SKKN hướng dẫn học sinh khá giỏi sáng tạo các bài toán mới từ bài toán gốc

PHO
PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO THANH CHƯƠNG
TRƯỜNG THCS TÔN QUANG PHIỆT
=====***=====




SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

Đề tài
HƯỚNG DẪN HỌC SINH
KHÁ, GIỎI SÁNG TẠO CÁC BÀI TOÁN MỚI
TỪ BÀI TOÁN GỐC




Nàm hoüc 2007
Nàm hoüc 2007 Nàm hoüc 2007
Nàm hoüc 2007
-

-
2008
2008 2008
2008

GIÁO VIÊN: LÊ THANH HOÀ
THÁNG: 4/2008
Năm học: 2007 - 2008
Người viết: Lê Thanh Hoà
Giáo viên toán trường THCS Tôn Quang Phiệt
PHÒNG GIÁO DỤC THANH CHƯƠNG
Trường THCS Tôn Quang Phiệt
HƯỚNG DẪN HỌC SINH KHÁ GIỎI TOÁN
HƯỚNG DẪN HỌC SINH KHÁ GIỎI TOÁN HƯỚNG DẪN HỌC SINH KHÁ GIỎI TOÁN
HƯỚNG DẪN HỌC SINH KHÁ GIỎI TOÁN
SÁNG TẠO CÁC BÀI TOÁN MỚI TỪ BÀI
SÁNG TẠO CÁC BÀI TOÁN MỚI TỪ BÀI SÁNG TẠO CÁC BÀI TOÁN MỚI TỪ BÀI
SÁNG TẠO CÁC BÀI TOÁN MỚI TỪ BÀI
TOÁN GỐC
TOÁN GỐC TOÁN GỐC
TOÁN GỐC
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.
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
Hình 3
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).
Từ đó ta dễ chứng minh:
EKN = FBN (g.c.g) => NE = NF

Hình 2
Hình 1
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
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
úthẳng này cắt các đường thẳng AD,BC lần lượt tại E, F.
Chứng minh NE = NF
Lời giải: (Hình 3)
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
E
F
B'
N
K
N'
F
E
N
A
I
H
F
E
N
N'
B
M
N'
B
M
O
O
O
B
D

C
A
D
C
A
C
D
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

Hình 6
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
Hình 5
Hình 4
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)
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
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
QP
F
E
N
R
Q
F
E
N
B'
F
E
C
D
A
O
B
N
O
O
A
D
C

B
A
D
B
C
HƯỚNG KHAI THÁC THỨ 2
:(
Sáng tạo ra bài
toán mới là hệ quả của bài toán gốc)
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 1.7:
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
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:
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
toán đều bắt nguồn từ những bài cơ bản, cũng như biển cả phải
bắt nguồn từ những dòng sông.
Lời giải:
(Hình 7)
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

Hình 8
Hình 7
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
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
F
E
Q
M
I
P
Q
K
L
F
E
Q
M
I
E
F
N
O

O
O
A
D
C
B
A
B
P
N
A
B
N
P
x
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
)
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)

gócNTN' + góc OTN = 90
0
(6)
Từ (4) ; (5) ; (6) => gócN'Kx = gócOTN (7)
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'
Hinh 10
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'

Hình 9
Lời giải:
Gọi A' là giao điểm của AI và (O). AM là phân giác gócA
nên:
MB

AB
=
MC
AC
=
MA + MB
AB + AC
=
BC
AB + AC
=
1
2
(1)
BI là tia phân giác của
ABM =>
IM
IA
=
MB
AB
(2)
Từ (1) và (2) => IM =
AI
2
(3)
Chú ý rằng
AB'I cân tại B' và B'N là phân giác gócAB'I
nên => NI = NA =
AI

2
(4)
Từ (3) và (4) => IM = IN
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
K
T
F
E
F'
E'
N
N'
B
A'
M
N
I
B'
C'
O
A
C
B
A
O

C
D
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
Hình 11
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
Bài 1.10
:
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
I
K

F'
E'
F
E
N
N'
A
O
B
D
C
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 :
FB
FC
.
F'C
F'A
.
KA
KB
= 1 (22)
Tiếp tục sử dụng đònh lý Menelauyt cho các tam giác:
*
CAN' và 3 điểm F; N; E ta có:
FC
FN'

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

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

NB
ND
.
N'D
N'A
.
N'C
N'B
).(
ED
EA
.
E'B
E'D
.
KA
KB
) = 1 (27)
*Với
AND và 3 điểm N'; B; C ta có:
BN
BD
.
N'D
N'A
.
AC
NC
= 1 (28)
*Với

BNC và 3 điểm D; A; N' ta có:
AN
AC
.
N'C
N'B
.
DB
DN
= 1 (29)
Nhân từng vế của (28) và (29) ta có:
BN
BD
.
N'D
N'A
.
AC
DN
.
NA
AC
.
N'C
N'B
.
DB
DN
= 1 =>
NB

ND
.
N'D
N'A
.
NA
NC
.
N'C
N'B
= 1 (30)
TừØ (27) và (30) ta có:
ED
EA
.
E'B
E'D
.
KA
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

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

ID
IC
.
FC
FB
.

E'B
E'D
= 1 (21)
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
b. Chứng minh EF'; E'F, CD đồng qui

K
I
F
E
F'
E'
N
N'
O
A
D
C
B
*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
FC
.
F'C
F'A
.
KA
KB
.
FC
FN'
.
EN'
EA
.
NA
NC
.
ED
EN'
.
FN'
FB
.
NB
ND

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

N'B
).(
ED
EA
.
E'B
E'D
.
KA
KB
) = 1 (6)
*Với AND và 3 điểm N'; B; C ta có:
BN
BD
.
N'D
N'A
.
CA
CN
= 1 (7)
*Với
BNC và 3 điểm D; A; N' ta có:
AN
AC
.
N'C
N'B
.
DB

DN
= 1 (8)
Nhân từng vế của (7) và (8) ta có:
BN
BD
.
N'D
N'A
.
CA
CN
.
AN
AC
.
N'C
N'B
.
DB
DN
= 1
=>
NB
ND
.
N'D
N'A
.
NA
NC

.
N'C
N'B
= 1 (9) ; Từ (6) và (9) =>
ED
EA
.
E'B
E'D
.
KA
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

Hình 11
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:
FB
FC
.
F'C
F'A
.

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

E'D
.
F'A
F'N
= 1 (4)
I
K
F'
E'
F
E
N
N'
A
B
O
D
C
j
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'.
Hình 12
Lời giải:(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
2
EE'; N'Q // EE' và N'Q =
1
2
EE'
NQ // FF' và NQ =
1
2
FF'; N'P // FF' và N'P =
1
2
FF'
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'
Q
P
K
F'
E'
F
E
N
N'
A
O
B

D
C
Bài 1.13: 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 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
Hình 14
Lời giải: ( Hình 12 )
Sử dụng kết quả bài 1.10 ta có EE'; FF'; AB
đồng qui tại K. Theo đònh lý Mene'lauyt cho tam
giác ABC với 3 điểm E'; E; K thẳng hàng ta
có:
KA
KB
.
E'B
E'D
.
ED
EA

=1 (1)
Theo đònh lý Mene'lauyt cho tam giác ABC với 3
điểm F'; F; K thẳng hàng ta có:
KA
KB
.
FB
FC
.
F'C
F'A
=1 (2)
Từ (1) và (2) ta có:
E'B
E'D
.
ED
EA
=
FB
FC
.
F'C
F'A
(3)
=>
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
IC
.
E'B
E'D
.
FC
FB
=1 (5)
Từ (4) và (5) =>
ID
IC
.
F'C
F'A
.
EA
ED
= 1 (6)
Từ (6) và đònh lý đảo Menelauyt đảo ta suy ra
E; I; F' thẳng hàng
Vậy 3 đường thẳng E'F; CD; EF' đòng qui tại I.
Hình 13
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
S
R
Q
P
F
E
F'
E'
N
N'
A
I
K
F
E
F'
E'
N
N'
A
O
B
O
B
D

C
D
C
XÂY DỰNG BÀI TOÁN TỔNG QUÁT
Hình 16
BÀI 1.15

(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'.
Đường thẳng qua N vuông góc với NO cắt các
đường thẳng 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:
a. Các đường thẳng EE'; FF'; AB đồng qui
b. Các đường thẳng E'F; EF'; CD đồng qui
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
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
HƯỚNG KHAI THÁC THỨ 4: sáng tạo ra các bài toán về tứ giác nội tiếp
K
I
F
E
F'
E'
N
N'
K
T
F'
E'
F
E
N
N'
A
O
B
O

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

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

NA
=1 (7)
Từ (7) =>
AD
BC
.
NB
NA
.
NC
NC
= 1 (8)
Từ (6) và (8) =>
N'B
N'D
=
NB
NC
(9)
Từ (3);(5) và (9) suy ra:
DE
BF
=
CF'
BE'
(10)
TỪ (10) => (
BF
DE
)

2
= (
BE'
CF'
)
2
(11)
Từ kết quả bài toán 7b ta có:
ED.EA = FC.FB (12)
F'C.F'A = E'D.E'B (13)
Từ (12) =>
FB
DE
=
EA
FC
(14)
Từ (13) =>
E'B
F'C
=
F'A
E'D
(15)
Từ (11);(14);(15) sy ra:
FB
DE
.
EA
FC

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

KB
KA
EA
ED
E'D
E'B
=

KB
KA
F'A
F'C
FC
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
K
I
F
E
F'
E'
N
N'
O
A
D
C
B
y
x
t
d
y
x
d
y

x'
d
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
1
OM
+
1
ON
có giá trò
không đổi khi d thay đổi. Chứng minh d luôn đi qua điểm cố đònh.
Hình 19
HƯỚNG MỞ RỘNG THỨ 2
: Thay đổi vò trí của I bằng cách lấy
I là 1 điểm bất kỳ nằm ngoài góc xOy
Bài 2.2
: Cho 2 đường thẳng xx' và yy' cắt nhau tại O
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
thẳng song song với xx' và yy' chúng cắt xx', yy' tại D, E
Chứng minh rằng biểu thức:
OD
OM
-
OE
ON
có giá trò không
đổi

Lời giải: (Hình 19)
Ta có:
OD
OM
-
OE
ON
=
IE
OM
-
ID
ON
=
IN
NM
-
IM
NM
= -1
=>
OD
OM
-
OE
ON
= -1
Hình 18
Từ cách giả của bài toán trên ta có các hướng mở rông bài toán
như sau:

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:
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.
Qua I vẽ các đường thẳng song song với Ox , Oy, chúng cắt Ox, Oy
tại D, E.
Chứng minh rằng biểu thức:
OD
OM
+
OE
ON
có giá trò không đổi
LỜI GIẢI: (Hình 18)
Bạn đọc hãy giải bài toán như cách giải bài toán 2.
Kết quả là:
OD
OM
+
OE
ON
= 1 => (đpcm)
Hình 17
Lời giải: ( Hình 17)
Qua I vẽ các đường thẳng song song với Ox , Oy
các đường thẳng này cắt Ox, Oy tại D, E. Khi đó
các điểm D, E cố đònh và OEID là hình thoi. Ta

đặt OD = a không đổi.
Ta có:
EI
OM
+
ID
ON
=
NI
NM
+
MI
NM
=
NI +MI
NM
= 1
=>
a
OM
+
a
ON
= 1 =>
1
OM
+
1
ON
=

1
a
= const
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
OM
+
1
ON
có giá trò không thay đổi khi d thay đổi nhưng luôn qua I
D E
M
N
O
D
E
M
E
D
M
O
O
I
y'
x
I
I
N
N

x
y
d
d
Hình 21
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:
AB
AM.BM
+
AC
AN.CN
-
BC
BP.CP
có giá trò không đổi khi d thay đổi và
luôn qua I
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:
1
AM

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

+
1
CN
+
1
CP
+
1
BM
-
1
BP
=
1
a
+
1
b
+
1
c
=> (
1
AM
+
1
BM
)+(
1
AN

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

+
1
b
+
1
c
= Const

Lời giải: (Hình 20)
Tương tự cách giải bài 2.3 ta đặt
1
OM
+
k
ON
=
1
a
(1) (a > 0 cho trước)
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
OM
+
OE
ON
= 1 =>
1
OM

+
OE
OD.ON
=
1
OD
=
1
a
(2)
Từ (1) và (2) =>
1
OM
+
k
ON
=
1
OM
+
OE
OD.ON
=> k =
OE
OD
=> OE = K.OD (3)
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
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.
Gỉa sử tồn tại số thực k sao cho
1
OM
+
k
ON
có giá trò không đổi.
Chứng minh rằng d luôn đi qua 1 điểm cố đònh.
Hình 20
Lời giải:(Hình 20)
Gỉa sử:
1
OM
+
1
ON
=
1
a
(1) (a > 0 cho trước)
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
OM
+
OE

ON
= 1 =>
1
OM
+
OE
OD.ON
=
1
OD
=
1
a
(2)
Từ (1) và (2) =>
1
OM
+
1
ON
=
1
OM
+
OE
OD.ON
=>
OE
OD
= 1 => OE = OD (3)

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
S
R
K
G
F
E
N
M
I
E
I
N
M
O
A
B
C
D
P
d
Hình 22
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
AM
+
AD

AN
=
AC
AP

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
BP.CP
= 1
b.Chứng minh:
1
IM
2
+
1
IN
2
+

1
IP
2
= 2
* Bạn đọc tự giải theo cách giải bài 2.5
F
G
M
P
N
A B
D
C
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 3. KẾT LUẬN VÀ BÀI HỌC RÚT RA
B. ĐỀ NGHỊ:
Thay mặt hội đồng xét SKKN

A. ĐÁNH GIÁ XẾP LOẠI
PHẦN ĐÁNH GIÁ NHẬN XÉT CỦA HỘI ĐỒNG XÉT SKKN CẤP TRƯỜNG
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