skkn nâng cao chất lượng môn toán cho hs lớp 8-9 thông qua sử dụng phương pháp tương tự trong giải toán THCS le quy don

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BỈM SƠN
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
NÂNG CAO CHẤT LƯỢNG MÔN TOÁN CHO HỌC SINH
LỚP 8 -9 THÔNG QUA SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP
TƯƠNG TỰ TRONG GIẢI TOÁN
Người thực hiện: Nguyễn Thị Hòa
Chức vụ: Giáo viên
Đơn vị công tác: Trường THCS Lê Quý Đôn
MỤC LỤC
TT Nội dung Trang
A Đặt vấn đề 2
B Giải quyết vấn đề 4
I. Cơ sở lý luận. 4
II. Thực trạng của vấn đề 4
2
III.Giải pháp và tổ chức thực hiện 5
1. Sử dụng phương pháp tương tự để thu gọn lời giải bằng
cách không lặp lại các chứng minh như nhau
5
2. Sử dụng phương pháp tương tự để phát hiện tính chất mới, đề
xuất bài toán mới.
7
3. Sử dụng phương pháp tương tự để tìm tòi cách giải khác cho
một bài toán.
8
4. Giải các bài toán cực trị với nội dung tương tự hoặc giải bằng
phương pháp tương tự.
10
5- Sử dụng phương pháp tương tự trong giải toán chứng minh
bất đẳng thức.

12
IV. Kiểm nghiệm. 15
C Kết luận 16
A- ĐẶT VẤN ĐỀ
3
Cùng với sự phát triển của đất nước, sự nghiệp giáo dục cũng đổi mới
không ngừng. Các nhà trường càng chú trọng đến chất lượng toàn diện bên cạnh
sự đầu tư thích đáng cho giáo dục. Với vai trò là môn học công cụ, bộ môn Toán
đã góp phần tạo điều kiện cho các em học tốt các môn khoa học tự nhiên khác.
Trong dạy học toán, một việc làm không thể thiếu được đối với mỗi giáo
viên là cung cấp cho các em kiến thức, phương pháp học tập để đạt kết quả tốt
nhất.
Phương pháp tương tự hoá là một trong những phương pháp cần được áp
dụng trong quá trình dạy học sinh học toán, đặc biệt là dạy học sinh giải toán.
Từ một bài toán học sinh phải đưa ra được những bài toán tương tự. Từ
một cách giải của 1 bài toán học sinh phải tìm ra được cách giải tương tự có
như vậy mới:
- Phát huy được tính tích cực, chủ động của người học.
- Thông qua việc giải bài tập mà hình thành ở các em kỹ năng, kỹ xảo.
- Trước bất kỳ một bài toán nào các em cũng có thể tìm ra được những
cách giải khác nhau (nếu có thể), hấp dẫn thú vị hơn.
Xuất phát từ lý do trên, tôi đã chọn và nghiên cứu đề tài: “Nâng cao chất
lượng môn Toán cho học sinh lớp 8-9 thông qua sử dụng phương pháp
tương tự trong giải toán” (Trường THCS Lê Quý Đôn-Bỉm Sơn )
Trong lời giải nhiều bài toán, ta gặp những từ chứng minh tương tự như
trên, giải tương tự như bài Tương tự được hiểu là giống nhau, có một số nét
giống nhau: Hoàn toàn giống nhau, gần hoàn toàn giống nhau. Do đó, sự vận
dụng tương tự trong chứng minh trong hình học rất đa dạng trong Số học và Đại
4
số lại vô cùng là phong phú.

Trên cơ sở thực hiện đổi mới phương pháp dạy học theo hướng phát huy
tính tích cực của học sinh trong học tập , làm cho học sinh chủ động nắm bắt
kiến thức, chủ động tư duy hình thành các khái niệm, các công thức… thì người
thầy phải chủ đạo, hướng học sinh nắm bắt kiến thức một cách khoa học, giáo
viên cần tung ra những tình huống nhằm kích thích học sinh ham tìm tòi sáng
tạo. Giáo viên có thể đưa ra những dạng bài cụ thể, mang tính đơn lẻ, có tính
chất dễ dàng lĩnh hội và đặt học sinh vào tình huống làm thế nào để có được
khái niệm, bài toán tương tự của những bài toán đơn lẻ đó, Qua đó học sinh sẽ
tiếp nhận kiến thức một cách chủ động, sáng tạo theo tư duy của từng cá nhân.
Trên cơ sở phân loại các dạng bài tập, tôi đưa ra các ví dụ từ dễ đến khó,
từ đơn giản đến phức tạp từ đó hình thành bài toán tương tự nhưng ở mức độ
cao hơn.
5
B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ

I. Cơ sở lý luận :
Trong toán học, nhất là trong dạy học toán theo chương trình đổi mới thì việc dạy
học theo phương pháp tích cực hoá hoạt động học tập của học sinh, học sinh được
tiếp cận kiến thức một cách chủ động sáng tạo, từ những hình ảnh, mô hình, ví dụ
để hình thành các khái niệm tương tự, tổng quát hơn.
6
Tương tự hóa được các nhà toán học thường xuyên sử dụng, nhờ đó mà bài
toán được giải bao giờ cũng ngắn gọn hơn và kết quả thu được cũng cho thấy rõ
bản chất của vấn đề.
Đối với học sinh thì các em thường hay ngại trình bày đặc biệt là các bài
toán cứ phải lặp đi lặp lại cách trình bày như nhau . Là người giáo viên, chúng
ta cần biết gây hứng thú học tập của các em thông qua các lời giải ngắn gọn,
đằng sau mỗi lời giải của các bài toán luôn ẩn chứa nhiều bất ngờ dành cho các
em say sưa tìm tòi.
Rất nhiều em không dừng lại ở những bài toán tưởng chừng như rất nhỏ,

các em luôn cố gắng suy nghĩ tự tìm tòi sáng tạo để thêm giả thiết,tìm các bài
toán tương tự cho bài toán ban đầu nhưng ở mức độ hay hơn nhiều
II. Thực trạng của vấn đề:
Trong quá trình dạy học tôi nhận thấy đa phần học sinh chỉ chú trọng việc
giải toán, nhưng giải thế nào để bài toán có lời giải ngắn gọn thì lại cả một vấn
đề. Thực tế, đó cũng là việc làm rất cần thiết đối với học sinh , tuy nhiên chỉ dừng
lại ở đó thì học sinh không 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 không, từ đó tổng quát lại các dạng bài toán đã học .
Tương tự hoá bài toán giúp học sinh phát huy được tính tích cực, chủ
động sáng tạo, năng lực tự học của học sinh, tạo điều kiện cho các em hứng thú
học tập bộ môn.
7
III. Giải pháp và tổ chức thực hiện
Năm học 2012 – 2013 tôi được giao nhiệm vụ giảng dạy môn Toán của hai lớp
8A – 8C có năng lực học tập như nhau, đề tài này tôi triển khai nghiên cứu thử
nghiệm đối với 45 học sinh lớp 8C. Trong quá trình dạy học tôi hướng dẫn cho
học sinh đi từ những bài toán dễ đến bài toán khó, từ bài toán cụ thể đến một
chuỗi các bài toán tương tự.
1. Sử dụng phương pháp tương tự để thu gọn lời giải bằng cách không lập lại
các chứng minh như nhau.
Ví dụ 1:
Cho tam giác ABC, D là trung điểm của AC, E là trung điểm của AB. Vẽ
các điểm M,N sao cho E là trung điểm của AB, D là trung điểm của BN. Chứng
minh rằng A là trung điểm của MN.
- Sau khi chứng minh ∆AEM = ∆BEC(c.gc) để suy ra AM = BC và AM // BC,
ta có thể nói:
- Chứng minh tương tự: AN = BC và AN //BC
- Chứng minh AN = BC cùng hoàn toàn giống như chứng minh AM = BC

- Chứng minh AN = BC
Cũng hoàn toàn giống như
chứng minh AM = BC,
Chứng minh AN // BC cũng
hoàn toàn giống như chứng minh
AM // BC. Do đó để gọn, ta dùng
8
B C
E D
A NM
từ "Chứng minh tương tự" mà không cần lặp lại chứng minh như trên. Ở đây
chứng minh tương tự là một suy diễn chính xác
Ví dụ 2: Cho ∆ABC; Â = 105
o
, một đường thẳng qua A cắt BC ở D. Chia tam
giác ABC thành hai tam giác cân. Tính số đo các góc B và C của tam giác ABC.
Giáo viên: Gợi ý:
Bài này đòi hỏi học sinh xét nhiều trường hợp vì đề bài không xác định rõ đáy
của tam giác cân ADB và ADC. Ta hãy chú ý đến sự tương tự giữa hai góc
·
ADB
;
·
ADC
Nếu thay B bởi C thay C bởi B thì lời giải của bài toán không đổi:
Ta nói rằng hai góc đó có vai trò như nhau và nhờ sự tương tự ấy có thể sắp xếp
chúng theo thứ tự
·
·
ADC ADB≥

mà không mất tính tổng quát của bài toán.
Giải
Giả sử
·
·
ADC ADB≥
thì
·
0
ADC 90≥
, dẫn đến tam giác cân ADC phải có đáy
AC. Ta chỉ phải xét 3 trường hợp:
- Tam giác cân ADB có đáy AD (h.a) hoặc BD (h.b) hoặc AB (h.c) mà
không phải xét đến 9 trường hợp
9
B D C
2a
2a
a
a
A
(H.a)
B D C
A
(H.b)
Đặt
µ
C=a

Trường hợp 1: Cho ta 3a = 105

0
nên a = 35
o
Trường hợp 2: Cho ta: a + (180
o
- 4a) = 105
o
nên a = 25
0
Trường hợp 3: Không xảy ra vì khi đó
·
0
BAC=90

Vậy chỉ xảy ra trường hợp 1 và trường hợp 2.
Trường hợp 1: a =
µ
C
=
35
o
=>
µ
B
= 180
o
- (105
o
+ 35
o

) = 40
o
Trường hợp 2: a = 25
o
=>
µ
C
= 25
o
=>
µ
B
= 180
o
- (105
o
+25
o
) = 50
o
Ví dụ 3: Cho tam giác ABC:
µ
A
≠ 90
o
,
µ
B
và
µ

C
là các góc nhọn. Các đường
trung trực của AB và của AC cắt nhau ở O và cắt BC theo thứ tự ở E và F.
Chứng minh : AO là tia phân giác của góc EAF.
Giải:
Ta có EA = EB nên EO là tia phân giác của góc
·
AEB

Chứng minh tương tự FO là tia phân giác của góc
·
AFC
.

Vì EO và FO là các tia phân giác của đỉnh E và F của ∆ AEF nên AO là tia phân
giác của góc EAF lời giải này ứng với trường hợp
µ
A
< 90
0
(h.a)
Nếu
µ
A
> 90
o
(h.b) lời giải cũng tương tự như trên chỉ khác ở chỗ EO và FO là
A
E
ACEF

B
O
H.a
B
C
O
F
H.b
10
B D C
A
(H.c
)
các tia phân giác của góc ngoài tại đỉnh, E và F của ∆ AFE ta vẫn có AO là tia
phân giác của góc EAF (đpcm).
* Trong trường hợp này sự tương tự hoàn toàn như nhau. Không cần lặp
lại toàn bộ chứng minh như trên, nhưng cần nêu lên chỗ khác nhau: Ở đây
chứng minh tương tự cũng là một suy diễn chính xác.
2. Sử dụng phương pháp tương tự để phát hiện tính chất mới, đề xuất bài
toán mới
- Tương tự còn có nghĩa là những nết giống nhau từ một số tính chất giống nhau
của hai đối tượng ta dự đoán các tính chất giống nhau, khác nhau của chúng.
Chẳng hạn: Nếu đối tượng X có các tính chất a,b,c, d. Còn đối tượng Y có các
tính chất a,b, c, thế thì Y cũng có thể có tính chất d.
Ví dụ 1: Các đường trung tuyến, đường cao, phân giác của tam giác có 1 số tính
chất giống nhau. Chẳng hạn trong tam giác cân, các đường trung tuyến ứng với
cạnh bên thì bằng nhau.
Ở đây tương tự có vai trò như một phương pháp thực nghiệm nhờ so sánh các
đối tượng có một số thuộc tính giống nhau mà ta để ra giả thuyết tương tự rồi
kiểm tra các giả thuyết ấy. Đó chính là tác dụng của tương tự trong quá trình

sáng tạo toán học, nhờ đó mà ta có thể đề xuất các bài toán mới.
Chú ý rằng cách nhìn hai đối tượng là tương tự cũng rất khác nhau tuỳ
theo mục đích nghiên cứu. Trong tam giác tam giác và tứ giác có thể xem là
tương tự vì chúng là các trường hợp riêng của đa giác. Những suy luận bằng
tương tự thuộc loại "suy luận nghe có lý". Nó mới cho ta những dự đoán, còn để
khẳng định hay bác bỏ dự đoán đó thì phải chứng minh. Sẽ sai nếu bằng tương
11
tự, ta cho rằng giao điểm các đường phân giác của tam giác cũng cách mỗi định
bằng
3
2
độ dài đường phân giác đi qua đỉnh ấy (!) hoặc cho rằng trong hai tam
giác bất kỳ đối diện với 2 cạnh bằng nhau là 2 góc bằng nhau.
3. Sử dụng phương pháp tương tự để tìm tòi cách giải khác cho một bài toán:
a. Bằng cách nghĩ đến bài toán có nét tương tự với bài toán đang giải:
Ví dụ: Vẽ về phía ngoài tam giác ABC (
µ
B
< 90
0
;
µ
C
< 90
0
) các tam giác vuông
cân ABD, ACE (
·
·
o

ABD ACE = 90=
) gọi I và K là chân các đường vuông góc kẻ
từ D và E đến BC. Chứng minh: BI = CK.
- Nhận xét:
Rõ ràng ∆ BID có cạnh BI và ∆ CKE có cạnh CK không phải là hai tam
giác bằng nhau.
Một câu hỏi được đặt ra:
Có bài toán nào tương tự bài toán
này không ? Hoặc với một phần
của bài toàn này?
Các dữ kiện của bài toán tam giác ABD vuông cân, đường thẳng IK đi
qua đỉnh góc vuông làm ta nhớ lại 1 bài toán đã giải cũng có các dữ kiện
tương tự "Đó là: Cho tam giác ABC có
µ
A
= 90
0
; AB = AC, qua A vẽ đường
thẳng d sao cho B và C nằm cùng phía đối với đường thẳng d. Kẻ BH và CK
vuông góc với d. Chứng minh rằng: a) AH= CK; b) HK= BH+CK
Do sự liên hệ đó, ta vẽ thêm AH ⊥ IK; được BI = AH
12
B C
A
H KI
D
E
Tương tự với ∆ ACE vuông cân, được CK=AH. Do đó BI = CK
Nhờ liên hệ đến một bài toán tương tự đã giải mà ta tạo ra đường thẳng AH làm
trung gian để so sánh BI và CK

Giải:
Kẻ đường cao AH ⊥ BC
Xét hai tam giác vuông ∆ BID và ∆ AHBcó BD = BA (gt)
·
·
BAH = DBI
(cùng phụ với
·
ABH
)
=> ∆ BID = ∆ AHB =>AH = BI
Chứng minh tương tự: ∆ AHC = ∆ CKE => AH = CK
=> BI =CK (đpcm)
b) Bằng cách sử dụng phương pháp tương tự với phương pháp đã sử dụng ở một
bài toán khác:
Ví dụ 1b: Cho tam giác ABC : AB = AC và
µ
A
= 20
0
lấy điểm D trên cạnh AB
sao cho AD = BC. Tính
·
ACD

* Nhận xét:
- Nhớ lại bài tập: Cho ∆ ABC: B = C = 50
0
. Gọi K là điểm trong tam giác
sao cho

·
KBC
= 10
0
;
·
KCB
= 30
0
Chứng minh rằng: ∆ ABK là tam giác cân và tính số đo góc
·
BAK

Ở bài tập này ta có
·
ABC
+
·
KBC
= 50
0
+ 10
0
= 60
Do đó ta vẽ ∆ EBC đều
(E và A cùng phía đối với BC) xuất hiện
13
B C
E
A

I
K
·
ABE
=
·
KBC
còn trong ví dụ 1b)
ta lại có
·
BCA
-
µ
A
= 80
0
- 20
0
= 60
0
cũng là góc của tam giác đều
Do đó, mặc dù hai bài toán hoàn toàn khác nhau, nhưng sự tương tự trên ra cách
vẽ tam giác đều BEC
Giải:
Vẽ ∆ BEC đều (E và A cùng phía đối với BC)
Cách vẽ này làm xuất hiện
·
ECA
=
·

DAC

dẫn đến ∆ ECA = ∆ DAC (cgc)
suy ra
·
CAE
=
·
ACD
ta dễ dàng
tính được
·
CAE
= 10
0
, do đó
·
ACD
= 10
0
- Ngoài ra còn có nhiều cách giải khác
Ví dụ 1c:
a) Chứng minh rằng nếu trên các cạnh đối diện với các đỉnh A, B, C ta lấy các
điểm A', B', C' sao cho AA', BB', CC' đồng quy thì:
. . = 1 (Đ.lý xê va)
b) Chứng minh rằng kết luận trên vẫn đúng nếu các điểm A', B', C' thuộc các
đường thẳng chứa các cạnh của tam giác, trong đó có đúng hai điểm nằm ngoài
tam giác.
Giải:
a) Qua A vẽ đường thẳng // BC

cắt BB', CC' ở N, M
14
A
B
O
C'
M N
A' C
B'
E
A
B C
D
ta có: = ;
= ; =
Nhân các đẳng thức trên từng vế, ta được điều phải chứng minh
b) Chứng minh tương tự (câu a)
Chú ý: Các hệ thức viết ở định lý.
Mênê-laúyt và các định lý Xêva như nhau.
Chỗ khác nhau là vị trí của các điểm A', B', C'
- Ở định lý Mênê-laúyt có đúng 1 điểm hoặc
cả 3 điểm nằm ngoài tam giác.
- Ở định lý Xêva: không có điểm nào, hoặc có
đúng hai điểm nằm ngoài tam giác.
4. Giải các bài toán cực trị với nội dung tương tự hoặc giải bằng phương
pháp tương tự.
Ví dụ 1: Cho hai điểm A, B cùng nằm về một nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng
Tìm trên đường thẳng A một điểm P sao cho PA + PB là nhỏ nhất.
Giải: Lấy A' đối xứng với A qua đường thẳng nối A'B cắt đường thẳng a tại P'
Đường thẳng a là trung trực của AA'

Ta có: PA = PA'; P'A = P'A'
Theo quy tắc điểm PA + PB ≥ A'B
dấu "=" xảy ra khi P ∈ A'B mà P ∈ a nên
PA + PB nhỏ nhất khi P ≡ P'
Ví dụ 2: Cho
·
xOy
điểm A nằm trong góc đó. Hãy tìm trên Ox, Oy lần lượt hai
15
B
O
C
M
C'B'
A
N
A'
A
B
A'
P' P a
điểm B và C sao cho AB + BC + CA nhỏ nhất
Giải: Lấy A
1
đối xứng với A qua Oy
Lấy A
2
đối xứng với A qua Ox
ta có: Ox là trung trực của AA
2

Oy là trung trực của AA
1
nên: CA = CA
2
; BA = BA
1
AB + AC + BC = A
1
B + BC + CA
2
≥ A
1
A
2
(không đổi)
dấu "=" xảy ra khi B, C ∈ [A
1
A
2
]
mà B, C ∈ Ox; Oy nên để AB + BC +AC nhỏ nhất thì B, C là giao điểm của
A
1
A
2
với Ox, Oy.
Ví dụ 3:
Cho hình vuông ABCD và tứ giác MNPQ
có bốn đỉnh thuộc bốn cạnh hình vuông
ABCD (MNPQ gọi là tứ giác nội tiếp hình

vuông). Tìm điều kiện để MN + NP + PQ +
QM là nhỏ nhất.
Giải:
Nối BD; NQ.Gọi E, F, G lần lượt là trung điểm của MN, NQ, PQ.
∆ BMN vuông tại B; BE là trung tuyến ứng với cạnh huyền MN
nên BE = ⇒ MN = 2BE
Tương tự QP = 2 GD
MQ = 2 EF (EF là đường trung bình của ∆ MNQ)
16
B N C
P
DQA
M F G
E
A
2
A
1
B
O
C
A
x
y
NP = 2 FG (FG là đường trung bình của ∆ QNP)
MN + NP + PQ + QM = 2 (BE + EF + FG + GD) ≥ 2BD
dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi E, F, G ∈ [BD]
Khi đó MN // AC // PQ và MQ // BD // NP.
5. Sử dụng phương pháp tương tự trong giải toán chứng minh bất đẳng
thức.

Bài 1: Cho ∆ ABC có các cạnh a, b, c, và các trung tuyến m
a
,

m
b
, m
c
Chứng minh rằng: a + b + c < (m
a
+ m
b
+ m
c
)
Giải:
Gọi G là trọng tâm ∆ ABC
- Xét ∆ BGC có: GB + GC > BC
trong đó: GB = m
b,
GC = m
c
⇒ (m
b
+ m
c
) > BC
⇒ (m
b
+ m

c
) > a (1)
Tương tự: (m
c
+ m
a
) > m (2)
(m
a
+ m
b
) > c (3)
Cộng (1), (2), (3) vế với vế ta được
(m
a
+ m
b
+ m
c
) > a + b + c .
Bài 2: Trong tam giác ABC có chu vi 2P = a + b + c (a,b,c là độ dài 3 cạnh)
CMR: + + ≥ 2 ( + + )
Dấu bằng trong bất đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC có đặc điểm gì ?
Giải:
17
A
B C
Gm
b
m

c
m
a
Ta có P - a = - a = > 0
Tương tự P - b > 0
P - c > 0
áp dụng bất đẳng thức Cauchy
P - a + P - b ≥ 2
+ ≥
⇒ [(P-a) + (P-b)] [ + ] ≥ 4
⇒ + ≥ = =
⇒ + ≥
Tương tự: + ≥ , + ≥
Dấu bằng xảy ra khi a = b = c ⇒ Tam giác ABC đều.
Bài 3: Cho tam giác ABC có độ dài 3 cạnh là: a,b,c chu vi 2P.
CMR: ≥ (P-a) (P-b) (P-c)
Giải:
Ta có P - a > 0
P - b > 0
P - c > 0
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy
P-a + P-b ≥ 2
⇒ c ≥ 2 (1)
Tương tự: b ≥ 2 (2)
a ≥ 2 (3)
18
Nhân từng vế của (1), (2), (3)
≥ (P-a) (P-b) (P-c) ⇒ (đpcm)
Bài 4: Chứng minh rằng, với mọi a, b > 0 thỏa mãn a + b = 1, thì:
2 2

1 1
+ 6
ab a + b
≥
Hướng dẫn: Áp dụng

2 2 2 2
2 2 2
1 1 4
+ ( x > 0, y > 0)
x y x + y
1 1 4
+
2ab a +b a +b +2ab
1 1 4
+ 4
2ab a +b a+ b)
1
Doa +b 2 ab 1 4ab 2
2ab
≥
⇒ ≥
⇒ ≥ =
≥ ⇒ ≥ ⇒ ≥

Vậy:
2 2 2 2
1 1 1 1 1
+ + + 4 2 6
ab a + b 2ab a +b 2ab

= ≥ + =

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = ½.
d) Nêu và giải toán tương tự với các bài toán sau:
Bài toán 1: Cho ∆ ABC vẽ ở phía ngoài tam giác ấy, các tam giác đều ABD,
ACE. Tính góc tạo bởi các đường thẳng BE, CD
Bài toán tương tự: Thay "tam giác đều" bởi "tam giác vuông cân tại A)
Bài toán 2: Cho ∆ ABC vuông cân tại A, trung tuyến AM. Gọi d là đường
thẳng đi qua A sao cho B và C thuộc cùng một nửa mặt phẳng có bờ d. Kẻ BH
và CK vuông góc với d. CMR tam giác MHK là tam giác vuông cân.
Bài toán tương tự: Thay "B và C thuộc cùng một nửa mặt phẳng đối nhau có bờ
d"
Giải: Ta có: AB = CA,
·
BAH
=
·
ACK
(cùng phụ với
·
CAK
) nên
19
∆ ABH = ∆ CAK (cạnh huyền-góc nhọn)
suy ra: AH = CK
∆ ABC cân có trung tuyến AM là
đường cao, từ đó suy ra:
∆ AMC vuông cân nên AM = MC
·
MAH

=
·
MCK
vì cũng bằng
·
BAH
- 45
0
và
·
ACK
- 45
0
(hoặc 45
0
-
·
BAH
và 45
0
- )
Do đó ∆ MAH = ∆ MCK (cgc)
Từ đó chứng minh ∆ MHK vuông cân.
IV. Kiểm nghiệm
Sau khi áp dụng đề tài trên đối với 45 học sinh của lớp 8C tôi nhận thấy
các em giải toán linh hoạt hơn, yêu thích học Toán, so sánh với lớp 8A cũng do
tôi giảng dạy nhưng không áp dụng đề tài có sự chênh lệch về chất lượng. Cụ
thể như sau:
Lớp Điểm dưới 5 Từ 5.0 – 6.5 Từ 7 – 8.5 Từ 9 - 10
SL % SL % SL % SL %

Lớp 8A (44HS)
(không áp dụng)
1 2.3% 10 22.8% 18 40.8% 15 34.1%
Lớp 8C (45HS)
(Áp dụng)
0 0% 4 8.9% 16 35.6% 25 55.5%
20
A
B M C
K
d
H
C.KẾT LUẬN:
Từ vài kinh nghiệm nhỏ rút ra qua quá trình giảng dạy cũng bản thân tôi nhận
thấy: Để chất lượng giảng dạy đạt hiệu quả cao, người giáo viên cần đầu tư
nhiều thời gian và trí tuệ vào mỗi bài giảng. Từ đó bằng phương pháp đặc trưng
của bộ môn, chuyển tải đến học sinh những kiến thức trọng tâm một cách chính
xác, sâu sắc và hấp dẫn nhất.
21
Học sinh là yếu tố quan trọng cho thành công của mỗi giờ học nên cần
động viên, hướng dẫn, đôn đốc, kiểm tra một cách thường xuyên để các em có ý
thức và hứng thú trong học tập .
Khi dạy cần cho học sinh tiếp nhận kiến thức một cách thoải mái, chủ
động, rõ ràng, có hệ thống, học sinh phải phân biệt và nhận dạng được các bài
toán , tổng hợp và khái quát bài toán, từ đó hầu hết giải được các bài tập, xoá đi
cảm giác khó và phức tạp ban đầu là không có quy tắc giải tổng quát. Qua đó
rèn luyện cho học sinh trí thông minh, sáng tạo, các phẩm chất trí tuệ khác và
học sinh cũng thấy được dạng toán này thật phong phú chứ không đơn điệu,
giúp học sinh hứng thú khi học bộ môn này.
Để học sinh nắm vững và hứng thú học tập, chúng ta cần chọn lọc hệ

thống bài tập theo mức độ tăng dần từ dễ đến khó. Cần rèn luyện nhiều về cách
lập luận và trình bày của học sinh
Với mỗi dạng tuy không có quy tắc tổng quát, song sau khi giải giáo viên
nên chỉ ra một đặc điểm, một hướng giải quyết nào đó để khi gặp bài tương tự,
học sinh có thể tự liên hệ được và hình thành những bài toán đặc trưng rồi từ đó
đi đến các bài toán tổng quát cho từng dạng bài, có như vậy nác em nắm kiến
thức một cách chắc chắn và có hệ thống.
Tuy nhiên, do điều kiện nghiên cứu còn nhiều hạn chế, bài viết không thể
tránh khỏi những khiếm khuyết. Rất mong được hội đồng khoa học các cấp góp
ý kiến để tôi hoàn thành đề tài một cách tốt hơn.
Tôi xin chân thành cảm ơn!
22
XÁC NHẬN CỦA THỦ
TRƯỞNG ĐƠN VỊ
Bỉm Sơn ngày 10 tháng 4 năm 2013
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết,
không sao chép nội dung của người khác
( Ký và ghi rõ họ, tên)
Nguyễn Thị Hòa
23
24
TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Nâng cao và phát triển Toán 7,8,9.(Tác giả Vũ Hữu Bình)
2. Bài tập nâng cao và một số chuyên đề Toán 8-9(Tác giả Bùi Văn Tuyên)
3. Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Toán THCS Số học, đại số, hình học
(Tác giả Nguyễn Vũ Thanh)
4. Các chuyên đề đại số bồi dưỡng học sinh giỏi trung học cơ sở (Tác giả
Nguyễn Thị Thanh Thúy)
5. Phương pháp giải toán bất đẳng thức và cực trị (Tác giả Nguyễn Văn
Dũng,Võ Quốc Bá Cẩn,Trần Quốc Anh)

6. Tuyển chọn theo chuyên đề Toán học và tuổi trẻ.
25