skkn tạo hứng thú cho học sinh qua việc tìm hiểu nhiều cách giải cho một bài toán

- - - Sáng kiến kinh nghiệm - - -
A- T VN .
. Hng i mi phng phỏp dy hc toỏn hin nay l tớch cc hoỏ hot
ng hc tp ca hc sinh nhm hỡnh thnh cho hc sinh t duy tớch cc, c
lp sỏng to, nõng cao nng lc phỏt hin v gii quyt vn trờn c s
nhng kin thc toỏn hc c tớch lu cú tớnh h thng.
. t c iu ú thỡ vic gõy hng thỳ hc tp cho hc sinh cng
gúp mt phn quan trng.
. Mt hon cnh v iu kin cú th to hng thỳ, kớch thớch quỏ trỡnh
hc tp ca cỏc em l tỡm nhiu li gii cho mt bi toỏn. iu ú khụng
nhng giỳp cỏc em cng c kin thc liờn quan m nú kớch thớch s hng thỳ
khi tỡm tũi, sỏng to li gii. ú l cỏch rốn t duy mt cỏch hiu qu.
Trc nhng suy ngh ú tụi xin trỡnh by mt ví dụ nhm to hng thỳ
hc tp ca hc sinh thụng qua tỡm nhiu li gii cho mt bi toỏn quen thuc.
B- GII QUYT VN .
Trong quỏ trỡnh toỏn hỡnh hc lp 8 cú ni dung bi tp sau Cho hỡnh
vuụng ABCD, K l trung im AB. im L nm trờn ng chộo AC sao cho
AL = 3 LC.
Chng minh : KLD vuụng.
Cỏch 1 :
Hng dn : Ta thy KLD = KLA + ALD, do ú cn xột cp tam giỏc
bng nhau cú cha gúc KLA v gúc ALD (hoc mt trong hai gúc ny) dn
n hai gúc trờn bng 2 gúc nhn ca mi tam giỏc vuụng, t ú suy ra iu
phi chng minh.
1.1. t di cnh hỡnh vuụng l a, di ng chộo l d.
B C
Ô
Ngời viết : Hoàng Thị Phơng
1
A D
O

K
L
- - - S¸ng kiÕn kinh nghiÖm - - -
Gọi O là giao điểm của 2 đường chéo và E là trung điểm của AO. Tam
giác AOB có KE là đường trung bình => KE // BO => KE
⊥
AO đồng thời
KE =
2
1
BO =
4
1
d.
Xét
∆
EKL và
∆
OLD có :
KE = OL =
4
1
d.
KEL = LOD = 90
0
EL = OD =
2
1
d
Vậy

∆
EKL =
∆
OLD (c.g.c)
=> KEL = LDO mà LDO + OLD = 90
0

=> KLE + OLD = 90
0
=> KLD = 90
0
(đpcm).
1.2. B C
K Ooooooooo

A D
Gọi F là trung điểm của BO, EL là đường trung bình của tam giác OBC
=> FL // BC => DFL = DBC = 45
0
và FL =
2
1
BC =
2
1
a.
Xét tam giác AKL và tam giác FLD có :
AK = FL =
2
1

a.
KAL = LFD = 45
0
.
AL = FD =
4
3
d.
Vậy
∆
AKL =
∆
FLD (c.g.c)
=> ALK = FDL
Ngêi viÕt : Hoµng ThÞ Ph¬ng
2
F
O
L
- - - S¸ng kiÕn kinh nghiÖm - - -
Chứng minh tương tự 1.1 có KLD = 90
0
(đpcm)
1.3. B M C
K
A D
Gọi M là trung điểm của BC.
=> KM là đường trung bình của
∆
ABC

=> KM // AC và KM =
2
1
AC =
2
1
d (1).
ML là đường trung bình của
∆
BOC.
=> ML // BO và ML =
2
1
BO =
4
1
d (2).
Từ (1) và (2) => KML = 90
0
.
Xét
∆
KML =
∆
DOL (c.g.c)
=> MKL = ODL mà MKL = KLO (so le trong)
=> KLO = ODL
Chứng minh tương tự 1.1 có KLD = 90
0
(đpcm)

1.4. B C
K N
A D
Gọi N là trung điểm của CD,
Ngêi viÕt : Hoµng ThÞ Ph¬ng
3
O
L
O
L
- - - S¸ng kiÕn kinh nghiÖm - - -
LN là đường trung bình của
∆
COD => LN // OD và LN =
2
1
OD =
4
1
d.
Nối KO, KO là đường trung bình của
∆
BAD => KO // AD => KO
⊥
KO =
2
1
AD =
2
1

a.
Xét
∆
KOL và
∆
DNL có :
KO = DN =
2
1
a, OL = NL =
4
1
d.
KOL = DNL (tương ứng vuông góc, đều tù).
Vậy
∆
KOL =
∆
DNL (c.g.c)
=> KLO = DLN mà DLN = ODL (so le trong).
=> KLO = ODL.
Chứng minh tương tự 1.1 có KLD = 90
0
(đpcm).
1.5.
Gọi E là trung điểm của BO, F là trung điểm của OD. Ta có KE là đường
trung bình của
∆
ABO => KE // AO => KE
⊥

BD và KE =
2
1
AO =
4
1
d.
EL là đường trung bình của
∆
BOC.
=> EL // BC => EL
⊥
CD và EL =
2
1
BC =
2
1
a. B C
FL là đường trung bình của
∆
COD.
=> FL // CD => FL
⊥
FL =
2
1
CD =
2
1

a. K
Xét
∆
KEL =
∆
DFL có : A D
KE = DF =
4
1
d.
KEL = DFL (tương ứng vuông góc, đều tù).
EL = FL =
2
1
a.
Vậy
∆
KEL =
∆
DFL (c.g.c)
Ngêi viÕt : Hoµng ThÞ Ph¬ng
4
F
E L
O
- - - S¸ng kiÕn kinh nghiÖm - - -
=> EKL = FDL mà EKL = KLA (so le trong)
=> KLA = FDL
Chứng minh tương tự 1.1 có KLD = 90
0

(đpcm).
1.6.
Gọi M là trung điểm của CD, LM là đường trung bình của
∆
COD =>
LM // OD và LM =
2
1
OD =
4
1
d.
Mặt khác KM đi qua O, KM = AD = a và KM // AD => LMK = ODA =
45
0
.
Xét
∆
KLM và
∆
DLC có : B C
KM = DC = a
KML = DCL = 45
0
. K M
ML = CL =
4
1
d.
Vậy

∆
KML =
∆
DLC (c.g.c) A D
=> LKM = LDC
Gọi giao điểm của KM và LD là N.
Ta thấy LDC + DNM = 90
0
, lại có DNM = KNL (đối đỉnh).
=> LKM = KNL = 90
0
.
=> KLD = 90
0
(đ.p.c.m).
1.7.
Từ L kẻ LS
⊥
AB (S
∈
AB) và LT
⊥
AD (T
∈
AD) vì AC là phân giác
góc BAD nên LS = LT, vì LC =
4
1
AC nên theo định lý Talét :
DT =

4
1
AD =
4
1
a
Và BS =
4
1
BA mà BK =
2
1
BA => KS =
4
1
AB =
4
1
a.
Xét
∆
SKL và
∆
TDL có :
Ngêi viÕt : Hoµng ThÞ Ph¬ng
5
O
L
N
- - - S¸ng kiÕn kinh nghiÖm - - -

SL = TL (chứng minh trên)
LSK = LTD = 90
0
.
SK = TD =
4
1
a
Vậy
∆
SKL =
∆
TDL (c.g.c) B C
=> SLK = TLD S
Mà SLK + KLT = 90
0
. K
=> KLT + TLD = 90
0
.
=> KLD = 90
0
(đ.p.c.m). A D
* Cách 2 :
Hướng dẫn : Để chứng minh KL
⊥
LD có thể chứng minh KL vuông
góc với 1 đường thẳng nào đó, mà đường thẳng này song song với LD (hoặc
chứng minh LD vuông góc với 1 đường thẳng song song với KL). Trong cách
chứng minh này việc tạo ra đường thẳng trung gian thích hợp là điều quan

trọng. Theo hướng này, có các cách chứng minh sau :
2.1.
Gọi P là trung điểm của OD => LP là đường trung bình của
∆
OCD =>
LP // CD => LP // AK và LP =
2
1
CD. B C
=> LP = AK =
2
1
a K
Do đó AKLP là hình bình hành. A D
=> AP // KL (1).
Trong tam giác ALD có DO
⊥
AL, LP // AK (c.m.t)
=> KP
⊥
AD => P là trực tâm.
=> AP
⊥
LD (2).
Từ (1) và (2) => KL
⊥
LD hay KLD = 90
0
(đ.p.c.m)
2.2.

Ngêi viÕt : Hoµng ThÞ Ph¬ng
6
O
L
P
T
L
O
- - - S¸ng kiÕn kinh nghiÖm - - -
Lấy E là trung điểm của OB, KE là đường trung bình của OB, KE là
đường trung bình của
∆
ABO => KE // AO => KE // CL.
Mặt khác KE =
2
1
AO => KE =
4
1
AC => KE = CL.
Do đó KECL là hình bình hành => EC // KL (1)
EL là đường trung bình của
∆
BOC => EL // BC => EL
⊥
CD.
Trong
∆
ECD có EL
⊥

CD và CL
⊥
ED B C
=> L là trực tâm => DL là đường cao.
=> DL
⊥
EC (2) K
Từ (1) và (2) => KL
⊥
LD
Hay KLD = 90
0
(đ.p.c.m) A D
Cách 3 :
Hướng dẫn : Dùng định lý Pytago đảo để chứng minh
∆
KLD vuông tại
L. Muốn vậy phải so sánh được độ dài 3 cạnh của tam giác đó.
Để tính độ dài 3 cạnh của tam giác KLD có thể áp dụng định lý Pytago
vào các tam giác vuông có liên quan.
3.1.
Qua L kẻ đường thẳng song song với AD cắt AT ở I và cắt CD ở J, ta có
LI
⊥
AB và LJ
⊥
CD. Theo định lý Talét ta có ; B C
BI =
4
1

BA => IK =
4
1
BA =
4
a
I J
CJ =
4
1
CD => JD =
4
3
CD =
4
3a
K
LJ =
4
1
AD =
4
a
IL =
4
3
BC =
4
3a
A D

Áp dụng định lý Pytago vào các tam giác :
∆
KIL : KL
2
= KI
2
+ IL
2
.
Ngêi viÕt : Hoµng ThÞ Ph¬ng
7
O
E
L
O
L
- - - S¸ng kiÕn kinh nghiÖm - - -
=
8
5
16
10
16
9
16
2222
aaaa
==+
∆
LJD : LD

2
= LJ
2
+ LD
2
.
=
8
5
16
10
16
9
16
2222
aaaa
==+
(Hoặc
∆
LJD =
∆
KIL (c.g.c)
=> LD = KL => LD
2
= KL
2
).
∆
KAD : KD
2

= AK
2
+ AD
2
=
4
5
4
2
2
2
a
a
a
=+
Ta thấy : KL
2
+ LD
2
=
2
2222
4
5
8
10
8
5
8
5

KD
aaaa
===+
Theo định lý Pytago đảo thì
∆
KLD vuông tại L hay KLD = 90
0
(đ.p.c.m)
3.2.
Lấy A là trung điểm của AO, KQ là đường trung bình của
∆
ABO
=> KQ // BO => KQ
⊥
AC và KQ =
2
1
BO =
4
1
BD =
4
d
=
4
2a
Áp dụng định lý Pytago vào các tam giác vuông :
∆
LOD : LD
2

= LO
2
+ OD
2
=
22
2
2
4
2








+








aa
=
8

5
4
2
16
2
222
aaa
=+
∆
KQL : KL
2
=
8
5
2
a
(
∆
KQL =
∆
LOD) A C
∆
KAD : KD
2
=
4
5
2
a
(như trong 3.1) K

=> LD
2
+ KL
2
=
8
5
2
a
+
8
5
2
a
=
4
5
2
a
= KD
2
. A D
Vậy theo định lý Pytago đảo thì
∆
KLD vuông tại L hay KLD = 90
0
(đ.p.c.m).
* Cách 4 :
Hướng dẫn :
Ngêi viÕt : Hoµng ThÞ Ph¬ng

8
O
L
Q
- - - S¸ng kiÕn kinh nghiÖm - - -
Theo tính chất của tam giác cân ; trung tuyến ứng với cạnh đáy đồng thời
là đường cao, do đó cần tạo ra một tam giác cân mà một trong 2 đoạn KL hoặc
LD thuộc cạnh đáy, đoạn kia nằm trên trung tuyến xuất phát từ đỉnh của tam
giác cân đó.
Cụ thể chứng minh như sau :
4.1.
Kéo dài KL cắt tia BC ở M, KO là đường trung bình của
∆
ABC.
=> KO // BC => KO // BM và KO =
2
1
BC =
2
a
.
Xét
∆
KOL và
∆
MCL có : B C M
KLO = MLC (đối đỉnh).
OL = CL =
4
d

K
KLO = MLC (so le trong).
Vậy
∆
KOL =
∆
MCL (c.g.c). A D
=> KO = CM =
2
a
và KL = LM.
Xét
∆
AKD =
∆
CMD có :
AK = CM =
2
1
a.
KAD = MCD = 90
0
.
AD = CD = a
Vậy
∆
AKD =
∆
CMD (c.g.c)
=> KD = MD

=>
∆
DKM cân đỉnh đỉnh D mà KL = LM (chứng minh trên).
=> DL là trung tuyến thuộc cạnh đáy
=> DL là đường cao.
=> DL
⊥
KL hay KLD = 90
0
(đ.p.c.m).
4.2.
Ngêi viÕt : Hoµng ThÞ Ph¬ng
9
O
L
- - - S¸ng kiÕn kinh nghiÖm - - -
Trên tia đối của tia LD lấy điểm E sao cho EL = LD. Tứ giác ECDO có
các đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường nên là hình bình hành
=> OE = CD = a và OE // CD.
KO là đường trung bình của
∆
ABD.
=> KO =
2
1
AD =
2
1
a và KO // AD => KOE = 90
0

.
Xét
∆
KOE và
∆
KAD có :
KO = KA =
2
1
a
KOE = KAD = 90
0
.
OE = AD = a. K
Vậy
∆
KOE =
∆
KAD (c.g.c)
=> KE = KD. A D
=>
∆
KED cân đỉnh K mà L là trung điểm của ED.
=> KL là trung tuyến thuộc cạnh đáy DE => KL là đường cao => KL
⊥
DE.
=> KLD = 90
0
(đ.p.c.m).
C. KẾT LUẬN:

Tóm lại tuỳ theo việc khai thác bài toán theo góc độ khác nhau, tuỳ thuộc
vào trình độ kiến thức của từng khối lớp, từng học sinh mà chúng ta vận dụng
hướng dẫn học sinh giải bài toán trên một cách phù hợp. Vì vậy đòi hỏi người
giáo viên một sự đầu tư lớn trong việc nghiên cứu kiến thức sgk, hệ thống bài
tập phương pháp hướng dẫn học sinh tìm lời giải. Từ đó giúp học sinh có năng
lực độc lập sáng tạo, phát hiện và giải quyết vấn đề hiệu quả.
- Chỉ qua một VD về bài toán trên đã có nhiều điều bổ ích cho việc
hướng dẫn học sinh phương pháp giải bài tập khai thác nhiều kiến thức phát
triển tư duy một cách hiệu quả.
Ngêi viÕt : Hoµng ThÞ Ph¬ng
10
E
B
C
O
L
- - - S¸ng kiÕn kinh nghiÖm - - -
Nếu điều đó được áp dụng ở nhiều bài toán khác, thì tôi chắc chắn rằng
hiệu quả giáo dục cao, giúp học sinh có kết quả tốt trong học tập và phát triển
trí tuệ tạo ra được hứng thú trong học tập của học sinh.
Ngêi viÕt : Hoµng ThÞ Ph¬ng
11