đề tài nghiệp vụ sư phạm khai thác và phá triển một bài toán

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI
KHOA TOÁN - TIN
ĐỀ TÀI NGHIỆP VỤ SƯ PHẠM
KHAI THÁC VÀ PHÁT TRIỂN MỘT BÀI TOÁN
HÌNH HỌC LỚP 8
NGƯỜI HƯỚNG DẪN: Tiến sĩ Nguyễn Văn Khải
NGƯỜI THỰC HIỆN: Phạm Anh Tuấn
LỚP ĐHSP TOÁN KHÓA 7 HẢI DƯƠNG NĂM 2006
1
PHẦN I : ĐẶT VẤN ĐỀ
1. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI:
Qua những năm trực tiếp giảng dạy, bản thân tôi thấy một thực tế hầu hết
các em học sinh sau khi giải xong một bài toán là tỏ ra thoả mãn yêu cầu. Thậm
chí cả đối với một số học sinh khá giỏi, có năng lực học toán cũng vậy. Điều đó
thật đáng tiếc và cuối cùng chính nó làm tôi suy nghĩ và tìm tòi biện pháp để
hướng các em hãy dành một lượng thời gian vừa đủ để suy xét tiếp một bài toán
mà mình vừa giải xong. Sau khi suy nghĩ như vậy và hướng dẫn các em học sinh
theo hướng khai thác, phát triển ở một bài toán để trỏ thành một “họ” của bài toán
dó hay ta có một “chùm” bài toán hay làm tôi rất tâm đắc bởi các em đã được tha
hồ phát huy trí sáng tạo của mình, tìm tòi mọi góc độ xung qunh một bài toán ban
đầu , qua đó các em khắc sâu được kiến thức. Và điều quan trọng hơn cả là
thông qua cách hướng dẫn này phù hợp với phương pháp dạy học cải cách mới
hiện nay, các em học sinh là người chủ động sáng tạo trong việc tiếp thu kiến
thức, làm chủ tình huống, từ đó càng yêu thích môn toán hơn.
Chính vì thế tôi đã chọn: " Khai thác và phát triển một bài toán" là kinh
nghiệm của bản thân và mạnh dạn đưa ra cùng đồng nghiệp trao đổi nhằm nâng
cao chất lượng dạy và học.
2. MỤC ĐÍCH:
Xuất phát từ một thực tế đáng tiếc của học sinh như vậy nên việc chọn:
" Khai thác và phát triển một bài toán" nhằm giải quyết thực tế đó. Nghĩa là làm
thế nào để người thầy đúng là người tổ chức chỉ đạo và dạy học sinh cách tư

duy để thực hiện. Dạy học sinh biết cách từ vốn có một học sinh phải biết tự mình
phát triển ra thành hơn một
Bên cạnh đó nhằm tạo cho học sinh biết được việc suy xét tiếp một bài toán
sau khi đã giải sẽ có tác dụng.
- Tìm ra hướng giải khác (Và từ đó sẽ có phương pháp hay hơn).
- Tìm ra những bài toán là "họ hàng" của bài toán đã giải.
- Tìm ra những bài toán "hay hơn" khó hơn từ bài toán đã giải .v.v.
Với giáo viên thì chắc chắn ngoài việc tìm ra một "họ" các bài toán ra còn
có phương pháp "thiết kế" một bài toán mới từ một bài toán quen thuộc. Việc làm
ấy chẳng tạo cho giáo viên một "ngân hàng" bài tập sao ?
Đó chính là mục đích của kinh nghiệm.
Ngoài ra để có thêm các mối quan hệ của một bài toán nào đó với bài toán
A ta có thể làm các phép:
2
+ Đặc biệt hoá một số điều kiện để từ bài toán A có bài toán mới.
+ Thay đổi một số điều kiện trong giả thiết để có bài toán mới.
Tóm lại: Nếu sau khi giải một bài toán, hãy dành một lượng thời gian đủ để
suy xét nó nhìn nhận lại những gì đã làm và thực hiện theo 3 hướng trên tôi nghĩ
sẽ "Khai thác và phát triển " ra một "họ" các bài toán mới rất hay và có giá trị
PHẦN II : GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
1 - CƠ SỞ LÝ LUẬN, THỰC TRẠNG VÀ PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
Chúng ta biết rằng mỗi một sự việc, hiện tượng đều do một số nguyên nhân
sinh ra. Nên khi điều kiện trong nguyên nhân thay đổi thì kết quả sẽ thay đổi theo.
Và cũng có thể từ những nguyên nhân ấy cũng có thể tạo ra được kết quả mới.
Điều ấy trong toán học thì rất dễ xảy ra. Từ một số điều kiện (giả thiết - gt) hoặc
những cái đã biết ta phải chỉ ra những kết quả thu được (kết luận - kl). Nhưng việc
chỉ ra được kết quả chỉ là một vấn đề yêu cầu trước mắt của bài toán. Mà rèn luyện
cho học sinh có thói quen suy xét thêm những gì sau khi giải được bài tập là hết
sức quan trọng. Chẳng hạn:
* Giải xong bài tập đó các em còn có thể chứng minh thêm được những gì ?

** Hãy thay đổi một số điều kiện trong giả thiết thì thu được những bài toán
mới nào ?
*** Hãy đặc biệt hoá một vài điều kiện trong (gt) thì được (kl) gì ?
**** Nếu đảo lại thì bài toán đó có gì thay đổi .
vân vân và vân vân
Cứ như vậy sau mỗi bài tập hãy rèn cho học sinh có thói quen làm được một
số công việc ấy. Tôi nghĩ đó là một phương pháp tự học cực kỳ quan trọng.
2. NỘI DUNG VÀ BIỆN PHÁP THỰC HIỆN:
BÀI TOÁN BAN ĐẦU.
Ta hãy bắt đầu từ một bài toán quen thuộc
Cho xOy = 90
0
. Trên Ox lấy điểm A cố định sao cho OA = a. Điểm B di
động trên Oy. Vẽ trong góc xOy một hình vuông ABCD.
a) Tính khoảng cách từ D đến Ox.
b) Tìm tập hợp (qũy tích) điểm D khi B di động trên Oy.
Hướng dẫn:
3
a) Kẻ DH ⊥ Ox ≡ H. Có ∆
AHD
vuông tại H nên D
1
+ A
1
= 1v .
Mà A
2
= 1v ⇒ A
1
+ A

3
= 1v.
Suy ra: A
3
= D
1
.
Xét ∆
DHA
và ∆
AOB

Có: H = O = 1v, A
3
= D
1
,
DA = AB (cạnh hình vuông)
Vậy ∆
DHA
= ∆
AOB
= (T/h. Bằng
nhau đặc biệt thứ nhất của tam giác
vuông)
Vậy: DH = OA = a
b) Theo chứng minh trên DH
= a (const)

Hình 1
Khi B di động trên Oy thì D di động theo nhưng luôn cách Ox một khoảng
DH = a. Vậy quỹ tích của D thuộc đường thẳng song song với Ox và cách Ox một
khoảng bằng a.
Giới hạn:
Khi B ≡ O thì H ≡ A và D ≡ D'. D' là một điểm thuộc đường thẳng song
song với Ox và cách Ox một khoảng bằng a, do A cố định suy ra D' cố định.
Kết luận:
Khi B di động trên Oy thì quỹ tích của D là 1 tia D'z // Ox, D' cách A một
khoảng bằng a.
Khai thác 1:
Từ lời giải trên ta thấy hình vuông OAD'C' là nhỏ nhất trong tập các hình
vuông ABCD khi B di động trên Oy. Và đương nhiên trong tập các hình vuông ấy
thì diện tích hình vuông OAD'C' là có giá trị nhỏ nhất. Từ suy xét đó ta có bài toán
mới.
4
y
x
1
3
2
1
H
D'
C'
D
C
O
A
B

y
x
1
3
2
1
I'
I
H
D'
C'
D
C
O
A
B
Bài toán 1:
Trong góc xOy vuông tại O lấy A thuộc tia Ox sao cho OA = a. Một điểm B
di động trên Oy. Vẽ trong góc xOy hình vuông ABCD. Xác định vị trí điểm D để
S
ABCD
là nhỏ nhất.
Chứng minh
Thật vậy S
ABCD
= AB
2
Trong ∆
OAB
có O = 1v ⇒

AB > OA
Do A cố định, B di động nên
AB ≥ OA = a
⇒ S
ABCD
≥ a
2
Do đó S
ABCD
= a
2
là nhỏ nhất
khi ấy B ≡ O
Khai thác 2:
Hình 2
Từ kết quả trên ta suy ra hình vuông OAD'C' là cố định bằng cạnh a. Thế thì
OD' cố định nên trung điểm I' là cố định. Vấn đề đặt ra là: Nếu B chuyển động
trên Oy thì D chuyển động trên tia D'D. Khi đó trung điểm I của OD chuyển động
trên đường nào và ta có bài toán mới.
Bài toán 2:
Cho góc xOy bằng 90
0
. Lấy A trên Ox sao cho OA = a, một điểm B di động
trên Oy. Trong góc xOy vẽ hình vuông ABCD. Gọi I là trung điểm của OD. Tìm
tập hợp (qũy tích) điểm I.
Hướng dẫn: (Hình 2)
Theo kết quả trên D' là giới hạn của D và D' cố định.
Gọi I' là trung điểm OD' ⇒ I' cố định.
Trong ∆
OD'D

có I'I là đường trung bình ⇒ I'I // D'D.
Nên quỹ tích I là tia I'I // Ox cách Ox một khoảng =
2
a
5
Khai thác 3:
Suy xét: (hình 3)
Qua C kẻ đường thẳng // Ox
cắt Oy tại Q cắt DH tại P
Theo trên ta đã chứng minh
được
∆
AOB
= ∆
DHA
(Cạnh huyền
góc nhọn) ⇒ OA = DH = a
OB = AH
Nhưng CQ // Ox ⇒ CQB = 1v
⇒ CP = OA
PD = OB Hình 3
Vậy OA + AH = DH + PD = CP + CQ = BQ + OB
hay OH = HP = PQ = QO
Mà QOA = 1v
Ta có bài toán mới.
Bài toán 3:
Cho góc xOy, trên tia Ox lấy A sao cho OA = a, trên Oy điểm B di động.
Dựng trong góc xOy hình vuông ABCD; qua C kẻ đường thẳng // Ox, qua d kẻ
đường thẳng // Oy. Hai đường thẳng này cắt nhau tại P và lần lượt cắt Oy tại Q,
cắt Ox tại H.

a) Chứng minh OHPQ là hình vuông
b) Gọi I là trung điểm AC, chứng minh O, I, P thẳng hàng.
Từ suy xét trên dễ dàng suy ra điều chứng minh.
Khai thác 4: Suy xét tiếp ta thấy. Ta có thể chuyển hướng bài toán dưới
dạng khác.
Nếu ta coi hình vuông OHPQ là cố định cạnh = a Trên các cạnh HO, OB,
PQ, PH lần lượt lấy A, B, C, D sao cho OA = QB = PC = DH.
6
y
x
P
Q
I
H
D
C
O
A
B
y
x
P
Q
I
H
C'
D
C
O A
B

⇒ OHPQ là hình vuông
Tiếp tục: Nếu cho A di động
trên OH và vẫn chưa thoả mãn
ABCD là hình vuông thì chu vi của
∆
AOB
có giá trị thay đổi như thế nào.
Cụ thể có quan hệ gì với a cạnh hình
vuông OHPQ.


Hình 4
Thật vậy dễ chứng minh được ∆
AOB
= ∆
DHA
= ∆
CPD
= ∆
BQC
Từ đó ⇒ ABCD là hình vuông
∆
AOB
luôn có: AB < OA + OB
Nhưng OB = AH ⇒ AB < OA + AH = OH = a
Do A, B cũng chuyển động và thoả mãn ABCD là hình vuông.
Nên khi A ≡ H, B ≡ O ⇒ AB = OH = a
Do đó: OA + OB + AB ≤ OH + OH = 2a
Vậy C
AOB

≤ 2a (C
AOB
: chu vi ∆
AOB
)
(Chu vi của ∆
AOB
có giá trị lớn nhất bằng 2a).
Ta có bài toán mới.
Bài toán 4:
Cho hình vuông OHPQ cạnh là a. Trên các cạnh HO, OQ, QP, PH lần lượt
lấy A, B, C, D sao cho OA = QB = PC = HD.
a) Chứng minh: ABCD là hình vuông.
b) Khi A chuyển động trên OH và thoả mãn ABCD là hình vuông
và (A ≠ O, A ≠ H). Chứng minh C
AOB
< 2a.
Từ suy xét ta dễ chứng minh được điều này.
7
y
x
P
Q
I
H
D
C
O
A
B

Khai thác 5:
Tiếp tục không dừng lại ta suy xét tiếp. Ta luôn có OB + OA = OH = a
không đổi (vẫn nội dung bài tập 4).
Như vậy OA + OB = a (const)
Suy ra OA.OB lớn nhất khi OA = OB (Tổng 2 số dương không đổi tích của
chúng lớn nhất khi hai số đó bằng nhau).
Để ý thì thấy rằng: OA. OB = 2S
AOB
(S
AOB
diện tích ∆
AOB
)
Mà hình vuông OHPQ có S
OHPQ
= a
2
(S
OHPQ
là diện tích OHPQ)
Và S
OHPQ
= S
ABCD
+ 4S
AOB
Hay S
ABCD
= a
2

- 4 S
AOB
Nếu S
AOB
lớn nhất thì S
ABCD
nhỏ nhất là S
AOB
nhỏ nhất thì S
ABCD
lớn nhất.
Mà S
AOB
lớn nhất khi OA.OB lớn nhất vì lý luận trên OA.OB lớn nhất khi
OA = OB.
Từ đó ⇒ OA = OB =
2
OH
=
2
a
. Hay A là trung điểm OH, B là trung điểm OQ ?
Ta có bài toán mới.
Bài toán 5:
Cho hình vuông OHPQ cạnh là a. Trên OH, OQ, QP, PH lần lượt lấy A, B,
C, D sao cho OA = QB = PC = HD.
a) Chứng minh ABCD là hình vuông.
b) A chuyển động trên OH
(vẫn thoả mãn ABCD là hình vuông).
Xác định vị trí A để S

ABCD
là nhỏ nhất.
Tìm giá trị đó.
Hướng dẫn:
a) Dễ chứng minh được:
∆
AOB
= ∆
DHA
(c.g.c)
⇒ AB = AD Hình 5
8
Tương tự CB = CD = AB
Vậy ABCD là hình thoi
(1)
Lại có: A
1
= D
1
mà D
1
+ A
2
= 1v
⇒ A + A
2
= 1v
(2)

Từ (1) (2) ⇒ ABCD là hình vuông.

b) Ta có S
OHPQ
= a
2
Theo kết quả trên ∆
AOB
= ∆
BQC
= ∆
CPD
= ∆
DHA
(c.g.c)
⇒ S
ABCD
= a
2
- 4 S
AOB
= a
2
- 2.OA.OB
Do OA + OB = OA + AH (vì OB = AH) ⇒ OA + AH = OH = a
Không đổi nên tích OA.OB lớn nhất khi OA = OB =
2
a
Nghĩa là OA.OB ≤
2
a
.

2
a
=
4
2
a
Vậy S
ABCD
≥ a
2
- 2.
4
2
a
= a
2
-
2
2
a
=
2
2
a
Do đó S
ABCD
=
2
2
a

là giá trị nhỏ nhất khi đó: OA = OB =
2
OH
Chứng tỏ A là trung điểm của OH.
Khai thác 6: (Hình 6)
Tiếp theo suy xét 4 ta có C
AOB
≤ 2a
Vậy nếu C
AOB
= 2a thì điều gì sẽ xảy ra ?
Thật vậy: Nếu cạnh hình vuông OHPQ là a và A, B chuyển động trên OH,
OQ sao cho C
AOB
= 2a.
Thì: OA + OB + AB = 2a
(1)
Nhưng OQ + OH = 2a
Hay OB + BQ + OA + AH = 2a
(2)
Từ (1) (2) ⇒ AB = BQ + AH
Trên tia đối QB lấy E sao cho QE = AH
⇒ BQ + QE = BQ + AH hay BE = BA
9
Lại có ∆
PQE
= ∆
PHA
(c.g.c)
Suy ra: PE = PA

Do vậy ∆
PBE
= ∆
PBA
(c.c.c)
Nên B
1
= B
2
. Trên AB lấy K sao cho
BK = BQ (Vì BA > BQ) ⇒ KA = AH
Suy ra ∆
PBQ
= ∆
PBK
(c.g.c)
(1)

Nên PQB = PKB (= 1v)
Hình 6
⇒ PQB = PHA = 1v và PK = PQ (∆
PBQ
= ∆
PBK
)
Nên PK = PH ⇒ ∆
PAK
= ∆
PAH
(c.c.c)

(2)
Từ (1) ⇒ P
1
=P
2
(2) ⇒ P
3
= P
4
Như thế thì:
Không cần những yếu tố trên mà chỉ cần một hình vuông OHPQ cạnh bằng a.
Một xPy quay quanh P, Px cắt OH ở A; Py cắt OQ ở B.
Sao cho C
AOB
= 2a thì xPy = 45
0
Ta có bài toán mới.
Bài toán 6:
Cho hình vuông OHPQ cạnh bằng a, một góc xPy quay quanh P. Tia Px, Py
lần lượt cắt OH, OQ tại A, B thoả mãn chu vi ∆
AOB
là 2a.
Chứng minh xPy = 45
0
(Từ suy xét trên dễ chứng minh được bài này).
Đặc biệt hoá bài toán ta có bài toán sau:
10
Ê
C
P

D
B
Q
H
A
K
O
1
2
4
3
1
2
⇒ P
2
+ P
3
= P
1
+ P
4
=
2
QPH
= 45
0
Cho hình vuông ABCD, cạnh là
2
1
, tia Px cắt OH tại A, tia Py cắt OQ tại B,

sao cho chu vi ∆
AOB
là 1.
Chứng minh rằng APB = 45
0
Khai thác 7: (Hình 7)
Suy xét tiếp ta có thể
đặt ra vấn đề ngược lại của
bài toán 6 thì sao ?
Hình 7
Nghĩa là: Cho hình vuông OHPQ cạnh bằng a, một góc xPy quay quanh P
sao cho xPy = 45
0
và Px cắt OH tại A, Py cắt OQ tại B, thì chu vi của ∆
AOB
có gì
thay đổi hay vẫn bằng 2a.
Suy luận: Trên tia đối tia HA lấy F sao cho HF = QB
⇒ ∆
PQB
= ∆
PHE
(c.g.c) (Hình vẽ 7)
Vậy PB = PF
P
1
= P
2
Mà P
1

+ BPH = 1v ⇒ P
2
+ BPH = 1v hay BPF = 1v
vì BPA = 45
0
⇒ APF = 45
0
⇒ ∆
PAB
= ∆
PAF
(c.g.c) ⇒ A
1
= A
2
Từ P kẻ PK ⊥ AB ≡ K ⇒ ∆
PAH
= ∆
PAK
(cạnh huyền góc nhọn)
Suy ra AK = AH
Lại có B
1
= F
1
(∆
PHF
= ∆
PQB
)

B
2
= F
1
(∆
PAB
= ∆
PAF
)
Suy ra B
1
= B
2
. Vậy ∆
PBQ
= ∆
PBK
(cạnh huyền góc nhọn)
11
Q
P
F
HA
K
B
y
1
2
1
1

2
1
2
O
45
0
x
Vậy BQ = BK
Mà C
AOB
= OA + OB + AB
= OA + OB + BK + KA
= OA + OB + BQ + AH
= OA + AH + OB + BQ
= OH + BQ
= a + a
= 2a
Như vậy vấn đề ngược lại của bài toán 6 vẫn đúng.
Từ suy xét trên dễ chứng minh được bài toán này. Hơn nữa ta lại chỉ ra
được khoảng cách từ P đến AB (độ dài của PK luôn bằng cạnh hình vuông PQ
không đổi).
Từ đó ta còn có bài toán mới.
Bài toán 7:
Cho hình vuông OHPQ cạnh a. Một góc xPy = 45
0
quay quanh P sao cho tia
Px, Py lần lượt cắt OH, OQ tại A, B.
a) Chứng minh ∆
AOB
có chu vi không đổi.

b) Cạnh AB luôn là tiếp tuyến của một đường tròn cố định.
Từ suy xét trên dễ chứng minh được bài tập này.
Khai thác 8:
Từ các kết quả trên ta đi đến kết luận rằng. Trong hình vuông OHPQ cạnh
bằng a. Một góc xPy quay quanh P. Gọi Px cắt OH ở A, gọi Py cắt OQ tại B.
Nếu: AB = AH + BQ (hay chu vi ∆
AOB
không đổi)
thì xPy = 45
0
Và ngược lại
Nếu xPy = 45
0
Thì: AB = AH + BQ ( hay chu vi ∆
AOB
là không đổi )
12
Và cả hai trường hợp trên ta đều chứng minh được khoảng cách của P đến
AB là không đổi.
Ta có thể thay cách phát biểu của bài toán trên.
Bài toán 8:
Cho hình vuông OHPQ cạnh bằng a. Một đường thẳng xy thay đổi luôn cắt
OH tại A, cắt OQ tại B.
a) Chứng minh rằng: APB = 45
0
khi và chỉ khi C
AOB
= 2a
b) Tìm quỹ tích điểm K là hình chiếu của P trên AB khi AB thay đổi và APB =
45

0
Hướng dẫn:
a) Xem hướng dẫn bài toán 6 và bài toán 7.
b) • Thuận: chứng minh trên có PK = PH = a (const)
Vậy khi APB quay quanh P thì K chuyển động nhưng luôn cách P một
khoảng không đổi là a.
Vậy K ∈ (P, a)
Giới hạn: Khi A ≡ O thì B ≡ Q ⇒ K ≡ Q
A ≡ H thì B ≡ O ⇒ K ≡ H
Vậy quỹ tích K là một phần tư đường tròn (P, a) nằm trong hình vuông
OHPQ.
• Đảo lại:
Trên một phần tư đường tròn (P, a) nằm trong hình vuông OHPQ lấy một
điểm K' bất kỳ. Kẻ x'y' ⊥ PK' tại K', x'y' cắt OH tại A' cắt OQ tại B' ta phải chứng
minh OB' + OA' + A'B' = 2a.
Thật vậy:
Có C
OA'B'
= OA' + A'B' + OB'
Nhưng A'B' = A'K' + K'B' (K ∈ A'B')
Và A'K' = A'H
K'B' = B'Q (tính chất hai tiếp tuyến)
13
⇒ C
A'OB'
= OA' + A'H + OB' + B'Q
= OH + OQ = 2a
Khai thác 9: (Hình 8)
Tiếp tục suy xét thấy khi A, B chuyển động trên 2 cạnh OH, OQ của hình
vuông OHPQ cạnh là a và thoả mãn chu vi ∆

AOB
= 2a. Thì một điều xảy ra rằng:
Khi A ≡ H, B ≡ O thì S
OAB
= O
Khi A ≡ O, B ≡ Q thì S
AOB
= O
Tóm lại khi xPy quay quanh P đỉnh của hình vuông OHPQ có cạnh là a và
thoả mãn C
AOB
= 2a thì O ≤ S
AOB
< S
OHPQ

(1)
Như vậy ta có thể dự đoán rằng thế thì
S
APB
có thể có giá trị lớn nhất không ?
hay giá trị cực trị của S
APB
có quan hệ
với giá trị cực trị của S
AOB
như thế nào ?
Thật vậy
Theo các kết quả trên ta đã chứng minh
được ∆

PBQ
= ∆
PBK
∆
PAK
= ∆
PAH
Hình 8
Do đó:
S
APB
=
2
1
S
ABQPH
Mà S
ABQPH
+ S
AOB
= S
OHPQ
= a
2
⇒ 2S
APB
+ S
AOB
= a
2

⇒ 2S
APB
= a
2
- S
AOB
(*)
Từ (*) ta có: S
APB
lớn nhất ⇔ S
AOB
nhỏ nhất
(2)
Từ (1) (2) ⇒ S
AOB
nhỏ nhất = O
Vậy 2S
APB
lớn nhất = a
2
- O
Hay S
APB
lớn nhất =
2
2
a

14

K
A
H
O
B
Q
P
Khi đó A ≡ H và B ≡ Q
Ta có bài toán mới.
Bài toán 9:
Cho hình vuông OHPQ. Một góc xPy quay quanh P gọi Px cắt OH tại A.
Py cắt OQ tại B.
Sao cho AB = BQ + AH
Xác định vị trí A, B để S
APB
đạt giá trị lớn nhất.
Hướng dẫn:
(Chứng minh theo hướng suy xét trên)
Khai thác 10:
Suy xét tiếp từ giá trị trên ta thấy.
Gọi đường chéo QH cắt PA tại M
cắt PB tại N.
Ta có thể phát triển bài toán đã cho
thành bài toán cho học sinh lớp 9
khi đã học về tứ giác nội tiếp.
Bài toán 10: Hình 9
Cho hình vuông OHPQ cạnh bằng 1,
một góc xPy quay quanh P sao cho
C
AOB

= 2. Gọi QH lần lượt cắt PA ở M,
PB ở N. Lấy K thuộc AB sao cho BK = BQ
Chứng minh: BM, AN, PK đồng qui.
Hướng dẫn: (Hình 9)
Từ các bài toán trên ta đã có kết luận (và đã chứng minh được)
Nếu C
AOB
= 2.OH ⇒ APB = 45
0
Mà BQM = 45
0
⇒ BQPM nội tiếp (Q
1
= P
1
P, Q cùng thuộc nửa mặt
phẳng cùng nhìn BM dưới những góc bằng nhau)
Vậy BQP + BMP = 2v
15
M
A
H
O
B
Q
P
K
N
1
(tính chất tứ giác nội tiếp)

⇒ BMP = 1v hay BM ⊥ PA
(1)
Chứng minh tương tự:
AHPN nội tiếp
⇒ ANP = 1v hay AN ⊥ PB
(2)
Do BK = BQ ⇒ OB + BK = 1
Mà C
AOB
= 2 ⇒ OA + KA = 1
Chứng tỏ AK = AH
Trên tia đối tia QB lấy E sao cho QE = AH
⇒ ∆
AHP
= ∆
EQP
(c.g.c) ⇒ P
1
= P
2
Nên APE = 1v ⇒ BPE = 45
0
Vậy ∆
PBE
= ∆
PBA
(c.g.c)
⇒ B
1
= B

2
Vậy ∆
PBQ
= ∆
PBK
⇒ BQP = BKP mà BQP = 1v
Nên BKP = 1v hay PK ⊥ AB
(3)
Từ (1) (2) (3) ⇒ BM, AN, PJ là ba đường cao của ∆
ABP
nên nó đồng quy
(Hình 10)
Khai thác 11:
Từ kết quả của khai thác 10 ta suy xét tiếp thấy.
∆
BMP
vuông cân M ⇒
2=
MP
BP
∆
AMP
vuông cân tại A ⇒
2=
NP
AP
Suy ra
2
.
.

=
PNPM
PBPA
Ta có bài tập mới.
Bài toán 11:
16
Hình 10
E
Q
B
1
2
P
H
A
M
O
K
N
Cho hình vuông OHPQ cạnh là 1. Trên OH, OQ lần lượt lấy A,B chuyển
động sao cho chu vi ∆
AOB
= 2. Gọi QH lần lượt cắt PA, PB tại M, N. Chứng minh
rằng: PA.PB = 2PM.PN
Hướng dẫn:
Từ suy xét ta suy ra cách chứng minh bài tập.
Khai thác 12:
Để khó thêm một chút ta có thể phát triển thêm một vấn đề trong tam giác
bất kỳ.
Cho ∆ABC kẻ AH ⊥ BC = H

Nên S
ABC
=
2
1
AH. BC
Nhưng trong ∆
AHB
thì AH = AB. SinB
Vậy S
ABC
=
2
1
AB.BC. SinB (*)
Do đó trong giả thiết trên (bài tập 11)
Ta áp dụng công thức (*) có:
S
ABP
=
2
1
PA.PB. SinP
S
MPN
=
2
1
PM.PN . SinP
Lập tỷ số có

2
.
.
==
PNPM
PBPA
S
S
MPN
ABP
Ta có bài tập mới.
Bài toán 12:
Cho hình vuông OHPQ cạnh là 1. Trên OH, QO lần lượt lấy A, B cùng
chuyển động và thoả mãn chu vi ∆
AOB
bằng 2. Gọi QH lần lượt cắt PA, PB tại M,
N. Chứng minh S
PAB
= 2S
PMN.
Khai thác 13: (Hình 12)
Cứ tiếp tục như vậy ta suy xét tiếp. Chẳng hạn ta cho A chuyển động trên
cạnh hình vuông OHPQ và đến vị trí là trung điểm OH. Thì B sẽ chuyển động đến
điểm nào ? Cách Q bao nhiêu. Khi APB = 45
0
.
17
A
B CH
Q

B
O
A
H
E
P
I
1
2
Hình 11
Thật vậy:
Kẻ tia Px ⊥PB cắt OH ở E
⇒ P
1
= P
2
⇒ ∆
PHE
= ∆
PQB
(g.c.g)
⇒ PB = PE
Lại có BPE = 90
0
và APB = 45
0
⇒ APE = 45
0
⇒ ∆
PAB

= ∆
PAE
⇒ S
PAB
= S
PAE

Kẻ AI ⊥ PB ≡ I
Hay PB. AI = PH. AE ⇒ AI
2
. PB
2
= PH
2
. AE
2
Gọi BQ = x ⇒ HE = x (Do ∆
PHE
= ∆
PQB
)
Trong ∆
API
vông cân tại I ⇒ AI
2
=
2
2
PA

(1)
Trong ∆
PHA
vuông tại H ⇒ PA
2
= a
2
+
4
5
4
22
aa
=

(2)
(Vì giả sử A → trung điểm OH) ⇒ AH =
2
a
Từ (1) (2) ⇒ AI
2
=
8
5
2
a
Trong ∆
PQB
vuông tại Q ⇒ PB
2

= a
2
+ x
2
Vậy AI
2
. PB
2
=
8
)(5
22 x
xaa +
Mà AE = AH + HE =
2
a
+ x
Do đó
2
2
22
28
)(5






+=

+
x
a
a
xaa
x
5a
2
(a
2
+ x
2
) = 8a
2

4
)2(
2
xa +
= 2a
2
(a + 2x)
2
5(a
2
+ x
2
) = 2(a
2
+ 4x

2
+ 4ax)
5a
2
+ 5x
2
= 2a
2
+ 8x
2
+ 8ax
3x
2
+ 8ax - 3a
2
= 0
Có A = 3 ; B' = 4a, C = -3a
2
∆' = 16a
2
+ 9a
2
= 25a
2
do a > 0 (độ dài cạnh hình vuông)
18
Hình 12
Nên x
1
=

a
aa
3
1
3
54
=
+−
(thoả mãn)
x
2
=
a
aa
3
3
54
−=
−−
(Loại)
Điều này chứng tỏ QB =
3
1
OQ =
3
1
a
Bằng suy xét trên ta đi đến bài toán mới:
Bài toán 13:
Trong hình vuông OHPQ cạnh bằng a. Trên OH lấy trung điểm A, một góc

APx = 45
0
. Tia Px cắt OQ tại B.
Chứng minh: OQ =
3
1
a
Hướng dẫn:
Bằng suy luận trên ta dễ chứng minh được điều này. Cứ tiếp tục suy xét như
vậy ta còn có thể phát triển thêm được những bài toán mới từ bài toán quen
thuộc.Vậy với bài toán sau các bạn hãy suy xét và phát triển mà xuất phát từ bài
toán ban đầu.
Bài toán:
Cho hình vuông OHPQ cạnh bằng a. Trên OH lấy A là trung điểm trên OQ
lấy B sao cho QB =
3
a
.
Chứng minh rằng APB = 45
0.
3. KẾT QUẢ ĐẠT ĐƯỢC
1. Kết quả chung:
Sau khi học sinh được thực hành giải bài tập theo hướng tích cực “Khai
thác và phát triển” một bài toán, đa số các em học sinh khá, giỏi không những
nắm vững cách giải một bài toán mà còn biết khai thác theo nhiều hướng khác
nhau Bên cạnh đó nhằm tạo cho học sinh biết được việc suy xét tiếp một bài toán
sau khi đã giải sẽ có tác dụng:
- Tìm ra hướng giải khác (Và từ đó sẽ có phương pháp hay hơn).
- Tìm ra những bài toán là "họ hàng" của bài toán đã giải.
- Tìm ra những bài toán "hay hơn" khó hơn từ bài toán đã giải .v.v.

19
2. Kết quả cụ thể, đối chứng
Trên đây là một số hướng giải quyết khai thác và phát triển của một bài toán
. Qua thực tế giảng dạy, khi kiểm tra 10 em học sinh khá, giỏi lớp 8 trong đội
tuyển học sinh giỏi của trường so sánh kết quả trước và sau khi áp dụng kinh
nghiệm trên, tôi thấy có kết quả rõ rệt
Kết quả cụ thể như sau:
Kỹ năng
Trước
khi
áp dụng
Sau
khi
áp dụng
Nhận dạng và giải quyết được các bài toán tìm tập hợp
điểm (quỹ tích)
30% 70%
Nhận dạng và giải quyết được các bài toán tìm điều
kiện để một tứ giác đặc biệt có diện tích lớn nhất hay
nhỏ nhất, tam giác có chu vi không đổi, chứng minh
một góc bằng một góc cho trước, đoạn thẳng bằng nhau
30% 82%
Nhận dạng và giải quyết được các bài toán chứng minh
ba điểm thẳng hàng, các đường thẳng đồng quy,
35% 75%
Nhận dạng và giải quyết được các bài toán chứng minh
một tứ giác là hình vuông, chứng minh một điểm là
trung điểm của một đoạn thẳng
40%
85%

Nhận dạng và giải quyết được các bài toán chứng minh
một đẳng thức mà mỗi vế là một tích của các đoạn
thẳng, hay mỗi vế là diện tích của một hình
45% 80%
Tìm được lời giải các bài toán có nội dung đặc biệt, có
nội dung phức hợp, vận dụng cách giải linh hoạt
20% 60%
20
4. BÀI HỌC KINH NGHIỆM:
Sau khi thu được kết quả trên tôi thấy phương pháp giải toán nói trên
không qua khó đối với học sinh khá, giỏi mà điều quan trọng nhất là rèn cho các
em một thói quen tìm tòi khoa học, có thái độ hào hứng, say mê phát triển và khai
thác triệt để mội bài toán. Ngoài ra để có thêm các mối quan hệ của một bài toán
nào đó với bài toán A ta có thể làm các phép:
+ Đặc biệt hoá một số điều kiện để từ bài toán A có bài toán mới.
+ Thay đổi một số điều kiện trong giả thiết để có bài toán mới.
Sau khi giải một bài toán, hãy dành một lượng thời gian đủ để suy xét nó
nhìn nhận lại những gì đã làm và thực hiện để tìm ra các bài toán mới rất hay và
có giá trị
5. PHẠM VI ÁP DỤNG
Trọng tâm của đề tài là tập trung vào đối tượng học sinh khá giỏi lớp 8, các
em phải nắm vững kiến thức cơ bản, cần có niềm say mê môn hình học. Với giáo
viên là người đem lại niềm say mê , hứng thú cho các em, dẫn dắt các em biết cách
khai thác, nâng cao, tổng hợp khái quát hóa một vấn đề. Để đảm bảo tính hệ thống
liên tục, lô-gíc theo hướng khai triển của bài toán, trong đề tài có đôi chỗ mở rộng
cho học sinh lớp 9. Vậy khi xem, áp dụng xin lưu ý tới trình độ của các em học
sinh để vận dụng cho phù hợp.
6. NHỮNG Ý KIẾN ĐỀ XUẤT, HƯỚNG TIẾP TỤC NGHIÊN CỨU:
Trên đây là những hướng khai thác và phát triển một bài toán mà tôi đã làm.
Vấn đề tôi muốn đề xuất là rèn luyện phương pháp tư duy đào sâu suy nghĩ sau

mỗi bài toán đã giải chúng ta dành một lượng thời gian nhất định để suy xét theo
hướng mà tôi đã đưa ra. Thiết nghĩ đó cũng là một phương pháp học toán và làm
toán rất bổ ích, lý thú. Làm được điều đó với học sinh sẽ tạo ra sự hiểu bài sâu
hơn, có nhiều phương pháp giải hơn và đương nhiên sẽ tìm được phương pháp hay
nhất. Với người dạy ngoài việc tìm ra nhiều lời giải của bài toán còn tạo ra cách
thiết kế một loạt các bài toán có cùng "họ hàng" với bài toán ban đầu. Với tư
tưởng trên hướng tiếp tục nghiên cứu chính là các mảng kiến thức khác nhau mà
thông qua một khinh nghiệm nhỏ này chưa thể đề cập hết được.
21
22
PHẦN III: KẾT LUẬN
Trong quá trình được học tập tại khoa Toán-Tin Trường ĐHSP Hà Nội,
những suy nghĩ, băn khoăn, vướng mắc đã được các thày cô giúp đỡ nhiệt tình.
Đặc biệt là được sự góp ý, chỉ bảo rất tận tâm của thày giáo – Tiến sĩ Nguyễn Văn
Khải tôi đã mạnh dạn hoàn thành đề tài này. Trong quá trình bồi dưỡng học sinh
giỏi khối 8 - 9 tôi đã đưa ra để thực nghiệm. Ban đầu các em còn bỡ ngỡ sau tỏ ra
rất thích thú, say mê. Từ chỗ hiểu và say mê đó các em tìm tòi nhiều phương pháp
giải, qua đó chọn được phương pháp giải hay, đặc biệt một số em đã tự thiết kế ra
bài toán mới dựa trên hướng khai thác này.
Với khả năng còn có hạn, chắc chắn không tránh khỏi những hạn chế nhất
định. Song tôi cũng mạnh dạn đưa ra kinh nghiệm của bản thân mà tôi rất tâm đắc.
Tôi hy vọng đề tài sẽ đóng góp một phần vào áp dụng giảng dạy trong nhà trường.
Rất trông đợi sự đánh giá góp ý, bổ sung của đồng nghiệp xa gần để kinh
nghiệm này được hoàn thiện hơn và có tác dụng thiết thực trong sự nghiệp trồng
người của chúng ta.
Cuối cùng em xin chân thành cám ơn sự chỉ bảo tận tình của các thày cô
trong khoa toán – tin Trường ĐHSP Hà Nội. Xin chân thành cảm ơn Thày giáo –
Tiến sĩ Nguyễn Văn Khải đã giúp em hoàn thành đề tài này.
Xin trân trọng cảm ơn!
Hải Dương ngày 1 tháng 6 năm 2006

XÁC NHẬN CỦA NHÀ TRƯỜNG NGƯỜI VIẾT
…………………………………………………………….
…………………………………………………………….
…………………………………………………………….
……………………………………………………………. Phạm Anh Tuấn
23
MỤC LỤC
Trang
PHẦN I: ĐẶT VẤN ĐỀ 02
1. Lý do chọn đề tài 02
2. Mục đích 02
PHẦN II: GIẢI QUYÊT VẤN ĐỀ 03
1. Cơ sở lý luận, thực trạng và phương pháp nghiên cứu 03
2. Nội dung và Biện pháp thực hiện: 03
3. Kết quả đạt được 19
4. Bài học kinh nghiệm: 20
5. Phạm vi áp dụng: 21
6. Những ý kiến đề xuất, hướng tiếp tục nghiên cứu: 21

PHẦN III: KẾT LUẬN 22
24