SKKN Rèn luyện khả năng tư duy trong khai thác lời giải một số bài toán Hình học 9

Rèn luyện khả năng tư duy trong khai thác lời giải một số bài tốn Hình học 9

A- ĐẶT VẤN ĐỀ
I- Lời mở đầu.
Trong chương trình THCS, tốn học chiếm một vai trị rất quan trọng.
Với đặc thù là mơn khoa học tự nhiên, tốn học khơng 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 tốn học cịn là
cơng cụ giúp các em học tốt các mơn học khác và góp phần giúp các em phát
triển một cách tồn 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 thơng minh sáng tạo, phát triển năng lực và phẩm chất trí tuệ.
Việc tìm ra lời giải của một bài tốn khó, phương pháp mới, độc đáo
của một bài tốn gây nên sự hồ hứng, phấn chấn, khối trá,... điều đó có ý
nghĩa to lớn trong việc vun đắp lịng say mê học tốn 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 vơ
cùng trong việc học tốn. 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 của vấn đề nghiên cứu.
Trường THCS Thanh Sơn là một trường vùng cao của huyên Như
Xuân, tất cả học sinh là con em dân tộc thiểu số, trình độ nhận thức của các
em cịn nhiều hạn chế. Vì vậy, có được học sinh giỏi cấp huyện mơn Tốn là
một điều rất hiếm và khó, tuy nhiên có rất nhiều nguyên nhân cả khách quan
và chủ quan. Xuất phát từ đó, ngay từ đầu những năm mới ra trường, tơi đã
ln cố gắng tìm tịi, tham khảo tài liệu với mục đích nâng cao chất lượng học

tốn đại trà và đặc biệt là chất lượng mũi nhọn.
Trong q trình giảng dạy và nghiên cứu tơi rất chú trọng đến việc rèn
luyện khả năng tư duy Toán cho học sinh. Do đó, dạy cho học sinh khá, giỏi
Người thực hiện: Lê Sỹ Hiệu

-1-

Trường THCS Thanh Sơn


Rèn luyện khả năng tư duy trong khai thác lời giải một số bài tốn Hình học 9
biết cách khai thác lời giải những bài tốn hình học là việc làm đặc biệt quan
trọng mà bản thân tôi luôn đặt lên vị trí hàng đầu.
Mặc dù với cương vị mới, khơng cịn trực tiếp bồi dưỡng học sinh khá,
giỏi lớp 9 nữa, xong bản thân tơi trong q trình chỉ đạo chun mơn vẫn rất
tâm đắc với những bài tốn được giải dưới nhiều cách khác nhau.
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 qt phương pháp chung.
Vì lẽ đó, qua thời gian dài tìm tịi, nghiên cứu và đúc rút kinh nghiệm,
tơi mạnh dạn đưa ra đề tài: “Rèn luyện khả năng tư duy trong khai thác lời
giải một số bài tốn 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.

Người thực hiện: Lê Sỹ Hiệu

-2-

Trường THCS Thanh Sơn


Rèn luyện khả năng tư duy trong khai thác lời giải một số bài tốn Hình học 9

B- GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
RÈN LUYỆN KHẢ NĂNG TƯ DUY TRONG KHAI THÁC LỜI GIẢI
MỘT SỐ BÀI TỐN HÌNH HỌC 9
I- Các giải pháp thực hiện:
1) Tìm tịi cách giải:
Để học sinh nhìn nhận một bài tốn 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 trịn (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
A
Tứ giác AHCN có:
AH ⊥ BC (Vì H là trực tâm của ∆ABC )
N
·
NC ⊥ BC (Vì NCB nội tiếp chắn nửa (O))
H O•

⇒ AH // NC (1)
B
C
M
Tương tự ta có:
CH // NA (2)
Từ (1) và (2) suy ra: tứ giác AHCN là hình bình hành
(Hình 1)
Do đó AH = NC (*)
Dễ thầy OM là đường trung bình của ∆BCN ⇒ OM =
Từ (*) và (**) ta có: OM =

1
CN (**)
2

1
AH hay AH = 2OM (Đpcm)
2

Cách giải 2: (Hình 2)

Người thực hiện: Lê Sỹ Hiệu

-3-

Trường THCS Thanh Sơn


Rèn luyện khả năng tư duy trong khai thác lời giải một số bài tốn Hình học 9

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 =
EM là đường trung bình của ∆ OFN ⇒ EM // NF;
EM =

1
AB (1)
2

A

1
NF (2)
2

F

E

Từ (1) và (2) suy ra: AB // NF; AB = NF
Mặt khác OF // BH (Vì cùng vng góc với BC).
·
Suy ra ·
ABH = NFO

H
B

·

·
Tương tự ta có BAH = FNO .
Do đó ∆ OFN = ∆ HBA (g.c.g) ⇒ AH = NO
Vậy AH = 2OM (vì ON = 2OM) (Đpcm)

O

•
C

M
N

(Hình 2)

Cách giải 3: (Hình 3)
A
Gọi D và N lần lượt là trung điểm của AC và CH
OD ⊥ AC (t/c đường kính và dây cung)
D
BH ⊥ AC (vì H là trực tâm của ∆ ABC)
H O
•
⇒ OD // BH (1)
N
B
Mặt khác MN là đường trung bình của ∆ CBH
M
nên MN // BH (2)
Từ (1) và (2) suy ra: OD // MN (*)

(Hình 3)
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 =
Vậy OM =

1
AH.
2

1
AH hay AH = 2OM (Đpcm).
2

Cách giải 4: (Hình 4)
Gọi N, P và Q lần lượt là trung điểm của AC, AH và HB.
1
AB
2
1
MN là đường trung bình của ∆ ABC nên MN //AB; MN = AB
2
⇒ MN // PQ; MN = PQ

PQ là đường trung bình của ∆ ABH nên PQ // AB; PQ =

ON // BH (vì cùng vng góc với AC)
Người thực hiện: Lê Sỹ Hiệu

-4-

Trường THCS Thanh Sơn

C


Rèn luyện khả năng tư duy trong khai thác lời giải một số bài tốn Hình học 9
·
·
⇒ HQP = ONM .
·
·
Tương tư ta có: HPQ = OMN
A

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
Do đó MN là đường trung bình của ∆ ABC
nên MN //AB; MN =

P
H

O

Q

B

N

•
C

M

(Hình 4)

1
AB (*)
2

Xét ∆ OMN và ∆ HAB có:
ON // BH (vì cùng vng góc với AC)

A

·
·
⇒ HBA = ONM
⇒ ∆ OMN ~ ∆ HAB (g.g)
⇒

O

H

·
·
tương tự ta có: HAB = OMN
B

OM MN
1
=
= (suy ra từ (*))
HA
AB
2

N

•
C

M

Vậy AH = 2OM (Đpcm)

(Hình 5)

* Khai thác bài tốn: 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 vng: (Hình 6): Dễ thấy OM là đường trung bình của ∆
ABC
⇒ AH =2OM
A

A
•O
B
BH

M

A

•OH

C

(Hình 6)

M

B

C
H

(Hình 7)

•
M

O
C

(Hình 8)

b) Tam giác ABC cân: Chứng minh như 5 cách trên

Người thực hiện: Lê Sỹ Hiệu

-5-

Trường THCS Thanh Sơn


Rèn luyện khả năng tư duy trong khai thác lời giải một số bài tốn Hình học 9
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 ngồi đường trịn: 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 .

A

* Khai thác lời giải:
Cách giải 1: (Hình 9)
K

Kẻ đường kính AOD, hạ CK ⊥ AD

·
·
Ta có: OAH = KCB (1) (góc có cạnh tương ứng

B

vng góc)

H

C

D

·
ABC = ·
ADC (2) (góc nội tiếp cùng chắn » )
AC

(Hình 9)

Cộng từng vế của (1) và (2), ta được:

A

·
·
OAH + ·
ABC = KCB + ·
ADC

·
Mà ·
ADC = KCA (góc có cạnh tương ứng vng góc)

I

·
·
·
⇒ OAH + ·
ABC = KCB + KCA = ·
ACB

M

·
Vậy: OAH = ·
ACB − ·
ABC (Đpcm)

B

Cách giải 2: (Hình 10)

C

H

Kẻ OI ⊥ AC cắt AH ở M
·

Ta có: OMH = ·
ACB (góc có cạnh tương ứng vng góc)

(Hình 10)

1
·
AOM = ·
ABC (cùng bằng sđ » )
AC
2

A

·
·
Xét ∆OAM: OMH = ·
AOM + OAH (Góc ngồi tam giác)
·
·
Hay ·
ACB = ABC + OAH

K

1

2

·

Vậy: OAH = ·
ACB − ·
ABC (Đpcm)

Cách giải 3: (Hình 11)

B

Kẻ OI ⊥ BC và OK ⊥ AB. Ta có:
·
µ
OAH = O1 (1) (so le trong)

Người thực hiện: Lê Sỹ Hiệu

I

H

(Hình 11)
-6-

Trường THCS Thanh Sơn

C


Rèn luyện khả năng tư duy trong khai thác lời giải một số bài tốn Hình học 9
·
¶

ABC = O2 (2) (góc có cạnh tương ứng vng góc)

Cộng từng vế ca (1) v (2), ta c:

A

Ã
à ả
OAH + Ã
ABC = O1 + O2
1
à ả
ACB (Cựng bng s ằ )
M O1 + O2 = ·
AB
2

·
⇒ OAH + ·
ABC = ·
ACB

K

B

·
Vậy OAH = ·
ACB − ·
ABC (Đpcm)

H
C

D

Cách giải 4: (Hình 12)

(Hình 12)

Kẻ đường kính AOD, hạ DK ⊥ BC

x

·
·
Ta có: OAH = ODK (1) (so le trong)

A

·
ABC = ·
ADC (2) (góc nội tiếp cùng chắn » )
AC

y

Cộng từng vế của (1) và (2), ta được:
·
·

·
OAH + ·
ABC = ODK + ·
ADC = KDC
·
Mà KDC = ·
ACB (góc có cạnh tương ứng vng góc)

B

·
⇒ OAH + ·
ABC = ·
ACB
·
Vậy OAH = ·
ACB − ·
ABC (Đpcm)

C

H
(Hình 13)

Cách giải 5: (Hình 13)

A

Tại A kẻ tiếp tuyến Ax và đường thẳng Ay // BC
·

·
Ta có: OAH = xAy (1) (góc có cạnh tương

ứng vng góc)
·
·
ABC = BAy (2) (so le trong)

Cộng từng vế của (1) và (2), ta được:

B

·
·
·
·
OAH + ·
ABC = xAy + BAy = xAB
·
Mà xAB = ·
ACB (góc nội tiếp cùng chắn » )
AB
·
⇒ OAH + ·
ABC = ·
ACB

H
M

C

D
(Hình 14)

·
Vậy OAH = ·
ACB − ·
ABC (Đpcm)

Người thực hiện: Lê Sỹ Hiệu

-7-

Trường THCS Thanh Sơn


Rèn luyện khả năng tư duy trong khai thác lời giải một số bài tốn Hình học 9
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 vng 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 ngồi tam giác AMD)

A

·
Vậy OAH = ·
ACB − ·
ABC (Đpcm)

Cách giải 7: (Hình 15)

B

H
H

D

C
(Hình 15)

Kẻ tiếp tuyến với đường trịn tại A cắt BC ở D.

·
Ta có: ·
ABC = CAD (1) (Cùng chắn » )
AC
·
OAH = ·
ADC (2) (góc có cạnh tương ứng vng góc)
·
·
Cộng từng vế của (1) và (2) ta được: ·
ABC + OAH = CAD + ·
ADC
·
Mà CAD + ·
ADC = ·
ACB (góc ngồi tam giác)
·
⇒ ·
ABC + OAH = ·
ACB
·
Vậy: OAH = ·
ACB − ·
ABC (Đpcm)

* Khai thác bài toán: Ta đi khai thác đến những trường hợp mà bài tốn có
thể xảy ra:
1) Chứng minh bài tốn: Khi BC là đường kính của đường trịn. 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 tốn đã cho khi nào thì dây AB lớn nhất ? Tại sao? Trong
đường trịn này bài tốn có gì đặc biệt? (Hình 17)

Người thực hiện: Lê Sỹ Hiệu

-8-

Trường THCS Thanh Sơn


Rèn luyện khả năng tư duy trong khai thác lời giải một số bài tốn Hình học 9
3) Chứng minh bài toán khi dây AB và AC cùng ở về một phía của
tâm? (Hình 18)
A
A
H
A
C
B

●

H

●

C

●

B

CH
B

(Hình 16)
(Hình 17)
(Hình 18)
Ví dụ 3: Cho đường trịn (O; R) có đường kính AE; cung AB và cung AC có
số đo lần lượt là 900 và 1200. Tia AE nằm giữa hai tia AB, AC. Tính độ dài
BC theo R.
* Khai thác lời giải:
Cách giải 1: (Hình 19)

B

Kẻ đường kính BOD, dễ thấy ∆ BCD vng tại C
1
1
·
DBC = sđ( ¼ − » ) = (1200 − 900 ) = 150
ADC AD
2
2

Trong tam giác vuông BCD ta có:

•
O

A

E

·
BC = BD.cos DBC = BD.cos150 = 2R.cos150 ≈
≈ 2R.0,9659.

C
D
(Hình 19)

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 OBC = OCB = 150 (1)
·
Gọi I là một điểm thuộc BO sao cho IAO = 150

B

I
A

•
O

E

Sđ » = 900 ⇒ OB là đường trung trực của AE
AB
·
·
⇒ IA = IE ⇒ ∆ IAE cân tại I và IAE = IEA = 150 (2)

C
D
(Hình 20)

Từ (1) và (2) suy ra ∆ OBC : ∆ IAE (g.g)
⇒

BC OB
OB. AE R.2 R
2R 2
⇒ BC =
⇒ BC =
=
=
(*)
AE IA
IA
IA
IA

Người thực hiện: Lê Sỹ Hiệu

-9-

Trường THCS Thanh Sơn


Rèn luyện khả năng tư duy trong khai thác lời giải một số bài tốn Hình học 9
·
Mặt khác ∆ IOA vuông tại O và IAO = 150 nên

IA =

B

AO
R
=
0 thay vào (*) ta được:
·
cos IAO cos15

2R2
BC = R = 2R.cos150 ≈ 2R.0,9659.
cos150

A

O

•

E

Vậy BC ≈ 1,9318.R
H

Cách giải 3: (Hình 21)

C
D
(Hình 21)

Kẻ đường kính BOD. Hạ CH ⊥ BD (H ∈ BD)
·
Dễ thấy ∆ BCD vuông tại C và CBD = 150
·
⇒ DC = BD.sin CBD = 2R.sin150
·
·
DCH = DBC (Cặp góc nhọn có cạnh tương ứng vng góc)

·
Xét ∆ DHC vuông tại H ⇒ HC = DC.cos DCH = 2R.sin150.cos150
·
Xét ∆ BHC vuông tại H và CBH = 150 ⇒ BC =

HC
2 R.sin150.cos150
=
·
sin150

sin CBH

Vậy BC = 2R.cos150 ≈ 1,9318.R
Cách giải 4: (Hình 22)

B

Vẽ AH ⊥ BC (H ∈ BC)
Sđ » = 900 ⇒ AB là cạnh của hình vng nội tiếp
AB
(O; R) ⇒ AB = R 2

A

1
ABH = sđ » = 600
∆ AHB vuông tại H và ·
AC
2
3
R 6
0
⇒ BH = AB.cos ·
=
ABH = R 2 .cos60 = R 2 .
2
2
1
R 2
0

AH = AB.sin ·
ABH = R 2 .sin60 = R 2 . =
2
2

H
•
O

E

C

M

(Hình 22)
B

1
ACH = sđ » = 450 ⇒ ∆ AHC vuông cân tại H
∆ AHC vuông tại H và ·
AB
2

Do đó HA = HC =

R 2
2

Người thực hiện: Lê Sỹ Hiệu

A

- 10 -

•
O

E

Trường THCS Thanh Sơn
C
N
(Hình 23)


Rèn luyện khả năng tư duy trong khai thác lời giải một số bài tốn Hình học 9
Vậy BC = BH + HC =

R 6
R 2
R 2
+
=
( 3 + 1 ) ≈ 1,9318.R
2
2
2

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
1 »
·
∆ AEM vuông tại E và MAE = sđ BE = 450
2
⇒ ∆ AEM vuông cân tại E ⇒ ME = AE = 2R
1
·
»
∆ AEN vuông tại E và NAE = sđ CE = 300
2
⇒ EN = AE.tg300 = 2R. 3 = 2 3 R
3
3
AE
2R
AN =
=
=
·
cos300
cos EAN

MN = ME + EN = 2R +

2R
4 3R
3 =

3
2

2 3
2 3
R =
R ( 3 + 1)
3
3

Xét ∆ ABC và ∆ ANM có µ chung; ·
ACB = ·
AMN = 450 ⇒ ∆ ABC : ∆ ANM
A
(g.g)
AB.MN
AB BC
⇒
⇒ BC =
=
=
AN
AN NM

R 2.

2 3
R ( 3 + 1)
R 2
3

=
( 3 + 1) ≈ 1,9318.R
2
4 3R
B
3

Cách giải 6: (Hình 24)
Kẻ đường kính BOD.

A

O

•

E

Từ C hạ CH ⊥ BD (H ∈ BD)
·
»
∆ OHC vuông tại H và HOC = sđ DC = 300
R
·
⇒ HC = OC.sin HOC = R.sin300 =
2

Áp dụng định lý Pitago ta có:

Người thực hiện: Lê Sỹ Hiệu

- 11 -

H
D

C

(Hình 24)

Trường THCS Thanh Sơn


Rèn luyện khả năng tư duy trong khai thác lời giải một số bài tốn Hình học 9
R2
3R 2
OH = OC – HC = R =
4
4
2

2

2

2

⇒ OH = R 3
2

BH = BO + OH = R +

R
R 3
= (2 + 3)
2
2

Áp dụng đinh lý Pitago trong ∆ BHC vuông tại H ta có:
R

2

2

2

R
R
R
(8 + 4 3) =
.2.(3 + 2 3 + 1) =
BC2 = BH2 + HC2 = [ (2 + 3)]2 +  ÷ =
2
4
4
2

=

R2
R 2
.2.( 3 + 1) 2 . Vậy BC =
.( 3 + 1) ≈ 1,9318.R
4
2

* 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 BOC = 300 . Hạ đường cao OH của ∆
µ
BOC ⇒ OH vừa là đường trung tuyến, vừa là đường phân giác của O tức là
·
·
B H
BH = CH và BOH = COH = 150
C
·
∆ BHO vuông tại H ⇒ BH = OB.sin BOH =

= R.sin150.
mà BC = 2BH ⇒ BC = 2R.sin150 ≈ 2R.0,2588

A

•

O

E

Vậy BC ≈ 0,5176.R
(Hình 25)
Ví dụ 4: Cho đường trịn (O; R) và một điểm E nằm ngồi đường trịn 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)
Người thực hiện: Lê Sỹ Hiệu

- 12 -

Trường THCS Thanh Sơn


Rèn luyện khả năng tư duy trong khai thác lời giải một số bài tốn Hình học 9
EM là tiếp tuyến của (O) và M ∈ O ⇒ EM ⊥ MO ⇒ ∆ MOE vng tại M
·
Ta có, sin MEO =

MO 1
·
= ⇒ MEO = 300
EO 2

y

Ax ⊥ AB; By ⊥ AB ⇒ Ax // By
Từ C kẻ CH ⊥ By (H ∈ By)

x

⇒ Tứ giác CABH là hình chữ nhật.

M

Do đó CH = AB = 2R.

C

H

·
·
Mặt khác DEB = DCH = 300 (Vì AB // CH).
·
∆ DHC vng tại H ⇒ cos DCH =

CH
CD

E

•
O

A

CH
2R
2R
=
=
0
·
⇒ CD = cos DCH cos30
3
2

Vậy CD =

D

B

(Hình 26)

4 3
R
3

Cách giải 2: (Hình 27)
·
·
µ
Xét ∆ EOM và ∆ EDB có E chung, EMO = EBD = 900

⇒ ∆ EOM : ∆ EDB (g.g) ⇒

EM EO
EO.EB 2 R.3R 6 R 2
⇒ ED =
=
=
=
(1)
EB ED
EM
EM
EM

∆ EOM vuông tại M và MO =

y
D

1
·
EO ⇒ MEO = 300
2

·
EM = EO.cos MEO = 2R.cos300 = R 3

x

Do đó ED = 2R 3

M
C

Mặt khác ∆ EAC vuông tại A
EA
R
R
=
=
0
·
⇒ EC = cos MEO cos30
3
2

E

A

H
•
O

B

⇒ EC = 2 3R
3

Vậy CD = ED – EC = 2R 3 -

2 3R
4 3
R
=
3
3

(Hình 27)

Cách giải 3: (Hình 27)
Người thực hiện: Lê Sỹ Hiệu

- 13 -

Trường THCS Thanh Sơn


Rèn luyện khả năng tư duy trong khai thác lời giải một số bài tốn Hình học 9
3
0
0
∆ EAC vng tại A và ·
AEC = 30 ⇒ AC = AE.tg ·
AEC = AE.tg30 = R.
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.tg300 = R 3

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

3
4 3R
+R 3 =
3
3

Cách giải 4: (Hình 27)
0
∆ EAC vng tại A và ·
AEC = 30 ⇒ EC =

EA
R
2 3R
=
=
0
3
cos ·
AEC cos30

∆ EBD vuông tại B ⇒ AC // BD.

Theo định lý Talet ta có:

2 3R

CD AB
⇒ CD = AB.EC 2 R. 3
=
4 3R
=
=
EC EA
EA
R
3

Cách giải 5: (Hình 28)
·
·
·
∆ EOM vng tại M và MEO = 300 ⇒ MOE = 600 ⇒ MOB = 1200 . Do đó
·
·
MDB = 600 ⇒ MDO = 300
·
∆ MOD vng tại M và MDO = 300 ⇒ MD =
·
Tương tự ∆ MOC vuông tại M và MOC = 300
·
⇒ MC = MO.tg MOC = R.tg30 = R 3
3

MO
R
=

=R 3
0
·
tg MDO tg 30

x

0

M

R 3
4 3R
Vậy CD = CM + MD =
+R 3 =
3
3

E

Cách giải 6: (Hình 28)

y
D

C

H
•
O

A

B

Theo cách 5 ta có: ∆ MOC : ∆ MDO (g.g)
⇒

MC MO
⇒ MC.MD = MO2 = R2
=
MO MD

(Hình 28)

·
·
∆ ODE có ODE = OED = 300 ⇒ ME = MD = R 3 (Theo cách 2)
R2
R2
R 3
=
=
Do đó: MC =
MD R 3
3

Người thực hiện: Lê Sỹ Hiệu

- 14 -

Trường THCS Thanh Sơn


Rèn luyện khả năng tư duy trong khai thác lời giải một số bài tốn Hình học 9
Vậy CD = CM + MD =

R 3
4 3R
+R 3=
3
3

Cách giải 7: (Hình 28)
∆ ODE cân tại O ⇒ OD = OE = 2R
2 3R
Dễ dàng chứng minh được ∆ CEO cân tại C ⇒ CE = CO mà CE =
3

(Theo
cách 2)
⇒ CO = 2 3R
3
1 ·
·
·
·
·
Mặt khác ∆ COD vuông tại O (Vì COD = COM + MOD = ( EOM + MOB ) = 900 )
2

1
1 2 3R
2 3R 2
.2 R =
S ∆COD = OC.OD = .
2

2

3

3

2 3R 2
1
1
mà S ∆COD = OM .CD = R.CD ⇒ CD = 2.S∆COD = 2. 3
2
2
R
R

Vậy CD =

4 3R
3

Cách giải 8: (Hình 28)

y
D

·
·
·
·
∆ COD : ∆ CAE (g.g) (Vì COD = CAE = 900 ; CEA = CDO = 300 )
⇒

CD OD
OD.CE
⇒ CD =
=
CE AE
AE

Mà CE =

x

2. 3R
(Theo cách 2)
3

C

OD = 2R (Theo cách 7)
2. 3R
2 R.

Do đó: CD =
3 = 4 3R
R
3

N

M

E

A

•
O

B

Cách giải 9: (Hình 29)
(Hình 29)

Kẻ AN //CD (N ∈ By)
Dễ thấy AN = CD
·
·
BED = BAN = 300 (Đồng vị)

Người thực hiện: Lê Sỹ Hiệu

- 15 -

Trường THCS Thanh Sơn


Rèn luyện khả năng tư duy trong khai thác lời giải một số bài tốn Hình học 9
AB
2R
2 R 4 3R
=
=
=
4 3R
⇒ AN = cos BAN cos300
·
∆ ABN vuông tại B
3 . Vậy CD =
3
3
2

2) Định hướng các cách giải cho một bài toán:
Dưới đây là một số bài toán có thể giải bằng nhiều cách, tơi khơng đi
giải cụ thể mà chỉ gợi ý từng cách để học sinh tự tìm lời giải cho mỗi cách đó:
Bài tốn 1: Cho tam giác ABC nhọn, nội tiếp đường tròn (O). Đường trịn
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 1800:
·
ADH = ·

AEH = 900 ⇒ ·
ADH + ·
AEH = 1800

- Cách giải 2: (Hình 30) Tổng hai góc đối của tứ giác ADHE bằng 1800:
·
·
·
·
DAE = EHC (góc có cạnh tương ứng vng góc) ⇒ DAE + DHE = 1800

A

·
·
- Cách giải 3: (Hình 30) Chứng minh DAH = HED

- Cách giải 4: (Hình 30) Gọi I là trung điểm

E

của AH.

D

Chứng minh IA = ID = IH = IE

H

•O

•

B

C

(Hình 30)
Bài tốn 2: Cho hai đường trịn (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
y
tuyến tại B và C song song với nhau.
* Gợi ý các cách giải:

C

- Cách giải 1: (Hình 31)
Chứng minh OB // O’C
⇒ Bx ⊥ OB; Cy ⊥ OB

O•

⇒ Bx // Cy

A

•

O’

- Cách giải 2: (Hình 31)

Người thực hiện: Lê Sỹ Hiệu

B
- 16 -

x

Trường THCS Thanh Sơn
(Hình 31)


Rèn luyện khả năng tư duy trong khai thác lời giải một số bài tốn Hình học 9
·
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

y
E
C
O•

A

• O’

B
D
(Hình 32)

x

Bài tốn 3: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn (O; R).
Đường cao BD và đường cao CE cắt nhau tại H. Chứng minh rằng OA ⊥
DE.
x

* Gợi ý các cách giải:

A

Gọi I là giao điểm của AO và DE
- Cách giải 1: (Hình 33) Chứng minh ∆ AIE vng tại I
·
Thật vậy ∆ OAB cân tại O ⇒ 2. BAO = 1800 − ·
AOB
·
·
⇒ BAO = 900 − AOB = 900 − ·
ACB (Vì ·
AOB = 2. ·
ACB )
2

I
E

H

D

•O
C

B

(Hình 33)

·
Hay BAO + ·
ACB = 900 (*)
·
·
·
Tứ giác BEDC nội tiếp ⇒ BED + BCD = 1800 mà BED + ·
AED = 1800

·
⇒ ·
AED = ·
ACB kết hợp với (*) ta có: BAO + ·
AED = 900 ⇒ ∆ AIE vuông tại I
⇒ OA ⊥ DE

- Cách giải 2: (Hình 34)
Kẻ tiếp tuyến Ax của (O).

Người thực hiện: Lê Sỹ Hiệu

- 17 -

Trường THCS Thanh Sơn


Rèn luyện khả năng tư duy trong khai thác lời giải một số bài tốn Hình học 9
Chứng minh Ax // DE

x

A

A
D

I
E

H

M
I

N

•O
C

B

E

D

•O

H

C

B

(Hình 34)

(Hình 35)

- 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
3) Những bài tốn có thể giải bằng nhiều cách:
Dưới đây là một số bài tốn 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 =
1200. 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 IKJ = 600 .

Chứng minh rằng AJ.BI ≤

AB 2
.
4

Hướng dẫn:
Chứng minh ∆AKJ : ∆BIK ⇒

AK AJ
=
⇒ AJ.BI = AK .BK . Từ đó áp dụng
BI BK

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

Người thực hiện: Lê Sỹ Hiệu

- 18 -

Trường THCS Thanh Sơn


Rèn luyện khả năng tư duy trong khai thác lời giải một số bài tốn Hình học 9
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 vng góc với BC, AB, AC lần lượt tại D, E, F.
Chứng minh rằng MD2 = ME.MF
Hướng dẫn:
Chứng minh ∆ DEM : ∆ FDM ⇒

MD ME
=
⇒ MD 2 = ME.MF
MF MD
ME MB
=
và ∆ CFM : ∆ BDM
MD MC

Hoặc chứng minh ∆ BEM : ∆ CDM ⇒
⇒

MD MB
=
. Từ đó suy ra điều phải chứng minh.
MF MC

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 .

II- Kết quả đạt được:
Năm học qua, tôi đã cho áp dụng sáng kiến trên trong giảng dạy mơn
Tốn, với mục đích rèn luyện năng lực tư duy giải tốn Hình học cho học
sinh. Phần lớn các em học sinh đã thực sự có hứng thú học Tốn, đã tự độc
lập tìm tịi ra nhiều cách giải khác nhau mà không cần sự gợi ý của giáo viên.
Kết quả thu được rất khả quan, cụ thể:
Lớ
p

Số
H
S

Khảo sát đầu năm học
Giỏi
S

%

Khá
S

%

TB
S

%

Người thực hiện: Lê Sỹ Hiệu

Khảo sát cuối năm học

Yếu
S

%

- 19 -

Giỏi
S

Khá

%

S

%

TB
S

%

Yếu
S

%

Trường THCS Thanh Sơn


Rèn luyện khả năng tư duy trong khai thác lời giải một số bài tốn Hình học 9
L

L

L

L

L

L

L

L

9A

27

5

18,
5

18

66,
7

4

14,
8

4

14,
8

8

29,
6

14

51,
9

1

3,
7

9B

27

3

11,
1

17

63,
0

7

25,
9

2

7,4

5

18,
5

18

66,
7

2

7,
4

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.
III- Các biện pháp để tổ chức thực hiện:
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 lao động, phân cơng chun mơn 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 tốn, thì:
- Giáo viên phải tìm ra hoặc sưu tầm được những bài tốn 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.

- 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 tốn cịn cách chứng minh nào khác khơng?. Nếu
cịn, hãy chứng minh theo cách riêng vừa tìm được.

Người thực hiện: Lê Sỹ Hiệu

- 20 -

Trường THCS Thanh Sơn


Rèn luyện khả năng tư duy trong khai thác lời giải một số bài tốn Hình học 9
- 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 tốn
tương tự.

C- 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 tốn. Nhiều
học sinh đã chủ động tìm tịi, định hướng và sáng tạo ra nhiều cách giải tốn
khơng 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 tốn
nhanh, kỹ năng phát hiện tốt.
Người thực hiện: Lê Sỹ Hiệu

- 21 -

Trường THCS Thanh Sơn


Rèn luyện khả năng tư duy trong khai thác lời giải một số bài tốn Hình học 9
Để làm được như vậy, mỗi giáo viên cần nghiên cứu, tìm tịi, tham
khảo nhiều tài liệu để tìm ra các bài tốn hay, với nhiều cách giải khác nhau.
Đối với học sinh của trường THCS Thanh Sơn, 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 Tốn học hơn, đã có nhiều học sinh giỏi Tốn và nhiều
em thi vào cấp 3 đạt điểm cao mơn Tốn.
Trên đây là vài kinh nghiệm nhỏ áp dụng cho việc bồi dưỡng học sinh
khá, giỏi mơn Tốn. 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 hồn chỉnh và sẽ còn nhiều chỗ khiếm khuyết. Rất mong
nhận được sự góp ý chân thành của q thầy, cơ và đồng nghiệp.
Tôi xin chân thành cảm ơn!

Người thực hiện: Lê Sỹ Hiệu

- 22 -

Trường THCS Thanh Sơn