KHAI THÁC MỘT BÀI TOÁN HÌNH HỌC LỚP 8 pptx

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM- NĂM HỌC 2010-201
1


Hoàng Thị Thu Hương
– THCS Núi Đèo

1

CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Độc lập - Tự do - Hạnh phúc
*********************

BẢN CAM KẾT

I. TÁC GIẢ
Họ và tên: HOÀNG THỊ THU HƯƠNG
Ngày, tháng, năm sinh: 09/11/ 1975
Đơn vị : Trường THCS Núi Đèo
Điện thoại: 0982873720
II. SẢN PHẨM:
Tên sản phẩm: KHAI THÁC MỘT BÀI TOÁN HÌNH HỌC LỚP 8

III. CAM KẾT
Tôi xin cam kết sáng kiến kinh nghiệm này là sản phẩm của cá nhân tôi. Nếu có
xảy ra tranh chấp về quyền sở hữu đối với một phần hay toàn bộ sản phẩm sáng kiến
kinh nghiệm, tôi hoàn toàn chịu trách nhiệm trước lãnh đạo đơn vị, lãnh đạo Sở GD &
ĐT về tính trung thực của bản cam kết này.
Núi Đèo, ngày 25 / 3/ 2011
Người cam kết

Hoàng Thị Thu
Hương



SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM- NĂM HỌC 2010-201
1


Hoàng Thị Thu Hương
– THCS Núi Đèo

2


KHAI THÁC MỘT BÀI TOÁN HÌNH LỚP 8
A. ĐẶT VẤN ĐỀ
Trong giảng dạy môn Toán, ngoài việc giúp học sinh nắm chắc kiến thức cơ bản
thì việc phát huy tính tích cực của học sinh để mở rộng khai thác thêm các bài toán mới
là điều rất cần thiết cho công tác bồi dưỡng học sinh giỏi. Mặt khác từ những kinh
nghiệm để giải một bài toán ta thường phải hình thành những mối liên hệ từ những điều
chưa biết đến những điều đã biết, những bài toán đã có cách giải (gọi là bài toán gốc).
Nên việc thường xuyên khai thác, phân tích một bài toán ban đầu là một cách nâng cao
khả năng suy luận, tư duy sâu cho học sinh đặc biệt trong môn hình học.
Qua một số năm giảng dạy hình học lớp 8, với kinh nghiệm của bản thân tôi đã
luôn giúp học sinh tìm tòi, khai thác nhiều bài toán, đó cũng là cơ sở để tôi viết sáng
kiến kinh nghiệm này.
B. NỘI DUNG

I. CƠ SỞ LÍ THUYẾT
1 - Hệ quả định lí Talet trong tam giác : ∆ABC có M ∈ AB, N ∈ AC
MN // BC
AM AN MN
AB AC BC
⇔ = =

2 - Định lí đường phân giác:
∆
ABC có AD là đường phân giác
DB AB
DC AC
⇔ =

3 - Định lí Pitago:
∆
ABC có a, b, c là ba cạnh của tam giác có Â = 90
0

⇔
a
2
= b
2
+ c
2

4 - Các hệ thức lượng trong tam giác vuông
∆
ABC, Â = 90

0
AH
⊥
BC, (AH = h, HB = b’; HC = c’)
* b
2
= a.b’; c
2
= a.c’
* a
2
= b
2
+ c
2

* b.c = a.h = 2S (S là diện tích của tam giác)
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM- NĂM HỌC 2010-201
1


Hoàng Thị Thu Hương
– THCS Núi Đèo

3
* h
2
= b.c
*
2 2 2

1 1 1
h b c
= +

5 - Quan hệ giữa cạnh và góc trong tam giác
*
µ
$
µ
∆ ≥ ≥ ⇔ ≥ ≥
ABC : A B C a b c

*
b c a b c
− < < +

6 - Quan hệ giữa các đường trong tam giác
∆ABC có đường cao h
a
, trung tuyến m
a
, phân giác l
a
thì
a a
h m
≤ ≤
a
l

7 - Một số bất đẳng thức cơ bản
* a + b
2 ab
≥
với a, b
≥
0
*
1 1 4
a b a b
+ ≥
+
với a, b > 0
* (a + b)
2

≤
2(a
2
+ b
2
)
II. CÁC NHẬN XÉT VÀ BÀI TOÁN MỚI ĐƯỢC RÚT RA
* Nhận xét chung:
Trong chương trình hình 8, ta có thêm một tính chất của đường phân giác trong
tam giác đó là: Nếu AD là phân giác của ∆ABC thì
DB AB
DC AC
=
( 1). Để kết hợp với định

lí Ta - let, ta kẻ DE // AB suy ra
∆
EAD luôn cân tại E hay EA = ED.
Nhưng từ DE // AB lại có
DB EA
DC EC
=
(2)
Từ (1) và (2) ta có
EA AB
EC AC
=

EA AB
EA EC AB AC
⇔ =
+ +

Do đó EA = ED nên
ED c bc 1 1 1
ED
b b c b c ED b c
= ⇔ = ⇔ = +
+ +

(Đặt AB = c; BC = a; CA = b; phân giác AD = l
a
).
Đó là lời giải của bài toán gốc sau:
B

C
E
D
a
l
1
2
a
c
b
A
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM- NĂM HỌC 2010-201
1


Hoàng Thị Thu Hương
– THCS Núi Đèo

4
“∆
∆∆
∆ABC, AD là phân giác trong DE // AB (E ∈
∈∈
∈ AC). Chứng minh
1 1 1
= +
ED b c
”
1. Nhận xét 1: Từ bài toán gốc, ta thấy để có sự liên hệ giữa cạnh b, c và phân giác l
a

ta
xét trường hợp đặc biệt khi  = 120
0
⇒ Â
1
= Â
2
= 60
0
⇔ ∆EAD đều nên ED = AD = l
a
.
Đó cũng là lời giải của bài toán sau:
Bài toán 1: Cho  = 120
0
. Chứng minh
1 1 1
= +
b c
l
a
. (Rõ ràng lời giải thông qua bài toán
gốc).
2. Nhận xét 2: Theo bài toán gốc luôn có:
1 1 1
+
b c ED
=
. Nếu cho
1 1 1

= +
b c
l
a
thì l
a
= ED.
Hay
∆
EAD đều ⇒ Â = 120
0
.
Bài toán 2: Cho
1 1 1
+
b c
=
l
a
. Chứng minh  = 120
0
.
3. Nhận xét 3: Nhưng từ mối quan hệ h
a

≤
l
a

≤

m
a
trong một tam giác ta có
a a
1 1 1
h m
≥ ≥
a
l
. (Trong đó h
a
là đường cao; l
a
là đường phân giác; m
a
là đường trung
tuyến cùng ứng với một cạnh trong tam giác).
Nếu cho điều kiện
a
1 1 1 1 1 1
b c h b c
+ = ⇒ + ≥
a
l
mà theo bài toán gốc
1 1 1
+
b c ED
=
nên suy

ra
1 1
DE
≥
a
l
hay DE
≤
l
a
.
Từ DE
≤
l
a

⇒
Â
2

≤
AED
Và EA
≤
l
a

⇒

µ

≤
2
D AED

Mà AED = AED
Cộng các vế có 180
0

≤
3 AED . Hay AED
≥
60
0
. Mà Â + AED = 180
0
nên Â
≤
120
0
.
Vậy ta có: Bài toán 3: Cho
a
1 1 1
b c h
+ =
. Chứng minh Â
≤
120
0
.

B
C
E
D
a
l
1
2
a
c
b
A
2
1
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM- NĂM HỌC 2010-201
1


Hoàng Thị Thu Hương
– THCS Núi Đèo

5
4. Nhận xét 4: Cũng từ h
a

a
a a
1 1 1
m
h m

≤ ≤ ⇔ ≥ ≥
a
a
l
l
. Nếu cho
a
1 1 1
b c m
+ =
thì
1 1 1
b c
+ ≤
a
l
mà theo bài toán gốc
1 1 1
b c DE
+ =
nên suy ra

1 1
DE
≤
a
l

µ
⇔ ≥ ⇒ ≥

2
DE A AED
a
l


µ
⇔ ≥ ⇒ ≥
2
AE D AED
a
l

Mà AED = AED
Cộng các vế ta có 180
0
≥ 3AED hay AED ≤ 60
0
.
Do DE // AB nên AED + Â = 180
0
(hai góc trong cùng phía) hay  ≥ 120
0
.
Đó cũng là lời giải bài toán 4:
Bài toán 4: Cho
a
1 1 1
b c m
+ = . Chứng minh  ≥ 120

0
.
 Kết luận 1: Trong ∆ABC cạnh a, b, c có l
a
, h
a
, m
a

a. Nếu
a
1 1 1
b c h
+ = thì Â ≤ 120
0
.
b. Nếu
1 1 1
+
b c
=
l
a
thì Â = 120
0
.
c. Nếu
a
1 1 1
b c m

+ = thì Â ≥ 120
0
.
Và các nhận xét 2; 3; 4 cũng là khai thác về hệ thức của bài toán gốc.
Chuyển sang khai thác bài toán gốc về góc ta có nhận xét sau:
5. Nhận xét 5: Nếu ∆ABC cho giả thiết  = 90
0
thì Â
1
= Â
2
= 45
0
hay ∆EAD vuông
cân.
Nếu có l
a
2
= EA
2
+ ED
2
⇒ l
a
2
= 2ED
2
(do EA = ED)
⇒
ED 2

=
a
l
hay ED =
2
a
l

2 1 1 1
ED b c
⇒ = = +
a
l

Ta có:
A
B
C
D
E
a
l
1
2
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM- NĂM HỌC 2010-201
1


Hoàng Thị Thu Hương
– THCS Núi Đèo

6
Bài toán 5: Nếu  = 90
0
thì
2 1 1
b c
= +
a
l

(Có thể coi đây là một hệ thức của tam giác vuông)
6. Nhận xét 6: Xét chiều ngược lại của bài toán 5.
Nếu ta có
1 1 2
b c
+ =
a
l

Mà
1 1 1
b c ED
+ =
nên l
a
= ED
2

Hay l

a
2
= 2ED
2
= ED
2
+ EA
2
(vì EA = ED).
Theo định lí Pitago đảo suy ra Ê = 90
0
hay  = 90
0
.
Vậy ta có
Bài toán 6: Nếu ∆ABC có
1 1 2
b c
+ =
a
l
thì Â = 90
0
.
7. Nhận xét 7: Khi  = 90
0
ta có hệ thức
2 1 1
b c
= +

a
l
.
Biến đổi hệ thức: Bình phương hai vế
2 2
2 1 1 2
bc
b c
= + +
2
a
l

Với chú ý
2 2 2
1 1 1
b c h
+ =
và bc = 2S
Ta có
2 2
a
2 1 2
2S
h
= +
a
l
hay
2

a
2
a a
1 2h
S
(h )
−
=
2
a
l
l

Do đó ta có cách tính diện tích tam giác vuông theo h
a
; l
a
là
S =
( )
2
a
2
a
h
2h
−
a
2
a

l
l

Áp dụng giải bài toán 7: Cho ∆ABC (Â = 90
0
) có h
a
= 5cm; l
a
= 7cm. Tính diện tích
tam giác vuông.
Rõ ràng theo nhận xét 7 thì dễ dàng tính được
S =
( )
2
2
2 2
7.5
35
2.5 7
=
−
= 1225cm
2

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM- NĂM HỌC 2010-201
1


Hoàng Thị Thu Hương

– THCS Núi Đèo

7
8. Nhận xét 8: Khi  = 90
0
ta có S =
( )
2
a
2 2
a a
h
2h
−
a
l
l

Vì S > 0 nên
2
a
2h
>
2
a
l

a
2h
⇒ >

a
l

Vậy ta có bài toán 8: Trong tam giác ABC có Â = 90
0
, chứng minh
a a
2h h
> ≥
a
l

Bài toán đề nghị : Giải bài toán 8 theo một cách khác (dựng tam giác vuông cân
cạnh h
a
).
* Kết luận 2: Từ bài toán gốc ta khai thác bằng cách thứ hai là đặc biệt góc A (Â = 90
0
)
đã thu được ba bài toán mới.
+, Â = 90
0

2 1 1
b c
⇔ = +
a
l

+, Â = 90

0

a a
2h h
⇔ > >
a
l

+, Â = 90
0

( )
2
a
2
a
h
S
2h
⇔ =
−
V
a
2
a
l
l

9. Nhận xét 9: Ta tiếp tục dùng phương pháp đặc biệt hoá
Nếu cho  = 60

0
suy ra Â
1
= Â
2
= 30
0
.
Hạ EH ⊥ AD thì AD = 2AH = 2AE.cos 30
0

Hay l
a
= 2ED.
3
2
= ED
3

ED
3
⇒ =
a
l

Theo bài toán gốc
1 1 1
ED b c
= +

Vậy ta có bài toán 9: Cho tam giác ABC có Â = 60
0
, chứng minh
3 1 1
b c
= +
a
l

10. Nhận xét 10: Xét chiều ngược lại trong
∆
ABC nếu có
3 1 1
b c
= +
a
l
mà
1 1 1
ED b c
= +

thì suy ra
ED 3
=
a
l
(Bài toán gốc)
Hạ EH
⊥

AD ⇒ cos Â
2
=
ED 3
AH 3
2
AE ED 2
= =

A
C
B
E
H
0
30
0
30
D
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM- NĂM HỌC 2010-201
1


Hoàng Thị Thu Hương
– THCS Núi Đèo

8
Hay Â
2
= 30

0
suy ra  = 60
0
.
Vậy ta có lời giải bài toán 10
∆ABC có
3 1 1
b c
= +
a
l
. Chứng minh  = 60
0
.
* Kết luận 3: Trong
∆
ABC, AD là phân giác (AD = l
a
)
 = 60
0

⇔

3 1 1
b c
= +
a
l

- Sau khi đã khai thác hệ thức và yếu tố góc trong bài toán gốc ta đã phát triển thêm
được ra một số bài toán mới. Tiếp theo là sử dụng bài toán gốc trong việc nhìn nhận ra
lời giải của một số bài toán khác.
1 . Nhận xét 11: Cũng từ bài toán gốc (sử dụng chứng minh bất đẳng thức).

1 1 1 bc
DE =
DE b c b c
= + ⇒
+

Mà DE + EA > l
a
(bất đẳng thức trong tam giác)
Hay 2DE > l
a
(do
∆
ADE cân tại E)
Suy ra
2bc
b c
>
+
a
l

1 1 1 1
2 b c
 

⇒ > +
 
 
a
l

Với l
a
; l
b
; l
c
là độ dài các đường phân giác trong tam giác.
Chứng minh tương tự
b
1 1 1 1
2 a c
 
> +
 
 
l


c
1 1 1 1
2 b a
 
> +
 

 
l

Cộng các vế có :
a b
1 1 1 1 1 1
b c a
 
+ + > + +
 
 
c
l l l

Bài toán 11: Trong tam giác chứng minh
a b
1 1 1 1 1 1
b c a
 
+ + > + +
 
 
c
l l l
. Với l
a
; l
b
; l
c

là độ
dài các đường phân giác trong tam giác.
12 . Nhận xét 12: Nếu sử dụng bài toán 1, ta có cách nhìn một số bài toán khó trở nên
đơn giản hơn, chẳng hạn xét một bài toán của lớp 9:
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM- NĂM HỌC 2010-201
1


Hoàng Thị Thu Hương
– THCS Núi Đèo

9
Bài toán 12: Cho tam giác ABC đều nội tiếp (O; R), điểm M chạy trên cung BC nhỏ,
gọi giao điểm của MA và BC là I. Tìm vị trí của điểm M để I có độ dài lớn nhất.
Lời giải: Ta thấy
·
0
BMC 120
=
và MI là phân giác của tam
giác MBC.
Nên theo bài toán 1 suy ra
1 1 1
MI MB MC
= +

áp dụng bất đẳng thức cơ bản:

1 1 1 4
MI MB MC MB MC

= + ≥
+

Ta cũng chứng minh được MA = MB + MC.
(Thật vậy: Trên tia MA lấy điểm D sao cho MD = MB mà
·
·
0
BMD ACB 60
= =
khi ấy
∆BMD đều.
Vậy AB = BC, BD = BM,
·
·
ABD CBM
=
vì cùng cộng với góc DBC để được
·
·
0
ABC DBM 60
= =
. Suy ra ∆ABD = ∆CBM nên AD = MC.
Do đó MD = MB , AD = MC ⇒ MA = MB + MC)
Hay
1 4 MA 2R
MI
MI MA 4 4
≥

⇒
≤ ≤
Dấu bằng xảy ra
MB MC
AM 2R
=

⇔

=


⇔
M là điểm chính giữa của cung BC nhỏ.
Vậy đó là một cách giải của bài toán 12 nhìn ra từ bài toán 1.
13- Nhận xét 13: Nếu b, c thay đổi sao cho b
2
+ c
2
= 2R
2
(không đổi) thì ta có tìm được
cực trị cả đại lượng tính theo
1 1
b c
+
(bài toán gốc
1 1 1
DE b c
= +

)
Bài toán 13: Cho điểm A di chuyển trên nửa đường tròn (O) đường kính BC = 2R, kẻ
phân giác AD của tam giác ABC. Tìm cực trị của AD.
 Rõ ràng khi A
≡
B, A
≡
C, thì min AD = 0.
 Tìm max thì do  = 90
0
nên theo bài toán 5 có
2 1 1
b c
= +
a
l

•
A
B
C
O
I
M
1
2
D
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM- NĂM HỌC 2010-201
1

Hoàng Thị Thu Hương
– THCS Núi Đèo

10
hay áp dụng bất đẳng thức cơ bản có:

2 1 1 4
b c b c
= + ≥
+
a
l
(1)
Và ( b + c)
2
≤ 2(b
2
+ c
2
) = 8R
2

b c 2 2R
⇔ + ≤

4 4
b c
2 2R
⇔ ≥

+
(2)
Từ (1) và (2) suy ra
2 4
2 2R
≥
a
l

Hay
2 2R
R
4
2
≤ ⇔ ≤
a
a
l
l

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi b = c = R
2

Khi đó A là điểm chính giữa cung BC.
Vậy l
a
max = R
⇔
A là điểm chính giữa cung BC.
14 . Nhận xét 14: Từ hệ thức : Khi  = 90

0
thì
2 1 1
b c
= +
a
l

Nếu ta cho l
a
=
12 2
7
thì có
1 1 7
b c 12
+ =
, và biết diện tích tam giác là 6cm
2
. Ta có bài
toán sau:
Bài toán 14: Cho tam giác ABC có Â = 90
0
, l
a
=
12 2
7
và diện tích tam giác là 6cm
2

.
Tính độ dài hai cạnh góc vuông.
Giải: Theo bài ta có
1 1 7
b c 12
bc 12

+ =



=


b c 7
bc 12
+ =

⇔

=


Từ đó tính được b = 3cm; c = 4cm và lời giải dựa vào hệ thức của bài toán 5.
15 . Bài tập đề nghị
Bài 1: Cho tam giác ABC, chứng minh:
a. Â = 60
0

⇔

a
2
= b
2
+ c
2
– bc
b. Â = 90
0

⇔
a
2
= b
2
+ c
2

•
•
A
B
C
O
D
c
b
a
l
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM- NĂM HỌC 2010-201

1


Hoàng Thị Thu Hương
– THCS Núi Đèo

11
c. Â = 120
0
⇔ a
2
= b
2
+ c
2
+ bc
d. Hãy phát triển các ý a, b, c.
Bài 2: Cho tam giác đều ABC nội tiếp (O), điểm M chạy trên cung BC nhỏ. Chứng
minh:
a. MA = MB + MC
b. MA
2
+ MB
2
+ MC
2
không đổi.
Bài 3: Chứng minh trong hình thang đường thẳng đi qua giao điểm hai cạnh bên và
giao điểm hai đường chéo thì chia đôi hai đáy.

III. KẾT QUẢ THỰC HIỆN SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
1. Kết quả chung:
Trong năm học vừa qua, tôi đã hướng dẫn cho học sinh lớp 8 một số bài tập trong
sáng kiến kinh nghiệm này. Kết quả cho thấy các em nắm vững bài toán gốc và phát
hiện kịp thời các bài toán sau thông qua bài toán gốc. Các bài toán mới được các em
khai thác rất say sưa dưới hướng dẫn của giáo viên. Hiệu quả là đã phát triển tư duy, óc
sáng tạo của học sinh.
 2. Kết quả cụ thể: Sau khi ra đề cho học sinh lớp 8A2: Trong ∆ABC cạnh BC = a,
AC = b, AB = c có các đường phân giác, đường cao,đường trung tuyến xuất phát
từ A lần lượt là l
a
, h
a
, m
a
; chứng minh:
a. Nếu
a
1 1 1
b c h
+ =
thì Â
≤
120
0
.
b. Nếu
1 1 1
+
b c

=
l
a
thì Â = 120
0
.
c. Nếu
a
1 1 1
b c m
+ =
thì Â
≥
120
0

Kết quảt đạt được như sau:
Lớp Sĩ số Điểm 9, 10 Điểm 7, 8 Điểm 5, 6
8A2

32 8 em (25%) 12 em (37,5%) 12 em (37,5%)
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM- NĂM HỌC 2010-201
1


Hoàng Thị Thu Hương
– THCS Núi Đèo

12

IV - ĐIỀU KIỆN ÁP DỤNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
 Do sáng kiến kinh nghiệm cần có nội dung là định lí Talet, định lí đường phân
giác, căn bậc hai, đường tròn cho nên chỉ áp dụng được ở học kì II lớp 8, còn
riêng đối với học sinh lớp 9 có thể dạy ngay từ đầu năm.
 Vì sáng kiến kinh nghiệm có nhiều kĩ năng biến đổi, kết hợp suy luận nhiều kiến
thức của môn hình và đại nên có thể sử dụng dạy chuyên đề, bồi dưỡng học sinh
giỏi.
 Dùng đề xuất thêm bài tập mở rộng cho học sinh ứng theo từng phần liên quan
nhất là trong các tiết luỵên tập.
V- NHỮNG ĐIỂM TỒN TẠI HẠN CHẾ:
* Do sáng kiến kinh nghiệm nhằm khai thác bài toán gốc, nên các bài toán sau thường
được qui về sử dụng lời giải bài toán gốc. (Nhiều bài toán là bắt buộc, ví dụ : Kết luận
1, kết luận 2).
* Nhưng ngược lại có một số bài toán có lời giải riêng (ở đây chỉ đưa ra cách nhìn nhận
một vấn đề một cách khác đi).
* Chỉ khai thác được với những góc đặc biệt (Â = 60
0
, 90
0
, 120
0
).
* Để chứng minh một kết quả phải áp dụng thêm nhiều hệ quả, định lí bổ trợ ngoài bài
toán gốc. Ví dụ
a a
h m
≤ ≤
a
l

VI - BÀI HỌC KINH NGHIỆM
* Qua một số năm giảng dạy hình 8 và hình 9 theo chương trình cũ hoặc chươnng trình
thay sách mới, tôi đều có hướng yêu cầu học sinh phân tích từ bài toán gốc hình thành
ra các bài toán khác. Cho thấy học sinh không những hứng thú học hình mà còn ham
tìm tòi những điều mới mẻ trong một bài toán.
* Nhiều học sinh đã tìm ra hướng giải của nhiều bài toán đã bị biến dạng khác với bài
toán ban đầu bằng cách nhận biết liên quan đã trình bày ở sáng kiến kinh nghiệm này,
hoặc có nhiều em tìm ra lời giải khác từng bài nhưng nói chung là khó khăn hơn là đưa
chúng về gần bài toán đã biết lời giải.
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM- NĂM HỌC 2010-201
1


Hoàng Thị Thu Hương
– THCS Núi Đèo

13
* Mặt khác đối với những bài toán này, việc mở rộng khai thác thêm các trường hợp
riêng luôn đem lại cho học sinh những hứng thú sáng tạo mới. Rất kích thích tư duy học
sinh cho các em.
C – KẾT LUẬN
Sau một thời gian tự tìm tòi xung quanh bài toán gốc và các tài liệu tham khảo,
cũng như xin ý kiến đóng góp của đồng nghiệp, tôi cố gắng hệ thống và tổng hợp lại các
kết luận mới khai thác thông qua 14 nhận xét cơ bản để rút ra 14 bài toán liên quan đến
bài toán gốc. Mong đóng góp một phần nhỏ bé trong kĩ năng rèn luyện tính tích cực
phát triển tư duy sáng tạo của học sinh, gây hứng thú tìm tòi cái mới khi các em làm
toán. Tuy nhiên việc phát triển một bài toán là rất rộng, không tránh khỏi các hạn chế
nên tôi rất mong được sự đóng góp bổ sung của các đồng nghiệp và Ban giám khảo
chấm chuyên đề để bài toán được hoàn chỉnh hơn và cũng để tôi có kinh nghiệm khai
thác các bài toán khác.

Tôi xin trân trọng cảm ơn.
Xác nhận của Ban giám hiệu Núi Đèo, ngày 25/ 3/ 2011
Người thực hiện



Hoàng Thị Thu
Hương