ứng dụng của một hệ thức hình học vào giải toán

Equation Chapter 1 Section 1
MỤC LỤC TRANG

Phần mở đầu………………………………………… 1
Lý do chọn đề tài……………………………………… 1
Mục đích, nhiệm vụ nghiên cứu………………………. 1
Đối tượng, phạm vi nghiêncứu……………………… 2
Giả thiết khoa học………………………………… 2
Phương pháp nghiên cứu……………………………… 2
Đóng góp về tính khoa học của đề tài………………… 2
Nội dung nghiên cứu……………………………… 2
Cơ sở lý luận………………………………………… 2
Cơ sở thực tiễn……………………………………… 3
Nội dung chính……………………………………… 3 - 13
Kết luận – Kiến nghị………………………………… 13
1111
ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
“ ỨNG DỤNG CỦA MỘT HỆ THỨC HÌNH HỌC
VÀO GIẢI TOÁN”
A. PHẦN MỞ ĐẦU:
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI:
Trong quá trình dạy học môn toán ở trường THCS chúng ta thường có thói quen
giải các bài tập một cách đơn điệu và dừng lại ở đó mà chưa quan tâm nhiều đến kết
quả. Vì vậy khi học sinh gặp bài toán mới thường bị động, không biết bắt đầu từ đâu
để tìm lời giải. Những kết quả đó có thể đơn giản nhưng không tầm thường. Bởi đôi
khi kết quả đó lại là công cụ hữu hiệu để giải quyết các bài toán khác khó hơn hoặc
làm cầu nối giữa những bài toán lạ với những bài toán đã biết.
Vì vậy người thầy không nên xem nhẹ kiến thức cơ bản mà cần phát huy tính sáng
tạo của học sinh trước kết quả của mỗi bài toán được giải xong. Kết quả đó cần được
phân tích, phát triển, tổng quát hóa, đặc biệt hóa…từ đó tạo nên một lớp bài toán
“cùng họ hàng với nhau” hoặc những bài toán có chung bài toán gốc.Biển cả bao la

cũng bắt nguồn từ những con suối nhỏ, một bài toán dù khó đến đâu cũng có cội
nguồn từ bài toán đã biết. Như vậy với mỗi buổi học ôn tập kiến thức, dạy bồi dưỡng
học sinh khá giỏi thầy và trò không cần phải giải thật nhiều bài toán, đôi khi chỉ cần
một đến hai bài là đủ và bài toán đó không phải ở đâu xa mà ở ngay trong sách giáo
khoa hoặc sách bài tập. Thực tế qua hoạt động dạy học như vậy người thầy cũng rút ra
được nhiều kinh nghiệm quý báu cho bản thân, thậm chí học tập được từ học trò thêm
những điều bổ ích.
Làm như vậy là chúng ta đã tạo được sự hứng thú cho người học, phát huy được
tính tích cực, độc lập, chủ động, sáng tạo của học sinh, khơi nguồn cảm hứng tự
nghiên cứu tài liệu cho học sinh đó chính là tiền đề cho các em từng bước chiếm lĩnh
tri thức một cách chủ động trước những vấn đề mới và khó. Qua đó nhằm giáo dục
tính kiên trì, bản lĩnh cá nhân góp phần giáo dục kỷ năng sống cho học sinh trong suốt
quá trình học tập.
Chính vì những lý do trên nên bước đầu tôi đã chọn tên đề tài nghiên cứu: “ Ứng
dụng của một hệ thức hình học vào giải toán” đây chỉ là một phần kiến thức nhỏ
hẹp trong vô vàn những bài toán đơn giản nhưng có rất nhiều ứng dụng để giải các bài
toán khác.
II. MỤC ĐÍCH, NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU:
1. Giúp giáo viên từng bước thay đổi tư duy, phương pháp dạy – học thụ động một
chiều sang dạy học chủ động, sáng tạo qua từng đơn vị kiến thức đơn giản đảm
bảo tính liên thông.
2. Giúp học sinh tiếp cận kiến thức mới một cách chủ động, sáng tạo thông qua các
tư duy toán học logic.
III. ĐỐI TƯỢNG, PHẠM VI NGHIÊN CỨU:
2222
1. Đối tượng nghiên cứu: Nghiên cứu ứng dụng của một hệ thức hình học vào giải
toán.
2. Phạm vi nghiên cứu: Nghiên cứu việc ứng dụng của một hệ thức hình học vào
giải các bài toán có liên quan của 32 học sinh khá, giỏi học lớp 9A năm học
2012- 2013 trường THCS nơi bản thân đang công tác.

IV. GIẢ THIẾT KHOA HỌC:
1. Dự kiến: Đề tài sẻ được lấy ý kiến của giáo viên toán tại trường sau đó áp dụng
thể nghiệm cho học sinh khá giỏi môn toán trong toàn trường.
2. Dự báo: Đề tài sẻ áp dụng có hiệu quả đối với những buổi dạy nâng cao kiến
thức, bồi dưởng học sinh giỏi
V. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU:
1. Phương pháp điều tra.
Đã tiến hành điều tra đối với 32 học sinh lớp 9A giải một số bài toán liên quan đến hệ
thức có bảng số kèm theo
2. Phương pháp thực nghiệm.
Đã áp dụng thực nghiệm tương đối thành công khi giảng dạy nâng cao kiến thức cho
32 học sinh lớp 9A.
3. Phương pháp quy nạp.
Sau khi tiến hành phương pháp điều tra và thực nghiệm bản thân đã rút ra được kết
luận tương đối về sự thụ động của học sinh có năng lực khá giỏi trong việc tiếp cận
và giải quyết các bài toán có liên quan đến hệ thức đưa ra.
VI. ĐÓNG GÓP VỀ TÍNH KHOA HỌC CỦA ĐỀ TÀI:
1. Đối với tập thể:
Phù hợp với đổi mới phương pháp dạy học hiện nay
Giúp cho tập thể giáo viên toán thay đổi cách nhìn khi giảng dạy các tiết luyện
tập ôn tập, đặc biệt là bồi dưỡng học sinh giỏi…
2. Đối với cá nhân:
Đã từng bước thay đổi phương pháp dạy học phù hợp giúp học sinh tích cực,
chủ động, tự tin, sáng tạo trong học tập.
B. NỘI DUNG NGHIÊN CỨU:
I. CƠ SỞ LÝ LUẬN:
Trong khung chương trình, sách giáo khoa hiện hành của bộ GD&ĐT bậc
THCS môn toán học sinh được học 4 tiết/tuần nên đa số thời gian chỉ để truyền đạt
kiến thức lý thuyết cơ bản. Học sinh được thực hành qua các tiết luyện tập, ôn tập
chủ yếu bằng phương pháp thụ động, giải bài tập là chính. Ngoài ra không ít giáo

viên nhận thức chưa đúng về chuẩn KTKN, giảm tải nên chưa mạnh dạn đổi mới
phương pháp dạy học. Mặt khác bản thân giáo viên cũng chưa quen phát triển, tổng
3333
quát hóa, đặc biệt hóa, khai thác sâu thêm các kết quả của những bài toán "điển
hình" để phục vụ học sinh khá giỏi. Vì vậy đối tượng học sinh khá giỏi thường tự hài
lòng với kết quả đó.
II. CƠ SỞ THỰC TIỂN:
1. Thực trạng.
1.1. Thuận lợi:
Thực tế tại trường chúng tôi việc dạy học theo hướng mở cũng đã được nhà
trường, tổ chuyên môn quan tâm đúng mức nhằm giúp giáo viên và học sinh nhìn
nhận sâu sắc những kiến thức cơ bản trong sách giáo khoa, sách bài tập. Đa số giáo
viên giảng dạy môn toán đã chú ý đến phương pháp dạy học, chú trọng khắc sâu kiến
thức cơ bản, từ đó phân tích, khai thác thêm, phát hiện những vấn đề mới liên quan.
Tỉ lệ học sinh khá giỏi ở trường nơi đang công tác tương đối cao nên thuận lợi
cho công tác giảng dạy.
Nguyên nhân: Được sự quan tâm của Chi bộ, Ban giám hiệu nhà trường và tổ
chuyên môn. Giáo viên được tham gia các chuyên đề đổi mới phương pháp dạy học
do PGD&ĐT tổ chức hoặc tổ chuyên môn tổ chức các chuyên đề chuyên sâu.
1.2. Khó khăn:
Chất lượng giáo viên toán không đồng đều nên khó khăn trong đổi mới phương
pháp dạy học
Học sinh vẫn còn thói quen học theo phương pháp cũ nên lười suy nghĩ những
vấn đề mới liên quan đến kiến thức cơ bản
Nguyên nhân: Một số giáo viên tuổi cao nên gặp khó khăn trong đổi mới
PPDH
Có những giáo viên không chịu khó học hỏi, tham khảo tài liệu nên kiến thức
bị mai một không theo kịp xu thế mới.
Một bộ phận phụ huynh chưa thật quan tâm đến việc học ở nhà của học sinh.
1.3. Kết quả điều tra.

Tôi đã tiến hành điều tra thực nghiệm 32 học sinh khá, giỏi lớp 9A trường
THCS nơi tôi đang công tác việc giải bài toán 4 và bài toán 7 trong đề tài có liên
quan đến hệ thức hình học đã học năm học 2012 – 2013:
Kết quả thu được như sau:
Số lượng
HS được
điều tra
Nội điều tra SL, TL học
sinh có liên hệ
đến hệ thức
SL học sinh
không có sự liên
hệ
SL học sinh
liên tưởng đến
kiến thức khác
32
Điều tra việc giải các
bài toán có liên quan
đến hệ thức hình học
SL: 5 em
TL: 16%
SL: 18 em
TL: 56%
SL: 9em
TL: 28%
4444
Nhận xét : Nhìn vào bảng kết quả ta thấy đa số học sinh không có sự liên hệ
với hệ thức đã học để giải các bài toán có liên quan.
1.4. Các giải pháp đã thực hiện.

Thay đổi phương pháp dạy học: Đối với những kiến thức, những bài tập có
tính điển hình có thể áp dụng làm được nhiều bài tập khác. Giáo viên nên phân tích
kỷ, nhìn nhiều góc độ khác nhau. Tiếp đến có thể đề xuất các bài toán tương tự. Đặc
biệt là hình thành kỷ thuật phân tích bài toán để làm tái hiện các kiến thức đã học.
Thực tế nếu giáo viên làm được như vậy thì sẻ phát huy được tính chủ động của học
sinh trong quá trình học tập.
Kiến thức: Đề tài còn liên quan đến một số kiến thức về đại số như các bất
đẳng thức quen thuộc.
Sau đây là nội dung chính của đề tài nghiên cứu, đã áp dụng dạy nâng cao kiến
thức tại Lớp 9A trường THCS nơi bản thân đang công tác.
III. NỘI DUNG CHÍNH.
Trước hết ta tìm hiểu bài toán gốc để có hệ thức hình học ứng dụng trong đề tài.
Bài toán gốc: Cho tam giác ABC. một đường thẳng bất kỳ cắt các cạnh AB , AC
thứ tự tại E và F.
Chứng minh hệ thức:
.
.
AEF
ABC
S AE AF
S AB AC
=
Lời giải: Kẻ các đường cao EH và BK của các tam giác AEF và ABC
Do EH // BK nên
AB
AE
BK
EB
=
Ta có:

ACAB
AFAE
ACAB
AFAE
ACBK
EHAF
S
S
ABC
AEF
.
.
.
2
1
.
2
1
.
2
1
.
2
1
===
Vậy:
.
.
AEE
ABC

S AE AF
S AB AC
=
.

K
H
F
E
C
B
A
Hình 1
5555
Nhận xét: Đến đây nếu giáo viên và học sinh chỉ dừng lại ở kết quả
.
.
AEF
ABC
S AE AF
S AB AC
=
mà
không quan tâm những ứng dụng của nó thì thật đáng tiếc
Sau đây là một số ứng dụng của hệ thức
.
.
AEF
ABC
S

AE AF
S AB AC
=

Một số ứng dụng của bài toán gốc.
Bài 1: Cho tam giác ABC có trung tuyến AM. Đường thẳng bất kỳ cắt các cạnh
AB, AC và AM thứ tự tại E, F và I.
Chứng minh:
2.
AB AC AM
AE AF AI
+ =
Chứng minh: Ta có:
) ( 2
.
.
.
.
2
1
.
.
22
ABAFACAEAIAMAFAE
AMAC
AIAF
AMAB
AIAE
ACAB
AFAE

S
S
S
S
S
S
ACM
AIF
ABM
AEI
ABC
AEF
+=⇔






+=⇔+=
.2
AI
AM
AF
AC
AE
AB
=+⇔

M
I
F
E
C
B
A
Hình 2
Vậy:
2.
AB AC AM
AE AF AI
+ =
Đặc biệt khi I là trọng tâm ta có bài tập sau:
Bài 2: Cho tam giác ABC có trung tuyến AM. Đường thẳng bất kỳ đi qua trọng tâm
G cắt các cạnh AB và AC thứ tự tại E và F.
Chứng minh:
3
AB AC
AE AF
+ =
Giải: Ta có thể giải bài này theo nhiều cách khác nhau:
Lời giải 1(Hình 3): Từ kết quả của bài 1 ta có ngay kết quả
3
AB AC
AE AF
+ =
6666

M

G
F
E
B
C
A
Hình 3
Lời giải 2(Hình 4):

K
I
M
G
F
E
B
C
A
Hình 4
Kẻ
EFCKEFBI //;//
(I, K thuộc AM). Ta có:
;
AB AI AC AK
AE AG AF AG
= =
. Cộng vế theo vế ta được:
(1)
AB AC AI AK
AE AF AG

+
+ =
Mặt khác:
(2)BIM CKM MI MK∆ = ∆ ⇒ =
Từ (1) và (2) suy ra:
2. 3
AB AC AM
AE AF AG
+ = =
.
Vậy:
3
AB AC
AE AF
+ =
Lời giải 3(Hình 5):

K
I
M
G
F
E
B
C
A
Hình 5
Kẻ BI, CK lần lượt song song với AM (I, K thuộc d)khi đó MG là đường trung bình
của hình thang BCKI nên BI + CK = 2GM (*):
(1)

EB BI AB BI AG
AE AG AE AG
+
= ⇒ =
(2)
CF CK AC CK AG
AF AG AF AG
+
= ⇒ =
7777
Từ (*), (1) và (2) suy ra:
2 2 3
3
AB AC AG GM AG
AE AF AG AG
+
+ = = =
Vậy:
3
AB AC
AE AF
+ =
Lời giải 4(Hình 6):
Kẻ BI, AK, MP, CQ lần lượt vuông góc với d khi đó MP là đường trung bình của
hình thang vuông BCQI do đó: BI + CQ = 2 PM (1)

G
Q
P
K

I
F
E
C
B
A
M
Hình 6
Do AK // MP
2 2
AK AG
AK MP
MP GM
⇒ = = ⇒ =
kết hợp với (1)
⇒
BI + CQ = AK
Ta có:
2 2 2 2 3
AB AC AE EB AF FC EB CF BI CQ BI CQ AK
AE AF AE AF AE AF AK AK AK AK
+ + +
+ = + = + + = + + = + = + =
Vậy:
3
AB AC
AE AF
+ =
Nhận xét: Từ kết quả của bài tập 2 ta thấy
AB AC

AE AF
+
= 3 luôn không đổi khi đường
thẳng d thay đổi và cắt hai cạnh AB, AC của tam giác ABC. Kết quả quan trọng
này lại trở thành bài toán gốc để giải quyết một số bài toán khác.
Chẳng hạn:
Bài 3: Cho tam giác ABC vuông tại A có trung tuyến AM. Đường thẳng bất kỳ đi
qua trọng tâm G của tam giác cắt các cạnh AB và AC thứ tự tại E và F.
Chứng minh:
2 2 2
1 1 9
AE AF BC
+ ≥
Chứng minh:
Lời giải1(Hình7):

Áp dụng kết quả bài 2 , bất đẳng thức Bunyacovsky và định lí Pythagore ta có:
8888
( )
2
2 2
2 2
2 2 2 2 2
1 1
9
1 1 9 9
AB AC
AB AC
AE AF AE AF
AE AF AB AC BC

   
= + ≤ + +
 ÷  ÷
   
⇔ + ≥ =
+
Vậy:

2 2 2
1 1 9
AE AF BC
+ ≥
F
E
G
M
C
B
A
Hình 7
Lời giải 2(Hình 8):

F
E
G
H
M
C
B
A

Hình 8
Kẻ AH vuông góc với EF (H thuộc EF). Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác
vuông AEF ta có:
2 2 2
1 1 1
(1)
AE AF AH
+ =
Mặt khác:
2 2
2 1 9
(2)
3 3
BC
AH AG AH AM
AH BC
≤ ⇒ ≤ = ⇒ ≥
Từ (1) và (2) ta có:
2 2 2
1 1 9
AE AF BC
+ ≥
. Dấu đẳng thức xẩy ra khi H trùng G
Bài 4: Cho tam giác ABC có trung tuyến AM. Đường thẳng bất kỳ đi qua trọng tâm
G cắt các cạnh AB và AC thứ tự tại E và F.
Tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác AEF
Lời giải (Hình 9):

M
G

F
E
B
C
A
Hình 9
Áp dụng bất đẳng thức (a + b)
2

≥
4ab. Đẳng thức xẩy ra khi a = b ta có:
2
9
( ) 4 . 9 4
4
ABC
AEF ABC
AEF
S
AB AC AB AC
S S
AE AF AE AF S
+ ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥
9999
Đẳng thức xẩy ra
BCd
AF
AC
AE
AB

//
⇔=⇔
. Vậy GTNN(
AEF
S
) =
9
4
ABC
S

BCd //
⇔
Câu hỏi đặt ra là liệu có tìm được giá trị lớn nhất của diện tích tam giác AEF
không?
Bài 5: Cho tam giác ABC có trung tuyến AM. Đường thẳng bất kỳ đi qua trọng tâm
G cắt các cạnh AB và AC thứ tự tại E và F.
Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác AEF
Lời giải (Hình 9): Ta có:
3
AB AC
AE AF
+ =
.
Đặt:

(1 2)
3
AB
x x

AE
AC
x
AF
= ≤ ≤
⇒ = −

Ta có:
. 1
(3 ) ( 1)(2 ) 2 2
. 2
ABC
AEE ABC
AEF
S
AB AC
x x x x S S
S AE AF
= = − = − − + ≥ ⇒ ≤
không đổi. Đẳng
thức xấy ra khi và chỉ khi x = 1 hoặc x = 2
Vậy GTLN của
1
2
AEF ABC
S S=
. Dấu bằng đạt được khi E trùng B hoặc F trùng C
Nhận xét:
Từ bài 4 và bài 5 ta có thể tìm được GTNN và GTLN của tứ giác BCFE
Bài 6: Cho tam giác ABC có trung tuyến AM. Đường thẳng bất kỳ đi qua trọng tâm

G cắt các cạnh AB và AC thứ tự tại E và F.
Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng diện tích các tam giác BFE và CEF
Lời giải (Hình 10):


Hình 10
Kẻ BP, MI, CN cùng vuông góc với đường thẳng EF
Khi đó:
2BP CN MI
+ =
(Đường trung bình của hình thang)
)1(22 MIAH
GM
AG
MI
AH
MIGAHG
=⇒==⇒∆∞∆
Ta có:
1 1 1
( ) .2 . .
2 2 2
BEF CEF AEF
S S EF BP CN EF MI EF MI EF AH S+ = + = = = =
(2)
Do:
9
4
AEF ABC
S S≥

(3)
10101010
Từ (1), (2), (3) suy ra:
BEF CEF
S S+
9
4
ABC
S≥
Vậy GTNN(
BEF CEF
S S+
) =
9
4
ABC
S

BCd //
⇔
Tiếp tục dùng kết quả của bài toán gốc . Ta có các bài tập sau:
Bài 7: Gọi AP, BF, CE lần lượt là các đường cao của tam giác nhọn ABC.
Chứng minh rằng:
2 2 2
1
EFP
ABC
S
cos A cos B cos C
S

= − − −
Lời giải (Hình 11):
Ta có:
2
.
.
.
AEF
ABC
s AE AF AE AF
cos A
S AB AC AC AB
= = =
Tương tự ta có:
Hình 11
P
F
E
C
B
A
2 2
;
CFP
AEP
ABC ABC
s
s
cos B cos C
S S

= =
Do đó:
2 2 2
1
EFP
ABC
S
cos A cos B cos C
S
= − − −
.


Bài 8: Gọi AP, BF, CE lần lượt là các đường phân giác trong của tam giác nhọn
ABC. Tìm điều kiện của tam giác ABC để GTLN của
AEF
S
11111111
P
F
E
C
B
A
Lời giải(Hình 12): Đặt AB = c, AC = b, BC = a
Ta có:
.
. .
.
AEF

ABC
s AE AF AE AF b c
S AB AC AB AC a b c a
= = =
+ +
Tương tự ta có:
. ; .
CFP
BEP
ABC ABC
s
s
a c a b
S a b c b S a c b c
= =
+ + + +

⇒
( )
ABC AEF BEP CFP
EFP
ABC ABC
S S S S
S
S S
− + +
=

⇒
2

( )( )( )
EFP
ABC
S abc
S a b b c c a
=
+ + +
(1) Hình 12
Do:
abccacbbaacacbccbabba 8))()((2;2;2
≥+++⇒≥+≥+≥+
(2)
Từ (1) và (2) suy ra:
ABCAEF
ABC
AEF
SS
S
S
4
1
4
1
≤⇒≤
.
Dấu “ = ” đạt được khi và chỉ khi a = b = c.
Vậy GTLN(
AEF
S
) =

ABC
S
4
1
∆⇔
ABC đều.
Nhận xét:
Như vậy nếu biết độ dài 3 cạnh kết hợp với định lý Hêrông ta sẻ tính được diện tích
tam giác EFP
Bài 9: Trên 3 cạnh AB, BC, CA của tam giác ABC lần lượt lấy M, N, P sao cho
AM BN CP
k
MB NC PA
= = =
.Tìm k để
5
8
MNP
ABC
S
S
=
Lời giải (Hình 13):
Từ giả thiết suy ra:
1
AM BN CP k
AB BC AC k
= = =
+
và

1
1
BM CN PA
AB BC AC k
= = =
+
(t/c tỉ lệ thức)
( )
2
.
.
1
AMP
ABC
S AM AP k
S AB AC
k
= =
+
. Tương tự:
( ) ( )
2 2
;
1 1
BMN CNP
ABC ABC
S S
k k
S S
k k

= =
+ +
.
Từ đó ta có:
( )
ABC AMP BMN CNP
MNP
ABC ABC
S S S S
S
S S
− + +
=
= 1-
( )
2
3
1
k
k +
.
12121212
Do đó:
5
8
MNP
ABC
S
S
=

⇔
1-
( )
2
3
1
k
k +
=
5
8

⇔
k
2
– 6k + 1 = 0. Bài toán có hai nghiệm:
1 2
3 2 2 ; 3 2 2k k= + = −
thoả mãn

Hình 13
Bài 10: Cho hình bình hành ABCD trên các cạnh BC, CD lần lượt lấy các điểm M,
N sao cho
2
BM CN
k
MC DN
= =
. Gọi P, Q theo thứ tự là giao điểm của AM, AN với BD.
a) So sánh diện tích của PMNQ và APQ

b) Tính diện tích tam giác AMN theo k và theo diện tích của ABCD
Lời giải (hình 14): a) Ta có:

.
.
.
AMN
APQ
S
AM AN AP PM AQ QN
S AP AQ AP AQ
+ +
= =
=
1 1
PM QN
AP AQ
 
 
+ +
 ÷
 ÷
 
 
(*)
Theo giả thiết có:
1 1
1
BC BM CM k
MB MB k k

+ +
= = + =
1 2
CD DN CN
k
DN DN
+
= = +
Kết hợp với định lý talét ta có:
1
PM BM BM k
AP AD BC k
= = =
+
và
1
2 1
QN DN DN
AQ AB DC k
= = =
+
. Thay vào (*) ta có:
AMN
APQ
S
S
=
1
1 1
1 2 1

k
k k
  
+ +
 ÷ ÷
+ +
  
= 2. Suy ra:
MNPQ APQ
S S=

b) Chú ý rằng:
2 2 2
ABCD ABC ADC CBD
S S S S= = =
.
. 1
ABM
ABC
S BA BM BM k
S BA BC BC k
= = =
+
.
. 2 1
ADN
ABD
S
DA DN DN k
S DA DC DC k

= = =
+
Ta có:
2 1
1 ;
2
CB CD k
k
CM CN k
+
= + =
Suy ra:
13131313

( )
( ) ( )
( ) ( )
2
1
2 2 2
1 1 2
1
2 1 2 1 1 2 1
2 2 1
2 1 2 1
ABCD ABM ADN CMN
AMN
ABCD ABCD
ADN CMN
ABM

ABC ADC DBC
S S S S
S
S S
S S
S
S S S
k k
k k k k
k k
k k
− + +
=
= − − −
 
= − + +
 ÷
 ÷
+ + + +
 
+ +
=
+ +

Từ đó tính được: S
AMN
theo k và diện tích của ABCD

Hình 14
Kết quả đạt được:

Sau khi đề tài hoàn thiện tôi đã áp dụng với lớp 9A trường THCS nơi đang công
tác năm học 2013 – 2014 thấy hiệu quả khá rõ nét. Không những thế khi tôi dạy
những bài toán đơn giản ở sách giáo khoa học sinh từng bước hình thành được thói
quen phân tích, tìm tòi, sáng tạo và tự tin tiếp cận kiến thức.
Kết quả cụ thể:
Số lượng
HS được
điều tra
Nội điều tra SL, TL học
sinh có liên hệ
đến hệ thức
SL học sinh
không có sự liên
hệ
SL học sinh
liên tưởng đến
kiến thức khác
30
Điều tra việc giải các
bài toán có liên quan
đến hệ thức hình học
SL: 16 em
TL: 53%
SL: 5em
TL: 17%
SL: 9em
TL: 30%
Nhận xét: Qua bảng số liệu ta thấy sau khi thay đổi phương pháp dạy số lượng HS có
sự liên hệ giữa kiến thức đã học với kiến thức mới chiếm tỉ lệ tương đối cao.
Sau đây kết quả học sinh giỏi cấp Huyện, cấp Tĩnh của trường trong 3 năm học

gần đây.
Năm học
HSG Huyện HSG cấp Tỉnh
Số lượng Tỉ lệ Thứ hạng Số lượng Tỉ lệ
14141414
2010 - 2011 10 100% 3 0 0%
2011 – 2012 12 100% 1 2 100%
2012 - 2013 10 100% 1 5 83%
Báng số liệu cho thấy kết quả học sinh đạt được mang tính ổn định qua từng năm học.
Sau đây là kết quả học sinh đậu vào THPT lớp chủ nhiệm 9A trong 3 năm học liền kề.
Số lượng
Tỉ lệ
2010 - 2011 37 97%
2011 – 2012 38 100%
2012 - 2013 32 100%
Những số liệu đó chứng tỏ dạy học phân hóa đối tượng, điều chỉnh phương pháp phù
hợp nhằm tăng sự chủ động về phía học sinh thì kết quả đạt được là rất khả quan.

C. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
1. Kết luận:
Đề tài chỉ là một minh chứng cho phương pháp dạy học phân hóa đối tượng học
sinh. Trong khuôn khổ đề tài chỉ áp dụng cho đối tượng là học sinh khá giỏi. Trong
quá trình thực hiện đề tài bản thân đã tiến hành điều tra thực nghiệm, trải nghiệm qua
nhiều năm học và thấy được hiệu quả của việc áp dụng các kiến thức cơ bản, các kết
quả đẹp dù đơn giản nhưng có rất nhiều ứng dụng. Trong quá trình thực hiện bản
thân đã nhận được sự cộng tác của Tổ chuyên môn, các bạn đồng nghiệp và của học
lớp 9A của từng năm học nên đề tài đã được thực hiện đúng tiến độ và có thời gian
thể nghiệm.
Các ví dụ trong đề tài chỉ mang tính minh họa cho việc áp dụng của một hệ
thức hình học trong rất nhiều những hệ thức như vậy. Đề tài không tham vọng nêu

lên hết những hệ thức khác. Đây chỉ là kinh nghiệm nhỏ của bản thân trong quá trình
dạy học, nghiên cứu, tích lũy được mong được sự góp ý từ các bạn đồng nghiệp và
các em học sinh để đề tài được phong phú hơn về nội dung.
Với những thử nghiệm mang lại hiệu quả như vậy hy vọng đề tài sẻ được đồng
nghiệp đón nhận và nhân rộng trong đội ngũ giáo viên toán rong quá trình dạy học ôn
tập kiến thức, dạy bồi dưỡng cho học sinh
Phạm vi ứng dụng của đề tài chỉ bó hẹp trong khoảng 1 đến 2 buổi dạy nhưng
điều tác giả muốn gữi gắm ở đây chính là người thầy cần phải thay đổi tư duy, phương
pháp dạy học để những hệ thức tương tự sẻ được ứng dụng triệt để trong quá trình dạy
học nhằm đi tới mục đích cuối cùng là sự chủ động sáng tạo của thầy và trò sau mỗi
giờ lên lớp.
Để đề tài được hoàn thiện thời gian tới tác giả tiếp tục nghiên cứu các vấn đề
tương tự, kính mong các cấp, bạn đồng nghiệp tiếp tục ủng hộ để đề tài hoàn thiện
trong thời gian tới.
15151515
2. Kiến nghị:
* Với câp trên: Tăng cường bồi dưỡng các chuyên đề chuyên sâu về phương
pháp dạy học theo từng chủ đề cụ thể để giáo viên trao đổi kinh nghiệm và học hỏi lẫn
nhau. Có thể mời các chuyên viên giàu kinh nghiệm về lên lớp.
* Đối với chuyên môn nhà trường: Chú trọng công tác đội ngũ, có kế hoạch
bồi dưỡng thường xuyên, dài hơi nhằm đáp ứng yêu cầu, nhiệm vụ mới.
* Đối với tổ chuyên môn: Nên đi sâu các chuyên đề, chuyên đề phải có tính
ứng dụng thực tế cao, đổi mới công tác sinh hoạt tổ chuyên môn, tránh hình thức.
* Đối với giáo viên: Thường xuyên trau dồi kiến thức, nghiệp vụ, cần tiếp cận
những kiến thức mới qua nhiều kênh thông tin khác nhau.
* Với học sinh: Cân có thái độ nghiêm túc trong học tập, có ý thức tự giác, tự
học, tự nghiên cứu từ đó xuất hiện tính sáng tạo trong học toán.
Hà Tĩnh, ngày 22 tháng 11 năm 2013
Người viết

Phan Đình Ánh

16161616