skkn phát triển kĩ năng giải toán hình học

Đề tài sáng kiến kinh nghiệm

KHAI THÁC VÀ PHÁT TRIỂN BÀI TOÁN HÌNH HỌC 8 NHẰM
PHÁT TRIỂN KỸ NĂNG GIẢI TOÁN CỦA HỌC SINH

I. Phần mở đầu
I.1. Lý do chọn đề tài
- Toán học là một nghành khoa học tự nhiên, nó có mối quan hệ với nhiều
nghành khoa học khác và được vân dụng nhiều trong thực tế cuộc sống của mỗi
con người.
- Mục tiêu của dạy học toán học trong cuộc sống là:
+ Trang bị cho học sinh những kiến thức về toán học.
+ Rèn luyện kỹ năng toán học
+ Phát triển tư duy toán học cho học sinh đồng thời hình thành và phát triển
nhân cách cho học sinh.
- Là một giáo viên trực tiếp giảng dạy bộ môn toán tại trường THCS, trên cơ
sở nắm vững mục tiêu của dạy học bộ môn tôi nhận thấy rằng việc phát triển tư
duy toán học cho học sinh nói chung và nhất là đối tượng khá giỏi thì việc hình
thành kĩ năng giải các bài tập toán là rất quan trọng. Để làm được như vậy giáo
viên cần giúp học sinh biết khai thác, mở rộng kết quả các bài tập cơ bản, xâu
chuỗi các bài toán để học sinh khắc sâu kiến thức tạo lối mòn – tô đậm mạch
kiến thức, suy nghĩ tìm tòi những kết quả mới từ những bài toán ban đầu.
- Nhưng trong thực tế chúng ta chưa làm được điều đó một cách thường
xuyên, vẫn còn trong giáo viên chúng ta chưa có thói quen khai thác một bài
toán, một chuỗi bài toán liên quan, hay chí ít là tập hợp những bài toán có một
số đặc điểm tương tự (về kiến thức, hình vẽ hay về yêu cầu …). Trong giải toán
nếu chúng ta chỉ dừng lại ở việc tìm ra kết quả của bài toán, lâu dần làm cho học
sinh khó tìm được mối liên hệ giữa các kiến thức đã học, không có thói quen suy
nghĩ theo kiểu đặt câu hỏi, liệu có bài nào tương tự mà ta đã gặp rồi? Cho nên
khi bắt đầu giải một bài toán mới học sinh không biết bắt đầu từ đâu? Cần vận
dụng kiến thức nào? Bài toán liên quan đến những bài toán nào đã gặp mà có thể

vận dụng hay tương tự ở đây?
Trong quá trình dạy học hay bồi dưỡng học sinh giỏi, tôi thấy rằng việc tìm
tòi mở rộng các bài toán quen thuộc thành bài toán mới tìm các cách giải khác
nhau cho một bài toán để từ đó khắc sâu kiến thức cho học sinh là một hướng
đem lại nhiều điều hiệu quả cho việc dạy học. Quá trình này bắt đầu từ các bài
toán đơn giản đến bài toán khó dần là bước đi phù hợp để rèn luyện kỹ năng các
thao tác trong lập luận về phân tích – trình bày lời giải góp phần rèn luyện năng
lực tư duy cho học sinh.
Nhằm khắc phục những khó khăn trong việc hướng dẫn học sinh giải toán
hình học, tôi đã rút ra một số kinh nghiệm và trong đề tài này tôi xin trình bày
việc hướng dẫn học sinh “Khai thác và phát triển một vài bài toán hình học 8
nhằm phát triển kỹ năng giải toán của học sinh”.
Trường THCS Băng AĐrênh

Giáo viên Đặng Anh Phương

1


Đề tài sáng kiến kinh nghiệm
I.2. Mục tiêu, nhiệm vụ của đề tài
a, Mục tiêu của đề tài
- Để giúp học sinh có cái nhìn tổng thể về mối quan hệ của một số bài toán
hình học từ đơn giản đến phức tạp, các bài toán lạ được chuyển đổi từ một bài
toán gốc đơn giản mà học sinh có thể giải được, để mỗi học sinh có thể tự làm,
tự trình bày một bài giải toán khó và hay, từ đó phát triển kỹ năng giải toán của
học sinh. Rèn cho học sinh khả năng phân tích, dự đoán và xâu chuỗi kiến thức.
Khuyến khích học sinh tìm hiểu cách giải để học sinh phát huy được khả năng tư
duy linh hoạt, nhạy bén khi trình bày giải bài toán. Tạo được lòng say mê, hứng
thú khi giải toán hình học.

b, Nhiệm vụ của đề tài
- Từ một bài toán sách giáo khoa toán 8 tập 1, giáo viên hướng dẫn học sinh
hình thành phương pháp giải tổng quát, để vận dụng giải các bài tập khó và hay
khác có sử dụng kết quả của bài toán gốc và kết quả của những bài toán trước.
I.3. Đối tượng nghiên cứu
- Học sinh hai lớp 8A và 8B trường THCS Băng Ađrênh – Krông Ana Đăklăk.
I.4. Giới hạn phạm vi nghiên cứu
- Đề tài được nghiên cứu và áp dụng trong chương trình hình học lớp 8.
I.5. Phương pháp nghiên cứu
- Tìm hiểu tình hình học tập của học sinh.
- Cách hình thành kĩ năng giải toán cho học sinh thông qua các tiết luyện tập
- Học hỏi kinh nghiệm thông qua dự giờ, rút kinh nghiệm từ đồng nghiệp.
- Phương pháp đọc sách và tài liệu
- Nói chuyện cởi mở với học sinh, tìm hiểu suy nghĩ của các em về chứng
minh và trình bày bài toán chứng minh hình học
- Triển khai nội dung đề tài và kiểm tra, đối chiếu kết quả học tập của học
sinh từ đầu năm học đến cuối năm học của các năm học trước.
II. Phần nội dung
II.1. Cơ sở lí luận
- Từ năm 2002 đến nay, chương trình sách giáo khoa có nhiều thay đổi, đặc
biệt là những năm gần đây, việc giảm tải, thay đổi khung phân phối chương
trình đồng nghĩa với việc thay đổi cách nhìn, cách học, cách dạy của thầy và trò.
- Trước tình hình đó môn toán cũng không nằm ngoài xu hướng đó. Để dạy
và học tốt phân môn hình học, nhất là hình học lớp 8. Nội dung kiến thức tương
đối nhiều và khó, đòi hỏi cả thầy và trò phải nỗ lực nghiên cứu, tìm hiểu tài liệu
một cách sâu sắc.
- Việc áp dụng và xâu chuỗi kiến thức hình học đối với học sinh là còn khá
khó khăn, đòi hỏi giáo viên phải có những dạng bài tập phát triển từ một bài
toán gốc, để học sinh có thể từ từ tiếp cận với các dạng bài tập khó, bằng cách
Trường THCS Băng AĐrênh

Giáo viên Đặng Anh Phương

2


Đề tài sáng kiến kinh nghiệm
đưa các bài tập xâu chuỗi kiến thức trong chương trình toán 8 như: Phần tứ giác,
diện tích đa giác, diện tích các đa giác đặc biệt, bất đẳng thức, bất đẳng thức
cosi, từ dễ đến khó.
II.2. Thực trạng
a/ Thuận lợi - Khó khăn:
* Thuận lợi:
- Trường THCS Trường THCS Băng AĐrênh , ngay cạnh trung tâm xã,
được sự quan tâm chỉ đạo của chính quyền địa phương, của ngành nên thuận lợi
trong công tác giảng dạy.
- Học sinh của trường chủ yếu là dân tộc kinh, trình độ học vấn, hiểu biết và
tính tư duy độc lập tốt nên việc triển khai các chuyên đề nâng cao cho học sinh
khá dễ dàng. Học sinh nhanh chóng tiếp thu được kiến thức mới.
- Đa số phụ huynh học sinh rất quan tâm đến vấn đề học tập của học sinh
* Khó khăn
- Xã Băng AĐrênh địa bàn dân cư trải dài giáp với huyện Kcuin nên học
sinh sống xa trường, đi lại khó khăn, đẫn đến khó triển khai được các buổi học
thêm để triển khai các chuyên đề, các chương trình nâng cao cho học sinh.
- Đa số học sinh cảm thấy khó học phân môn hình học do các em không thể
nhớ hay xâu chuỗi các kiến thức với nhau. Do các e không chịu học phần định
nghĩa, khái niệm, tính chất, dấu hiệu nhận biết đã được học ở các tiết lí thuyết,
mà đây lại là vấn đề quan trọng yêu cầu học sinh phải nắm và hiểu được trước
khi làm bài tập.
b/ Thành công- hạn chế

* Thành công
- Khối lớp 8 của trường THCS Trường THCS Băng AĐrênh có số lượng học
sinh khá giỏi tương đối nên thuận lợi cho việc triển khai chuyên đề. Khi triển
khai chuyên đề, chất lượng học sinh khá giỏi tốt nên việc tiếp thu kiến thức mới
và kiến thức khó của các em rất tốt và các em nhanh chóng nắm được các kiến
thức.
* Hạn chế
- Chuyên đề triển khai trên tất cả học sinh khối 8 nhưng một số học sinh vẫn
chưa chịu đầu tư, nghiên cứu dẫn đến chưa thể nắm vững nội dung, phương
pháp mà giáo viên đã đưa ra.
c/ Mặt mạnh- mặt yếu
- Chuyên đề triển khai áp dụng bài toán cơ bản trong sách giáo khoa lớp 8
nên đa số học sinh khá giỏi tiếp thu nhanh và biết áp dụng vào các bài tập cơ bản
Trường THCS Băng AĐrênh

Giáo viên Đặng Anh Phương

3


Đề tài sáng kiến kinh nghiệm
và nâng cao, khả năng phát triển tư duy logic của học sinh được nâng lên rõ rệt.
- Tuy nhiên với học sinh trung bình và yếu thì việc giải các bài toán nâng
cao của các em còn quá khó khăn, chính vì vậy chất lượng đại trả vẫn chưa được
cải thiện nhiều.
d/ Các nguyên nhân, các yếu tố tác động
- - Trong quá trình học toán, học sinh hiểu phần lý thuyết có khi chưa chắc
chắn hoặc còn mơ hồ về các định nghĩa, các khái niệm, định lí, các công thức…
nên không biết áp dụng vào giải bài tập.
- Có những dạng bài tập chứng minh, tính toán trong hình học, nếu học sinh

không chú tâm để ý hay chủ quan xem nhẹ hoặc làm theo cảm nhận tương tự là
có thể đi vào thế bế tắc hoặc sai lầm.
- Học sinh của trường đa số là con em gia đình thuần nông nên việc đầu tư
thời gian học tập còn hạn chế, phần nào ảnh hưởng tới chất lượng học tập của
các em.
e/ Phân tích, đánh giá các vấn đề về thực trang mà đề tài đã đặt ra.
- Khối lớp 8 có số lượng học sinh khá giỏi nhìn chung vẫn còn ít hơn khối
lớp khác, trình độ học sinh không đồng đều về nhận thức và học lực nên gây khó
khăn cho giáo viên trong việc lựa chọn phương pháp phù hợp. Nhiều học sinh có
hoàn cảnh khó khăn cả về vật chất lẫn tinh thần do đó việc đầu tư về thời gian và
sách vở cho học tập bị hạn chế nhiều và ảnh hưởng không nhỏ đến sự nhận thức
và phát triển của các em.
- Sau khi nhận lớp và dạy một thời gian tôi đã tiến hành điều tra cơ bản thì
thấy:
+ Lớp 8A: Số em không thể giải, không thể tự trình bày giải hay chứng minh
hình học chiếm khoảng 75%, số học sinh nắm chắc kiến thức và biết vận dụng
vào bài tập có khoảng 25%, số học sinh biết phối hợp các kiến thức, kỹ năng
giải các bài toán phức tạp được biến đổi từ bài toán quen chiếm khoảng 4,2%.
+ Lớp 8B: Số em không thể giải, không thể tự trình bày giải hay chứng minh
hình học chiếm khoảng 65%, số học sinh nắm chắc kiến thức và biết vận dụng
vào bài tập có khoảng 35%, số học sinh biết phối hợp các kiến thức, kỹ năng
giải các bài toán phức tạp được biến đổi từ bài toán quen chiếm khoảng 6,5%.
- Số học sinh trung bình và yếu, kém tập trung ở cả hai lớp nên gây khó khăn
trong quá trình giảng dạy.
II.3. Giải pháp thực hiện
a/ Mục tiêu của giải pháp, biện pháp
* Mục tiêu:
- Hình thành kĩ năng giải và trình bày bài toán hình học cho học sinh từ bài
toán đơn giản. Tăng dần lượng kiến thức, chuyển từ bài toán đơn giản đã biết
Trường THCS Băng AĐrênh

Giáo viên Đặng Anh Phương

4


Đề tài sáng kiến kinh nghiệm
cách giải sang bài toán phức tập hơn.
* Giải pháp:
- Tạo tâm lí thoải mái cho học sinh, không có gì khó khăn khi giải và trình
bày bài tập hình học. Cần khuyến khích học sinh tự giải và tự trình bày sau khi
giáo viên đã giảng giải.
- Giáo viên đóng vai trò là người hướng dẫn, dẫn dắt học sinh tìm ra lời giải
bài toán, học sinh chủ động lĩnh hội kiến thức.
- Giáo viên luôn tạo môi trường thân thiện giữa thầy và trò. Không quá tỏ vẻ
xa cách hay quá lớn lao và cao cả đối với học sinh. Luôn tạo cho học sinh một
cảm giác gần gũi, không làm cho học sinh cảm thấy sợ hãi. Dạy thật, học thật
ngay từ đầu. Dạy theo điều kiện thực tế không quá áp đặt chủ quan.
b/ Nội dung và cách thực hiện
Xuất phát từ bài 18 trang 121 Sgk toán 8 tập 1:
Cho tam giác ABC, M là trung điểm của BC. Chứng minh rằng: SAMB = SAMC
Bài toán trên ta dễ chứng minh được.
Chúng ta sẽ dễ dàng giải được bài toán sau:
Bài toán 1: ∆ABC vuông tại A, AM là trung tuyến. Gọi P, Q là hình chiếu của
M trên AC, AB. Chứng minh rằng: SAQMP =

1
SABC
2

Hướng dẫn:

Dễ thấy P, Q lần lượt là trung điểm của AC, AB. Áp dụng bài toán trên ta có:
1
SAMC
2
1
SAMQ = SBMQ = SABM
2
1
⇒ SAMP + SAMQ =
(SAMC + SABM)
2
1
⇒ SAQMP = SABC.
2

SAMP = SMPC =

Ta thấy nếu điểm M di chuyển trên BC thì S AQMP cũng sẽ thay đổi và thay đổi
như thế nào. Ta có bài toán sau:
Bài toán 2: Cho tam giác ABC vuông tại A. M là một điểm thay đổi trên cạnh
BC. Gọi P, Q lần lượt là hình chiếu của điểm M trên AC và AB . Với vị trí nào
của điểm M trên BC thì SAQMP lớn nhất
Trường THCS Băng AĐrênh

Giáo viên Đặng Anh Phương

5

Đề tài sáng kiến kinh nghiệm
Phân tích bài toán: Ta thấy SABC không đổi. Vậy SAQMP lớn nhất khi và chỉ khi
S

AQMP
S
ABC

lớn nhất. Từ đó ta có cách giải:

Cách 1:
Ta có SAQMP = AQ. MQ; SABC =
⇒

S AQMP
S ABC

1
AB. AC
2

A

= 2. AQ.MQ = 2 AQ . QM .
AB. AC

AB AC

Q

Đặt BM = x; MC = y
AQ
y
QM
x
=> AB = x + y ; AC = x + y
S AQMP

P

B

xy

= 2.
Do đó S
mà (x + y)2 ≥ 4xy.
( x + y)2
ABC

=>

S

AQMP 1
≤ .
S
2
ABC

C

M

Dấu “=” xảy ra <=> x = y <=> M là trung điểm của BC.

Vậy SAQMP đạt giá trị lớn nhất bằng

1
SABC khi M là trung điểm của BC.
2

Mặt khác: S APMQ = SABC – ( SBQM + SCPM). Vậy diện tích tứ giác APMQ lớn
nhất khi và chỉ khi SBQM + SCPM nhỏ nhất <=> tỉ số

S

+S
BQM
CPM
S
ABC

nhỏ nhất. Từ

đó ta có cách giải khác:
Cách 2:
Ký hiệu SABC = S; SBQM = S1; SMPC = S2.
Ta có: SAQMP = S – ( S1 + S2 ).

S1 + S2
nhỏ nhất.
S
S BM 2
Ta có: QM // AC => ∆BQM ∽ ∆BAC => 1 =
S BC 2
S2 MC 2
∆
PCM
∽
∆
ACB
=
PM // AB =>
=>
S BC 2
S1 + S2 BM 2 + MC 2 x 2 + y 2 1
=
=
≥ ( Vì (x+y)2 ≤ 2(x2 + y2) )
=>
2
2
S
2
BC
( x + y)
1
1

Vậy S1 + S2 ≥ S => S AQMP ≤ S .
2
2
Dấu “=” xảy ra <=> x = y <=> M là trung điểm của BC.
Và ta dễ thấy: ∆CPM ∽ ∆MQB
Do đó SAQMP lớn nhất <=> S1 + S2 nhỏ nhất <=>

CP

PM

=> MQ = QB ⇔ CP.QB = PM .MQ
⇒ CP. QB. AP.AQ = (PM.MQ)2
Nên ta có cách giải khác:
Trường THCS Băng AĐrênh

( Vì AP = MQ; AQ =PM)

Giáo viên Đặng Anh Phương

6


Đề tài sáng kiến kinh nghiệm
Cách 3: Dễ thấy AQMP là hình chữ nhật
⇒ SAQMP = PM. MQ
SABC = S =

AC . AB
2

Ta có: AC = AP + PC ≥ 2 AP.PC
AB = AQ + QB ≥ 2 AQ.QB
⇒ AC . AB ≥ 4 AP.PC. AQ.QB
Ta lại có: ∆ CPM ∽ ∆ MQB (g.g)
CP

( BĐT côsi)
(BĐT côsi)

PM

=> MQ = QB ⇔ CP.QB = PM .MQ
⇒ CP. QB. AP.AQ = (PM . MQ)2
Suy ra: AC . AB ≥ 4. PM . MQ
⇒ 2S ≥ 4SAQMP ⇒ SAQMP ≤

Vậy maxSAQMP =

( Vì AP = MQ; AQ =PM)

S
.
2

S
khi PC = CA và QA = QB hay M là trung điểm của BC.
2

Nhận xét 1: Về cách giải, ở bài toán 2 để tìm vị trí của điểm M sao cho diện

tích APMQ lớn nhất, ta phải xét mối liên hệ giữa diện tích APMQ với diện tích
tam giác ABC.
Mặt khác, ta nhận thấy rằng nếu lấy điểm E đối xứng với điểm M qua AB,
điểm F đối xứng với điểm M qua AC thì 3 điểm E,A,F thẳng hàng ( Bài 159 sách
bài tập toán 8, tập một) và diện tích tam giác MEF gấp hai lần diện tích tứ giác
AQMP. Vì vậy, ta có thể phát biểu thành một bài toán mới như sau:
Bài toán 2.1: Cho tam giác ABC vuông tại A; M di chuyển trên cạnh BC. Gọi
E,F lần lượt là điểm đối xứng của M qua AB và AC. Xác định vị trí của điểm M
để diện tích tam giác MEF lớn nhất.
Hướng dẫn:

Dễ dàng chứng minh được ∆EAQ = ∆MAQ
·
= 1800
Và ∆MAP = ∆FAP nên ta có: EAF
Và SAEQ = SMAQ ; SAMP = SFAP
Suy ra SFEM = 2SAQMP.
Đến đây ta giải giống bài toán 2.
Nhận xét 2: Bằng phương pháp tổng quát hóa, dựa vào cách giải bài toán
2 ta có thể thay tam giác ABC vuông ở A bằng một tam giác ABC bất kỳ. Khi đó
P,Q được thay là giao điểm của các đường thẳng qua M song song với AB và
AC, và thay việc tìm vị trí của điểm M để diện tích tứ giác APMQ lớn nhất bằng
Trường THCS Băng AĐrênh

Giáo viên Đặng Anh Phương

7


Đề tài sáng kiến kinh nghiệm

1
S
.
2 ABC
Ta có: Bài toán 2.2: Cho tam giác ABC, trên cạnh BC lấy điểm M bất kỳ.
Đường thẳng qua M và song song với AB cắt AC tại P, đường thẳng qua M và
việc chứng minh SAPMQ ≤

1

song song với AC cắt B tại Q. Chứng minh rằng: S AQMP ≤ 2 S ABC ?
Phân tích: Ta thấy bài toán 2.2 là bài toán tổng quát cho bài toán 2. Nên cả hai
cách giải 1 và 2 ở bài toán 2 đều áp dụng được cho bài toán này.

Cách 1: Để tính
S AQMP
S ABC

S AQMP
S ABC

ta kẻ đường cao từ B hoặc C của tam giác ABC. Khi đó:

KH . AP
KH AP
KH QM
= 2.
.
= 2.
.

BH . AC
BH AC
BH AC
MC BM
xy
1
= 2. BC . BC = 2 x + y 2 ≤ 2
(
)

=2

( Vì ( x+ y)2 ≥ 4xy )
1
Vậy S APMQ ≤ S ABC
2
Cách 2: Hoàn toàn tương tự cách 2 của bài toán 2.
Cách 3:

Không mất tính tổng quát: Giả sử MB ≥ MC. Trên đoạn MB lấy điểm I sao cho
MI = MC. Qua I kẻ đường thẳng song song với QM cắt AB tại K, cắt PM tại G.
Ta có: ∆ MPC =∆ MGI (g.c.cg)
SMPC = SMGI và MP = MG
Do đó SAQMP = SKQMG
(
Vì
AQMP
và
KQMG
là

hình
bình
hành)
Lại có SABC ≥ SAQMP + SKQMI + SMPC
⇔ SABC ≥ SAQMP + SKQMI + SMGI
Trường THCS Băng AĐrênh

Giáo viên Đặng Anh Phương

8


Đề tài sáng kiến kinh nghiệm
⇔ SABC ≥ 2SAQMP.

Như vậy sau khi giải xong các bài toán trên ta rút ra được phương pháp
giải tổng quát cho một số bài toán diện tích bằng cách tạo ra hình bình
hành nội tiếp tam giác. Kết quả cũng như cách giải của bài toán 2.1 sẽ được
vận dụng giải cho các bài tập sau:
Nhận xét 3: Từ bài toán 2.2 ta thấy SAQMP đạt giá trị lớn nhất bằng

S
khi M
2

là trung điểm của BC với S = S ABC. Khi đó tổng diện tích hai tam giác QMB và
PMC đạt giá trị nhỏ nhất.
- Ở bài toán 2.2, xét trường hợp điểm M nằm trong tam giác ABC. Lúc đó,
qua M kẻ các đường thẳng song song với các cạnh của tam giác ABC, cắt các
cạnh AB, BC, CA lần lượt tại các điểm Q, H, N, K, G, P. Áp dụng kết quả của

bài toán 2.2 ta chứng minh đựơc S1+S2+S3 ≥ S :3 ( S là diện tích tam giác ABC).
Từ đó ta có bài toán 2.3.
Bài toán 2.3 : Cho tam giác ABC, M là điểm nằm trong tam giác. Qua M kẻ các
đường thẳng song song với các cạnh của tam giác cắt các cạnh AB, BC, CA lần
lượt tại Q, H, N, K, G, P. Gọi S1 = SQHM, S2 = SNMK, S3 = SPMG ; S = SABC.
S
3
b) Tìm vị trí của điểm M để S1 + S2 + S3 nhỏ nhất.
Hướng dẫn giải :
a) Chứng minh S1 + S2 + S3 ≥

a)
a) Xét tam giác AHG có :
Hình bình hành AQMP nội tiếp trong tam giác.
Áp dụng kết quả cách 2 của bài toán 2.2, ta có :
S1 + S 2 ≥

1
S AHG . Tương tự :
2

1
S BQK
2
1
Với tam giác CPN ta có : S2 + S3 ≥ SCPN
2
1
Suy ra : 2. ( S1 + S2 + S3) ≥ ( S + S1 + S2 + S3)
2

S
⇒ 3.( S1 + S2 + S3 ) ≥ S ⇒ S1 + S2 + S3 ≥
.
3

Với tam giác BQK ta có : S1 + S2 ≥

b) Từ nhận xét bài toán 2.2 ta có S1 + S2 +S3 nhỏ nhất khi và chỉ khi M đồng thời
Trường THCS Băng AĐrênh

Giáo viên Đặng Anh Phương

9


Đề tài sáng kiến kinh nghiệm
là trung điểm của HG, QK và NP.
M là trung điểm của HG ⇔ AM đi qua trung điểm của BC
M là trung điểm của QK ⇔ BM đi qua trung điểm của AC
M là trung điểm của NP ⇔ CM đi qua trung điểm của BA
Khi đó M là trọng tâm của tam giác ABC.
Nhận xét 4 : Từ bài toán 2.2 với tam giác ABC có hai góc B và C nhọn,
dựng hình chữ nhật MNPQ sao cho M nằm trên cạnh AB, N nằm trên cạnh AC
còn 2 điểm P, Q nằm trên cạnh BC, lúc này ta không yêu cầu chứng minh S MNPQ
≤

1
SABC nữa mà yêu cầu tìm vị trí của M sao cho diện tích MNPQ là lớn nhất.
2

Từ đó ta có bài toán 2.6 :
Bài toán 2.4 : Cho tam giác ABC có hai góc B và C nhọn. Dựng hình chữ nhật
MNPQ sao cho M nằm trên cạnh AB, N nằm trên cạnh AC còn hai điểm P, Q
nằm trên cạnh BC. Hãy tìm vị trí của điểm M để diện tích hình chữ MNPQ lớn
nhất ?
Phân tích : Bài toán này thực chất là bài toán 2 được mở rộng nhưng đòi hỏi HS
phải biết cách liên hệ bài toán 2 hoặc bài toán 2.2 để áp dụng kết quả của nó vào
bài toán này. Từ cách giải của bài toán 2, ta nhận thấy rằng để tìm được vị trí
điểm M sao cho diện tích MNPQ lớn nhất ta phải tìm được mối liên hệ giữa diện
tích của MNPQ với diện tích tam giác ABC ; tức là ta phải tạo đường cao của
tam giác ABC để tính diện tích. Vì cạnh PQ của hình chữ nhật nằm trên cạnh
BC, suy ra đường cao phải kẻ là đường cao xuất phát từ đỉnh A. Kẻ đường cao
AI ta có thể áp dụng ngay kết quả bài toán 2 vào hai tam giác AIB và AIC. Từ
đó ta có thể giải bài toán 2.6 như sau :
Hướng dẫn giải:

Cách 1 : Kẻ đường cao AI, gọi K là giao điểm của AI với MN.
Áp dụng kết quả bài toán 2.2 cho tam giác AIB và tam giác AIC, ta có :
1

S AIB 

2
 ⇒ S MKIQ + S
1
S NKIP ≤ S AIC 

2
1
⇒ SMNPQ ≤ S ABC

2
S MKIQ ≤

NKIP

≤

1
( S AIB + S AIC )
2

Trường THCS Băng AĐrênh

Giáo viên Đặng Anh Phương

10


Đề tài sáng kiến kinh nghiệm
Vậy MaxSMNPQ =

1
1
1
S ABC xảy ra khi SMKIQ = S AIB và SNKIP = SAIC
2
2
2

Các đẳng thức xảy ra khi M là trung điểm của AB, N là trung điểm của AC ( Áp

dụng kết quả bài toán 2.2). Vậy khi M là trung điểm của AB thì hình chữ nhật
MNPQ có diện tích lớn nhất.
- Việc biết cách chuyển bài toán 2.6 về để áp dụng kết quả của bài toán 2.2
đã giúp cho việc giải bài toán một cách nhẹ nhàng và nhanh chóng hơn, góp
phần củng cố các kết quả thu được khi giải bài toán 2 và bài toán 2.2.
Cách 2 : Từ cách giải bài toán 2, nhìn vào hình vẽ, học sinh có thể nghĩ ngay
đến việc tính tỉ số diện tích tứ giác MNPQ và diện tích tam giác ABC bằng cách
kẻ đường cao AI của tam giác ABC.
Lúc đó :
SMNPQ = MN. MQ
1
AI. BC
2
S MNPQ
MN .MQ
MN MQ
AK KI
AK .KI
= 2.
= 2.
.
= 2.
.
=2.
Suy ra S
AI .BC
BC AI
AI AI
ABC
( AK + KI ) 2

SABC =

Mà ( AK + KI)2 ≥ 4. AK.KI
AK .KI
S MNPQ 1
1
≤ ⇒ SMNPQ ≤ .SABC
Hay
4.
AK
.
KI
2
( AK + KI )
SABC 2
1
Vậy SMNPQ lớn nhất bằng .SABC khi M là trung điểm của AB.
2
Cách 3 : Kẻ AI ⊥ BC ; AI cắt MN tại K

Suy ra 2.

AK .KI

2

≤ 2.

Đặt AI = h ; BC = a ; MN = x ; MQ = y. Khi đó : KI = y ; AK = a- y

SABC = SAM N + SMNPQ + SNPC + SBMQ
⇒

1
a. h = 1 x. (h - y) + x. y + 1 ( NP. PC + MQ. BQ)
2
2
2

Mà NP = MQ = KI = y
Nên:

1
1
1
a. h = x. (h - y) + x. y + y. ( PC + BQ)
2
2
2

Mà PC + BQ = BC – QP = a – x
1
a. h = 1 x. (h - y) + x. y + 1 y( a – x )
2
2
2
h( a − x)
⇒ a.h = xh + ay ⇒ y =
.
a

h( a − x)
h
Vậy SMNPQ = xy = x.
= x ( a − x)
a
a
h
Ta có :
không đổi nên diện tích tứ giác MNPQ lớn nhất khi và chỉ khi x.(a –
a
⇒

x ) lớn nhất mà x và a- x là hai số dương có tổng bằng a không đổi , do đó x. ( a
– x ) lớn nhất khi x = a – x ⇔ x =

Trường THCS Băng AĐrênh

a
2

⇔ MN là đường trung bình của tam giác

Giáo viên Đặng Anh Phương

11


Đề tài sáng kiến kinh nghiệm
ABC. Khi đó M là trung điểm của AB. Và SMNPQ

h a 
a  h a ah S
. .  a − ÷= . = = ABC .
a 2 
2 2 2 4
2

Vậy khi M là trung điểm của AB thì hình chữ nhật MNPQ có diện tích lớn nhất
bằng

1
SABC.
2

Nhận xét 5 :Ta thấy với bài toán 2.6 nếu học sinh nắm chắc cách giải của
bài toán 2 và bài toán 2.2 các em có thể vận dụng được kết quả để giải hoặc
biết dùng cách giải tương tự để giải chứ không cần giải như cách 3 vừa dài vừa
khó. Và khi năm chắc cách khai thác kết quả của bài toán, ta có thể đưa ra bài
toán mới bằng cách thay giả thiết của bài toán 2.6 là hình chữ nhật MNPQ bởi
hình bình hành MNPQ thì kết quả vẫn không thay đổi. Ta có bài toán 2.7
Bài toán 2.5 : Cho tam giác ABC. Dựng hình bình hành MNPQ sao cho M nằm
trên cạnh AB, N nằm trên cạnh AC, còn hai điểm P, Q nằm trên cạnh BC. Hãy
tìm vị trí của điểm M sao cho diện tích hình bình hành là lớn nhất.
Hướng dẫn giải:

Cách 1 : Ta thấy nếu từ A vẽ đường thẳng AI song song với MQ (I ∈ BC ) thì ta
sẽ
vận dụng được kết quả bài toán 2.2 vào hai tam giác AIC và AIB với các hình
bình hành IKNP và IKMQ.
1

1
SAIC và SIKMQ ≤ SABI
2
2
1
≤
SABC.
2

Ta có : SIKNP ≤
Suy ra SMNPQ

Dấu bằng xảy ra khi M là trung điểm của
AB, N là trung điểm AC.
Vậy để SMNPQ lớn nhất thì M là trung điểm của AB
Cách 2 :

Trường THCS Băng AĐrênh

Giáo viên Đặng Anh Phương

12


Đề tài sáng kiến kinh nghiệm
Ta cũng có thể dùng cách 1 của bài toán 2, Bằng cách kẻ đường cao AI, và tính
tỉ số diện tích của tứ giác MNPQ với diện của tam giác ABC.
Nhận xét 6 : Qua cách giải bài toán 2.5 gợi cho ta cách giải bài toán sau :
Bài toán 2.6 : Cho tứ giác ABCD. Trên cạnh AB, BC, CD, DA lấy M, N, P, Q
MA

NC

PC

QA

sao cho : MB = NB = PD = QD = t . ( t là hằng số không đổi)
Tìm t để SMNPQ đạt giá trị lớn nhất ?
Hướng dẫn :

Gọi I, H lần lượt là giao điểm của AC với QM và PN.
Dễ thấy các tứ giác : MNPQ ; MNHI và QPHI là hình bình hành.
Ta có : SMNPQ = SMNHI + SQPHI
Để SMNPQ lớn nhất thì SMNHI và SQPHI lớn nhất
Như vậy trong tam giác ABC có tứ giác MNHI là hình bình hành với điểm M
nằm trên cạnh AB, điểm N nằm trên cạnh BC còn H và I nằm trên cạnh AC. Áp
dụng kết quả bài toán 2.5 ta có :
1
2

1
2

SMNHI ≤ SABC và SQPHI ≤ SACD
1
2

Suy ra : SMNPQ ≤ SABCD . Dấu bằng xảy ra khi M, N, P, Q lần lượt là trung
điểm của AB, BC, CD và DA.

Vậy để SMNPQ lớn nhất thì t = 1
Nhận xét 7 : Qua bài toán 2.6 ta thấy khi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm
1
2

1
4

của AB, BC, CD và DA thì S MNPQ = . S ABCD . Khi đó ta có S MNP = . S ABCD , nên ta có
bài toán sau :
Bài toán 2.6’ : Cho bài tứ giác ABCD và M, N, P lần lượt là trung điểm của
1
4

AB, BC, CD. Chứng minh rằng S MNP = . S ABCD ?
Như vậy ở các bài toán trên đã xoay quanh việc nội tiếp hình bình hành vào
trong một tam giác để diện tích hình bình hành đó là lớn nhất. Vậy nếu hình
bình hành là cố định thì tam giác được dựng như thế nào sẽ có diện tích nhỏ
nhất. Ta xét bài toán sau :
Bài toán 2.7 : Cho góc xOy và điểm H cố định thuộc miền trong của góc đó.
Một đường thẳng d quay xung quanh điểm H cắt Ox, Oy lần lượt tại C và D.
Trường THCS Băng AĐrênh

Giáo viên Đặng Anh Phương

13


Đề tài sáng kiến kinh nghiệm
Hãy dựng đường thẳng d để diện tích tam giác COD nhỏ nhất.

Phân tích bài toán : Ta nhận thấy rằng tam giác COD thay đổi khi cạnh CD
quay quanh điểm H. Dựa vào kết quả của bài toán 2.2 ta nghĩ đến việc tạo ra
hình bình hành có đỉnh là H và O trong tam giác COD. Từ đó ta có cách giải
như sau :
Cách 1 :
x
C

B

H

O

y

D

A

Từ H kẻ HA // Ox ( A ∈ Oy); HB // Oy ( B ∈ Ox )
Áp dụng kết quả bài toán 2.2 ta có:
SOAHB ≤

1
SCOD hay SCOD ≥ SOAHB
2

Vì O, H, Ox và Oy cố định nên OAHB cố định và SOAHB không đổi.
Vậy COD nhỏ nhất khi SCOD = 2.SOAHB xảy ra khi H là trung điểm của CD. Ta có

cách dựng đường thảng d như sau:
Từ H kẻ HA // Ox ( A ∈ Oy), trên tia Oy ta lấy điểm D sao cho OD = 2.OA.
Nối DH cắt Ox tại C. CD là đường thẳng cần dựng.
Cách 2:
x
C
C'

O

H

D

N
D'

y

Ở bài toán này ta có thể chứng minh diện tích tam giác COD nhỏ nhất bằng
cách: qua H dựng đường thẳng d cắt Ox, Oy tại C và D sao cho CH = HD. Ta
chứng minh diện tích tam giác COD nhỏ nhất.
Thật vậy: Qua H kẻ đường thẳng d’ bất kỳ cắt Ox,Oy tại C’,D’.
Ta cần chứng minh: SCOD < SC’OD’.
Sẽ có các khả năng: OC’ < OC và OD’ > OD hoặc OC ’< OC và OD’ > OD
*) Giả sử OC’ < OC và OD’ > OD.
Từ D kẻ đường thẳng song song với Ox cắt C’D’tại N.
⇒ ∆ HCC’ = ∆ HDN ( g.c.g) ⇒ SHCC’ < SHDD’
⇒ SHCC’ + SC’HDO < SHDD’ + SC’HDO hay SCOD < SC’OD’.
Trường THCS Băng AĐrênh

Giáo viên Đặng Anh Phương

14


Đề tài sáng kiến kinh nghiệm
Trường hợp còn lại chứng minh tương tự.
Nhận xét 8: Ở bài toán 2.7, nếu học sinh hiểu và nắm vững cách giải bài
toán 2.2 thì dễ dàng giải được bài toán 2.7. Bây giờ ta xét một bài toán khó hơn
mà muốn vận dụng được kết quả bài toán 2.2 ta phải kẻ đường phụ để đưa về
bài toán 2.2.
Bài toán 2.8: Cho hình thang ABCD ( AB // CD ), hai đường chéo AC và BD
cắt nhau tại P. Chứng minh rằng: SPAB + SPCD ≥

1
SABCD.
2

Phân tích bài toán:
Từ yêu cầu của bài toán, gợi cho ta nghĩ đến việc vận dụng bài toán 2.2 để
giải. Vì ABCD là hình thang nên SDAB = SCAB suy ra SAPD = SBPC. Vì vậy để
chứng minh SPAB + SPCD ≥

1
1
SABCD ta chứng minh 2.SAPD ≤ SABCD. Vì vậy ta nghĩ
2
2

cần ghép 2. SAPD thành diện tích một hình bình hành và chuyển S ABCD thành diện
tích của một tam giác chứa 2. SAPD và có diện tích bằng SABCD.
Hướng dẫn:
Cách 1:

Từ A kẻ đường thẳng song song với BD cắt CD kéo dài tại E. Qua D kẻ đường
thẳng song song với AC cắt AE tại Q.
Áp dụng kết quả bài toán 2.2 ta có:
1
2

SAQDP ≤ SAEC
1
⇒ SEQD + SDCP ≥ SAEC (1)
2

Mà SDAB = SCAB
⇒ SPAD = SPBC (2)
Vì AQDP và ABDE là các hình bình hành nên:
QD = AP; DE = AB; QDE = PAB ( góc có cạnh tương ứng song song)
Suy ra ∆ APB = ∆ DQE ( c.g.c) (3)
1
2

Từ (1), (2), (3) suy ra: SPAB + SPCD = SEQD + SPCD ≥ SAEC
1
( SEQD + SAQD + SADP + SPCD )
2
1
≥

( SABP + SPBC + SADP + SPCD )
2

⇒ SPAB + SPCD ≥
⇒ SPAB + SPCD

Trường THCS Băng AĐrênh

Giáo viên Đặng Anh Phương

15


Đề tài sáng kiến kinh nghiệm
⇒ SPAB + SPCD ≥

1
SABCD, dấu bằng xảy ra khi D là trung điểm của CE khi đó
2

AB = CD và tứ giác ABCD là hình bình hành.
Cách 2:

Ta có thể tính trực tiếp mà không sử dụng kết quả bài 2.2
Đặt SPAB = S1; SPAD = S2; SPCD = S3; SPBC = S4
Kẻ AQ ⊥ DB; CR ⊥ BD, ta có:
1
1
1
1

.AQ. PD ).( .CR. PB ) = ( .AQ. PB ).( . CR. PD ) = S1. S3
2
2
2
2
2
⇒ ( S1 + S3 ) ≥ 4. S1. S3 = 4. S2. S4
(1)

S2.S4 = (

Vì ABCD là hình thang nên S2 = S4,
Vậy (S2 + S4 )2 = 4.S2. S4
Từ (1), (2) suy ra (S1 + S3 )2 ≥ ( S2 + S4 )2
⇒ S1 + S 3 ≥ S2 + S 4
⇒ 2. ( S1 + S3 ) ≥ S1 + S3 + S2 + S4 ⇒ S1 + S3 ≥

(2)
1
SABCD.
2

Dấu bằng xảy ra khi S1 = S2 = S3 = S4 khi đó ABCD là hình bình hành.
Nhận xét 9: Như vậy nếu chúng ta biết vận dụng thành thạo kết quả bài
toán 2.2 thì ta sẽ giải bài 2.10 dễ dàng ( cách 1). Còn nếu chúng ta không biết
chuyển bài toán để áp dụng kết quả bài toán 2.2 thì việc tìm ra hướng giải khó
hơn ( cách 2).
Bài toán 2.9: Cho hình bình hành ABCD và điểm M cố định trên cạnh BC, lấy
điểm N bất kỳ trên cạnh AD. Gọi H là giao điểm của AM và BN, I là giao điểm
của MD và NC. Tìm vị trí của điểm N để diện tích MHNI lớn nhất.

Phân tích bài toán: Ta có ABMN và DCMN luôn là hình thang. Câu hỏi đặt ra
là ta có thể áp dụng kết quả của bài 2.10 không?
Hướng dẫn:

Nối M với N ta được ABMN và CDNM là hình thang.
Trường THCS Băng AĐrênh

Giáo viên Đặng Anh Phương

16


Đề tài sáng kiến kinh nghiệm
Áp dụng kết quả bài toán 2.10 ta có:
1
SABMN
2
1
⇒ SHAB + SHMN ≤ SABMN
2

SAHN + SHBM ≥

Mà SHAB = SHNM ( vì SABM = SNBM )
⇒ SHMN ≤

1
SABMN
4

Dấu bằng xảy ra khi AB // MN.
Tương tự:
SIMN ≤

1
SCDNM, dấu bằng xảy ra khi MN // CD.
4

Từ đó suy ra:
1
1
1
SABMN + SCDNM ⇒ SMHNI ≤ SABCD.
4
4
4
1
Vậy diện tích tứ giác MHNI lớn nhất bằng SABCD khi MN // AB.
4

SMHNI = SHMN + SIMN ≤

Nhận xét 10: Từ bài toán 2.2, ta thấy: nếu M là trung điểm của BC và P, Q
là hai điểm bất kỳ thuộc cạnh AC, AB.Tương tự cách 3 của bài toán 2.2 ta có
cách giải cho bài toán hay và khó sau:
Bài toán 2.10: Cho tam giác ABC, M là trung điểm của BC; P, Q là hai điểm
bất kỳ thuộc AC, AB. Chứng minh rằng SMPQ ≤

1
SABC?

2

Hướng dẫn:
Trên tia đối của tia MP lấy điểm G sao cho:
MP = MG; ⇒ SMPQ = SMQG
Và ∆ CMP = ∆ BMG (c.g.c)
Ta có: SMPQ = SMQG ≤ SMGBQ = SMBQ + SMBG
⇒ SMPQ ≤ SMBQ + SCMP
(1)
Lại có: SMPQ ≤ SAQMP
(2)
Từ (1), (2) suy ra
2.SMPQ ≤ SMBQ + SCMP + SAQMP
⇔ 2. SMPQ ≤ SABC
⇔ SMPQ ≤

1
SABC
2

Dấu “ =” xảy ra khi và chỉ khi Q trùng với A, P
trùng với C hoặc Q trùng với B, P trùng với A.
Nhận xét 11: Nếu ở bài toán 2.10 ta thay
điều kiện của bài toán như sau: M,P, Q lần lượt
thuộc BC, AC, AB và thỏa mãn
AQ BM CP
=
=
= k thì SMPQ sẽ đạt giá trị nhỏ
QB MC PA

nhất.
Trường THCS Băng AĐrênh

Giáo viên Đặng Anh Phương

17


Đề tài sáng kiến kinh nghiệm
Bài toán 2.11: Cho tam giác ABC cố định có diện tích S. Trên AB, BC, CA lấy
Q, M, P sao cho

AQ BM CP
=
=
=k.
QB MC PA

a) Tính SMPQ theo S và k.
b) Với giá trị nào của k thì SMPQ nhỏ nhất? Tính giá trị nhỏ nhất đó theo S?
Hướng dẫn:

a) Đặt SAQP = S1; SBMQ = S2; SCMP = S3
S1 AQ. AP
=
;
S AB. AC
S 2 BQ.BM
=

S
BA.BC
S3 CP.CM
=
S
CA.CB
AQ k
AQ
k
AQ
k
Ta có: QB = 1 ⇔ AQ + QB = k + 1 ⇔ AB = k + 1
CP k
PA 1
PA
1
= ⇔
= ⇔
=
PA 1
CP k
PA + CP k + 1
AP
1
⇔
=
AC k + 1
AQ AP
k
S

.
=
⇒ 1=
AB AC ( k + 1) 2
S
⇒

S

k

S

k

2
2
Tương tự, ta có S = k + 1 2 ; S = k + 1 2
(
)
(
)

3k

Suy ra SMPQ = S – ( S1 + S2 +S3) = S - k + 1 2 .S
(
)

3k 

÷
⇒ SMPQ = S.  1 −
 ( k + 1) 2 ÷


k
b) SMPQ nhỏ nhất ⇔ k + 1 2 lớn nhất.
(
)
k

1

Ta có: (k+ 1)2 ≥ 4k ⇔ k + 1 2 ≤
(
)
4
k

1

Vậy k + 1 2 lớn nhất bằng ⇔ k = 1.
(
)
4
Trường THCS Băng AĐrênh

Giáo viên Đặng Anh Phương

18

Đề tài sáng kiến kinh nghiệm
Khi k = 1 thì AQ = QB; BM = Mc; CP = AP. Khi đó Q, M, P là trung điểm của
AB, BC, CA. và SMPQ nhỏ nhất bằng

S
.
4

- Như vậy, trong đề tài này thì bài tập 18 trang 21 sgk toán 8 tâp 1 là cở sở
lý thuyết để chúng ta giải được bài toán 1, bài toán 1 và bài toán 2 là trường
hợp đặc biệt của bài toán 2.2, bài toán 2.2 là tiền đề để giải các bài toán còn
lại. Phương pháp chung là vận dụng kết quả của bài toán 2.2 vào các bài toán
còn lại mặc dù các bài toán đó vẫn có những cách giải khác. Để vận dụng có
hiệu quả nhất định thì giáo viên cần phải biết hướng dẫn học sinh phân tích bài
toán. Với bài toán đã giải ta tìm các kết quả tương đương, lưu ý các kiến thức
đã sử dụng để giải. Với bài toán mới, ta tìm cách liên hệ với bài toán đã giải
bằng cách dựa vào hình vẽ hoặc dựa vào yêu cầu của bài toán.
c/ Điều kiện để thực hiện giải pháp, biện pháp
- Giáo viên phải cung cấp cho học sinh những kiến thức cơ bản và cần thiết
trong quá trình dạy và ôn tập để học sinh có nền tảng kiến thức cơ bản.
- Học sinh phải chủ động trang bị cho mình kiến thức và kĩ năng giải toán
hình học xuyên suốt trong quá trình học tập.
- Cơ sở vật chất nhà trường phải thật sự đầy đủ, đáp ứng được nhiệm vụ dạy
và học của học sinh và giáo viên. Tạo ra các sân chơi toán học như " Câu lạc bộ
toán học, Thi toán qua mạng, ...".
d/ Mối quan hệ giữa các giải pháp, biện pháp
- Chuyển thể từ dạng toán phức tạp thành dạng toán đơn giản đã biết cách
giải. Giáo viên đưa liều lượng kiến thức vừa phải, thích hợp với năng lực và

điều kiện của học sinh.
- Tạo hứng thú cho học sinh bằng cách cho các bài tập dễ rồi tăng dần lượng
kiến thức. Tạo cho học sinh cảm giác yêu thích phân môn hình học rồi mới phát
triển nâng cao.
e/ Kết quả khảo nghiệm, giá trị khoa học của vấn đề nghiên cứu
- Trong quá trình giảng dạy năm học vừa qua khi áp dụng kinh nghiệm của
mình để soạn giảng và vận dụng vào thực tế tôi nhận thấy có sự thay đổi đáng
mừng:
- Học sinh đã có khả năng phân tích đề một bài toán lạ, học sinh biết khai
thác, mở rộng kết quả các bài tập cơ bản xâu chuỗi các bài toán khi làm bài ở
lớp, ở nhà hay bài kiểm tra. Tuy nhiên vẫn còn một số trường hợp học sinh vẫn
còn mắc phải sai lầm bởi tính chủ quan, xem nhẹ hay làm bài theo cảm nhận
thói quen.
II.4. Kết quả thu được qua khảo nghiệm thực tế.
- Học sinh đã có thái độ học tập tích cực, thích thú hơn trong tiết học hình
Trường THCS Băng AĐrênh

Giáo viên Đặng Anh Phương

19


Đề tài sáng kiến kinh nghiệm
học. Chủ động nêu lên những thắc mắc, khó khăn khi gặp bài tập lạ với giáo
viên, các em hưởng ứng rất nhiệt tình. Bên cạnh đó các bài tập hình học mà giáo
viên giao về nhà đã được các em làm một cách nghiêm túc, tự giác học bài. Tuy
nhiên một số em vẫn còn mắc sai lầm ở cách trình bày.
- Phần lớn chất lượng các tiết học hình học, các bài kiểm tra đã được nâng
lên, các em đã xác định đúng hướng đi bài toán.
- Chất lượng mũi nhọn của môn toán trong nhà trường được nâng lên đáng

kể. Hàng năm, số lượng học sinh đạt học sinh giỏi cấp huyện, cấp tỉnh môn giải
toán qua mạng khối lớp 8 được nâng lên.
III. Kết luận và kiến nghị
III.1. Kết luận:
- Trên đây là một số suy nghĩ và việc làm của tôi đã thực hiện trong quá
trình giảng dạy nhằm “Khai thác và phát triển một vài bài toán hình học 8
nhằm phát triển kỹ năng giải toán của học sinh”.
- Tôi nhận thấy các bài toán, dạng toán được giới thiệu có hệ thống thì việc
tiếp thu của các em có hiệu quả hơn. Việc khai thác bài toán sẽ giúp các em có
định hướng giải các bài toán khác mà sử dụng được kết quả của bài toán đã giải.
Tôi nghĩ rằng đó cũng là điều chúng ta cần quan tâm, cần tìm tòi và tích luỹ để
chất lượng học tập của các em ngày càng được nâng cao. Tôi rất mong được sự
chỉ bảo của các đồng chí đồng nghiệp để đề tài này được sâu rộng hơn, để vốn
kinh nghiệm giảng dạy của tôi được nâng cao hơn.
III.2. Kiến nghị:
- Đề nghị cụm chuyên môn của huyện, tổ chuyên môn, nhóm chuyên môn
của trường triển khai các chuyên đề nhiều hơn nữa để chúng tôi có cơ hội trao
đổi, học hỏi kinh nghiệm từ đồng nghiệp, từ các môn học khác.
- Đề nghị hội phụ huynh học sinh cần quan tâm hơn nữa đến việc học tập
của con em mình.
- Đề nghị ban giám hiệu nhà trường mở và duy trì các lớp học thêm, vận
động học sinh đi học đầy đủ để các em có điều kiện học tập, phát triển năng lực,
tăng chất lượng bộ môn.
- Đề nghị Phòng giáo dục và đào tạo quan tâm hơn nữa đến học sinh các
trường vùng sâu - vùng xa, vùng khó khăn.

Tài liệu tham khảo
1. Sách giáo khoa, Sách giáo viên, SBT toán 8 tập 1,2 - Phan Đức chính, Tôn
Thân.
2. Phương pháp dạy học ở trường phổ thông - Hoàng Chúng.

Trường THCS Băng AĐrênh

Giáo viên Đặng Anh Phương

20


Đề tài sáng kiến kinh nghiệm
3. Một số vấn đề đổi mới phương pháp dạy học môn toán THCS - Tôn Thân.
4. Nâng cao và phát triển toán 8 tập 1, 2 - Vũ Hữu Bình
5. Cẩm nang vẽ thêm đường phụ trong giải toán hình học phẳng - Nguyễn Đức
Tấn
6. Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán THCS hình học - Trần Văn Tấn,
Nguyễn Thị Thanh Thủy

Trường THCS Băng AĐrênh

Giáo viên Đặng Anh Phương

21