SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM HAY ĐÂY 1

PHO PHÒNG
GIÁO
DỤC & ĐÀO TẠO THANH CHƯƠNG
TRƯỜNG THCS TÔN QUANG
PHIỆT
=====
***
=====
SÁNG KIẾN KINH N
GH
I
Ệ
M
Đề
t
à
i
HƯỚNG DẪN HỌC
S
I
N
H
KHÁ, GIỎI SÁNG TẠO CÁC BÀI TOÁN MỚI
TỪ BÀI TOÁN GỐC
GIÁO VIÊN:
LÊ THANH
HO
À
THÁNG:
4
/

2008
N
à
m

hoc 2007 - 2008
PHÒNG GIÁO
DỤC THANH CHƯƠNG
Trường
THCS
Tôn
Quang Phiệt
HƯỚNG DẪN HỌC
SINH KHÁ

GIỎI
TOÁN SÁNG TẠO CÁC
BÀI

TOÁN MỚI TỪ
BÀI
TOÁN
GỐC
Người viết:
Lê
Thanh
Hoà
Giáo viên toán trường THCS
Tôn
Quang

Phiệt
Năm học: 2007 - 2008
I.
ĐẶT VẤN ĐỀ:
1.Lý
do chọn
đề tài
Ở
trường
THCS
dạy toán
là
dạy hoạt động toán học
cho
học
sinh, trong
đó giải toán là
đặc
trưng
chủ yếu
của hoạt động toán học của
HS.
Để rèn luyện kỹ
năng giải toán
cho HS
ngoài việc
trang
bò tốt kiến thức
cơ
bản

cho HS
giáo viên cần hướng dẫn
cho HS
biết cách
khai
thác, mở rộng kết quả các bài toán
cơ
bản để
HS suy nghó tìm
tòi những kết quả mới
sau
mỗi bài toán
.
Nhưng
thật tiếc
là
trong
thực tế chúng
ta chưa
làm được điều đó một cách thường xuyên. Phần lớn GV chúng
ta chưa
có thói
quen khai
thác một bài toán thành một chuỗi bài toán liên
quan, trong
giải toán chúng
ta
chỉ
dừng lại
ở

việc
tìm ra
kết quả của bài toán. Điều đó làm
cho HS
khó
tìm
được mối liên hệ giữa các kiến thức
đã học.
Cho
nên
khi
bắt đầu giải một bài toán mới
HS
không biết phải bắt đầu
từ
đâu? cần vận
dụng
kiến
thức nào? bài toán có liên
quan
đến những bài toán nào đã gặp?
Hình
học không
đơn
thuần ""Chỉ vẽ
hình
là
ra"".Nó cũng đòi hỏi cần phải có
suy
luận, phân

tích,
tưởng tượng
cái đức
tính
cần có của người làm toán. Các
bạn
đã
bao
giờ tự hỏi, tại
sao
nhiều người tự
mình
sáng tạo
ra
được rất nhiều bài toán
trong
các lónh vực
như
đại số, giải
tích,
số học,
nhưng trong hình
học lại quá
ít
như
vậy
hay chưa?
Nếu
xem
xét một cách nghiêm túc

thì trong hình
học không phải khó
tìm ra
sự sáng tạo
mà
vấn đề là
chúng
ta
đã dành
cho hình
học sự
quan
tâm
ở
mức nào.
Trong
quá
trình
dạy toán và bồi dưỡng
HS
giỏi toán tôi thấy rằng việc
tìm
tòi mở rộng các bài toán
quen
thuộc thành các bài toán mới,
tìm
các cách giải khác
nhau cho 1
bài toán để từ đó
khác sâu kiến thức

cho
HS
là
một
phương
pháp
khoa
học và hiệu quả.Qúa
trình
này bắt đầu từ các bài toán
đơn
giản đến bài tập
khó là là bước
đi
phù hợp để rèn luyện năng lực
tư duy cho HS.
Một điều chắc chắn rằng việc
tìm
tòi mở rộng bài toán sẽ
kích thích
hứng thú học tập và óc sáng tạo của
HS .
Từ đó giúp
HS
có
cơ
sở
khoa
học
khi

phân
tích , đònh
hướng
tìm
lời giải
cho
ác bài toán khác.
Hơn
nữa là
củng cố
cho HS
lòng
tin
vào khả năng giải toán của
mình.
Chỉ vậy thôi, chúng
ta
đã
nhen
nhóm lên
trong
các
em
một
tình
yêu toán học, một môn học được
coi
là quá
khô
khan.

Trong
bài viết này tôi
xin đưa ra 2
bài toán gốcï để giới thiệu cách
khai
thác kết quả và mở rông bài toán
như
thế nào
2.
Mục
đích nghiên
cứu
Đây là
một đề tài rộng và ẩn chứa nhiều thú vò bất ngờ thể hiện rõ vẻ
đẹp
của môn
hình
học, đặc biệt

nó giúp phát triển khả năng
tư duy
sáng tạo của học
sinh,
nếu vấn đề này được
quan
tâm thường xuyên

trong
dạy học của các thầy cô giáo
thì

chắc chắn đề tài sẽ
là
kinh
nghiệm bổ
ích trong
việc đào tạo và

bồi dưỡng đội ngũ học
sinh
khá giỏi toán. Vì
trong
thực tế dạy học toán rất nhiều bài toán mà
trong khi
giải
ta
có thể
tìm
được nhiều
ý
tưởng
hay
độc đáo để từ đó có
thể sáng tạo nên chuỗi bài
tập liên
quan
với
nhau,
có thể tổng quát hoá bài toán
nhưng trong
khuôn khổ của bài viết này tôi chỉ

xin
phép
đưa ra 2
bài toán mẫu để
minh
hoạ
cho 1
ý
tưởng dạy học toán ""Dạy toán
là
dạy
cho
học
sinh
biết cách sáng tạo toán""
3.Đối
tượng
và
phạm vi
áp
dung:
Đề tài này được viết
trong
quá
trình
dạy và học của tôi tại trường
THCS
Tôn
Quang
Phiệt

là
1
trường
trọng
điểm của huyện nên có nhiều học
sinh
có khả năng tiếp
thu
học tập môn toán, học
sinh
rất
ham
học và
tìm
tòi cái mới. Việc thể hiện đề tài khá thuận lợi.
BÀI

TOÁN

XUẤT

PHÁT

1



:(
đề
thi HSG

lớp
9
tỉnh nghệ
an
năm
2008)
Cho
đường tròn O đường
kính
AB và dây
cung CD( C,D
không trùng với
A,B).
Gọi
M
là
giao điểm
các tiếp tuyến
của đường tròn
tại C,D ;
N là
giao điểm
các dây
cung
AC và
BD.
Đường thẳng
qua
N và vuông góc NO cắt
AD,BC tại E,F.

Chứng
minh:
a.
MN
vuông góc với AB
b. NE = NF
Lời giải
:
a.Gọi
N'
là
giao
điểm của AD và
BC, thì N'N
vuông góc AB
ta
chứng
minh M
thuộc
N'N.
Lấy
M'
là
trung
điểm
N'N ta
dễ
chứng
minh M'D
vuông góc DO và

M'C
vuông góc CO
=> M'
là
B'
giao
điểm
2
tiếp tuyến
kẻ từ
D,C => M'
trùng
M => MN
vuông
góc AB
b.
CÁCH
1



.(hình 1)
Gọi
B'
là
điểm đối xứng của
b qua
N
thì B'A //
NO

=> B'A
vuông góc
NE => B'E
vuông góc AN
=> B'E //
BF .Từ đây dễ
chứng
minh B'NE =
BNF
(g.c.g) => NE =
NF
CÁCH
2



.(hình 2)
Kẻ OH vuông góc AD
;
OI vuông góc BC
Từ
sự đồng
dạng
của
2 tam
giác: DAN và CBN
Lại có các tứ
giác ONHE
;
ONFI nội tiếp

ta suy ra:
gócNHO
=
gócNEO
=
gócNIO
=
gócNFO
=>
EOF cân tại O
=> NE =
NF
Nhận xét:
Sau khi
giải bài toán tôi thấy rằng bài toán có thể được xây
dựng
thành các bài toán khác
ở
mức độ khó
hơn.
Sau
đây tôi
xin
nêu
1
số
suy nghó
đó:
HƯỚNG KHAI

THÁC



THỨ



NHẤT


(
sáng
tạo ra
các bài
toán mới với giả thiết rộng
hơn)
1.TÌNH
HUỐNG1:Trước
khi đưa ra
bài toán mới GV cần
đưa ra
câu hỏi gợi mở để
HS suy nghó
và phát hiện vấn đề, ví dụ
như:
?.
Hãy xác
đònh xem
GT nào của bài toán

là
giả thiết
HẸP
,

có
thể
thay
bằng một GT RỘNG
hơn như
thế nào?
?
với GT mới kết quả bài toán sẽ
như
thế nào?
Bài
1.1:

Cho
đường tròn
(O)
đường
kính AB.
Các dây
cung
AC,BD cắt
nhau tại N. Qua
N vẽ đường thẳng vuông góc
NO,
đường

A
úthẳng này cắt các đường thẳng AD,BC lần
lượt tại E, F.
N'
M
C
D
N
F
E
A
B
O
Hình 1
N'
M
C
D
F
N
H
I
E
B
O
Chứng
minh NE = NF
N'
Lời giải:
(Hình 3)

Hình 2
E
D
K
N
C
B
Gọi K
là
trực tâm AEN
thì
NK
= NB(do
AK
//
ON; O
là
trung
điểm AB)
=>
EK
//
BF
(vì
cùng vuông góc với
AC).
A
O
Từ đó
ta

dễ chứng
minh:
EKN
=
FBN
(g.c.g) => NE =
NF
F
Hình 3
2.TÌNH
HUỐNG
2:
Với
1 thay
đổi nhỏ
trong
GT
ta
có được bài toán
1.1
là
1
bài toán
mạnh hơn.
Bây giờ
ta
hãy để
ý
đến vò
trí

của điểm N
là
giao
điểm
2
dây
cung
AC
;
BD
Để sáng tạo
ra
bài toán mới,
ta thay
GT N
là
giao
điểm của AC; BD thành GT N
là
giao
điểm của
AD
vàØ
BC.
Với
GT mới này
ta
sẽ có bài toán
sau:
Bài1.2:

Cho
đường tròn tâm
(O)
đường
kính
AB.
2
dây
cung
AD
,
BC cắt
nhau
tại điểm N
ở
ngoài
(O)
Qua
N
kẻ đường vuông góc với NO, đường thẳng này cắt các đường thẳng
BD,
AC lần lượt tại
E,
F
Chứng
minh
rằng
: NE =
NF
Lời

giải:(Hình
4)
Lấy
B'
đối xứng với B
qua N.
Khi đó
B'A //
NO
=> B'A
⊥ NF
vì
B'N
vuông góc AF
=>
N
là
trực tâm của B'AF
=>
AN vuông góc
B'F => BE // B'F
(vì
cùng vuông góc với
AN)
E
Từ
đây dễ dàng chứng
minh
được:
B'NF = BNE (g.c.g)

nên
=> NE =
NF
3.TÌNH
HUỐNG
3:
Cần chú
ý
rằng
trong
bài toán gốc AB
là
đường
kính
của đường tròn
nếu
xem
đây là
GT HẸP,
thì
GT RỘNG
hơn
là
xét AB
như
là
1
dây
cung
bất kỳ

ta
sẽ có
4
bài mới toán
sau
là
sự tổng quát của bài toán
1.1
và bài
1.2
Bài
1. 3

:
Cho
tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm (O).Các đường chéo
AC,
BD
cắtnhau tại
N
.
Qua
N vẽ đường thẳng vuông góc NO
,
đường
thẳng này cắt các đường thẳng
AD,
BC
tại E, F
Chứng

minh NE = NF
Lời giải:
(Hình 5)
kẻ OQ vuông góc AD và OR vuông góc BC
=> Q,R
là
trung
điểm
của AD,
BC.
Chú
ý
rằng: DNA đồng
dạng
CNB nên
suy ra
DNQ đồng
dạng
CNR =>
gócDQN
=
gócCRN
=>
gócNQO
=
gócNEO
(1)
các tứ
giác EQON, FRNO nội tiếp nên:
gócNQO

=
gócNEO và gócNRO
=
gócNFO
(2)
Từ
(1)
và
(2) =>
gócNEO
=
gócNFO
=>
EOF cân tại F
=> NE =
NF
B'
N
F
D
C
A
B
O
Hình 4
E
D
Q
N
C

O
R
Bài

1.4:

Cho
tứ
giác ABCD nội tiếp đường tròn (O).Các đường thẳng
AD,
BC cắt
nhau tại
N
ở
ngoài
(O).
Đường thẳng
qua
N vuông
góc NO cắt các đường thẳng
AC,
BD
tại E,F.
Chứng
minh: NE = NF
A
B
Hình 5
F
E

Hình 6
N
D
C
P Q
A
O
B
F
Lời giải:
(hình 6)
Kẻ
OP
vuông góc AC
;
OQ vuông góc BD
khi
đó các tứ
giác OQNE;
OPNF
nội tiếp nên
ta
có: gócNOF
=
gócNPF
(1)
gócNOE
=
gócNQE
(2)

NCA đồng
dạng
NDB
(g.g)
lại có
P;
Q
là
trung
điểm của AC;
BD nên
=> NPC
đồng
dạng
NQD
=>
gócNQD
=
gócNPC
hay
là
gócNQE
=
gócNPF
(3).
từ
(1);(2);(3) =>
gócNOE
=
gócNOF

kết hợp với NO vuông góc
EF ta suy ra
EOF cân tại O
=> NE =
NF
Bài
1.5:

Cho
tứ giác ABCD nội tiếp
(O).
Các đường thẳng
AD,
BC cắt
nhau tai N.
Đường thẳng
qua
N vuông góc với NO cắt các
đường thẳng
AB,
CD
tại E, F
Chứng
minh : NE = NF
E
N
Lời
giải:

(Hình

7)
F
Kẻ
OP
vuông góc AB; OQ vuông góc CD
khi
đó
ta
có:
các tứ giác
OPEN;
OQNF nội tiếp
cho
nên: gócNOF
=
gócNQF
(1)
gócNOE
=
gócNPE
(2)
Tứ
giác ABCD nội tiếp nên:
NCD đồng
dạng
NBA
(
Góc N
chung;
gócNBA

=
gócNDC)
Do P;
Q
là
trung
điểm của AB, CD nên:
NQC đồng
dạng NPA ( c.g.c)
=>
gócNQC
=
gócNPA
hay
là
gócNQF
=
gócNPE
(3)
Từ
(1) ; (2) ; (3) =>
gócNOF
=
gócNOE
=>
EOF cân
tai
O, kết hợp với ON vuông góc
EF
=> NE =

NF
C
D
Q
A
O
P
Hình
7
B
N
Bài
1.6:

Cho
đường tròn tâm
(O).
Dây
cung
AB I là
trung điểm
của
AB, qua
I vẽ các dây
MN,PQ sao cho MP
cắt AB
tại
E,
NQ cắt AB
tại F.

Chứng
minh : IE = IF
Lời giải:(Hình
8)
Kẻ OL vuông góc
PM;
OK vuông góc QN
khi
đó
ta
có các tứ giác
OIEL; OIFK nội tiếp
=>
gócOLI
=
gócOEI và gócOKI
=
gócOFI
(1)
Từ
sự đồng
dạng
của
IMP
đồng
dạng
IQN và L;K
là
trung
điểm của

PM;
QN nên => ILM đồng dạng
IKQ
=>
gócILM
=
gócIKQ
=>
gócOLI
=
gócOKI
(2)
Từ
(1)
và
(2) =>
gócOEI gócOFI
=>
EOF cân
tai
O
(3)
I

là
trung
điểm AB nên OI vuông góc
EF (4)
Từ
(3)

và
(4) => IE =
IF
NHẬN XÉT:
O
P
L
A
E
I
M
K
F
B
Hình 8
Q
Bằng những
thay
đổi
trong
GT của bài toán gốc
ta
đã sáng tạo
thêm những bài toán mới
ở
1 cung
bậc
cao hơn,
tổng quát
hơn.

Đưa ra
nhận xét này tôi muốn nêu lên
1
khẳng
đònh
rằng mọi bài
P
toán đều bắt nguồn
từ
những bài
cơ
bản, cũng
như
biển cả phải
bắt nguồn
từ
những dòng sông.
HƯỚNG KHAI THÁC THỨ
2:(
Sáng
tạo ra
bài
toán mới là hệ quả của bài toán gốc)
N
O
E
I
F
A
B

Bài
1.

7



:
Cho
đường tròn tâm
(O).
Dây
cung
AB
I
là
trung điểm
của
AB, qua
I vẽ các
dây
MN,PQ sao cho MP
cắt AB
tại E,
NQ cắt AB
tại F.
Chứng
minh: EM. EP = FN.FQ
M
Q

Hình
8b
Lời giải:(Hình
8b)
Từ kết quả của bài toán
1.6 ta
có:
IE =
IF và IA
=
IB
=>
AE
=
FB và AF
= BE

(1)
Tứ
giác AMBP nội tiếp nên
EM.EP = EA.EB (2)
Tứ
giác ANQB nội tiếp nên: FN.FQ
=
FB.FA
(3)
Từ
(1) => EA.EB =
FA.FB
(4)

Từ
(2) ; (3) ;(4) => EM.EP =
FN.FQ
Bài

1.8:

Cho tam
giác ABC có AB
+
AC
= 2BC
nội tiếp đường tròn
(O).
Gọi I là tâm
đường tròn nội tiếp
tam giác, B', C'
là
điểm chính
giữa các
cung
AB không
chứa C và
cung
AC không chứa B của
(O). B'C'
cắt AI
tại N,
đường thẳng AI
cắt BC

tại M
Chứng
minh: IM =
IN
Lời giải:
Gọi
A'
là
giao
điểm của AI và
(O).
AM
là
phân giác gócA
A
nên:
B'
MB MC
= =
AB AC
MA
+ MB
AB
+
AC
BC
=
AB
+
AC

1
= (1)
N
2
C'
BI
là
tia
phân giác của ABM
=>
AI
IM
MB
=
IA AB
I
(2)
O
Từ
(1)
và
(2) => IM = (3)
2
B
M C
Chú
ý
rằng
AB'I
cân tại

B'
và
B'N
là
phân giác gócAB'I
AI
A'
nên
=>
NI
=
NA
=
(4)
2
Hình 9
Từ
(3)
và
(4) => IM =
IN
HƯỚNG

KHAI

THÁC

THỨ
3

(Sáng
tạo ra
các bài toán mới khó
hơn
,
trong
cách giải cần sử
dung
kết quả của bài toán gốc
)
Bài

1.9:

Cho
đường tròn
(o)
đường
kính AB,
dây
cung CD;
dây AD cắt BC
tại N,
AC cắt BD
tại N'.
Đường thẳng
qua
N vuông góc với NO cắt
BD,

AC
tại E, F
đường thẳng
qua N'
vuông góc với
N'O
cắt các đường thẳng
AD,
BC
tại E', F',.
Chứng
minh
rằng
EE' = FF'
Lời giải:
(Hinh 10)
Vẽ
OT vuông góc BD và OK vuông góc BC
=>
TK
//
CD
=>
gócBKT
=
gócBCD
(1)
Ta
có gócOTN
=

gócOEN
(
vì
tứ
giác OTEN nội
tiếp)
(2)
gócN'Kx
=
gócOF'N'
(vì
tứ
giác OF'N'K nội
tiếp)
(3)
Vì gócBCD
=
gócNN'D
(2) (Do
tứ giác
NCN'D
nội tiếp)
Từ
(1)
và
(2) =>
gócBKT
=
gócNN'D
=

gócNN'T
=>
Tứ
giác KNN'T nội tiếp
=>gócNKN'
=
gócNTN'
(4)
Lại có: gócNKN'+ gócN'Kx
= 90
0
(5)
E'
O
B
K
F
T
E
N
C
D
N'
A
Hinh 10
F'
gócNTN'
+
góc OTN
= 90

0
(6)
Từ
(4) ; (5) ; (6) =>
gócN'Kx
=
gócOTN
(7)
x
Từ
(2); (3) ;(7)
=>gócOEN
=
gócOF'N'
(8)
Sử
dụng
kết quả bài toán
1.1
và
1.2 ta
có các
OEF và
OE'F'
là các
tam
giác cân tại O kết hợp với
(8) ta
có
gócEOFù

=
gócE'OF'
=>
gócFOF'
=
gócEOE'
(9)
Do
OE
=
OF;
OE' =
OF' nên cùng
với
(9) suy ra:
OEE' =
OFF'
(c.g.c) => EE' = FF'
HƯỚNG KHAI

THÁC



THỨ



4

:
sáng
tạo ra
các bài toán về chứng
minh
các đường thẳng
đồng
qui,
chứng
minh
các đường thẳng
song song
nhờ vận
dung
kết quả bài toán
gốc
Bài
1.1

0



:
Cho
đường tròn
(o)
đường
kính AB,
dây

cung CD.
AC cắt BD
tại N,
AD cắt BC
tại N'.
Đường thẳng
qua
N vuông góc với NO cắt
AD,
BC
tại E, F
đường thẳng
qua N'
vuông góc với
N'O
cắt các đường thẳng
BD,
AC
tại E', F',.
Chứng
minh
rằng
3
đường thẳng
AB, EE', FF'
đồng
qui tại 1 điểm
A
O
I

K
B
F
N
E
C
D
F'
N'
Hình
11
E'
Lời giải: cách
1:
Gọi K
là
giao
điểm của
EE'
và
FF'
Ta
chứng
minh
K; O; B thẳng hàng
Từ kết quả của bài toán
1.9: OEE' =
OFF'
=>
gócOE'E

=
gócOF'F
=>
Tứ giác
OKF'E'
nội tiếp
chú
ý
rằng N
là
trực tâm
N'AB
nên
NN'
vuông góc AB
=>
gócON'N
+
gócN'OB
= 90
0
(1)
Trong
tứ
giác OKF'N' có:
gócON'F'
+
gócN'OK +gócOKF' +gócKF'N'
= 360
0

=>
gócN'OK +gócOKF'+gócKF'N'=270
0
(vì
gócON'F'=
90
0
)
=>
gócN'OK
+
gócOKF'
+
gócKF'O
+
gócOF'N'
= 270
0
=>(gócOF'K +gócN'OK)
+
gócOKF'
+
gócOF'N'
=270
0
(2)
vì gócOKF'
+
gócOF'N'
=

gócOKF'
+
gócOE'F'
= 180
0
(3)
Từ
(2) ; (3) =>
gócOF'K +gócN'OK
= 90
0
(4)
Chú
ý
rằng OEF đồng
dạng OE'F' (g.g)
nên:
OF
=
OF'
ON
ON'
(5)
và gócNOF
=
gócN'OF'
(6) =>
gócN'ON
=
gócF'OF

(7)
Từ
(5)
và
(7) => ONN'
đồng
dạng
FOF'
(c.g.c)
=>
gócON'N
=
gócOF'F
=
gócOF'K
(8)
Từ
(1); (4); =>
gócON'N
+
gócN'OB
=
gócOF'K +gócN'OK
(9)
Từ
(8) ; (9) =>
gócN'OK
=
gócN'OB chứng
tỏ

K thuộc đường thăng OB vậy
EE'; FF'
AB đồng
qui
b.
Chứng
minh EF'; E'F,
CD đồng
qui
E'
N'
F'
Gọi
giao
điểm của CD và
EF'
là
I
Sử
dụng đònh
lý
Menelauyt cho
ADC và
3
điểm
E;
I
;F'
thẳng hàng
ta

có:
ID EA
.
IC ED
F'C
.
F'A
= 1 (19)
D
I
C
E
Từ
(17) =>
ED
F'C
.
EA F'A
FC
E'B
= .
FB
E'D
N
(20)
F
Từ
(19)
và
(20) ta

có:
O
B
ID FC
. .
IC FB
E'B
E'D
K
= 1 (21)
A
Hệ thức
21
cùng với
đònh
lý đảo
Menelauyt ta
suy ra E'; I;
F thẳng hàng
từ đó
suy ra E'F; EF',
CD
đồng
qui
tại I
Hinh 16
CÁCH
2 (Tương
tự cách giải
2

bài toán
10)
a.
Chứng
minh EE'; FF';
AB đồng
qui
gọi K
là
giao
điểm của
FF'
và AB
Theo đònh
lý
Menelauyt cho
ABC và
3
điểm
E' ; E;
K thẳng hàng
ta
có
:
Tiếp tục sử
dụng đònh
lý
Menelauyt cho
các
tam

giác:
FB
F'C
KA
.
.
FC
F'A
KB
= 1 (22)
* CAN'
và
3
điểm F;
N; E ta
có:
FC
.
FN'
EN'
NA
.
EA NC
= 1 (23)
*Với
DBN'
và F;
N; E ta
có:
ED

EN'
FN'
NB
. .
FB ND
= 1 (24)
Với
AND và
3
điểm
F'; E'; N' ta
có:
N'D
N'A
E'N
.
E'D
F'A
.
F'N
= 1 (25)
*Với BNC và
3
điểm
F'; E'; N' ta
có:
N'C
N'B
F'N
.

.
F'C
E'B
E'N
= 1 (26)
nhân từng vế của
(22);(23);(24);(25);(26) ta
có:
FB
F'C
KA
.
.
FC
F'A
KB
FC
.
.
FN'
EN'
EA
NA
ED
. .
NC
EN'
FN'
NB
. . .

FB ND
N'D
N'A
E'N
.
E'D
F'A
.
.
F'N
N'C
N'B
F'N
.
.
F'C
E'B
=1
E'N
=>(
NA NB
. .
NC ND
N'D
N'A
N'C
.
N'B
ED
).(

.
EA
E'B
E'D
KA
. )
=

1
(27)
KB
*Với AND và
3
điểm
N'; B;
C
ta
có:
*Với BNC và
3
điểm
D;
A;
N' ta
có:
BN
N'D
AC
.
.

BD
N'A
NC
AN
N'C
DB
.
.
AC
N'B
DN
= 1 (28)
= 1 (29)
Nhân từng vế của
(28)
và
(29) ta
có:
BN N'D
.
BD N'A
AC NA
. .
.
DN AC
N'C
DB
.
N'B
DN

= 1 =>
NB N'D
.
ND N'A
NA
N'C
. .
NC
N'B
= 1 (30)
TừØ
(27)
và
(30) ta
có:
ED E'B
KA
.
.
EA
E'D
KB
= 1 (31)
Hệ thức
(31)
cùng với
đònh
lý đảo
Menelauyt => 3
điểm

E'; E;
K thẳng hàng
từ đó
suy ra 3
đường thẳng
EE';FF'
AB đồng
qui
tại K
b.Chứng
minh E'F; EF';
CD đồng
qui:
Chứng
minh tương
tự
như
cách
1
Cách
2:
bài
1.10
Gọi K
là
giao
điểm của AB và
FF'
để chứng
minh

EE'; FF'
AB đồng
qui ta
cân chứng
minh
K;
E;E'
thẳng hàng
Sử
dụng đònh
lý
Menelauyt cho
ABC với
3
điểm K;
F;
F'
thẳng hàng
ta
có:
A
O
I
K B
FB
F'C
KA
.
.
FC

F'A
KB
F
= 1 (1)
*Với
CAN'
và
3
điểm F;
N; E ta
có:
E
N
C
FC
.
FN'
EN'
NA
.
EA NC
= 1 (2)
D
F'
*
Với
DBN'
và
3
điểm F;

N; E ta
có:
ED
EN'
FN'
NB
. .
FB ND
N'
= 1 (3)
E'
*
Với
ADN và
3
điểm
F'; E'; N' ta
có:
Hình 11
N'D
N'A
E'N
.
E'D
F'A
.
F'N
= 1 (4)
*Với BNC và
3

điểm
F'; N'; E' ta
có:
N'B
N'C
F'N
.
.
F'C
E'B
E'N
= 1 (5)
Nhân từng vế của
5
đẳng thức trên
ta
có:
FB
F'C
KA
.
.
FC
F'A
KB
FC
.
.
FN'
EN'

EA
NA
ED
. .
NC
EN'
FN'
NB
. . .
FB ND
N'D
N'A
E'N
.
E'D
F'A
.
.
F'N
N'B
N'C
F'N
.
.
F'C
E'B
= 1
E'N
NA NB
=> ( . .

NC ND
N'D
N'A
N'C
.
N'B
ED
).(
.
EA
E'B
E'D
KA
.
)

=
1 (6)
KB
*Với AND và
3
điểm
N'; B;
C
ta
có:
BN
N'D
CA
.

.
BD
N'A
CN
= 1 (7)
*Với BNC và
3
điểm
D;
A;
N' ta
có:
AN
N'C
DB
.
.
AC
N'B
DN
= 1 (8)
Nhân từng vế của
(7)
và
(8) ta
có:
BN N'D
.
BD N'A
CA AN

. .
.
CN
AC
N'C
DB
. = 1
N'B
DN
NB
=> .
ND
N'D
N'A
NA
N'C
. .
NC
N'B
= 1 (9) ;
Từ
(6)
và
(9) =>
ED E'B
KA
.
.
EA
E'D

KB
= 1 (10)
Hệ thức
(10)
cùng với
đònh
lý đảo
Menelauyt ta suy ra 3
điểm K;
E; E'
thẳng hàng
từ đó
suy ra EE' ; FF'
AB đồng
qui
tại K
Từ kết quả của bài toán
1.9 khi
đã chứng
minh
được
EE' = FF' ta
chú
ý
rằng
EE'; FF'
là
cặp
cạnh
đối

của tứ giác
EE'F'F
nên có thể
đưa ra
bài toán
sau:
Bài

1.11



:Cho
đường tròn
(o)
đường
kính AB,
dây
cung CD.
AC cắt BD
tại N,
AD cắt BC
tại N'.
Đường thẳng
qua
N vuông góc với NO cắt
AD,
BC
tại E, F
đường thẳng

qua N'
vuông góc với
N'O
cắt các đường thẳng
BD,
AC
tại E', F'.gọi
K là
giao điểm
của
EE'
và
FF'.
Chứng
minh NN'//
với
tia
phân giác góc
E'KF'.
A
O K
B
N
F
E
D
C
P
Q
F'

E'
Lời
giải:(Hình
12)
N'
j
Hình 12
Sử
dụng
kết quả của các bài toán
1; 2; 9 ta
có:
NE =
NF;
N'E' = N'F'
và
EE' = FF',
gọi
P;
Q
là
trung
điểm của
E'F
và
EF' khi
đó
ta
có:
NP // EE'

và
NP =
1
EE'; N'Q // EE'
và
N'Q =
2
1
EE'
2
NQ
// FF'
và NQ
=
1
FF'; N'P // FF'
và
N'P =
2
1
FF'
2
từ đó
suy ra :
Tứ giác
NQN'P
là
hình thoi => NN'
là
phân giác gócPNQ

Do
gócPNQ
=
gócE'KF' (góc có
canh tương
ứng
song song) => NN' //
Kj
là
tia
phân
giác gócE'KF'
Bài

1.12



: Cho
đường tròn
(o)
đường
kính AB,
dây
cung CD.
AC cắt BD
tại N,
AD cắt BC
tại N'.
Đường

thẳng
qua
N vuông góc với NO cắt
AD,
BC
tại E, F
đường thẳng
qua N'
vuông góc với
N'O
cắt các đường thẳng
BD,
AC
tại E', F',.
gọi K là
giao điểm
của
EE'
và
FF'.
Chứng
minh
rằng
CD, EF', E'F
đồng
qui
Lời giải:
( Hình 12 )
Sử
dụng

kết quả bài
1.10 ta
có
EE'; FF';
AB
F'
đồng
qui
tại K.
Theo đònh
lý
Mene'lauyt cho tam
N'
giác ABC với
3
điểm
E'; E;
K thẳng hàng
ta
có:
E'
KA
E'B
.
KB
E'D
ED
. =1 (1)
I
EA

D
C
Theo đònh
lý
Mene'lauyt cho tam
giác ABC với
3
F
điểm
F';
F; K thẳng hàng
ta
có:
N
KA FB
. .
KB FC
F'C
F'A
E
=1 (2)
A B
Từ
(1)
và
(2) ta
có:
K
O
E'B

ED
.
E'D
EA
FB
F'C
= .
FC
F'A
(3)
Hình 13
E'B.FC
=>
E'D.FB
F'C.EA
=
F'A.ED
(4)
Gọi I
là
giao
điểm của
E'F
và CD
.
áp
dung
đònh
lý
Menelauyt cho tam

giác BCD với
3
điểm
E'; I;
F thẳng hàng
ta
có:
ID E'B
.
IC E'D
FC
. =1
(5)
FB
Từ
(4)
và
(5) =>
ID
F'C
EA
.
.
IC
F'A
ED
= 1 (6)
A
O
B

Từ
(6)
và
đònh
lý đảo
Menelauyt
đảo
ta suy ra
E
E; I; F'
thẳng hàng
N
Vậy
3
đường thẳng
E'F; CD; EF'
đòng
qui
tại
I.
F
R
D
C
P
Q
Bài

1.13 : Cho
đường tròn

(o)
đường
kính
E'
AB,
dây
cung CD.
AC cắt BD
tại N,
AD cắt
BC
tại N'.
Đường thẳng
qua
N vuông góc
N'
với NO cắt
AD,
BC
tại E, F
Hình 14
S
F'
đường thẳng
qua N'
vuông góc với
N'O
cắt
các đường thẳng
BD,

AC
tại E', F.
Gọi
P;Q;R;S
lần
lượt
là
trung điểm
của
E'F; EF';EE'; FF'
Chứng
minh: PQ; RS; NN'
đòng
qui
Lời giải:
(Hình 14)
Ta
dễ chứng
minh
được các
tứ giác
NPN'Q
và
PRQS
là các
hình bình
hành
nên
suy ra NN'; PQ; RS
cắt

nhau
tại
trung
điểm
mỗi đường
=> NN'; PQ; RS
đồng
qui
HƯỚNG

KHAI

THÁC THỨ
4



:
sáng
tạo ra
các bài toán về tứ giác nội tiếp
Bài

1.14



:
Cho
đường tròn

(o)
đường
kính AB,
dây
cung CD.
AC cắt BD
tại N,
AD cắt BC
tại N'.
Đường thẳng
qua
N vuông góc với NO cắt
AD,
BC
tại E, F
đường thẳng
qua N'
vuông góc với
N'O
cắt các đường thẳng
BD,
AC
tại E', F',.
gọi K là
giao điểm
của
EE'
và
FF'.
Gọi T là

giao điểm
của các đường thẳng
EF
và
E'F'
Chứng
minh
rằng các tứ giác OKEF;
OTF'F
là các tứ giác nội tiếp
T
F'
N'
E'
C
D
F
N
E
A
B
K
O
Hình 15
Lời giải:
(Hình 15)
Sử
dụng
kết quả bài toán
1.9 ta

có:
EE'O =
FF'O
=>
gócEOE'
=
gócFOF'
;
gócEE'O
=
gócFF'O
(1)
Ta
có
:
gócOEK
=
gócEE'O
+
gócEOE'
(2)
gócOFK
=
gócFF'O
+
gócFOF'
(3)
Từ
(1) =>
gócEE'O

+
gócEOE'
=
gócFF'O
+
gócFOF'
(4)
Từ
(2); (3); (4) =>
gócOEK
=
gócOFK
(5)
Từ
(5)
và chú
ý
rằng
E;F
cùng
phía so
với KO nên
tứ
giác OKEF nội tiếp.
Cũng từ kết quả
EE'O =
FF'O và các
tam
giác EOF và
E'OF'

là các
tam
giác cân tại O
cho
nên
ta
có kết quả
sau:
gócEOE'
=
gócNON'
=
gócFOF'
(6)
Tứ
giác ONN'T
có
:
gócONT
=
gócON'T
= 90 ° =>
ONN'T
là tứ giác nội tiếp
=>
gócNON'
=
gócNTN'
(7)
Từ

(6)
vàØ
(7) =>
gócFOF'
=
gócNTN'
=
gócFTF'
(8)
từ
(8)
và chú
ý
rằng O, T cùng
phía so
với
FF'
nên
tứ
giác OTF'F nội tiếp
XÂY DỰNG
BÀI TOÁN TỔNG QUÁT
BÀI

1.15
E' N'
F'
(tổng quát bài
1.10
và

1.12):(hình 16)
Cho
tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn
(O).
các đường chéo AC; BD cắt
nhau tại N;
các
đường thẳng AD; BC cắt
nhau tại N'.
I
Đường thẳng
qua
N vuông góc với NO cắt các
D
C
đường thẳng AD; BC
tại E; F.
Đường thẳng
E
qua N'
vuông góc với
N'O
cắt các đường
N
F
thẳng
BD;
AC
tại E'; F'.
Chứng

minh rằng:
a.
Các đường thẳng
EE'; FF';
AB đồng
qui
O
B
b.
Các đường thẳng
E'F; EF';
CD đồng
qui
A
K
Hình
16
Lời giải:CÁCH
1 (Hình 16)
a.
Chứng
minh EE'; FF'
AB đồng
qui
Gọi K
là
giao
điểm của
FF'
và AB,

ta
chứng
minh
K,
E; E'
thẳng hàng
Sử
dụng đònh
lý
Menelauyt cho tam
giác
ABC;
ADB;
F'NE'; AN'C.
*Với ABC và
3
điểm K; F;
F'
thẳng hàng
ta
có:
KB F'A
.
KA
F'C
FC
. =1
(1)
FB
*Với

E'NF'
và
3
điểm B
; C; N'
thẳng hàng
ta
có:
N'F'
N'E'
BE'
.
BN
CN
.
CF'
=1 (2)
Sử
dụng
kết quả bài toán
5 thì: N'E' = N'F'
nên
từ
(2) =>
BE'
BN
CN
.
CF'
= 1 =>

BN CF'
.
CN BE'
= 1 (3)
*Với
EN'F
và
3
điểm
B; N;
D thẳng hàng
ta
có:
Sử
dụng
kết quả bài toán
1 thì: NE =
NF nên
từ
DE
DN'
NF
BN'
. .
NE
BF
= 1 (4)
(4)
=>
DE

DN'
BN'
.
BF
= 1 (5)
*Với
AN'C
và
3
điểm
B; N;
D thẳng hàng
ta
có:
DA
DN'
BN'
NC
. .
BC NA
= 1 (6)
Từ
sự đồng
dạng
của
2 tam
giác AND và BNC
ta suy ra:
NA ND AD
=

=
NB NC BC
AD NB
=> .
BC NA
=1 (7)
Từ
(7) =>
AD NB NC
.
.
BC NA NC
= 1 (8)
Từ
(6)
và
(8) =>
N'B
NB
=
N'D
NC
DE
(9)
E' N'
F'
CF'
Từ
(3);(5)
và

(9) suy ra:
BF
=
BE'
(10)
TỪ
(10) => (
BF
)
2
=
( DE
BE'
CF'
)
2
(11)
D
I
C
Từ kết quả bài toán
7b ta
có:
E
ED.EA =
FC.FB
(12)
N
F'C.F'A = E'D.E'B (13)
F

Từ
(12) =>
Từ
(13) =>
FB
DE
E'B
F'C
EA
=
FC
F'A
=
E'D
(14)
O
B
K
A
(15)
Từ
(11);(14);(15) sy ra:
FB EA
.
DE
FC
E'B
=
.
F'C

F'A
E'D
(16)
Hinh 16
Từ
(16) =>
EA
E'D
ED E'B
F'A
FC
=
F'C
FB
KB
(17)
Nhân
2
vế của
(17)
với
và từ
(1) ta
có:
KA
KB EA
E'D
KA
ED E'B
KB

F'A
FC
=
KA
F'C
FB
= 1 (18)
Hệ thức
(18)
cùng với
đònh
lý đảo
Menelauyt ta suy ra 3
điểm K;
E; E'
thẳng hàng
từ đó
suy ra
3
đưừng thẳng
EE'; FF'
AB đồng
qui
tại K
BÀI TOÁN XUẤT PHÁT
2: Cho
góc xOy và
1
điểm I cố đònh trên
tia

phân giác Ot
.
Đường thẳng
d thay
đổi luôn
đi qua I,
cắt các
tia
Ox, Oy tại
M, N.
Chứng
minh
rằng giá trò của biểu thức
:
1 1
+
OM ON
có giá trò không
thay
đổi
khi d thay
đổi
nhưng
luôn
qua
I
Lời giải:
( Hình 17)
Qua
I vẽ các đường thẳng

song song
với Ox
,
Oy
y
các đường thẳng này cắt Ox, Oy tại
D, E.
Khi đó
N
các điểm
D, E
cố đònh
và OEID
là
hình thoi. Ta
E
đặt OD
= a
không đổi.
I
t
Ta
có:
O
EI
ID
+ =
OM ON
a a
NI MI

+ =
NM NM
1
NI +MI
= 1
D
NM
1 1
=> +
OM ON
= 1 =>
+ =
OM ON
= const
a
M
Hình 17
x
Từ cách giả của bài toán trên
ta
có các hướng mở rông bài toán
như sau:
d
HƯỚNG

MỞ

RỘNG

THỨ

1:





Thay
đổi vò
trí
của điểm I bằng cách lấy
I
là
1
điểm bất kỳ nằm
trong
góc xOy
ta
sẽ có bài toán
sau:
y
Bài toán
2. 1

:
Cho
góc xOy và điểm I cố
đònh nằm
ở
miền

trong
góc xOy. Đường
thẳng
d thay
đổi luôn
qua
I cắt Ox
,
Oy tại
M, N.
N
Qua
I vẽ các đường thẳng
song song
với Ox
,
Oy, chúng cắt Ox, Oy
E
tại
D, E.
I
Chứng
minh
rằng biểu thức:
LỜI GIẢI:
(Hình 18)
OD OE
+
OM ON
có giá trò không đổi

O
Bạn đọc hãy giải bài toán
như
cách giải bài toán
2.
D
Kết quả là:
OD OE
+
OM ON
= 1 => (đpcm)
x
Hình 18
M
d
HƯỚNG

MỞ

RỘNG

THỨ

2



: Thay
đổi vò
trí

của I bằng cách lấy
I
là
1
điểm bất kỳ nằm ngoài góc xOy
d
Bài
2.2

: Cho 2
đường thẳng
xx'
và
yy'
cắt
nhau
tại O
x'
điểm I cố đònh nằm ngoài góc xOy. Đường thẳng
d thay
đổi
luôn
qua
I cắt các
tia
Ox, Oy tại
M, N. Qua
I vẽ các đường
I
y

thẳng
song song
với
xx'
và
yy'
chúng cắt
xx', yy'
tại
D, E
Chứng
minh
rằng biểu thức:
đổi
Lời giải:
(Hình 19)
OD OE
-
OM ON
D E
có giá trò không
N
O
Ta
có:
OD OE
- =
OM ON
IE
ID IN

- = -
OM ON
NM
IM
= -1
NM
y'
M
OD
=> -
OM
OE
= -1
ON
Hình 19
x
HƯỚNG MỞ RỘNG THỨ
3:
Lật ngược vấn đề của bài toán gốc
ta
sẽ có bài toán chứng
minh
đường thẳng
đi qua
điểm cố đònh
sau:
Bài
2.3:
Cho
góc xOy. Đường thẳng

d thay
đổi cắt các
tia
Ox, Oy tại
M, N.
Biết rằng giá trò biểu thức
không đổi
khi d thay
đổi. Chứng
minh d
luôn
đi qua
điểm cố
đònh.
1 1
+
OM ON
có giá trò
Lời giải:(Hình
20)
Gỉa sử:
1 1
+ =
OM ON
1
(1) (a > 0 cho
trước)
a
Lấy D trên Ox
sao cho

OD
= a thì
OD
<
OM
. Qua
D
kẻ
song song
với Oy cát
MN
tại
I.
Lấy
E
trên Oy
sao cho
OE
=
ID
khi
đó OEID
là
hình bình
hành
áp dụng kết quả bài
2.1 ta
có:
OD OE
+

OM ON
1
= 1 => +
OM
OE
OD.ON
1 1
= =
OD
a
(2)
Từ
(1)
và
(2) =>
1 1 1
+ = +
OM ON OM
OE
OD.ON
OE
=> = 1 =>
OE
=
OD
(3)
OD
Hệ thức
(3)
cùng với chú

ý
D cố đònh
ta suy ra E
cố đònh
=>
I cố đònh
(
vì OEID
là
hình bình
hành)
vậy đường thẳng
d
luôn
đi qua
điểm cố đònh I
Sâu
hơn 1
chút từ bài
2.3 ta
có thể
đưa ra
bài toán tông quát
hơn
như sau:
Bài
2.4
Cho
góc xOy.
1

đường thẳng
d thay
đổi luôn cắt Ox, Oy tại
M, N.
d
Hình 20
x
N
Gỉa sử tồn tại số thực
k sao cho
1
k
+
OM ON
E
có giá trò không đổi.
I
Chứng
minh
rằng
d
luôn
đi qua 1
điểm cố
đònh.
O
Lời giải:
(Hình 20)
Tương
tự cách giải bài

2.3 ta
đặt
1 k 1
+ =
OM ON
a
D
(1) (a > 0 cho
trước)
M
Lấy D trên Ox
sao cho
OD
= a thì
OD
<
OM
. Qua
D
kẻ
song song
với Oy cát
MN
tại
I.
y
Lấy
E
trên Oy
sao cho

OE
=
ID
khi
đó OEID
là
hình bình
hành
áp dụng kết quả bài
2.1 ta
có:
OD OE
+
OM ON
1
= 1 => +
OM
OE
OD.ON
1 1
= =
OD
a
(2)
Từ
(1)
và
(2) =>
1 k 1
+ = +

OM ON OM
OE
OD.ON
=> k =
OE
=>
OE
=
K.OD
(3)
OD
Hệ thức
(3)
chứng
tỏ
E
cố
đònh. Hình bình hanh
OEID có
E,
O, D cố đònh nên I cũng
là
điểm cố đònh
HƯỚNG MỞ RỘNG THỨ
4: Thay
giả thiết góc xOy bằng
tam
giác ABC và điểm cố
đònh I nằm
trong tam

giác ABC
ta
có bài toán
sau:
Bài
2.5
Cho tam
giác ABC. I
là
giao
điểm
3
đường phân giác
trong,
đường thẳng
d thay
đổi luôn
qua
I cắt các
cạnh
AB, AC và
tia
CB tại
M, N, P.
Chứng
minh
giá trò của
biểu thức:
luôn
qua

I
AB
+
AM.BM
AC
-
AN.CN
BC
BP.CP
có giá trò không đổi
khi d thay
đổi và
Lời giải:
(Hình 21)
Qua
I vẽ các đường thẳng
song song
với các
cạnh
của
tam
giác ABC chúng cắt
AB,BC,CA tại
G, F, E, S, R,
K. Khi đó
ta
có AGIK,
BEIF, CRIS
là các
hình thoi

Ta
có: gócBMP
=
gócFMI
>
gócMBI
=
gócIBE
=
gócBIF
>
gócFIM
=
gócBPM
Suy ra: BP >
BM
Đặt AG
= a; BE = b; CR = c
áp dụng
kết quả bàitoán gốc và các bài
2.2
và
2.3 ta
có:
A
K
G
d
N
F

I
R
1 1
+ =
AM AN
1 1 1 1 1
; + =

; -
a
CN
CP b
BM
1 1
M
=
BP c
P
C
Cộng từng vế các đẳng thức này
ta
có:
B
E
S
1 1 1 1
+ + + +
AM AN CN
CP
1 1 1 1

1 1
-
BM BP
1 1
1 1 1
= + +
a b c
1 1 1
Hình 21
=> (
+
AM BM
)+(
+
AN CN
)+(
- ) =
CP BP
+
+
a b
c
AB
=> +
AM.BM
AC
AN.CN
BC
-
BP.CP

1 1 1
= + +
a b c
= Const
HƯỚNG MỞ RỘNG THỨ
5:
Đặc biệt hoá bài
2.5
bằng cách
cho tam
giác ABC
là
tam
giác đều có
cạnh
bằng
a ta
sẽ có
bài toán mới
sau
đây
Bài
2.6
Cho tam
giác ABC đều
cạnh
bằng
3.
I
là

giao
điểm
3
đường phân giác, đường thẳng
d thay
đổi luôn
qua
I cắt AB,
AC, và
tia
CB tại
M, N, P
a.Chứng
minh:
1
+
AM.BM
1
AN.CN
1
- = 1
BP.CP
b.Chứng
minh:
1
+
IM
2
1
IN

2
1
+ = 2
IP
2
*
Bạn đọc tự giải
theo
cách giải bài
2.5
Bài
2 .

7
Cho hình bình
hành ABCD, đường thẳng
d thay
đổi cắt các đường thẳng AB, AD, AC
tai M, N, P.
Chứng
minh
rằng:
AB AD AC
+
=
AM AN
AP
d
A
F

M
B
G
N
P
D
C
Hình 22
PHẦN
3.
KẾT LUẬN VÀ BÀI
HỌC RÚT
RA
KẾT LUẬN
:
Qua
phần nội
dung
đã
trình
bày
ở
trên
ta
thấy việc
khai
thác các bài tập học
sinh
sẽ
:

-Được củng cố
1
hệ thống kiến thức
cơ
bản và nâng
cao
-Được phát triển
tư duy,
kỹ
năng sáng tạo
-cảm thấy rất hứng thú
trong
quá
trình
học tập
-Tự
tin hơn khi
phải đối mặt với những bài toán khó, những bài toán lạ
-Không
xem
thường những bài toán
cơ
bản bởi vì các bài toán
đơn
giản là
bắt đầu của sự sáng tạo
-Có thái độ
tích
cực
hơn khi

học tập toán,
say sưa tìm
tòi khám phá những góc khuất
trong
mỗi bài
toán để sáng tạo nên bài tập mới
-Kiến thức toán được nâng
cao
BÀI HỌC RÚT
RA:
*Đổi mới dạy học
là
1
quá
trình, song
mỗi giáo viên cần có
ý
thức
tìm
tòi những
phương
pháp dạy
học phù hợp với từng loại bài tập và từng đôi
tượng
HS theo phương
pháp dạy học mới
là lấy
HS
làm
trung

tâm,
tích
cực hoá các hoạt động của
HS trong
quá
trình
học tập
*Học
sinh THCS
còn
ở
độ tuổi thiếu niên, khả năng
tư duy,
khái quát còn
hạn
chế.
Do
đó
khi
đứng
trước các bài toán khó việc
tìm ra
lời giải đã khó chứ
chưa
nói
gì
đến việc sáng tạo. Vì vậy
người giáo viên cần có sự đầu
tư
để có

phương
pháp dạy
thích
hợp để mỗi
HS
đều có thể tự
tin
trong
học tập và sáng tạo
*Chuyên đề""Rèn luyện năng lực
tư duy
và khả năng sáng tạo thông
qua
việc
khai
thác kết quả bài
toán gốc để sáng tạo
ra
các bài toán mới"" là
một ví dụ nhỏ
minh
hoạ
cho 1
ý
tương
không nhỏ theo
một
nghóa
nào đó.Qua chuyên đề này tôi
mong

muốn gửi đến đồng nghiệp
1
chút
kinh
nghiệm nhỏ

mà tôi đã thực hiện cùng với những
HS
khá giỏi toán của trường
THCS
Tôn
Quang
Phiệt
trong
năm học
2007 -2008
*Cuối cùng
xin
tóm lại điều
quan trọnh
nhất: ""Trong cuộc sống cũng
như trong
dạy học toán không
có cái tầm thường và cũng không có bài toán nào tầm thường cả, trước mỗi bài toán hãy dành thời
gian
nắm bắt các yếu tố
vàø
đònh
hướng
trong suy nghó,

chứ đừng cảm nhận quá nhiều""
Thiết
nghó
đó là
1 kinh
nghiệm dạy học môn toán./.
PHẦN ĐÁNH GIÁ NHẬN XÉT CỦA HỘI ĐỒNG XÉT
SKKN
CẤP TRƯỜNG
A.
ĐÁNH GIÁ XẾP LOẠI
B.
ĐỀ
NGHỊ:
Thay mặt
hội
đồng
xét
SKKN
PHẦN ĐÁNH GIÁ NHẬN XÉT CỦA HỘI ĐỒNG XÉT
SKKN
CẤP HUYỆN
A.
ĐÁNH GIÁ XẾP LOẠI
B.
ĐỀ
NGHỊ:
Thay mặt
hội
đồng

xét
SKKN