skkn một vài PHƯƠNG PHÁP KHAI THÁC bài TOÁN NHẰM PHÁP TRIỂN TU DUY CHO học SINH

BÀI TOÁN BAN ĐẦU
BÀI TOÁN MỚI
Lập bài toán tương tự
Lập bài toán đảo
Thêm một số yếu tố (Đặc biệt hóa)
Bớt một số yếu tố (Khái quát hóa)
Thay đổi một số yếu tố
MỘT VÀI PHƯƠNG PHÁP KHAI THÁC BÀI TOÁN
NHẰM PHÁP TRIỂN TU DUY CHO HỌC SINH
A. Đặt vấn đề :
Trong chương trình đổi mới sách giáo khoa và phương thức giảng dạy hiện nay , học sinh trong việc chủ động
trong mọi hoạt động học tập và lĩnh hội tri thức, việc kích thích tính học tập chủ động của học sinh là rất cần thiết trong
từng tiết dạy lý thuyết và đặc biệt là tiết luyện tập , ôn tập đòi hỏi người giáo viên luôn luôn sáng tạo trong từng bài dạy
từng tiết dạy để tránh việc " thông báo kiến thức " , ''chữa bài tâp'' qua đó học sinh thấy hứng thú và chủ động tìm tòi cái
mới từ cái đã có.
Để làm được điều này người giáo viên phải tạo ra được cái mới từ những cái đã có bằng việc đào sâu mở rộng khai
thác một cách triệt để từ những cái ban đầu , có thể khó thì ta làm dễ đi để đơn giản hoặc từ dễ ta tổng hợp lên để nó thích
ứng được với từng đối tượng . hoặc tạo ra những bài toán có nhiều tình huống gắn được với thực tế .
Để đáp ứng những yêu cầu trên sau đây là một vài phương pháp , vài ví dụ nhằm dẫn đến những tình huống mới ,
những bài toán mới trong các tiết dạy lý thuyết đặc biệt là tiết luyện tập, ôn tập.
B. Nội dung:
1) Những con đường :
Một vấn đề đặt ra là nên cấu tạo đề bài toán như thế nào ( với mục đích vận dụng kiến thức , rèn luyện kĩ năng , kiểm
tra năng lực toán học v.v ) để phù hợp phương pháp dạy học đổi mới theo định hướng tích cực độc lập sáng tạo.
Câu trả lời đã trở nên dễ dàng nếu chúng ta xét hệ thống bài tập trong sách giáo khoa mới . ở đây tôi chỉ xin trao đổi
một số cách thức thông qua một vài ví dụ .
1. Đưa ra bài tập tình huống hoặc có nhiều tình huống.
2. Xây dựng bài toán mới từ các bài toán ban đầu theo sơ đồ :
2) Nội dung cụ thể :
a) Các bài toán có tình huống :
1

Đây là những bài toán có thể từ thực tế , có thể có nhiều tình huống nhằm tạo cho các em những hứng thú tốt trong
việc tìm kiến thức và tư duy. Giáo viên sử dụng trong việc khai thác tiếp cận kiến thức bài mới hoặc trong tiết luyện tập.
Ví dụ 1 : ( Bài tập tình huống lớp 7)
Bài toán : . Trên một cạnh giấy có hai đường thẳng d và d' cắt nhau ở bên ngoài ; một điểm M nằm trên trang giấy như
hình vẽ. Hãy vẽ đường thẳng d'' đi qua M và đi qua giao điểm của d và d'.
Nói cách vẽ và giải thích vì sao như vậy.
Đây là tình huống mà học sinh phải vẽ đường thẳng đi qua hai điểm
một điểm đã biết còn điểm kia thì lại nằm ngoài trang giấy.
Vậy ta phải làm sao khi mà ta không thể vẽ giao điểm của hai đường
thẳng d và d'. Ta hãy liên hệ đến ba đường đồng quy trong tam giác . ở đây ta
chỉ có thể vẽ được đường vuông góc qua M.
Lời giải :
Cách vẽ : Qua M vẽ đường thẳng a vuông góc với d' cắt d tại A, qua M vẽ đường thẳng b
vuông góc với d cắt d' tại B , sau đó ta vẽ đường thẳng d"" vuông góc với AB qua M.
Giải thích : Giả sử d cắt d" tại C lúc đó M là trực tâm của tam giác ABC nên d"" cũng là
đường cao nên nó đi qua C ( Dựa vào tính chất 3 đường cao).
Ví dụ 2 : ( ở ví dụ này là các tình huống được giải quyết nhờ định lý Pitago lớp 7 )
Bài toán 1 : Cho tam giác ABC có góc A = 120
0
cạnh AB = 5 ,AC = 6 .Tính BC ?
Giải :
Kẻ đường cao CD ta có góc DAC = 60
0

Vậy AD = AC : 2 = 6: 2 = 3
Theo Pitago ta có : CD
2
= AC
2
- AD

2

CD
2
= 6
2
- 3
2
= 36 - 9 = 27
BD = AB + AD = 5 + 2 =7
BC
2
= DC
2
+ BD
2
= 27 + 49 = 76
BC =
76
.
Bài toán 2 : Có một mảnh ruộng như hình vẽ . Hãy tính chu vi của hình đó ?
Giải :
Kéo dài AC và BF cắt nhau tại F ta dễ dàng chứng minh góc F = 90
0
nhờ
các yếu tố song song .
Ta có AF = AC+CF = 3
BF = BE + EF = 4
Theo Pitago AB
2

= AF
2
+ BF
2
= 25 suy ra AB = 5 .
Vậy chu vi mảnh ruộng là : AB + BE + ED + DC + CA = 12
Bài toán 3 : Có 3 mảnh đất hình vuông có diện tích là 50 m
2
, 20m
2
, 10m
2
, ở giữa có một cái hồ hình tam giác . Một người
2
muốn mua cả cái hồ lẫn 3 mảnh vườn nhưng anh ta không tính được diện tích cái hồ . Bạn hãy giúp người ấy tính diện tích
cái hồ.
Giải :
Đâylà bài toán tình huống tương đối khó . Nhưng bạn hãy để ý rằng :
10 = 3
2
+ 1
2
20 = 2
2
+ 4
2

50 = 5
2
+ 5

2
Từ đó ta vẽ thêm hình D,H,K như hình bên
Lúc đó ta có :
S
ABD
=
2
1
AD.DB =
2
25
m
2

S
AHC
=
2
1
AH.HC = 4m
2

S
BCK
=
2
1
BK.KC =
2
3

m
2
S
HCKD
= HC.CK = 2m
2

Vậy diện tích cái hồ là :
S
ABC
= S
ABD
- S
BKC
- S
HCKD
= 5m
2
Bạn thấy chúng có thú vị hay không ?
b) Xây dựng bài toán mới từ bài toán ban đầu
Ở phần này tôi xin giới thiệu tới bạn đọc một số bài toán được tạo ra từ bài toán ban đầu , với cách làm này việc
học luyện tập và ôn tập giúp học sinh luôn thấy hứng thú tránh cho giáo viên việc dạy các tiết này chỉ là tiết chữa bài tập ,
học sinh thấy được sự đa dạng trong toán học
b1) Lập bài toán tương tự bài toán ban đầu
Cơ sở: Tương tự :
- Có đường lối giải quyết giống nhau , phương pháp giống nhau.
- Có những nét giống nhau trong nội dung.
- Cùng đề cập đến một vấn đề.
Từ việc đối chiếu so sánh các đối tượng có thể đưa ra các giả thuyết tương tự và loại trừ.
Ví dụ 1 : ( Toán 7)

Bài toán ban đầu : Trong một tam giác cân có hai đường cao bằng nhau.
Từ sự tương tự giữa đường cao , đường trung tuyến , đường phân giác có thể xây dựng bài toán mới:
- Chứng minh rằng tam giác có hai trung tuyến bằng nhau là tam giác cân.
- Chứng minh rằng tam giác có hai phân giác bằng nhau thì tam giác đó cân.
Ví dụ 2 ; (Toán 7)
Bài toán ban đầu : Cho
d
c
b
a
=
chứng minh rằng
dc
c
ba
a
−
=
−
ta có bài toán mới bằng cách giữ nguyên giả thiết và
thay vào các kết luận :
3
Chứng minh rằng :
d3c2
d3c2
b3a2
b3a2
−
+
=

−
+
,
22
22
dc
ba
cd
ab
−
−
=

Ví dụ 3 : (Toán 6)
Bài toán ban đầu : Cho A = 1.2 +2.3 + 3.4 + 4.5 + + 9.10 . Tính B = 3.A
Lời giải 1 : B = (1.2 +2.3 + 3.4 + 4.5 + + 9.10).3
= 1.2.3 +2.3.3 + 3.4.3 + 4.5.3 + + 9.10.3
= 1.2 .(3 - 0)+2.3.(4 -1) + 3.4.(5 - 2) + 4.5.(6 - 3) + + 9.10.(11 - 8)
= 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + 4.5.6 + + 9.10.11 - (1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + +8.9.10 )
= 9.10.11
= 990
Lời giải 2 : B = (1.2 +2.3 + 3.4 + 4.5 + + 9.10 ).3
= (0.1 +1.2 +2.3 + 3.4 + 4.5 + + 9.10).3
=[1(0 +2) + 3 (2 +4) + 5(4 +6)+ +9(8 +10)].3
=(1
2
.2 + 3
2
.2 + 5
2

. 2+ +9
2
.2).3
=(1
2
+ 3
2
+ 5
2
+ +9
2
).2.3
= (1
2
+ 3
2
+ 5
2
+ +9
2
).6
Từ đó cho ta cách tính tổng bình phương của các số lẻ :
1
2
+ 3
2
+ 5
2
+ +9
2

=
6
11.10.9
Từ đó ta có các bài toán :
Bài 1: Tính : P = 1
2
+ 3
2
+ 5
2
+ +(2n+1)
2
Bài 2 :Tính : Q = 11
2
+12
2
+ 13
2
+ +(2n+1)
2
Bài 3: Tính : R = 2
2
+4
2
+ + 2n
2

Chú ý: từ cách giải 2 ta cũng có thể duy ra được công thức tính bình phương của tổng các số chẵn
C = (1.2 +2.3 + 3.4 + 4.5 + + 9.10 +10.11 ).3
=[2(1 +3) + 4 (3 +5) + 6(5 +7)+ +10(9 +11)].3

= (2
2
+ 4
2
+ 6
2
+ +10
2
).6
Vậy 2
2
+ 4
2
+ 6
2
+ +10
2
=
6
12.11.10
Bài 4: Tính : M = 1
2
+2
2
+ 3
2
+ +n
2
Bài 5: Tính : N = -1
2

+ 2
2
- 3
2
+ 4
2
99
2
+ 100
2
Bài toán 5 có thể tách làm hai chuối hoặc :
N = (2
2
-1
2
) + (4
2
- 3
2
) + +( 100
2
- 99
2
)
= 3 + 7 + + 199
=
50.
2
1993 +
Nếu bạn để ý đến số 3 trong dãy 1.2 trong bài toán ban đầu thì bạn có thể dễ dàng giải quyết bài toán sau :

Bài 6: Cho A = 1.2.3 + 2.3.4 + 4.5.6 + + 8.9.10 . Tính A ? ( HD : Bạn tính B = A.4 =
4
11.10.9.8
)
4
b2) Lập bài toán đảo của bài toán ban đầu
Cơ sở: Thiết lập mệnh đề đảo
Chúng ta xét một bài toán lớp 8
Bài toán ban đầu : Chứng minh rằng nếu tam giác vuông có một góc bằng 30
0
thì cạnh đối diện với góc ấy bằng một nửa
cạnh huyền .
Giả sử
∆
ABC có góc A =90
0 ,
góc B= 30
0
ta phải chứng minh AC =
2
1
BC
Ta có mệnh đề : P( =90
0
)
∧
Q( =30
0
)
⇒

R(AC=
2
1
BC)
Mệnh đề đảo : R
⇒
P
∧
Q : AC=
2
1
BC
⇒
=90
0
, =30
0
R
∧
P
⇒
Q : AC=
2
1
BC , =90
0
⇒
=30
0
R

∧
Q
⇒
P : AC=
2
1
BC , =30
0

⇒
=90
0
Trong 3 mệnh đề đảo trên thì chỉ có mệnh đề 2 và 3 là đúng từ đó ta có bài toán mới :
Bài toán 1:Chứng minh rằng nếu một tam giác vuông có một cạnh góc vuông bằng nửa cạnh huyền thì góc đối diện với
cạnh ấy bằng 30
0
.
Bài toán 2 :Chứng minh rằng nếu một tam giác có một góc bằng 30
0
và một cạnh đối diện với góc ấy bằng một nửa của một
trong hai cạnh còn lại thì tam giác đó là tam giác vuông.
b3) Thêm vào bài toán ban đầu một số yếu tố (Đặc biệt hóa bài toán)
Cơ sở: Từ bài toán ban đầu thêm vào hoặc bớt đi một số yếu tố ở giả thiết , kết luận một số yếu tố để bài toán có
thể dễ hơn hoặc khó hơn.
Ví dụ 1 : ( Toán 6)
Bài toán ban đầu : Tính tổng : A =
10.9
1

4.3

1
3.2
1
2.1
1
++++
Để giải bài toán này không khó ta sử dụng tách ra thành hiệu phân số
1n
1
n
1
)1n.(n
1
+
−=
+
với
Nn ∋∀
. Chúng ta có bài
toán mới :
1) Tính : B =
132
1

42
1
30
1
20
1

++++
Nhưng nếu ta thêm vào một yếu tố nữa thì bài toán trên sẽ khó hơn :
2) Tính : C =
156
3

42
3
30
3
20
3
++++
3) Tính : D =
11.9
2

7.5
2
5.3
2
3.1
2
++++
4) Tính : E =
)2n(n
1

80
1

48
1
24
1
+
++++
Ví dụ 2 : ( Toán 7)
Bài toán ban đầu : Tìm cặp số nguyên x , y thỏa mãn : x.y = 7 và x>y.
5
Học sinh có thể giải bài này bằng cách tách như sau : x.y = 1.7 = (-1).(-7)
Ta thêm vào bài toãn một số yếu tố bài toán sẽ trở nên đa dạng hơn :
Tìm cặp số nguyên x , y để :
a) (x -1 ) .(y+3) = 7
b)
73y.1x =+−
Ví dụ 3: ( Toán 8)
Từ bài toán 48 chương 1 hình học 8:
Bài toán ban đầu : Cho tứ giác ABCD có M,N,P,Q lần lượt là trung điểm các cạnh AB, BC, CD , DA . Chứng minh rằng :
Tứ giác MNPQ là hình bình hành .
Lời giải:
Ta có MN là đường trung bình của tam giác ABC :
⇒ MN AC và MN =
2
1
AC (1)
Ta cũng có PQ là trung tuyến của tam giác ADC :
⇒ PQ AC và PQ =
2
1
AC (2)

Từ 1 và 2 suy ra : MN PQ và MN = PQ . Như vậy theo dấu hiệu nhận
biết hình bình hành , ta có MNPQ là hình bình hành.
Bây giờ ta chỉ cần thêm vào bài toán một số yếu tố thì bài toán sẽ thú vị hơn rất nhiều .
Bài toán mới :
1) (Bài 88) Cho tứ giác ABCD có M,N,P,Q lần lượt là trung điểm các cạnh AB, BC, CD , DA . Tìm điều kiện về
đường chéo củ tứ giác ABCD để :
a) Tứ giác MNPQ là hình chữ nhật .
b) Tứ giác MNPQ là hình thoi.
c) Tứ giác MNPQ là hình vuông .
2) Cho tứ giác ABCD có M,N,P,Q lần lượt là trung điểm các cạnh AB, BC, CD , DA .Gọi O là giao điểm của hai
đường chéo AC và BD . Chứng minh rằng : OM+ON+OP+OQ bằng nửa chu vi của tứ giác ABCD.
3) Cho tứ giác ABCD có M,N,P,Q lần lượt là trung điểm các cạnh AB, BC, CD , DA . Chứng minh rằng chu vi tứ
giác MNPQ bằng tổng hai đường chéo AC và BD.
4) Chứng minh rằng trong một tứ giác nếu có hai đường chéo vuông góc thì khoảng cách giứa trung điểm các cạnh
đối diện là không đổi.
5) Chứng minh rằng trong một tứ giác thì tổng khoảng cách giữa trung
điểm các cạnh đối diện luôn nhỏ hơn hoặc bằng nửa chu vi của tứ giác
đó
HD : Ta luôn có : MP
≤
OM + OP
NQ
≤
ON + OQ
MP + NQ
≤
OM + ON + OP + OQ
Từ bài 2 ta sẽ suy ra được điều chứng minh.
6
6) Chứng minh rằng trong một tứ giác thì tổng khoảng cách giữa trung điểm các cạnh đối diện luôn nhỏ hơn tổng hai

đường chéo.
Ví dụ 4 : ( Toán 9)
Xin cùng các bạn bắt đầu đi từ một bài toán 14 trang 38 trong hình học lớp 9
Bài toán ban đầu : Cho tam giác đều ABC và điểm M thuộc cung BC ( Không chứa A) của đường tròn ngoại tiếp tam giác
. Chứng minh rằng : MA = MB + MC.
Lời giải :
Trên MA ta lấy điểm N sao cho MN =MB , ta có = = 60
0
góc nội tiếp
cùng nhìn cung AB. Vậy tam giác MBN là tam giác đều.
⇒ BM = BN và = 60
0
.
Từ đó ta có : = ( cùng cộng với góc NBC bằng 60
0
)
Ta lại có : AB = BC và BN = BM
Vậy
∆
ABN =
∆
CBM ( c.g.c)
⇒
AN = MC
Vậy : MN + NA = MB + MC hay MA = MB + MC
Bài tập này sẽ cho các bạn nhiều bài toán rất hay . Chúng ta hãy để ý rằng MA, MB,MC là 3 đường thẳng tạo với nhau
những góc 60
0
. Từ đó ta có bài toán :
Bài toán mới :

1) Cho đường tròn (O) điểm M nằm trong đường tròn , các dây
qua M là A
1
B
1
, A
2
B
2
, A
3
B
3
tạo với nhau đôi một những góc
60
0
. Chứng minh rằng : MA
1
+ MA
2
+ MA
3
= MB
1
+ MB
2
+
MB
3
.

Lời giải :
Để giải bài tập này chúng ta đưa bài toán ban đầu vào:
Để không mất tính tổng quát giả sử O nằm trong góc B
1
MA
3
và
.Dựng đường tròn (w) tâm O bán kính OM lần lượt
cắt A
1
B
1
, A
2
B
2
, A
3
B
3
tại C
1
, C
2
, C
3
. Theo bài toán ban đầu ta có : MC
1
= MC
2

+ MC
3
.
Theo tính chất hai đường tròn đồng tâm ta có :
MA
1
= C
1
B
1
, MB
3
= C
3
A
3
, MB
2
= C
2
A
2
.
Ta có : MC
1
+ C
1
B
1
+ MB

2
+ MB
3
= MC
2
+MC
3
+MA
1
+C
3
A
3
+ C
2
A
2
MB
1
+ MB
2
+ MB
3
= MA
1
+ MA
2
+ MA
3
2) Cho tam giác đều ABC và điểm M thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác . Chứng minh rằng MA

2
+ MB
2
+ MC
2
=
6R
2
( Rlà bán kính đường tròng ngoại tiếp tam giác)
Để giải bài toán này chúng ta cần giải quyết một bổđề :
Bổ đề : Cho tam giác ABC có
0
120A =
ˆ
thì BC
2
=AB
2
+ AC
2
+ AB.AC
7
Kẻ AH ⊥ AC tại H ta có AH =
2
1
AC , CH =
2
3
AC .
Theo Pitago tacó :

BC
2
=BH
2
+CH
2
= (AB+AH)
2
+(
2
3
AC)
2
= ( AB+
2
1
AC)
2
+ +(
2
3
AC)
2
= AB
2
+ AC
2
+ AB.AC
Không mất tính tổng quát , giả sử M thuộc cung BC không chứa A ta có :
CMB

ˆ
=120
0
. Theo bài toán 1 ta có :
MA = MB + MC
MA
2
= MB
2
+MC
2
+ 2MB.MC
⇒ MA
2
+MB
2
+MC
2
= 2(MB
2
+MC
2
+ MB.MC)
Theo bổ đề ta có :
MB
2
+MC
2
+MB.MC

= BC
2
⇒ MA
2
+MB
2
+MC
2
= 2 BC
2
Vì tam giác ABC đều nội tiếp đường tròn bán kính R
nên BC
2
= 3R
Vậy MA
2
+MB
2
+MC
2
= 6R
2
Trên đây chỉ là hai bài toán từ bài tập đó , chúng ta có thể phát triển thêm những bài toán rộng hơn . Vì khuông
khổ không cho phép nên tôi chỉ giới thiệu tới bạn đọc và các thầy cô giáo hai bài toán , hi vọng các thầy cô cùng bạn đọc có
nhiều ý kiến bổ sung
b
4
) Bớt đi một số yếu tố của bài toán ban đầu ( Khái quát hóa bài toán)
Cơ sở: Khi đề xuất bài toán mới bằng cách bớt đi một số yếu tố của bài toán ban đầu , ta có thể bỏ đi một vài dữ
kiện đã cho , bỏ đi một vài điều kiện ràng buộc hoặc bỏ đi một vài đòi hỏi của kết luận .Khi đó ta đã mở rộng phạm vi của

bài toán tăng độ phức tạp tức là ta đã khái quát bài toán .
Bây giờ chúng ta sẽ đi từ bài toán đơn giản :
Ví dụ 1: ( Lớp7)
Bài toán : Tìm x sao cho 2< x< 5 và l x-2 l + 4.l x-5 l = 9
Ta chỉ cần bỏ điều kiện '' 2< x< 5 '' thì bài toán sẽ trở nên phức tạp hơn vì phải giải trong 3 khoảng
Ví dụ 2: ( Lớp 7)
Bài toán ban đầu : Cho tam giác ABC có ba góc nhọn . Đường cao BH và CD cắt nhau tại H . Biết CH = AB , tính góc
BCA.
Lời giải :
Ta có :
11
CB
ˆ
ˆ
=
vì cùng phụ với
A
ˆ
, kết hợp với giả thiết CH=AB ta thấy
hai tam giác vuông CDH = BDA .
⇒ CD = BD hay tam giác CBD vuông cân đỉnh D .
⇒
BCD
ˆ
= 45
0
8
Vậy đã tính được góc BCA bằng 45
0
Bây giờ ta bỏ yếu tố nhọn thì bài toán sẽ khó hơn vì rất có thể học sinh không xét hai trường hợp

Bài toán mới : Cho tam giác ABC có đường cao BH và CD cắt nhau tại H . Biết CH = AB , tính góc BCA.
Ta chia làm hai trường hợp :
Trường hợp 1 :Góc C nhọn ta ra bài toán ban đầu đã tính được góc BCA bằng
45
0
.
Trường hợp 2: Góc C tù , ta cũng có hai tam giác vuông ABD=CHD (ch+gn)
⇒ CD = BD hay tam giác CBD vuông cân đỉnh D .
⇒
BCD
ˆ
= 45
0
⇒
BCA
ˆ
= 135
0
Ví dụ 3: ( Lớp 8)
Bài toán ban đầu : Cho tam giác ABC . Gọi M là một điểm nào đó thuộc cạnh BC . Lấy điểm D trên AC và E trên AB sao
cho MD // AB và ME // AC ( nếu M trùng với B thì lấy D trùng với A , nếu M trùng với C thì lấy E trùng với A). Giả sử
diện tích các tam giác MBE và MCD là c
2
và b
2
. Chứng minh rằng : S( ABC) = (b+c)
2
Lời giải :
Gọi S(ABC) = x
2

. Ta dễ dàng chứng minh được : ∆ABC ∆DMC , ∆ABC ∆EBM nhờ các yếu tố song song .∽ ∽
Theo tính chất đồng dạng ta có :
MC
BC
b
x
DMCS
ABCS
==
)(
)(
⇒
BC
x
b
MC =
BM
BC
c
x
EBMS
ABCS
==
)(
)(
⇒
BC
x
c
BM =

mà MB + MC = BC ta có
BCBC
x
c
BC
x
b
=+
hay
1
x
cb
=
+

⇒
b+c=x .Vậy S(ABC) = (b+c)
2
.
Bây giờ ta bỏ yếu tố " thuộc'' đi thì điểm M nằm trên đường BC , như vậy ta phải xét thêm hai trường
hợp nữa :
M nằm trên tia đối của tia BC :
Làm như trên ta có : MC -MB = BC
⇒
BCBC
x
c
BC
x

b
=−
hay
1
x
cb
=
−

⇒
x = b - c
Vậy S(ABC) = (b-c)
2
.
M nằm trên tia đối của tia CB :
Làm như trên ta lại được S(ABC)=(c -b)
2
.
9
Nếu ta không giới hạn trên đương BC nữa mà mở rộng thêm thành bài toán:
Bài toán mới : Cho tam giác ABC . Gọi M là một điểm nào đó . Qua M kẻ những đường thẳng song song với AB cát AB ,
BC tại D và K , song song với AC cắt AB , BC tại E và F ; song song BC cắt AB ,AC tại P và Q .Giả sử diện tích các tam
giác MEP, MDQ và MKF là a
2
,b
2
và c
2
. Tính S(ABC) theo a,b,c .
Lời giải :

1. Trường hợp M nằm trong tam giác ABC :
Cách 1 : áp dụng ngay bài toán ban đầu :
S(APQ) = (a+c)
2
S( EBF) = (a+b)
2
S(DKC) = (b+c)
2
S(ABC) = S(APQ) +S( EBF) +S(DKC)- S(MPE) -S(MKF) -S(MDQ)
= (a+c)
2
+(a+b)
2
+(b+c)
2
- a
2
- b
2
- c
2
= (a+b+c)
2
Cách 2 : Chứng minh trực tiếp :
Gọi S(ABC) = x
2
. Ta dễ dàng chứng minh được : ∆ABC ∆EPM , ∆ABC ∆MKF và ∆ABC ∆DMQ∽ ∽ ∽
Ta có :
PM
BC

a
x
EPMS
ABCS
==
)(
)(
⇒
BC
x
b
PM =
mà PM = BK ( PMKB là hình bình hành) ⇒
BC
x
a
BK =
MQ
BC
c
x
DMQS
ABCS
==
)(
)(
⇒
BC
x
c

MQ =
mà MQ = CF ( MQCF là hình bình hành) ⇒
BC
x
c
CF =
KF
BC
b
x
MKFS
ABCS
==
)(
)(
⇒
BC
x
b
KF =
mà BC = BK+KF +FC ⇒ BC =
BC
x
c
BC
x
b
BC
x
a

++
từ đó
x
cba
1
++
=
hay x= a+b+c
Vậy S(ABC) = (a+b+c)
2
.
Biểu thức thật là đẹp .Bạn thấy có thú vị không ? Bạn để ý rằng nếu M nằm trên bất kì cạnh nào thì sẽ có hoặc a=0 hoặc
b=0 hoặc c=0 lúcđó sẽ trở về bài toán ban đầu . Rõ ràng bài toán ban đầu chỉ là 1 trường hợp của điểm M .
Bây giờ ta xét M nằm ngòai tam giác . Để không mất tính tổng quát ta xét :
M nằm trong góc đối của góc BAC:
Cũng giải như những bài trên ta có :
PM
BC
a
x
EPMS
ABCS
==
)(
)(
⇒
BC
x
b
PM =

mà PM = BK ( PMKB là hình bình
hành) ⇒
BC
x
a
BK =
MQ
BC
c
x
DMQS
ABCS
==
)(
)(
⇒
BC
x
c
MQ =
mà MQ = CF ( MQCF là hình bình
hành) ⇒
BC
x
c
CF =
10
KF
BC
b

x
MKFS
ABCS
==
)(
)(
⇒
BC
x
b
KF =
mà BC = KF - KB - CF ⇒ BC =
BC
x
c
BC
x
a
BC
x
b
++
từ đó
x
cab
1
−−
=
hay x= b-a-c
Vậy S(ABC) = (b-a-c)

2
.
M nằm ngoài tam giác nhưng trong góc BAC (hình bên)
Làm như ở trên . Nhưng : BC = BK - EK + FC ⇒ x = a - b + c
Vậy S(ABC) = (a - b + c)
2
Còn các trường hợp khác mong các bạn làm tiếp .
b5) Thay đổi một số yếu tố của bài toán ban đầu :
Khi thay đổi một số yếu tố của bài toán đã cho thì chắc chăn s bài toán sẽ thay đổi . Nhưng mục đích để làm gì ?
Các bạn có thể trả lời ngay câu hỏi này , học sinh sẽ thấy dễ đi có thể làm được bài toán ban đầu , hoặc khó đi tổng hợp hơn,
rộng hơn. Sau đây là một vài ví dụ :
Ví dụ: (Toán 8)
Bài toán ban đầu : Cho tứ giác ABCD có AB<CD , AD = DC có M,N ,P,Q lần lượt là trung điểm các cạnh AB ,CD,AC ,
BD . Chứng minh rằng : Tứ giác MQNP là hình thoi.
Lời giải :
Xét tam giác ABD có :
MP là đường trung bình của tam giác nên :MP =
2
1
AD
Chứng minh tương tự : NP =
2
1
AD , MP =
2
1
BC, NQ =
2
1
BC

Mà AD = BC suy ra MP =NP = MP = NQ
Hay tứ giác MQNP là hình thoi.
Nếu chỉ dừng lại ở đây thi không có gì để nói .Ta thấy PQ là đáy của tam giác cân nên ta có bài toán mới :
Bài toán mới :
Bài toán 1 : Cho tứ giác ABCD có AB<CD , AD = DC có P,Q lần lượt là trung điểm các cạnh AC , BD . Chứng minh rằng
PQ tạo với AD và BC những góc bằng nhau.
Lời giải :
Giả sử đường EF cắt AD và BC tại E và F.
Lấy N là trung điểm của DC
Chứng minh như trên ta có NP = NQ hay ∆NPQ cân đỉnh N.
⇒
QPN
ˆ
=
PQN
ˆ
mà
QPN
ˆ
+
DEP
ˆ
= 180
0
( NP//DA)
PQN
ˆ
+
CFQ
ˆ

= 180
0
( NQ//CB )
11
⇒
DEP
ˆ
=
CFQ
ˆ
.
Ta lại nhận thấy MN lại là đáy tam giác cân PMN nên cũng tạo với hai đường AD và BC những góc bằng nhau ta có bài
toán mới .
Bài toán 2: Cho tứ giác ABCD có AB<CD , AD = BC có M , N lần lượt là trung điểm các cạnh AC và CD. MN cắt các
đường AD và BC tại E , F . Chứng minh rằng
NEBMFA
ˆˆ
=
Lời gải :
Gọi P là trung điểm của AC
Dựa và tính chất đường trung bình ta có :
12
EM
ˆˆ
=
( đồng vị MP//BC)
12
FN
ˆˆ
=

( so le trong NP//AC )
mà
22
NM
ˆˆ
=
do tam giác PMN cân đỉnh P ⇒
11
FE
ˆˆ
=
Như vậy nếu hai bài toán trên bạn để tách ra một mình nó thì tin chắc bạn sẽ gặp khó khăn trong việc giải hai bài này ,
nhưng đi từ bài toán ban đầu tin chắc rằng sẽ chăng gặp khó khăn gì .
Nhưng nếu ta lại chỉ dừng lại ở đây thì chưa đủ .
Bài toán3: Cho tứ giác ABCD có AB<CD , AD = BC có M , N lần lượt là trung
điểm các cạnh AC và CD. AD cắt BC tại K .Kẻ KI // MN ( I thuộc AB).Chứng
minh rằng KI là tia phân giác của góc AKB.
Lời giải
Dựa vào bài toán 2 và giả thiết ta dễ thấy rằng :
BKIKEF
ˆˆ
=
,
IKAAFM
ˆˆ
=
(đồng vị KI//MN)
mà
KEFMFA
ˆˆ

=
suy ra
AKIBKI
ˆˆ
=
hay KI là phân giác của góc AKB
C./ Lời kết :
Trên đây tôi đã trình bày một số phương pháp nhằm kích thích sự hứng thú và tự chủ trong hoạt động học tập của
học sinh bằng việc tạo bài toán tình huống cũng như khai thác kết quả hay hưóng giải của một bài toán để tạo ra các bài
toán mới làm cho việc học toán không đơn điệu mà luôn cần sự sáng tạo cho nó đa dạng . Đằng sau mỗi bài toán là những
vấn đề mới mà mỗi giáo viên và học sinh cần phải khám phá ra , có như vậy thì chúng ta mới thấy cái hay cái phong phú
của mỗi bài . Phương pháp này áp dụng trong khi giảng dạy đặc biệt là trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi rất có hiệu
quả , các em có thể tự phát hiện , tự giải quyết được nhiều bài toán hơn , khó hơn từ bài toán ban đầu .
Vì thời gian và khuôn khổ không cho phép hẳn sáng kiến còn nhiều sai sót và chưa sâu sắc . Tôi mong các bạn
đồng nghiệp và bạn đọc đóng góp ý kiến để bản sáng kiến của tôi hoàn thiện hơn.
Xin chân thành cám ơn!
Thụy An, ngày 02 tháng 12 Năm 2007
Người viết :
Nguyễn Văn Hồng
12