pháp tiến hành
Ta bắt đầu từ một bài toán quen thuộc (như là một trong những phương
pháp chứng minh Định lý Pi Ta Go).
Xuất phát từ bài tốn sau :
Cho một tam giác vng, trên các cạnh của tam giác dựng các hình vng
ra phía ngồi tam giác. Vấn đề đặt ra là, giữa các hình vng ấy có tính chất gì?.
Các yếu tố của tam giác đã cho và những hình vng vừa dựng có những tính
chất gì?
Đặt vấn đề khi mà hình vng được nội tiếp tam giác hay ngược lại, tam
giác đã cho nội tiếp một hình vng nào đó, thì những tính chất nào nêu lên sự
tương quan mật thiết giữa các yếu tố cuả hình?

Đó là vấn đề mà trong đề tài này tơi đã quan tâm và tìm ra được một số tính
chất thơng qua lớp các bài tốn mà tơi đã khai triển.
3.1 Một số tính chất của hình vng được dựng trên cạnh huyền của
tam giác vng
Cho hình vng ABCD, O là tâm hình vng. Dựng ra phía ngồi trên cạnh
BC tam giác XBC vng tại X (với X thay đổi).
X
* Ta nhận thấy tứ giác XCOB có:
= 900
E

B

0

= 90 (tính chất của hình vng).

C

 tứ giác BXCO nội tiếp đường trịn đường kính
BC.

O



(hai góc nội tiếp cùng chắn

)
A

10

skkn

F

D


Mà:

= 450 (tính chất của hình vng)

nên

= 450

Vậy ta có: XO là phân giác
Khi đó ta có bài tốn đầu tiên như sau:
Bài tốn 1.1: Cho hình vng ABCD, O là tâm hình
vng. Dựng ra phía ngồi trên cạnh BC tam giác
XBC vuông tại X (với X thay đổi). Chứng minh rằng:

X

E

B

C

XO là tia phân giác của góc
* Vì 2 điểm X và O thuộc đường trịn đường kính

O

BC
 XO ≤ BC
A
D
F
Dấu bằng xảy ra khi  XBC là  vuông cân tại X.
* Tâm O cố định, X thay đổi  XO thay đổi.
Ta xét xem với vị trí nào của X thì XO lớn nhất.
Nhận thấy X, O thuộc đường trịn đường kính BC. Vậy XO lớn nhất khi
XO là đường kính, tức XO đi qua trung điểm của BC. Mà hình vng ABCD xác
định  X xác định.
Vị trí của X để XO lớn nhất là điểm thuộc đường thẳng đi qua O và trung
điểm của BC, cách 1 đoạn: XO = BC.
Do đó XO lớn nhất là bằng cạnh hình vng.
Khi đó ta có bài tốn thứ hai như sau:
Bài tốn 1.2: Cho hình vng ABCD, O là tâm hình vng. Dựng ra phía
ngồi trên cạnh BC tam giác XBC vuông tại X (với X thay đổi). Tìm vị trí của
điểm X để đoạn thẳng XO có độ dài lớn nhất ?.
* Với X thay đổi thì diện tích XBC cũng thay
X
đổi. Bây giờ ta xét xem với vị trí nào của X thì diện tích
XBC lớn nhất.
E

C
B
H
Gọi H là chân đường cao hạ từ X xuống BC.
Ta có: SXBC = BC. XH.
O

BC khơng đổi
 SXBC max khi XH max.
X đường trịn đường kính BC, HBC
 XH max khi XH bằng bán kính đường trịn, tức
11

skkn

A

F

.

D


 Khi đó XBC vng cân tại X
SXBC = BC.

.

Khi khai thác vấn đề ở khía cạnh khác như trên chúng ta lại có bài tốn tương

đương như sau:
Bài tốn 1.2’: Cho hình vng ABCD, O là tâm hình vng. Dựng ra phía
ngồi trên cạnh BC tam giác XBC vng tại X (với
Y
X
X thay đổi). Tìm vị trí của điểm X để XBC có diện
tích lớn nhất ?.
B

C

* Gọi Y là giao điểm của BX và CD kéo dài.
Như ta đã biết XO là phân giác của

O


Mặt khác

(t/c hình vng).

A

D

Xét BYD và BXO có:
chung,
 XBO

bằng 1800).



DBY (g.g)
 tứ giác XYDO nội tiếp đường trịn (tổng 2 góc đối

BX. BY = BO. BD

Với cách khai thác trên chúng ta có bài tốn khá quen thuộc sau:
Bài tốn 1.3: Cho hình vng ABCD, O là tâm hình vng. Dựng ra phía
ngồi trên cạnh BC tam giác XBC vuông tại X (với X thay đổi). Gọi Y là giao
điểm của BX và CD kéo dài. Chứng minh rằng: BX. BY = BO. BD
* Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp BXC. O là tâm đường trịn ngoại tiếp
hình vng ABCD.
X
Bây giờ ta xét xem giữa I và O có quan hệ
như thế nào?
I

B

Nối OI, OC. Ta có:
mà

C

O

(CI là phân giác

).

A

12

skkn

D



 OIC cân tại O  OI = OC.
 I  đường trịn ngoại tiếp hình vng ABCD
Do đó khi X chạy trên đường trịn đường kính BC thì tâm đường tròn nội
tiếp XBC thuộc cung nhỏ BC của đường trịn ngoại tiếp hình vng ABCD.
Với kết quả trên ta có bài tốn mới như sau:
Bài tốn 1.4: Cho hình vng ABCD, O là tâm hình vng. Dựng ra phía
ngồi trên cạnh BC tam giác XBC vuông tại X (với X thay đổi). Gọi I là tâm
của đường tròn nội tiếp XBC. Chứng minh rằng I đường trịn ngoại tiếp
hình vng ABCD.
Hay nâng mức độ khó hơn ta có câu hỏi: Với X chuyển động trên nửa
mặt phẳng bờ là đương thẳng BC không chứa AD. Hỏi tâm I của đường tròn
nội tiếp XBC chạy trên đường nào?
* Nếu trong  vng BXC nội tiếp một hình vng A1 B1 C1 D1 với A1, D1
 BC. O1 là tâm hình vuông A1 B1 C1 D1.
Trong  XB1C1 lại nội tiếp hình vng A2 B2 C2
X
B
D2 có tâm O2…
C
Thế thì giữa O, O1, O2,…, X có mối liên hệ gì

O
B
khơng?
C
A
D
Nối XO1, XO2…
Ta nhận thấy hình vng A1 B1 C1 D1 được dựng
trên cạnh huyền B1 C1 của  vuông XB1 C1.
O
1

1

1

1

 XO1 là phân giác của

(XO1 đóng vai

trị tương tự như XO với hình vng ABCD được
dựng trên cạnh huyền BC của tam giác vuông XBC).
Vậy XO2 là phân giác của

1

…

Mà B1, B2…  XB; C1, C2… XC.
OX là đường phân giác của
 O1, O2,… XO.
Vậy
O, O1, O2,…, X thẳng hàng
Với tư duy tương tự hóa chúng ta có bài tốn như sau:

13

skkn

A

D


Bài tốn 1.5: Cho hình vng ABCD, O là tâm
hình vng. Dựng ra phía ngồi trên cạnh BC
tam giác XBC vuông tại X ( với X thay đổi ). Giả
sử trong tam giác vng BXC nội tiếp một hình
vng A1B1C1D1 với A1, D1  BC. O1 là tâm
hình vng A1B1C1D1. Trong  XB1C1 lại nội
tiếp hình vng A2B2C2D2 có tâm O2… Chứng
minh rằng: O, O1, O2,…, X thẳng hàng.

X

B

X

B1

C1

O
B

Chú ý : Ta quy ước : Hình vng A1B1C1D1
gọi là nội tiếp tam giác XBC khi A 1B1C1D1 là
hình vng có A1, D1  BC ; B1,  XB ; C1 
XC.

C

E

A1

C

D1

F
A

D

* Gọi E là chân đường cao hạ từ X xuống BC. XE kéo dài cắt AD tại F.
Ta có:
S XAD =

(1)

SXBDC = SXBC + SBCD
=
=
=
=

(2)

SXAD = SXBDC
Từ (1) và (2) 
Tương tự ta cũng có: SXAD = SXBAC.
Bấy giờ ta có bài tốn như sau:
Bài tốn 1.6: Cho hình vng ABCD, O là tâm hình vng. Dựng ra phía
ngồi trên cạnh BC tam giác XBC vuông tại X (với X thay đổi). Gọi E là chân
đường cao hạ từ X xuống BC. XE kéo dài cắt AD tại F. Chứng minh rằng:
SXAD = SXBAC = SXBDC
Để mức độ bài tốn khó hơn, có thề bỏ gợi ý mà yêu cầu chứng minh trực
tiếp như sau:
14

skkn


Bài tốn 1.6’: Cho hình vng ABCD, O là tâm hình vng. Dựng ra phía
ngồi trên cạnh BC tam giác XBC vuông tại X (với X thay đổi). Chứng minh
rằng: SXAD = SXBAC = SXBDC
* Qua X, kẻ đường thẳng // BC cắt AB và CD kéo dài tại H1, H2.

Ta có:
SXBC =
SXAB =

=

SXDC =

=

SXBC + SXAB + SXDC = =
=

.


SXBC + SXAB + SXDC = SXAD.
Bấy giờ ta có bài tốn sau đây:
Bài tốn 1.7: Cho hình vng ABCD, O là tâm hình vng. Dựng ra phía
ngồi trên cạnh BC tam giác XBC vuông tại X (với X thay đổi). Chứng minh
rằng: SXBC + SXAB + SXDC = SXAD
(Kết quả bài toán này cũng là một cách chứng minh định lý PYTAGO)
Bài tốn: Cho hình vng ABCD, O là tâm hình vng. Dựng ra phía ngồi
trên cạnh BC tam giác XBC vuông tại X (với X thay đổi).
1. Chứng minh rằng: XO là tia phân giác của
H1

góc
2. Tìm vị trí của điểm X để đoạn thẳng XO có
độ dài lớn nhất ?.

3. Gọi Y là giao điểm của BX và CD kéo dài.
Chứng minh rằng: BX. BY = BO. BD
4. Gọi I là tâm của đường tròn nội tiếp
XBC. Với X chuyển động trên nửa mặt phẳng
bờ là đương thẳng BC khơng chứa AD. Hỏi tâm I
của đường trịn nội tiếp XBC chạy trên đường
nào?
15

skkn

X

H2

C

B
E

O

F
A

D


5. Giả sử trong tam giác vuông BXC nội tiếp một hình vng A 1B1C1D1
với A1, D1  BC. O1 là tâm hình vng A 1B1C1D1. Trong XB1C1 lại nội tiếp

hình vng A2 B2 C2 D2 có tâm O2…
Chứng minh rằng: O, O1, O2,…, X thẳng hàng.
6. Gọi E là chân đường cao hạ từ X xuống BC. XE kéo dài cắt AD tại
F. Chứng minh rằng: SXAD = SXBAC = SXBDC
7. Chứng minh rằng: SXBC + SXAB + SXDC = SXAD
3.2. Hình vng nội tiếp tam giác
Kéo dài XB, XC cắt đường thẳng AD tại M và N. Bây giờ hình vng
ABCD được nội tiếp trong XMN. Ta xét xem hình vng nội tiếp trong tam
giác có những tính chất gì?
Gọi H là chân đường cao hạ từ X xuống AD và F, T là trung điểm của
MN và XH. Nối TM cắt AB tại P, TN cắt CD tại Q.
Trong MXH có:
Trong XNH có:
 PQ đi qua O và // MN.
Xét  TMN có PQ// MN, OP = OQ, FM = FN
 T, O, F thẳng hàng
Với kết quả trên ta có bài tốn:
Bài tốn 2.1: Cho hình vng ABCD có O là tâm hình vng, nội tiếp trong
tam giác vuông XMN tại X với A, D thuộc MN; B thuộc XM; C thuộc XN. Gọi
H là chân đường cao hạ từ X xuống AD. và F, T là trung điểm của MN và
XH. Chứng minh rằng: Ba điểm T, O, F thẳng hàng.
* Đồng thời từ tính chất này ta có
thể mở rộng và giải được bái tốn sau;
Bài tốn 2.1’: Cho  XMN một hình
chữ nhật ABCD nội tiếp trong  XMN
có A, D thuộc MN; B thuộc XM; C
thuộc XN. Chứng tỏ rằng: tâm I hình
của chữ nhật ABCD chạy trên một
đoạn thẳng cố định.
16

skkn

X

B

C
T
Q

P
O

M

A

H

F

D

N


Thật vậy: Từ X kẻ XH  MN.
Nối TM cắt AB tại P, TN cắt BC tại Q.
Trong  XMH có:

X

Trong XNH có:
B

C
K2

K1
O
M
 PQ đi qua I và //BC
Xét TMN có: PQ//MN, IP = IQ,
MF = FN
 F, I, T thẳng hàng. Mà T, F cố định nên:

A

D

N

Tâm hình chữ nhật nội tiếp trong  thuộc đoạn thẳng FT
*Gọi K1 là chân đường vng
góc cao hạ từ A xuống XM, K 2 là chân
đường vng góc cao hạ từ D xuống
XN.
Nối K1K2. Ta hãy xét xem K1K2
có liên hệ gì với hình vng ABCD

khơng?

X

T

B
O

P
M

A

F

C
Q

H

D

N

Do:
.
Mà AB // CD suy ra

( cặp góc có cặp cạnh tương ứng song

song)
Xét 2  vng AK1B và CK2D có: CD = AB,
 AK1B = CK2D.
Nhận thấy:
B đối xứng với D qua O
A đối xứng vơí C qua O.
AB//CD, AK1 // CK2, K1B //DK2. Mà K1BA = K2DC.
17

skkn


 K1BA đối xứng với K2DC qua O.
Vậy:
K1, O, K2 thẳng hàng
Với kiến thức đối xứng tâm của Hình học 8 ta nhanh chóng có kết quả của bài
tốn sau:
Bài tốn 2.2: Cho hình vng ABCD có O là tâm hình vng, nội tiếp trong
tam giác vng XMN tại X với A, D thuộc MN; B thuộc XM; C thuộc XN. Gọi
K1 là chân đường vng góc cao hạ từ A xuống XM, K2 là chân đường vng
góc cao hạ từ D xuống XN. Chứng minh rằng: K1, O, K2 thẳng hàng.
*Trong 

và 

kẻ trung tuyến AE1 và DE2.

Gọi Y là giao điểm của AE1 và DE2 kéo dài. Nối XY cắt MN tại H.
Ta xét xem XH có giữ vai trị gì trong  XMN khơng?

Ta có:
+ CF2 = E2N = DE2 (tính chất  vng).


, mà


+ ME1 = E1B = E1A.
(tính chất  vng).


,và


Xét



XMN

và

YAD

có:
X

 tứ giác XE1YE2 nội tiếp 

B

C

E1

Xét

E1YE2

và

XHN

có:

M

E2

D

A
Y

và
 E1YE2

XHN.



Vậy:
XY  MN
Ta khai thác tiếp được bài toán mới sau đây :
18

skkn

N


Bài tốn 2.3: Cho hình vng ABCD có O là tâm hình vng, nội tiếp trong
tam giác vng XMN tại X với A, D thuộc MN; B thuộc XM; C thuộc XN. Kẻ
trung tuyến AE1 và DE2 của 

và 

. Gọi Y là giao điểm của AE 1 và

DE2 kéo dài. Chứng minh rằng: XY  MN
* Trong tam giác vuông XMN kẻ đường cao XH và trung tuyến XF. Như
ta đã biết XO là tia phân giác của

thế thì với

tia XO có giữ vai trị là

tia phân giác nữa khơng?
Vì XF là trung tuyến của  XMN vng tại X nên: XF = MF = FN
 FXM cân tại F.


Mà:

(góc có cạnh tương ứng vng góc).


Do: XO là phân giác nên

X
B

C


Vậy:

XO cũng là phân giác của
O

A F H
Vậy ta lại có bài tốn mới xuất như M
D
N
sau :
Bài tốn 2.4: Cho hình vng ABCD có O là tâm hình vng, nội tiếp trong
tam giác vuông XMN tại X với A, D thuộc MN; B thuộc XM; C thuộc XN. Kẻ

trung tuyến XF và đường cao XH của 
giác của góc

. Chứng minh rằng: XO là phân

.

* Như vậy ta đã chứng minh được
có 2 tia Xm và Xn cùng nằm trong góc
góc

. Thế thì bây giờ nếu ta
và tạo với các cạnh XB và XC các

thì chúng có tính chất gì

X

khơng?
Kẻ BM2  Xn, BM1  Xm.
CN1  Xm, CN2  Xn.

M2

N1
I

19

skkn

C

B

M1
N2
m

n


Nhận thấy  XM2 M1B là  nội tiếp (

và

cùng nhìn BX dưới 1 góc

vng):


và

XCN2N1 cũng là tứ giác nội tiếp.


và


Mà

Xét  BM1M2 và CN1N2.
Có:

;

 BM1M2

CN1N2. 


 tứ giác M1 M2 N1 N2 là tứ giác nội tiếp
- Ta có:
(góc có cạnh tương ứng vng góc).


Gọi I là giao điểm của CN1 và M1M2, T là giao điểm của N1N2 và M1M2.
Xét  IN, M1 và IN, Ta có chung,
 IN1M1

.

IN1T.


Vậy: N1N2  M1M2
Chú ý: Trong trường hợp góc

chứa góc

ta chứng minh tương tự cũng

được kết quả trên.
Khai thác bài dưới góc độ khác ta có bài tốn mới cũng khá thú vị sau:
Bài toán 2.5: Cho tam giác XMN vuông tại X, vẽ các tia Xx và Yy trong góc

sao cho

. Gọi M1, M2 lần lượt là hình chiếu của B lên Xm,

Yn. Gọi N1, N2 lần lượt là hình chiếu của C lên Xm, Yn. Chứng minh rằng:
a) Bốn điểm M1, M2, N1, N2 thuộc một đường tròn.
b) M1M2

N1N2

20

skkn