giúp học sinh chủ động tiếp thu kiến thức qua khai thác bài toán hình học lớp 7

Nguyễn Hải Gấm- THCS Ngơ Gia Tự, Pleiku

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ PLEIKU
--------------------

ĐỀ TÀI:
GIÚP HỌC SINH CHỦ ĐỘNG TIẾP THU KIẾN THỨC
QUA KHAI THÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC LỚP 7

1


Nguyễn Hải Gấm- THCS Ngơ Gia Tự, Pleiku

I.Đặt vấn đề:
Yêu cầu đạt được khi giải bài tập là củng cố và nâng cao kiến thức.
Tùy theo năng lực của học sinh mà yêu cầu này đạt được ở mức độ cao
thấp khác nhau.Đối với học sinh yếu thì yêu cầu cần đạt được đó là có
hứng thú trong học tập môn toán nói chung và môn hình học nói riêng để
từ đó giúp các em hiểu và nắm vững các kiến thức cơ bản trong chương
trình sách giáo khoa đồng thời khơi dậy niềm say mê sáng tạo trong học
tập. Còn đối với học sinh khá, giỏi ngoài việc nắm vững nội dung các kiến
thức cơ bản trong chương trình sách giáo khoa cần phải phát triển năng lực
tư duy của các em đồng thời tạo niềm say mê sáng tạo cho các em.
Vì vậy trong quá trình giải toán nói chung cũng như trong quá trình
giải toán hình học nói riêng tôi luôn nghó đến việc khai thác bài toán mới
trên cơ sở bài toán đã có trong SGK nhằm giúp học sinh chủ động tiếp
nhận bài toán mới dễ dàng thuận lợi hơn, với tư duy linh hoạt hơn. Và còn
giúp các em có nhiều hứng thú học tập bộ môn, phát triển năng lực tư duy,
tạo niềm say mê sáng tạo. Qua tiếp xúc tìm hiểu học sinh tôi thấy thông
thường với nhiều em học sinh kể cả các em học sinh khá, giỏi khi đứng

trước một bài toán cũng thường chỉ suy nghó để tìm lời giải cho bài toán đó.
Rất ít học sinh khi đã tìm được lời giải cho bài toán rồi còn suy nghó xem
cách giải của mình đã hợp lý chưa. Từ lời giải của bài toán liên hệ với
những kiến thức cũ xem ta còn có thể tìm được những bài toán tương tự
nào và có thể phát triển thêm được những bài toán nào … , từ đó giúp các
em liên hệ với cuộc sống thực tế khi đứng trước một công việc các em biết
lựa chọn cách giải quyết hợp lý nhất và còn biết sáng tạo tìm tòi ra nhiều
điều mới mẻ trong cuộc sống.
Trong phạm vi một bài viết nhỏ tôi không có tham vọng đi sâu vào
phương pháp giảng dạy cho toàn chương trình mà chỉ mong trao đổi về
một số bài tập cụ thể mà tôi đã áp dụng trong một số giờ dạy .
Trên cơ sở các bài toán cơ bản ở sách giáo khoa toán 7, khi chữa bài
cho học sinh tôi luôn củng cố khắc sâu kiến thức cơ bản và từ đó yêu cầu
học sinh liên hệ với những bài toán quen thuộc, cùng với học sinh tìm tòi,
khai thác, xây dựng thành một hệ thống bài tập liên quan đến kiến thức
đó. Tôi xin được trình bày vấn đề này qua một số bài tập .
Hy vọng được các đồng nghiệp góp ý, giúp đỡ thêm để góp phần tìm
ra phương pháp dạy học tốt nhất giúp học sinh đạt hiệu quả cao trong môn
toán.
II.Nội dung:
1. Bài toán 1: (Bài 57 - SGK /104 – Phần ôn tập chương I)
2


Nguyễn Hải Gấm- THCS Ngô Gia Tự, Pleiku

Cho a//b . Tính số đo x trong hình vẽ sau:
a

A

1 400

O

1

x

2
1200

b

Giải:
a

1

B

Qua O kẻ 1 đường thẳng c//a,vì a // b (gt)  c//b
A
GT

1 400

O

1
2

b

c

x

KL

a//b
 = 400
A1
 = 1200
B1
x=?

0

120

1

B

Ta coù


c//a  O 1 =  1(so le trong)
A
0





c//b 
O 2 + B 1 = 180 (Vì O 2 và B 1 là 2 góc trong cùng

phía)


Mà B 1 = 1200  O 2 + 1200 = 1800

vậy O 2 = 600

Ta có:   O 1 + O 2
AOB 


 x = O 1 + O 2 = 600 + 400 = 1000
* Đây là một bài toán khó đối với các em học sinh yếu . Do các em
mới học hinh nên nên chưa quen với loại bài kẻ thêm đường phụ .Vậy nên
đối với lớp có nhiều đối tượng học sinh trung bình, yếu. Để gợi ý cho các
em dễ dàng tìm được phương pháp giải bài tập 1 trên, trước khi giải bài tập
trên ta cho một bài toán dạng đơn giản hơn như sau:
Bài 1.1Cho hình vẽ:
A

1

a

400

500

1
2

c
O

1

B

b


Biết a//b//c ,  =400, O2 =500
A1

3


Nguyễn Hải Gấm- THCS Ngơ Gia Tự, Pleiku

 
a/ Tính O 1; B1
b/ Tính  = ?
AOB


* Từ bài toán 1: Khi cho các số đo  1 và B 1 ta có thể tính  . Vậy với 1
A
AOB
cách dựng hình khác ta có thể phát triển bài toán 1 trên thành bài toán sau:
n
Bài 1.2:
Cho hình vẽ:
D
400

y

Biết Dy//Cx ;  = 400
yDO
Chứng minh: Om  On

C
500

O

0

xCO = 50

m

x

* Sau khi giải bài toán 1.1 trên học sinh liên hệ để giải bài 1.2 :
Qua O ta kẻ Ot // Dy ; Vì Dy // Cx ( gt)  Ot // Cx
n

t

D
400

C
50

y

0

O

m
x


Tương tự cách làm trên ta cũng chứng minh được mOn =900 hay Om  On.
* Có thể phát triển bài toán dưới dạng khó hơn như sau:
Bài 1.3
A
x
Cho hình vẽ:

C

y
B

Biết   xAC và Ax//By
ACB 
  ACB
Chứng minh rằng: xAC  CBy  
4


Nguyễn Hải Gấm- THCS Ngơ Gia Tự, Pleiku

* Để giải được bài tập này trên nửa mặt phẳng bờ AC có chứa tia CB vẽ
 ACz
tia Cz sao cho xAc = 
A

x

z

C
y

B

 Cz // Ax(có cặp góc ở vi trí so le trong bằng nhau)
Mà Ax//By (gt)  Cz // By
 
 zCB  CBy ( so le trong )

do ñoù     zCB  xAC  CBy
ACB ACz   
* Hoặc có thể phát triển bài toán 1thành bài toán ngược như sau như sau:
Bài 1. 4
Cho hình vẽ:

Biết  = ; C =  ;  =  +  ;  = 1800 - .
A
ABC
ABm
A

x



m

1
2

C

B

y



Chứng minh rằng:

a/ Ax // Bm
b/ Cy // Bm
* Từ bài toán 1 cũng có thể phát triển cho học sinh thành bài toán
sau:
Bài 1. 5

Cho xOy = 1200. Trên tia Ox lấy điểm A. Trên tia Oy lấy điểm B, vẽ



tia Am và tia Bn nằm trong xOy sao cho xAm = 700, OBn = 1300.
Chứng minh rằng: Am // Bn.
m
x

0

70

n

A
1200

0

1300

B

y

5


Nguyễn Hải Gấm- THCS Ngơ Gia Tự, Pleiku


 Để giải được bài tập này học sinh cũng kẻ tia Ot ôû trong xOy sao

cho xOt  700
Suy ra   120 0  700  500
yOt

m
x

t

700

n

A
700

1300

0
y

B
 
Ta coù xAm = xOt  700
 Ot // Am (có cặp góc ở vi trí đồng vị bằng nhau)
 yOt
Ta có OBn +   1800
 Ot // Bn (có cặp góc ở vi trí trong cùng phía bù nhau)
Vậy Am // Bn.
2. Bài toán 2: (Bài toán 29- SGK / 92):

Cho góc nhọn xOy và một điểm O’.

Hãy vẽ: Góc nhọn x ' O ' y ' coù O’x’ // Ox; O’y’ // Oy.


Hãy đo xem 2 góc xOy và x ' O ' y ' có bằng nhau không?
x’
x

y’
O’
O

””

y

* Giáo viên giới thiệu đây là cặp góc có cạnh tương ứng song song.
Học sinh đo số đo của hai góc và kết luận được cặp góc có cạnh tương ứng
song song bằng nhau

Ta có thể đặt vấn đề: Liệu ta có thể chứng minh bằng suy luận 2 góc
có cạnh tương ứng song song bằng nhau được không? Từ đó ta có bài toán
sau:
Bài 2.1:


Xét 2 góc đều nhọn có cạnh tương ứng song song xOy và x ' O ' y ' ( Ox
// Ox’; Oy // Oy’)


Chứng minh rằng: xOy = x ' O ' y '

6


Nguyễn Hải Gấm- THCS Ngơ Gia Tự, Pleiku

x

GT



xOy và x ' O ' y ' đều nhọn

có Ox // Ox’; Oy // Oy’

O
y

y’

KL



xOy = x ' O ' y '

O’

A
x’

Chứng minh:Gọi giao điểm của 2 đường thẳng chứa tia Ox và đường thẳng
chứa tia O’y’ là A.
Hai góc xOy và xAO’ là 2 góc đồng vị tạo bởi 2 đường thẳng song
 
song chứa 2 tia Oy và O’y’ cắt đường thẳng chứa tia Ox  xOy  xAO ' (1)
 
xAO '  x ' Oy ' ( so le trong) (2)
 
Từ (1) và (2)  xOy  x ' O ' y '
* Hoàn toàn tương tự với trường hợp 2 góc đều tù ta có bài tập sau :
Bài 2.2


Xét 2 góc đều tù có cạnh tương ứng song song xOy và x ' O ' y ' ( Ox //


Ox’; Oy // Oy’) Chứng minh rằng: xOy = x ' O ' y '

x
x’

y

O
A

y’

O’

Với cách chứng minh tương tự như bài 2.1 trên học sinh dễ dàng chứng
minh bài tập này.
* Ta có thể giới thiệu 2 góc có cạnh tương ứng song song trong trường
hợp một góc nhọn, một góc tù.
Bài 2.3:


Xét 2 góc có cạnh tương ứng song song xOy và x ' O ' y ' .Trong đó một
góc nhọn và một góc tù. Chứng minh rằng: 2 góc đó bù nhau?
x
A

x’

GT




xOy và x ' O ' y ' đều

tù có

Ox // Ox’; Oy // Oy’

y’
O
’

O

KL



xOy vaø x ' O ' y ' buø nhau

y
7


Nguyễn Hải Gấm- THCS Ngơ Gia Tự, Pleiku

Giải: Vì Oy//Oy’ (gt) nên
 
xOy  xAO ’ ( đồng vị)
Mà Ox//Ox’ (gt)
 
neân x ' Oy '  O ' Ax = 1800 ( 2 góc cùng phía bù nhau)

 
 xOy  x ' Oy ' = 1800


Vậy 2 góc xOy và x ' Oy ' bù nhau.
3.Bài toán 3: Bài 8 SGK/109
 
Cho ABC có B  C = 400. Gọi Ax là phân giác của góc ngoài tại đỉnh A.
Chứng tỏ Ax // BC.
m
x

1
2

A

GT
KL
B

 
ABC , B  C = 400

Có BAm là góc ngoài
Ax là phân giác

của BAm
Ax // BC

C


Giải : ABC có BAm là góc ngoài tại đỉnh A
  
 BAm  B  C ( tính chất góc ngoài của ) (1)
 
mà B  C = 400 (gt)
(2)
0
0
0

Từ (1) và (2)  BAm  40  40 = 80
0
 

maø   A2 = 40 (Ax là phân giác của BAm ) B  A2 = 400
A1 

Ax // BC ( Có cặp góc ở vị trí so le trong bằng nhau)
* Từ bài toán 3 co ùthể cho học sinh làm bài tập đơn giản hơn như sau:
Bài 3.1

Cho ABC cân ở A. Gọi BAx là góc ngoài tại đỉnh A của ABC.


Chứng tỏ rằng BAx  2 B
Lời giải: x
A

GT
KL

B

C

ABC cân tại A

Có BAx là góc ngoài


BAx  2 B

8


Nguyễn Hải Gấm- THCS Ngơ Gia Tự, Pleiku


ABC có BAx là góc ngoài tại đỉnh A
  
 BAx  B  C ( tính chất góc ngoài của ) (1)
Mà ABC cân tại A (gt)
 
 B  C ( tính chất  cân)
(2)
  
Từ (1) và (2)  BAx  B  B



Vaäy BAx  2 B (đpcm)



 BAx
* Từ kết quả bài toán 3.1 trên ta có thể suy ra: B 

2


 BAx
Vậy nếu tia Am là phân giác của BAx ta có: BAm 
2

nên ta có thể phát triển thành bài toán ngược như sau:
Bài 3.2:
Cho ABC cân tại A . Từ A kẻ AM // BC.
Chứng minh rằng: AM là tia phân giác góc ngoài tại đỉnh A của
ABC.
(Với cách chứng minh tương tự như trên học sinh dễ dàng chứng minh
bài tập này)
 Như vậy ta có thể nhận thấy trong tam giác cân góc ngoài tại đỉnh
luôn bằng 2 lần góc ở đáy. Vậy ngược lại nếu tam giác có góc ngoài
tại một đỉnh bằng 2 lần góc trong không kề với nó liệu tam giác đó
có phải là tam giác cân không? Ta có bài toán sau:

Bài 3.3: Cho  ABC, gọi BAx là góc ngoài tại đỉnh A của  ABC. Biết



BAx  2 B Chứng tỏ ABC cân?
x
A
GT
KL
B


ABC có BAx là góc ngoài



BAx  2 B

ABC cân tại A

C

Giải:

BAx là góc ngoài tại đỉnh A của ABC
  
 BAx  B  C (tính chất góc ngoài của tam giác)


Mà BAx  2 B (gt)
 

 B  C  2B
 

 CB
9


Nguyễn Hải Gấm- THCS Ngơ Gia Tự, Pleiku

 ABC cân tại A.
* Từ bài toán 3 ta có thể phát triển thành bài toán sau:
Bài 3.4: Cho ABC. Tia phân giác của góc B cắt AC tại D. Trên tia
đối của tia BA lấy điểm E sao cho BE = BC. Chứng minh rằng BD // EC.
A
D
B

1

GT

2

KL

ABC ,BD là phân giác

của BAC , BE = BC
BD // EC

C
E

Giải:
Vì BEC cân tại B,  là góc ngoài tại đỉnh B của BEC 
ABC
  2E

ABC


 
maø B 1 = B 2 ( BD là phân giác của  )  E = B 1.
ABC
Từ đó suy ra BD // EC(có cặp góc ở vi trí đồng ṿi bằng nhau).
* Với mức độ khó hơn, ta có thể phát triển thành bài toán sau( Dành
cho học sinh khá giỏi):
 
Bài 3.5 Cho  ABC có B  C . Đường thẳng chứa tia phân giác của góc
ngoài đỉnh A cắt đường thẳng BC tại E.

1  
a. Chứng minh   ( B  C ) .
AEB
2

b. Từ B kẻ đường thẳng song song với AE cắt cạnh AC ở K. Chứng tỏ
rằng ABK có hai góc bằng nhau.
x
A
1
2

GT
KL
K

E

B

 
ABC có B  C

AE là phân giác BAx

  1 (B  C)
 
AEB
2

ABK có hai góc bằng
nhau

C

Giải:
a. Góc  1 là góc ngoài của AEC, ta có:
A
 = CE
A1  
(1)
Góc  là góc ngoài của ABE nên ta có:

ABC

 = 2+ E
A
(2)
ABC
Vì AE là tia phân giác của góc ngoài ñænh A
10


Nguyễn Hải Gấm- THCS Ngơ Gia Tự, Pleiku

nên  1 =  2.
A
A

 = 1+ E
Như vậy: ABC A

   (C  E )  E  C  2 E
ABC    
  
 2E  ABC  C
1  
 1 ABC 
 E  (   C ) hay   ( B  C )
AEB
2

2

 2 =  (hai goùc so le trong bằng nhau).
b. Vì AE // BK nên A ABK
 =  (đồng vị)
A
AKB
1

Mà  1 =  2.
A
A
Suy ra:    tức là ABK có hai góc bằng nhau.
ABK AKB
* Nếu tiếp tục khai thác bài toán 3 tôi tin rằng chúng ta còn tìm được
nhiều bài toán hay từ bài toán này.
4. Bài toán 4: (Bài 7, trang 24 – SBT Toán 7 – Tập 2)

Cho ABC có AB < AC. Gọi M là trung điểm của BC. So sánh BAM và

CAM

Lời giải:
A
1

B

2

GT
C

KL

ABC; AB < AC
MB = MC


So sánh BAM và CAM

M

D

Trên tia đối của tia MA lấy điểm D sao cho MD = MA
Xét AMB và DMC
Có MA = MD ( cách vẽ)
MB = MC (gt)
  DMC ( đối đỉnh)
AMB 
 AMB = DMC (c.g.c)

A
  1 = D ( cặp góc tương ứng) ; AB = DC ( cặp cạnh tương ứng)
Mà AB < AC (gt)
 DC < AC
ADC coù DC < AC (cmt)

  2 < D ( quan hệ giữa góc và cạnh đối diện trong )
A


A
Mà  1 = D (cmt)
11


Nguyễn Hải Gấm- THCS Ngô Gia Tự, Pleiku

 
  2 <  1 Hay BAM  CAM
A
A

* Từ lời giải bài toán trên ta có kết quả sau AM 

AB  AC
2

Kết quả này giúp ta giải được bài toán sau:
Bài 4.1: Chứng minh rằng trong tam giác, tổng độ dài 3 đường trung
tuyến luôn nhỏ hơn chu vi của tam giác đó.
A

I

N

B

C

M

* Từ kết quả bài toán trên ta có:
AB  AC
2
AB  BC
Tương tự: BN 
2
CB  CA
CI 
2

Ta có:

(1)

AM 

(2)
(3)

Từ (1), (2), (3)
 AM + BN + CI < AB + AC + BC (ñpcm).
* Ta lại biết rằng trong một tam giác cạnh đối diện với góc lớn hơn thì
lớn hơn và ngược lại. Vậy ta có thể nghó đến việc tìm bài toán đảo của bài
toán trên và kết quả thu được bài toán sau:
Bài 4.2: Cho ABC, đường trung tuyến AM. Chứng minh rằng nếu
 
BAM  CAM thì AB > AC.
A

1 2

B

M

C

D

Tương tự cách làm bài tốn 4 ta cũng có ABM = DCM (c.g.c)

  1 = D ( cặp góc tương ứng)
A
 AB = DC ( cặp cạnh tương ứng)
 
 
Maø BAM  CAM (gt)  CAM  D
 CD > AC hay AB > AC
12


Nguyễn Hải Gấm- THCS Ngơ Gia Tự, Pleiku

* Mở rộng bài toán 4.2 ta lại có bài toán sau:
Bài 4.3: ( Dành cho học sinh khá giỏi):
Cho liên tiếp các đoạn thẳng bằng nhau BC = CD = DE trên một
đường thẳng và điểm E nằm ngoài đường thẳng ấy.
  
Chứng minh rằng neáu AB < AC < AD < AE thì BAC  CAD  DAE và

  
ngược lại nếu BAC  CAD  DAE thì AB < AC < AD < AE.
p dụng cách giải bài toán 2 học sinh sẽ giải được bài tập này.
* Nếu cho AM là đường cao của ABC thì kết luận của bài toán 4.2
có thay đổi không? Từ câu hỏi này ta có bài toán mới sau:

Bài 4.4: Cho ABC, đường cao AM biết AB < AC. Hãy so sánh BAM

A
và CAM .
1 2

GT
B

KL

C

M

ABC; AB < AC
đường cao AM


So sánh BAM và CAM

Vì AB < AC (gt)
 
 B  C ( quan hệ giữa góc và cạnh đối diện trong )


Trong  vuông ABM có B  900 -  1
A
  900 -  2
Trong  vuoâng AMC có C
A
0
0
 
A
A
Mà B  C  90 -  1 > 90 -  2
 < 
 < CAM

 A1 A2
Hay BAM
* Nếu cho Am là đường phân giác của ABC ta có bài toán mới sau:
Bài 4.5:
Cho ABC có AB < AC, vẽ phân giác AM của ABC (M  BC). So
sánh MB và MC.
A

GT

1 2

KL

I

1

B

ABC; AB < AC
phân giác AM
So sánh MB và MC

2

C
M

Vì AB < AC. Trên cạnh AC lấy điểm I sao cho AB = AI
 ABM = AIM (c.g.c)
 BM = MI ( 2 cạnh tương ứng)


I 1 = B ( 2 góc tương ứng)
13


Nguyễn Hải Gấm- THCS Ngơ Gia Tự, Pleiku





Có I 1 + I 2 = 1800; I 2 + B = 1800.



  B  C = 1800 I 2 =  + C  I 2> C

Maø
A 
A  
MC > MI ( quan hệ giữa góc và cạnh đối diện trong )
mà BM = MI MC > MB
* Nếu qua trung điểm M vẽ trung trực của BC ta lại có bài toán mới sau:
Bài 4.6:
Cho ABC có AB < AC, đường trung trực của BC lần lượt cắt BC,


AC, AB tại M, N, E. So sánh BEM và CNM .

E
A

GT

N

B

KL

C

ABC có AB < AC; MN
là đường trung trực của

BC


So sánh BEM và CNM .

M

 
Vì AB < AC B  C ( Quan hệ giữa góc và cạnh đối diện trong tam
giác)
0


B  90 - BEM ( Do  BEM vuông tại M)
0


C  90 - CNM ( Do  CNM vuông tại M)
0
 


mà B  C  90 - BEM = 900 - CNM
 
 BEM  MNC
* Khi nghó tới việc đi tìm bài toán đảo ta lại thấy các bài toán 4.4; 4.5; 4.6
có bài toán đảo như sau:
 
Bài 4.7: Cho ABC, đường cao AM ( M  BC). Bieát BAM  CAM . Hãy
so sánh AB và AC.

A

C

M

B

 
Vì BAM  CAM (gt)


maø B  900 - BAM ( Do  BAM vuông tại M)
0


C  90 - CAM ( Do  CAM vuông tại M)
 
 BC
 AC < AB ( Quan hệ giữa góc và cạnh đối diện trong tam giaùc)

14


Nguyễn Hải Gấm- THCS Ngơ Gia Tự, Pleiku

Bài 4.8: Cho ABC, đường phân giác AM ( M  BC). Biết MB > MC.
Hãy so sánh AB và AC.
( Học sinh dễ dàng tìm ra cách giải)

Bài 4.9: Cho ABC, đường trung trực của BC cắt BC, AC, AB lần lượt
 
tại M, N, E. Biết BEM  MNC . Hãy so sánh AB và AC.
E
A

GT

N

B

KL

C

ABC; MN là đường
trung trực của BC
 
BEM  MNC .
So sánh AB và AC

M
 
Giải : Vì BEM  MNC (gt)


mà B  900 - BEM ( Do BEM vuông tại M)
0



C  90 - MNC ( Do MNC vuông tại M)
 
 BC
 AC > AB( Quan hệ giữa góc và cạnh đối diện trong tam giác)
5. Bài toán 5:
Cho ABC vuông tại A, đường cao AH, gọi AD là phân giác của
BAH. Chứng tỏ ADC là tam giác cân?

A
GT

KL
B


ABC; BAC =900
AHBC
AD là phân giác của ABH
ADC cân

C
D

H

Giải : ADH có  = 900
AHD
  DAH = 900


 ADH
0
  
DAC  DAB  BAC = 90
 
Mà DAH  DAB (vì AD là phân giác của ABH)
   DAC
ADH 
  ADC cân tại C.
* Từ lời giải bài toán 5 dễ nhận ra rằng ta cũng có các bài toán mới sau:
Baøi 5.1:

15


Nguyễn Hải Gấm- THCS Ngơ Gia Tự, Pleiku

Cho ABC có AH là đường cao ( H nằm giữa B và C), AD là phân
giác của ABH và có AC = DC. Chứng minh rằng ABC vuông tại A.

A
GT

1 2

KL
B

ABC ; AHBC
AD là phân giác của ABH

AC = DC
ABC vuông tại A.

C
D

H

Giải : Ta có AC = DC  ADC cân tại C    DAC
ADC 
0
Mà   A 2 = 90 ( ADH vuông)
ADC 

Mà  1 =  2 ( AD là phân giác của BAH )
A
A
  A
 BAC = DAC   1 = 900

 BAC = 900
Vậy ABC vuông tại A.
Bài 5.2:
Cho ABC vuông tại A, AH là đường cao, D thuộc cạnh BC sao cho
DC = AC. Chứng minh rằng AD là phân giác của ABH.
A
GT

KL
B

D

H

ABC vuông tại A;
AHBC
AC = DC
AD là phân giác của ABH

C

Giải : Vì DC = AC   ADC cân
 ADC
 DAC  
 
Mà DAC  BAD =900;
  DAH =900
ADC 
 
 BAD  DAH

AD laø phân giác của BAH
* Nếu có CE là phân giác của ACD ta có CE  AD. Giúp ta có bài
toán sau:
Bài 5.3: ( Dành cho học sinh khá giỏi):
16


Nguyễn Hải Gấm- THCS Ngơ Gia Tự, Pleiku

Cho ABC vuông tại A, AH là đường cao.
Gọi I, K lần lượt là điểm cách đều 3 cạnh của ABH và ACH.
Chứng minh raèng AI  CK; BI  AK.
A

GT
E

KL

K
M

I
D

AI  CK; BI  AK

C

M

H

ABC vuông tại A; AHBC
I, K lần lượt là điểm cách đều
3 cạnh của ABH và ACH.

B

Vì I, K lần lượt là điểm cách đều 3 cạnh của ABH và  ACH nên I,K
lần lượt là giao điểm của 3 đường phân giác của ABH và ACH.

V ậy AI là phân giác của BAH .
Giống như cách chứng minh bài toán 5 ta suy ra ADC là tam giác cân
tại C .Mà CK là phân giác của   CK đồng thời là đường cao của
ACH
ADC
 CK  AI
Tương tự ta chứng minh được BI  AK.
* Nếu gọi O là giao điểm của BI và CK, ta thấy O chính là điểm cách
đều 3 cạnh của ABC và còn là trực tâm của AIK nên AO  IK, giúp ta
có được lời giải bài toán sau:
Bài 5.4: ( Dành cho học sinh khá giỏi):
Cho ABC vuông tại A, AH là đường cao; I, K, O lần lượt là 3 điểm
cách đều 3 cạnh của các ABH, ACH, ABC. Chứng minh rằng AO 
IK?
A

GT
E
I
B

D

O M
K

H

KL

ABC vuông tại A; AHBC
I, K,O lần lượt là điểm cách
đều 3 cạnh của ABH và
ACH , ABC.
AO  IK

C

N

* Tương tự như bài 5.3 ta chứng minh được BM  AN, CE  AD
hay IM  AK, KE  AI.
17


Nguyễn Hải Gấm- THCS Ngô Gia Tự, Pleiku

Trong AIK ta O là giao điểm của 3 đường cao của AIK
 AO  IK

III. Biện pháp thực hiện
Trên cơ sở các bài toán cơ bản ở sách giáo khoa toán 7, khi chữa bài
cho học sinh tôi luôn củng cố khắc sâu kiến thức cơ bản và từ đó yêu cầu
học sinh liên hệ với những bài toán quen thuộc, cùng với học sinh tìm tòi,
khai thác, xây dựng thành một hệ thống bài tập liên quan đến kiến thức
đó.Các bài tập được phát triển thêm từ các bài tập trong sách giáo khoa

nếu không có thời gian giải trên lớp thì cho các em về nhà làm.Đối với
những bài tập phát triển theo dạng bài tập liên quan thì việc hướng dẫn về
nhà rất thuận lợi ,các em dễ dàng tìm ra cách giải
IV. Kết quả của kinh nghiệm:
Với thực tế giảng dạy khi áp dụng đề tài này vào giảng dạy môn hình
học như trên tôi thấy trong năm học này các em đã hiểu và nắm vững hơn
các kiến thức hình học hơn năm học trước.Việc áp dụng đề tài này bồi dưỡng
khả năng tự học cho học sinh ,giúp các em nắm vững hơn các kiến thức cơ
bản trong chương trình sách giáo khoa. Đồng thời các em rất hứng thú khi
học môn hình học.Các bài tốn phát triển thêm cho về nhà các em hoàn thành
rất tốt.
Khi kiểm tra hết chương thì kết quả kiểm tra làm tôi vui mừng thực
sự, so với kết quả kiểm tra chất lượng đầu năm học thì tôi nhận thấy học
sinh có sự tiến bộ rõ rệt.
V. Bài học kinh nghiệm:
- Với mỗi giờ dạy thì khâu chuẩn bị của giáo viên và học sinh là hết
sức quan trọng.
- Để tiết học luyện tập có hiệu quả tối ưu đối với từng đối tượng học
sinh thì sự chuẩn bị bài ở nhà của các em là khâu hết sức quan trọng.
Người giáo viên phải dặn dò học sinh ở tiết trước: những kiến thức, kỹ
năng cần ôn luyện để chuẩn bị cho bài mới .
- Trong giờ học, học sinh phải hăng hái phát biểu ý kiến xây dựng
bài để được giáo viên kịp thời sửa những chỗ sai, học sinh phải chủ động
nghiên cứu sách giáo khoa để tự khai thác bài toán mới dưới sự giúp đỡ
của giáo viên. Giáoviên phải kiểm tra cụ thể những việc làm ở nhà đó của
các em nhằm nâng cao ý thức trách nhiệm của học sinh đối với bài mới.
- Giáo viên phải có lòng nhiệt tình, có sự đầu tư thời gian và công sức
vào mỗi bài dạy, phải tìm ra điểm yếu của học sinh trong tiếp thu kiến
18

Nguyễn Hải Gấm- THCS Ngơ Gia Tự, Pleiku

thức đó để có biện pháp khắc phục. Sau mỗi giờ dạy phải đưa các bài tập
để củng cố, khắc sâu các dạng bài vừa học và tránh những sai sót khi làm
bài tập.
- Với mỗi bài giảng giáo viên cần có dạng bài tập phù hợp với nội
dung bài dạy và các đối tượng học sinh để góp phần nâng cao hiệu quả giờ
dạy. Làm như vậy thì mỗi giờ dạy không bị gò bó, rập khuôn mà sinh
động, phát huy được tính chủ động sáng tạo của học sinh, tạo được hứng
thú học tập.
- Trong chuyên môn, giáo viên phải khiêm tốn học hỏi đồng nghiệp
thông qua dự giờ, tham khảo các tư liệu về phương pháp giảng dạy để rút
ra những kinh nghiệm quý báu cho bản thân.
Trên đây là một số ý kiến nhỏ của bản thân tôi rút ra trong quá trình
dạy học nên còn có thể có nhiều hạn chế. Rất mong nhận được những ý
kiến đóng góp giúp đỡ của các đồng nghiệp để tôi có thêm những kinh
nghiệm tốt hơn trong quá trình dạy học, góp phần nâng cao hơn nữa chất
lượng của môn toán.
Tôi xin chân thành cảm ơn!

19