RÈN LUYỆ N KHẢ NĂNG TƯ DUY SÁNG TẠO QUA KHAI THÁC LỜI GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC 9

“Rèn luyện khả năng tư duy sáng tạo qua khai thác lời giải một số bài toán Hình học 9”
I- LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI.
Trong chương trình THCS, toán học chiếm một vai trò rất quan trọng. Với đặc
thù là môn khoa học tự nhiên, toán học không chỉ giúp học sinh phát triển tư duy, óc
sáng tạo, khả năng tìm tòi và khám phá tri thức, vận dụng những hiểu biết của mình
vào trong thực tế cuộc sống mà toán học còn là công cụ giúp các em học tốt các môn
học khác và góp phần giúp các em phát triển một cách toàn diện.
Việc tìm kiến thức lời giải cho một bài toán rèn luyện phương pháp khoa học
trong suy nghĩ, trong suy luận, trong giải quyết các vấn đề, và qua đó rèn luyện trí
thông minh sáng tạo, phát triển năng lực và phẩm chất trí tuệ.
Việc tìm ra lời giải của một bài toán khó, phương pháp mới, độc đáo của một
bài toán gây nên sự hoà hứng, phấn chấn, khoái trá, điều đó có ý nghĩa to lớn trong
việc vun đắp lòng say mê học toán và ước mơ vươn tới vinh quang trong lĩnh vực
nghiên cứu, khám phá, phát minh những vấn đề mới.
Đối với học sinh khá giỏi, việc rèn luyện cho các em tính linh hoạt, tính độc lập,
tính sáng tạo, tính phê phán của trí tuệ là những điều kiện cần thiết vô cùng trong việc
học toán. Chính vì vậy, bồi dưỡng học sinh khá, giỏi không đơn thuần chỉ cung cấp
cho các em một số vốn hiểu biết thông qua việc làm bài tập càng nhiều, càng khó mà
cần phải rèn luyện khả năng tư duy cho học sinh trong khai thác lời giải bài toán.
II- THỰC TRẠNG.
Trong quá trình giảng dạy và nghiên cứu tôi rất chú trọng đến việc rèn luyện
khả năng tư duy Toán cho học sinh. Do đó, dạy cho học sinh khá, giỏi biết cách khai
thác lời giải những bài toán hình học là việc làm đặc biệt quan trọng mà bản thân tôi
luôn đặt lên vị trí hàng đầu.
Mục đích của phương pháp này là rèn luyện khả năng tư duy Toán học cho học
sinh. Trước mỗi bài toán, học sinh biết khai thác tìm nhiều cách giải khác nhau trên cơ
sở gợi ý, hướng dẫn và định hướng của giáo viên. Từ đó, học sinh tự tìm ra cách giải
hợp lý nhất, phát hiện ra được cách giải tương tự và khái quát phương pháp chung.
Vì lẽ đó, qua thời gian dài tìm tòi, nghiên cứu và đúc rút kinh nghiệm, tôi mạnh
dạn đưa ra đề tài: “Rèn luyện khả năng tư duy sáng tạo qua khai thác lời giải một số bài
toán Hình học 9” nhằm góp một phần nhỏ trong việc nâng cao chất lượng đại trà và bồi dưỡng học

sinh khá, giỏi lớp 9.
Trang 1
GV: Phan Văn Tịnh
“Rèn luyện khả năng tư duy sáng tạo qua khai thác lời giải một số bài toán Hình học 9”
III. NỘI DUNG ĐỀ TÀI.
RÈN LUYỆN KHẢ NĂNG TƯ DUY SÁNG TẠO QUA KHAI THÁC LỜI GIẢI MỘT SỐ
BÀI TOÁN HÌNH HỌC 9
1- Các giải pháp thực hiện:
a) Tìm tòi cách giải:
Để học sinh nhìn nhận một bài toán dưới nhiều khía cạnh, từ đó tìm ra nhiều
cách giải khác nhau, thì việc gợi ý, định hướng của giáo viên là đặc biệt quan trọng.
Dưới đây là một số ví dụ được khai thác lời giải dưới nhiều cách khác nhau:
Ví dụ 1: Chứng minh rằng khoảng cách từ một đỉnh của tam giác đến trực tâm của
tam giác đó bằng hai lần khoảng cách từ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác đến
cạnh đối diện với đỉnh đó.
* Khai thác lời giải:
ABC∆
nội tiếp đường tròn (O; R), H là trực tâm của
ABC∆
; OM là khoảng cách từ O
đến BC. Dễ thấy, M là trung điểm của BC.
Cách giải 1: (Hình 1)
Kẻ đường kính BON
Tứ giác AHCN có:
AH
⊥
BC (Vì H là trực tâm của
ABC∆
)
NC

⊥
BC (Vì
·
NCB
nội tiếp chắn nửa (O))
⇒
AH // NC (1)
Tương tự ta có:
CH // NA (2)
Từ (1) và (2) suy ra: tứ giác AHCN là hình bình hành
Do đó AH = NC (*)
Dễ thầy OM là đường trung bình của
BCN
∆

⇒
OM =
1
2
CN (**)
Từ (*) và (**) ta có: OM =
1
2
AH hay AH = 2OM (Đpcm)
Cách giải 2: (Hình 2)
Gọi N và F lần lượt là điểm đối xứng với O qua BC và AC. Gọi E là trung điểm của
AC. Dễ thấy OF cắt AC tại E.
EM là đường trung bình của
ABC∆

⇒
EM // AB; EM =
1
2
AB (1)
EM là đường trung bình của
∆
OFN
⇒
EM // NF;
EM =
1
2
NF (2)
Từ (1) và (2) suy ra: AB // NF; AB = NF
Trang 2
GV: Phan Văn Tịnh
C
N
•
A
B
H
O
M
(Hình1)
1)
“Rèn luyện khả năng tư duy sáng tạo qua khai thác lời giải một số bài toán Hình học 9”
Mặt khác OF // BH (Vì cùng vuông góc với BC).
Suy ra

·
·
ABH NFO=
Tương tự ta có
·
·
BAH FNO=
.
Do đó
∆
OFN =
∆
HBA (g.c.g)
⇒
AH = NO
Vậy AH = 2OM (vì ON = 2OM) (Đpcm)
Cách giải 3: (Hình 3)
Gọi D và N lần lượt là trung điểm của AC và CH
OD
⊥
AC (t/c đường kính và dây cung)
BH
⊥
AC (vì H là trực tâm của
∆
ABC)
⇒
OD // BH (1)
Mặt khác MN là đường trung bình của
∆

CBH
nên MN // BH (2)
Từ (1) và (2) suy ra: OD // MN (*)
Chứng minh tương tự ta có: DN // OM (**)
Từ (*) và (**) suy ra: tứ giác OMND là hình bình hành.
Do đó OM = DN, mà DN là đường trung bình của
∆
CHA
nên DN =
1
2
AH.
Vậy OM =
1
2
AH hay AH = 2OM (Đpcm).
Cách giải 4: (Hình 4)
Gọi N, P và Q lần lượt là trung điểm của AC, AH và HB.
PQ là đường trung bình của
∆
ABH nên PQ // AB; PQ =
1
2
AB
MN là đường trung bình của
∆
ABC nên MN //AB; MN =
1
2
AB

⇒
MN // PQ; MN = PQ
ON // BH (vì cùng vuông góc với AC)
⇒

·
·
HQP ONM=
.
Tương tư ta có:
·
·
HPQ OMN=
Dễ dàng suy ra
∆
HPQ =
∆
OMN (g.c.g)
Do đó HP = OM mà AH = 2HP
Vậy AH = 2OM (Đpcm)
Cách giải 5: (Hình 5)
Gọi N là trung điểm của AC
Trang 3
GV: Phan Văn Tịnh
C
•
A
B
H
O

M
(Hình 3)
D
N
C
•
A
B
H
O
M
(Hình 4)
P
Q
N
•
A
B
H
O
M
(Hình 2)
E
F
N
C
“Rèn luyện khả năng tư duy sáng tạo qua khai thác lời giải một số bài toán Hình học 9”
Do đó MN là đường trung bình của
∆
ABC

nên MN //AB; MN =
1
2
AB (*)
Xét
∆
OMN và
∆
HAB có:
ON // BH (vì cùng vuông góc với AC)
⇒

·
·
HBA ONM=
tương tự ta có:
·
·
HAB OMN=
⇒

∆
OMN ~
∆
HAB (g.g)

⇒

OM MN
HA AB

=
=
1
2
(suy ra từ (*))
Vậy AH = 2OM (Đpcm)
* Khai thác bài toán: Trong các cách giải trên, ta chỉ xét đến
∆
ABC nhọn. Vậy các
trường hơp còn lại của tam giác ABC sẽ như thế nào?:
a) Tam giác ABC vuông: (Hình 6): Dễ thấy OM là đường trung bình của
∆
ABC
⇒
AH =2OM
b) Tam giác ABC cân: Chứng minh như 5 cách trên
c) Tam giác ABC đều: (Hình 7): AH vừa là đường cao, vừa là đường trung tuyến, vừa
là đường phân giác, vừa là đường trung trực của tam giác ABC. M nằm trên AH nên
AH = 2OM.
d) Tam giác ABC tù: (Hình 8): H nằm ngoài đường tròn: Chứng minh tương tự đối với
tam giác nhọn.
Ví dụ 2: Cho
∆
ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O, với AB > AC. Kẻ đường cao
AH, bán kính OA. Chứng minh
·
·
·
OAH ACB ABC= −
.

* Khai thác lời giải:
Trang 4
GV: Phan Văn Tịnh
C
•
A
B
H
O
M
(Hình 5)
N
C
(Hình 6)
A
BH
C
M
O
C
B
A
(Hình 7)
M
OH
•
•
O
A
B

H
M
(Hình 8)
•
“Rèn luyện khả năng tư duy sáng tạo qua khai thác lời giải một số bài toán Hình học 9”
Cách giải 1: (Hình 9)
Kẻ đường kính AOD, hạ CK ⊥ AD
Ta có:
·
·
OAH KCB=
(1) (góc có cạnh tương ứng
vuông góc)
·
·
ABC ADC=
(2) (góc nội tiếp cùng chắn
»
AC
)
Cộng từng vế của (1) và (2), ta được:
·
·
·
·
OAH ABC KCB ADC+ = +
Mà
·
·
ADC KCA=

(góc có cạnh tương ứng vuông góc)
⇒
·
·
·
·
·
OAH ABC KCB KCA ACB+ = + =
Vậy:
·
·
·
OAH ACB ABC= −
(Đpcm)
Cách giải 2: (Hình 10)
Kẻ OI ⊥ AC cắt AH ở M
Ta có:
·
·
OMH ACB=
(góc có cạnh tương ứng vuông góc)
·
·
AOM ABC=
(cùng bằng
2
1
sđ
»
AC

)
Xét ∆OAM:
·
·
·
OMH AOM OAH= +
(Góc ngoài tam giác)
Hay
·
·
·
ACB ABC OAH= +
Vậy:
·
·
·
OAH ACB ABC= −
(Đpcm)
Cách giải 3: (Hình 11)
Kẻ OI ⊥ BC và OK ⊥ AB. Ta có:
·
µ
1
OAH O=
(1) (so le trong)
·
¶
2
ABC O=
(2) (góc có cạnh tương ứng vuông góc)

Cộng từng vế của (1) và (2), ta được:
·
·
µ
¶
1 2
OAH ABC O O+ = +

Mà
µ
¶
·
1 2
O O ACB+ =
(Cùng bằng
2
1
sđ
»
AB
)
⇒
·
·
·
OAH ABC ACB+ =
Vậy
·
·
·

OAH ACB ABC= −
(Đpcm)
Cách giải 4: (Hình 12)
Trang 5
GV: Phan Văn Tịnh
C
B
A
(Hình 11)
H
I
1
2
K
D
C
B
A
(Hình 9)
H
K
“Rèn luyện khả năng tư duy sáng tạo qua khai thác lời giải một số bài toán Hình học 9”
Kẻ đường kính AOD, hạ DK ⊥ BC
Ta có:
·
·
OAH ODK=
(1) (so le trong)
·
·

ABC ADC=
(2) (góc nội tiếp cùng chắn
»
AC
)
Cộng từng vế của (1) và (2), ta được:
·
·
·
·
·
OAH ABC ODK ADC KDC+ = + =
Mà
·
·
KDC ACB=
(góc có cạnh tương ứng vuông góc)
⇒
·
·
·
OAH ABC ACB+ =
Vậy
·
·
·
OAH ACB ABC= −
(Đpcm)
Cách giải 5: (Hình 13)
Tại A kẻ tiếp tuyến Ax và đường thẳng Ay // BC

Ta có:
·
·
OAH xAy=
(1) (góc có cạnh tương
ứng vuông góc)
·
·
ABC BAy=
(2) (so le trong)
Cộng từng vế của (1) và (2), ta được:
·
·
·
· ·
OAH ABC xAy BAy xAB+ = + =
Mà
·
·
xAB ACB=
(góc nội tiếp cùng chắn
»
AB
)
⇒
·
·
·
OAH ABC ACB+ =
Vậy

·
·
·
OAH ACB ABC= −
(Đpcm)
Cách giải 6: (Hình 14).
Kẻ đường kính AOD, nối C với D, đường cao AH kéo
dài cắt CD tại M.
Ta có:
·
·
AMC ACB=
(1) (góc có cạnh tương ứng vuông góc)
·
·
ADM ABC=
(2) (góc nội tiếp cùng chắn
»
AC
)
Trừ từng vế của (1) và (2), ta được:
·
·
·
·
AMC ADM ACB ABC− = −
Mà:
·
·
·

AMC ADM OAH− =
(góc ngoài tam giác AMD)
Vậy
·
·
·
OAH ACB ABC= −
(Đpcm)
Trang 6
GV: Phan Văn Tịnh
C
B
A
(Hình 13)
H
x
y
B
D
C
A
(Hình 12)
H
K
CB
A
D
(Hình 14)
M
H

“Rèn luyện khả năng tư duy sáng tạo qua khai thác lời giải một số bài toán Hình học 9”
Cách giải 7: (Hình 15)
Kẻ tiếp tuyến với đường tròn tại A cắt BC ở D.
Ta có:
·
·
ABC CAD=
(1) (Cùng chắn
»
AC
)
·
·
OAH ADC=
(2) (góc có cạnh tương ứng vuông góc)
Cộng từng vế của (1) và (2) ta được:
·
·
·
·
ABC OAH CAD ADC+ = +
Mà
·
·
·
CAD ADC ACB+ =
(góc ngoài tam giác)
⇒
·
·

·
ABC OAH ACB+ =
Vậy:
·
·
·
OAH ACB ABC= −
(Đpcm)
* Khai thác bài toán: Ta đi khai thác đến những trường hợp mà bài toán có thể xảy ra:
1) Chứng minh bài toán: Khi BC là đường kính của đường tròn. Trong
trường hợp này hãy xác định vị trí của đỉnh A để AO và AH chia góc BAC thành 3
phần bằng nhau (Hình 16).
2) Với bài toán đã cho khi nào thì dây AB lớn nhất ? Tại sao? Trong đường tròn
này bài toán có gì đặc biệt? (Hình 17)
3) Chứng minh bài toán khi dây AB và AC cùng ở về một phía của tâm?
(Hình 18)

Ví dụ 3: Cho đường tròn (O; R) có đường kính AE; cung AB và cung AC có số đo lần
lượt là 90
0
và 120
0
. Tia AE nằm giữa hai tia AB, AC. Tính độ dài BC theo R.
* Khai thác lời giải:
Cách giải 1: (Hình 19)
Kẻ đường kính BOD, dễ thấy
∆
BCD vuông tại C
Trang 7
GV: Phan Văn Tịnh

D
A
(Hình 15)
B
H
CH
A
H
C
B
CHB
A
C
B
A
(Hình 16) (Hình 17)
(Hình 18)
H
●
●
●
“Rèn luyện khả năng tư duy sáng tạo qua khai thác lời giải một số bài toán Hình học 9”
·
1
2
DBC =
sđ(
¼
»
0 0 0

1
) (120 90 ) 15
2
ADC AD− = − =
Trong tam giác vuông BCD ta có:
BC = BD.cos
·
DBC
= BD.cos15
0
= 2R.cos15
0

≈
≈
2R.0,9659.
Vậy BC
≈
1,9318.R.
Chú ý: Trường hợp kẻ đường kính COD, cách giải tương tự.
Cách giải 2: (Hình 20)
∆
OBC cân tại O có
·
·
0
15OBC OCB= =
(1)
Gọi I là một điểm thuộc BO sao cho
·

0
15IAO =
Sđ
»
0
90AB =

⇒
OB là đường trung trực của AE
⇒
IA = IE
⇒

∆
IAE cân tại I và
·
·
0
15IAE IEA= =
(2)
Từ (1) và (2) suy ra
∆
OBC
:

∆
IAE (g.g)
⇒

BC OB

AE IA
=

⇒
BC =
. .2OB AE R R
IA IA
=

⇒
BC =
2
2R
IA
(*)
Mặt khác
∆
IOA vuông tại O và
·
0
15IAO =
nên
IA =
·
0
cos15
cos
AO R
IAO
=

thay vào (*) ta được:
BC =
2
0
2
cos15
R
R
= 2R.cos15
0

≈
2R.0,9659.
Vậy BC
≈
1,9318.R
Cách giải 3: (Hình 21)
Kẻ đường kính BOD. Hạ CH
⊥
BD (H
∈
BD)
Dễ thấy
∆
BCD vuông tại C và
·
0
15CBD =
⇒
DC = BD.sin

·
CBD
= 2R.sin15
0

·
·
DCH DBC=
(Cặp góc nhọn có cạnh tương ứng vuông góc)
Xét
∆
DHC vuông tại H
⇒
HC = DC.cos
·
DCH
= 2R.sin15
0
.cos15
0
Xét
∆
BHC vuông tại H và
·
0
15CBH =

⇒
BC =
·

0 0
0
2 .sin15 . os15
sin15
sin
HC R c
CBH
=

Trang 8
GV: Phan Văn Tịnh
A
O
B
E
C
D
(Hình 20)
•
I
(Hình 21)
A
O
B
E
C
D
•
H
A

O
B
E
C
D
(Hình 19)
•
“Rèn luyện khả năng tư duy sáng tạo qua khai thác lời giải một số bài toán Hình học 9”
Vậy BC = 2R.cos15
0

≈
1,9318.R
Cách giải 4: (Hình 22)
Vẽ AH
⊥
BC (H
∈
BC)
Sđ
»
AB
= 90
0

⇒
AB là cạnh của hình vuông nội tiếp
(O; R)
⇒
AB = R

2
∆
AHB vuông tại H và
·
1
2
ABH =
sđ
»
AC
= 60
0

⇒
BH = AB.cos
·
ABH
= R
2
.cos60
0
= R
2
.
3
2
=
6
2
R

AH = AB.sin
·
ABH
= R
2
.sin60
0
= R
2
.
1
2
=
2
2
R
∆
AHC vuông tại H và
·
1
2
ACH =
sđ
»
AB
= 45
0

⇒

∆
AHC vuông cân tại H
Do đó HA = HC =
2
2
R
Vậy BC = BH + HC =
6
2
R
+
2
2
R
=
2
2
R
(
3 1+
)
≈
1,9318.R
Cách giải 5: (Hình 23)
Tiếp tuyến tại E của (O; R) cắt các đường thẳng
AB và AC lần lượt tại M và N

⇒
MN
⊥

AE
∆
AEM vuông tại E và
·
1
2
MAE =
sđ
»
0
45BE =
⇒

∆
AEM vuông cân tại E
⇒
ME = AE = 2R
∆
AEN vuông tại E và
·
1
2
NAE =
sđ
»
0
30CE =
⇒
EN = AE.tg30
0

= 2R.
3 2 3
3 3
R=
AN =
·
os
AE
c EAN
=
0
2
os30
R
c
=
2
3
2
R
=
4 3
3
R
MN = ME + EN = 2R +
2 3
3
R
=
2 3

3
R
(
3 1+
)
Xét
∆
ABC và
∆
ANM có
µ
A
chung;
·
·
0
45ACB AMN= =

⇒

∆
ABC
:

∆
ANM (g.g)
Trang 9
GV: Phan Văn Tịnh
A
O

B
E
C
(Hình 22)
•
H
A
O
B
E
C
(Hình 23)
•
M
N
“Rèn luyện khả năng tư duy sáng tạo qua khai thác lời giải một số bài toán Hình học 9”
⇒

AB BC
AN NM
=

⇒
BC =
2 3
2. ( 3 1)
. 2
3
( 3 1)
2

4 3
3
R R
AB MN R
AN
R
+
= = +

≈
1,9318.R
Cách giải 6: (Hình 24)
Kẻ đường kính BOD.
Từ C hạ CH
⊥
BD (H
∈
BD)
∆
OHC vuông tại H và
·
HOC
= sđ
»
0
30DC =
⇒
HC = OC.sin
·
HOC

= R.sin30
0
=
2
R
Áp dụng định lý Pitago ta có:
OH
2
= OC
2
– HC
2
= R
2
-
2
4
R
=
2
3
4
R
⇒
OH =
3
2
R
BH = BO + OH = R +
3

2
R
=
(2 3)
2
R
+
Áp dụng đinh lý Pitago trong
∆
BHC vuông tại H ta có:
BC
2
= BH
2
+ HC
2
=
2
[ (2 3)]
2
R
+
+
2
2
R
 
 ÷
 
=

2
(8 4 3)
4
R
+
=
2
.2.(3 2 3 1)
4
R
+ +
=
=
2
2
.2.( 3 1)
4
R
+
. Vậy BC =
2
.( 3 1)
2
R
+
≈
1,9318.R
* Khai thác bài toán: Trong 6 cách giải trên ta chỉ xét trong trường hợp B và C nằm
khác phía so với đường kính AE. Nếu B và C nằm cùng phía so với đường kính AE thì
kết quả như thế nào?

Xét trường hợp B và C nằm cùng phía so với đường kính AE (Hình 25):
Nhận thấy
∆
BOC cân tại O và
·
0
30BOC =
. Hạ đường cao OH của
∆
BOC
⇒
OH
vừa là đường trung tuyến, vừa là đường phân giác của
µ
O
tức là BH = CH và
· ·
0
15BOH COH= =
∆
BHO vuông tại H
⇒
BH = OB.sin
·
BOH
=
= R.sin15
0
.
mà BC = 2BH

⇒
BC = 2R.sin15
0

≈
2R.0,2588
Trang 10
GV: Phan Văn Tịnh
A
O
B
E
C
D
•
H
(Hình 24)
A
E
B
O
•
C
H
(Hình 25)
“Rèn luyện khả năng tư duy sáng tạo qua khai thác lời giải một số bài toán Hình học 9”
Vậy BC
≈
0,5176.R
Ví dụ 4: Cho đường tròn (O; R) và một điểm E nằm ngoài đường tròn sao cho EO =

2R. Đường thẳng EO cắt đường tròn tại A và B. Kẻ hai tiếp tuyến Ax và By của (O) và
tiếp tuyến thứ ba đi qua E tiếp xúc với đường tròn (O) tại M cắt Ax, By lần lượt tại C
và D. Tính độ dài CD theo R.
* Khai thác lời giải:
Cách giải 1: (Hình 26)
EM là tiếp tuyến của (O) và M
∈
O
⇒
EM
⊥
MO
⇒

∆
MOE vuông tại M
Ta có, sin
·
1
2
MO
MEO
EO
= =

⇒

·
MEO
= 30

0

Ax
⊥
AB; By
⊥
AB
⇒
Ax // By
Từ C kẻ CH
⊥
By (H
∈
By)
⇒
Tứ giác CABH là hình chữ nhật.
Do đó CH = AB = 2R.
Mặt khác
·
·
0
30DEB DCH= =
(Vì AB // CH).
∆
DHC vuông tại H
⇒
cos
·
DCH
=

CH
CD

⇒
CD =
·
0
2 2
os30
3
os
2
CH R R
c
c DCH
= =
Vậy CD =
4 3
3
R
Cách giải 2: (Hình 27)
Xét
∆
EOM và
∆
EDB có
µ
E
chung,
·

·
0
90EMO EBD= =
⇒

∆
EOM
:
∆
EDB (g.g)
⇒

EM EO
EB ED
=

⇒
ED =
2
. 2 .3 6EO EB R R R
EM EM EM
= =
(1)
∆
EOM vuông tại M và MO =
1
2
EO
⇒

·
0
30MEO =
EM = EO.cos
·
MEO
= 2R.cos30
0
= R
3
Do đó ED = 2R
3
Mặt khác
∆
EAC vuông tại A
Trang 11
GV: Phan Văn Tịnh
•
O
E
A
C
M
H
D
y
x
B
(Hình 26)
“Rèn luyện khả năng tư duy sáng tạo qua khai thác lời giải một số bài toán Hình học 9”

⇒
EC =
·
0
os30
3
os
2
EA R R
c
c MEO
= =
⇒
EC =
2 3
3
R
Vậy CD = ED – EC = 2R
3
-
2 3
3
R
=
4 3
3
R
Cách giải 3: (Hình 27)
∆
EAC vuông tại A và

·
AEC
= 30
0

⇒
AC = AE.tg
·
AEC
= AE.tg30
0
= R.
3
3

mà AC = CM (Vì hai tiếp tuyến của (O) cùng xuất phát từ C)
Tương tự
∆
EBD vuông tại B
⇒
BD = EB.tg
·
BED
= 3R.tg30
0
= R
3

mà DM = DB (Vì 2 tiếp tuyến của (O) cùng xuất phát từ D)
CD = CM + MD = R.

3
3
+ R
3
=
4 3
3
R
Cách giải 4: (Hình 27)
∆
EAC vuông tại A và
·
AEC
= 30
0

⇒
EC =
·
0
2 3
os30 3
os
EA R R
c
c AEC
= =
∆
EBD vuông tại B
⇒

AC // BD.
Theo định lý Talet ta có:
CD AB
EC EA
=

⇒
CD =
2 3
2 .
. 4 3
3
3
R
R
AB EC R
EA R
= =
Cách giải 5: (Hình 28)
∆
EOM vuông tại M và
·
0
30MEO =
⇒

·
0
60MOE =

⇒

·
0
120MOB =
. Do đó
·
0
60MDB =

⇒

·
0
30MDO =
∆
MOD vuông tại M và
·
0
30MDO =

⇒
MD =
·
0
3
30
MO R
R
tg

tgMDO
= =
Tương tự
∆
MOC vuông tại M và
·
0
30MOC =

⇒
MC = MO.tg
·
MOC
= R.tg30
0
=
3
3
R
Vậy CD = CM + MD =
3
3
R
+ R
3
=
4 3
3
R
Cách giải 6 : (Hình 28)

Trang 12
GV: Phan Văn Tịnh
B
•
O
E
A
C
M
H
D
y
x
(Hình 27)
B
•
O
E
A
C
M
H
D
y
x
(Hình 28)
“Rèn luyện khả năng tư duy sáng tạo qua khai thác lời giải một số bài toán Hình học 9”
Theo cách 5 ta có:
∆
MOC

:

∆
MDO (g.g)
⇒

MC MO
MO MD
=

⇒
MC.MD = MO
2
= R
2

∆
ODE có
·
·
0
30ODE OED= =

⇒
ME = MD = R
3
(Theo cách 2)
Do đó: MC =
2 2
3

3
3
R R R
MD
R
= =
Vậy CD = CM + MD =
3 4 3
3
3 3
R R
R+ =
Cách giải 7: (Hình 28)
∆
ODE cân tại O
⇒
OD = OE = 2R
Dễ dàng chứng minh được
∆
CEO cân tại C
⇒
CE = CO mà CE =
2 3
3
R
(Theo
cách 2)
⇒
CO =
2 3

3
R
Mặt khác
∆
COD vuông tại O (Vì
·
·
·
·
·
0
1
( ) 90
2
COD COM MOD EOM MOB= + = + =
)
S
1
.
2
COD
OC OD
∆
=
=
2
1 2 3 2 3
. .2
2 3 3
R R

R =
mà S
1 1
. .
2 2
COD
OM CD R CD
∆
= =

⇒
CD =
2
2 3
2.
2.
3
COD
R
S
R R
∆
=
Vậy CD =
4 3
3
R
Cách giải 8: (Hình 28)
∆
COD

:

∆
CAE (g.g) (Vì
·
·
0
90COD CAE= =
;
·
·
0
30CEA CDO= =
)
⇒

CD OD
CE AE
=

⇒
CD =
.OD CE
AE
Mà CE =
2. 3
3
R
(Theo cách 2)
OD = 2R (Theo cách 7)

Do đó: CD =
2. 3
2 .
4 3
3
3
R
R
R
R
=
Cách giải 9: (Hình 29)
Trang 13
GV: Phan Văn Tịnh
B
•
O
E
A
C
M
D
y
x
(Hình 29)
N
“Rèn luyện khả năng tư duy sáng tạo qua khai thác lời giải một số bài toán Hình học 9”
Kẻ AN //CD (N
∈
By)

Dễ thấy AN = CD
·
·
0
30BED BAN= =
(Đồng vị)
∆
ABN vuông tại B
⇒
AN =
·
0
2 2 4 3
os30 3
3
os
2
AB R R R
c
c BAN
= = =
. Vậy CD =
4 3
3
R
b) Định hướng các cách giải cho một bài toán:
Dưới đây là một số bài toán có thể giải bằng nhiều cách, tôi không đi giải cụ thể
mà chỉ gợi ý từng cách để học sinh tự tìm lời giải cho mỗi cách đó:
Bài toán 1: Cho tam giác ABC nhọn, nội tiếp đường tròn (O). Đường tròn đường kính
BC cắt AB tại D, cắt AC tại E. BE cắt CD tại H. Chứng minh rằng bốn điểm A, D, H,

E cùng thuộc một đường tròn.
* Gợi ý các cách giải:
- Cách giải 1: (Hình 30) Tổng hai góc đối của tứ giác ADHE bằng 180
0
:
·
·
0
90ADH AEH= =

⇒

·
·
0
180ADH AEH+ =

- Cách giải 2: (Hình 30) Tổng hai góc đối của tứ giác ADHE bằng 180
0
:
·
·
DAE EHC=
(góc có cạnh tương ứng vuông góc)
⇒
·
·
0
180DAE DHE+ =
- Cách giải 3: (Hình 30) Chứng minh

·
·
DAH HED=

- Cách giải 4: (Hình 30) Gọi I là trung điểm
của AH.
Chứng minh IA = ID = IH = IE
Bài toán 2: Cho hai đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc ngoài nhau tại A. Vẽ một cát
tuyến qua A cắt (O), (O’) lần lượt ở B, C. Chứng minh rằng các tiếp tuyến tại B và C
song song với nhau.
* Gợi ý các cách giải:
- Cách giải 1: (Hình 31)
Chứng minh OB // O’C
⇒
Bx
⊥
OB; Cy
⊥
OB
Trang 14
GV: Phan Văn Tịnh
B
C
A
H
D
E
•
O
•

(Hình 30)
“Rèn luyện khả năng tư duy sáng tạo qua khai thác lời giải một số bài toán Hình học 9”
⇒
Bx // Cy
- Cách giải 2: (Hình 31)
Chứng minh
·
·
xBA yCA=
⇒
Bx // Cy
- Cách giải 3: (Hình 32)
Vẽ tiếp tuyến chung của (O) và (O’) tại A, cắt Bx tại D và cắt Cy tại E
Chứng minh
·
·
ABD ACE=
Bài toán 3: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O; R). Đường cao
BD và đường cao CE cắt nhau tại H. Chứng minh rằng OA
⊥
DE.
* Gợi ý các cách giải:
Gọi I là giao điểm của AO và DE
- Cách giải 1: (Hình 33) Chứng minh
∆
AIE vuông tại I
Thật vậy
∆
OAB cân tại O
⇒

2.
·
·
0
180BAO AOB= −
⇒

·
·
·
0 0
90 90
2
AOB
BAO ACB= − = −
(Vì
·
·
2.AOB ACB=
)
Hay
· ·
0
90BAO ACB+ =
(*)
Tứ giác BEDC nội tiếp
⇒

·
·

0
180BED BCD+ =
mà
·
·
0
180BED AED+ =
Trang 15
GV: Phan Văn Tịnh
O
• •
O’
B
C
A
x
y
(Hình 31)
x
•
B
A
C
O
E
D
H
I
(Hình 33)
O

•
•
O’
B
C
A
y
(Hình 32)
E
D
x
“Rèn luyện khả năng tư duy sáng tạo qua khai thác lời giải một số bài toán Hình học 9”
⇒

·
·
AED ACB=
kết hợp với (*) ta có:
·
·
0
90BAO AED+ =

⇒

∆
AIE vuông tại I
⇒
OA
⊥

DE
- Cách giải 2: (Hình 34)
Kẻ tiếp tuyến Ax của (O).
Chứng minh Ax // DE
- Cách giải 3: (Hình 35)
Vẽ BD cắt (O) tai M (M
≠
B); CE cắt (O) tại N
(N
≠
C). Chứng minh MN
⊥
AO và MN // ED
c) Những bài toán có thể giải bằng nhiều cách:
Dưới đây là một số bài toán có thể giải bằng nhiều cách khác nhau, trong quá
trình giảng dạy, tôi chỉ hướng dẫn cho học sinh một cách giải và yêu cầu các
em tìm cách giải tương tự, sáng tạo ra các cách giải khác:
Bài 1: Cho đường tròn tâm O bán kính R và dây cung AB với góc AOB = 120
0
. Hai
tiếp tuyến tại A và B của đường tròn cắt nhau tại C.Trên các đoạn BC, CA,AB lần
lượt lấy các điểm I, J, K (K
≠
A; K
≠
B) sao cho
·
0
60IKJ =
Chứng minh rằng AJ.BI

2
4
AB
≤
.
Hướng dẫn:
Chứng minh
AKJ BIK∆ ∆:

AJ
AJ. .
AK
BI AK BK
BI BK
⇒ = ⇒ =
. Từ đó áp dụng tính
chất của bất đẳng thức để suy ra điều phải chứng minh.
Bài 2: Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn (O; R). I là tâm đường tròn nội
tiếp tam giác ABC. AI cắt (O) tại D (D
≠
A). Chứng minh rằng tam giác DBI cân tại D
Hướng dẫn:
Chú ý I là giao điểm của 3 đường phân giác. Từ đó sử dụng phương pháp cộng
góc để suy ra
·
·
DBI DIB=
hoặc DI = DB.
Bài 3: Cho tam giác cân ABC (AB = AC) và một đường tròn tiếp xúc với cạnh AB, AC
lần lượt ở B, C. Từ điểm M trên cung BC nằm trong tam giác vẽ các đường vuông góc

với BC, AB, AC lần lượt tại D, E, F.
Trang 16
GV: Phan Văn Tịnh
•
B
A
C
O
E
D
H
I
(Hình 34)
x
•
B
A
C
O
E
D
H
I
(Hình 35)
M
N
“Rèn luyện khả năng tư duy sáng tạo qua khai thác lời giải một số bài toán Hình học 9”
Chứng minh rằng MD
2
= ME.MF

Hướng dẫn:
Chứng minh
∆
DEM
∆:
FDM
2
.
MD ME
MD ME MF
MF MD
⇒ = ⇒ =
Hoặc chứng minh
∆
BEM
∆:
CDM
⇒

ME MB
MD MC
=
và
∆
CFM
∆:
BDM
⇒

MD MB

MF MC
=
. Từ đó suy ra điều phải chứng minh.
Bài 4: Cho tam giác ABC đều nội tiếp đường tròn (O; R), M là điểm trên cung BC.
Xác định vị trí của điểm M để tổng MA + MB + MC đạt giá trị lớn nhất.
Hướng dẫn:
Gọi I là giao điểm của AM và BC. Chứng minh
∆
MBI
∆:
MAC và
∆
ABM
∆:
CIM
⇒
MA = MB + MC. Vậy MA + MB + MC = 2.MA
≤
2.2R.
M là điểm chính giữa của
»
BC
.
IV- KẾT QUẢ:
Năm học qua, tôi đã cho áp dụng sáng kiến trên trong giảng dạy môn Toán, với
mục đích rèn luyện năng lực tư duy giải toán Hình học cho học sinh. Phần lớn các em
học sinh đã thực sự có hứng thú học Toán, đã tự độc lập tìm tòi ra nhiều cách giải khác
nhau mà không cần sự gợi ý của giáo viên.
Đặc biệt, áp dụng sáng kiến trên đây trong việc bồi dưỡng học sinh giỏi, tôi tin
rằng sẽ mang lại hiệu quả cao ngoài sự mong đợi.

V-BÀI HỌC KINH NGHIỆM:
1) Đối với nhà trường:
Cần tạo mọi điều kiện về cơ sở vật chất, trang thiết bị, đồ dùng dạy học, sách
giáo khoa, tài liệu tham khảo phục vụ cho việc bồi dưỡng học sinh khá, giỏi.
Phân công chuyên môn hợp lý, có chính sách ưu tiên đối với những giáo viên
bồi dưỡng học sinh khá, giỏi.
2) Đối với giáo viên và học sinh:
Để áp dụng phương pháp trên đây đạt được hiệu quả cao, học sinh hiểu bài và tự
mình sáng tạo ra các cách giải toán, thì:
- Giáo viên phải tìm ra hoặc sưu tầm được những bài toán có thể giải bằng nhiều
cách để đưa ra cho học sinh tự tìm lời giải.
- Sau đó, giáo viên hướng dẫn, định hướng các cách giải để học sinh tự tìm ra
lời giải khác nhau cho mỗi cách.
Trang 17
GV: Phan Văn Tịnh
“Rèn luyện khả năng tư duy sáng tạo qua khai thác lời giải một số bài toán Hình học 9”
- Sau khi giáo viên định hướng cho học sinh khai thác lời giải cho một bài toán
xong, giáo viên nên đặt những câu hỏi có liên quan để học sinh tự tổng hợp kiến thức
và trả lời, như:
1) Sau các cách chứng minh trên những kiến thức nào đã được sử dụng?
2) Có những cách chứng minh nào tương tự nhau. Khái quát đường lối chung
của các cách ấy?
3) Hãy tìm xem bài toán còn cách chứng minh nào khác không?. Nếu còn, hãy
chứng minh theo cách riêng vừa tìm được.
- Giáo viên tổng hợp các cách giải và đưa ra một cách giải dễ hiểu nhất, hay
nhất. Sau đó giáo viên yêu cầu học sinh tìm lời giải cho những bài toán tương tự.
VI. KẾT LUẬN:
Giảng dạy áp dụng sáng kiến trên đây đã mang lại hiệu quả cao trong việc nâng
cao chất lượng đại trà và bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán. Nhiều học sinh đã chủ
động tìm tòi, định hướng và sáng tạo ra nhiều cách giải toán không cần sự hướng dẫn

của giáo viên. Từ đó, các em phát triển năng lực tư duy độc lập, khả năng sáng tạo,
tính tự giác học tập, phương pháp giải toán nhanh, kỹ năng phát hiện tốt.
Để làm được như vậy, mỗi giáo viên cần nghiên cứu, tìm tòi, tham khảo nhiều
tài liệu để tìm ra các bài toán hay, với nhiều cách giải khác nhau.
Đối với học sinh của trường THCS Ngô Quyền, việc áp dụng phương pháp trên
đã làm thay đổi nhận thức học Toán của học sinh. Phần lớn các em thích và say mê
với Toán học hơn, đã có nhiều học sinh giỏi.
Trên đây là vài kinh nghiệm nhỏ áp dụng cho việc bồi dưỡng học sinh khá, giỏi
môn Toán. Nhưng dù sao đó cũng chỉ là những phương pháp mà cá nhân học hỏi, đúc
kết kinh nghiệm và tham khảo trong một số tài liệu, chắc chắn nó chưa được hoàn
chỉnh và sẽ còn nhiều chỗ khiếm khuyết. Rất mong nhận được sự góp ý chân thành
của quý thầy, cô và đồng nghiệp.
Tôi xin chân thành cảm ơn!
Bàu Hàm 2, ngày 24 tháng 05 năm 2013
Người viết SKKN
Phan Văn Tịnh
Trang 18
GV: Phan Văn Tịnh