SKKN bạc 4 cấp tỉnh :tài: “Phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh thông qua việc tìm nhiều cách giải và khai thác bài toán”

MỤC LỤC
Phần 1. Phần mở đầu
A – Đặt vấn đề ……………………………………
B – Lí do chọn đề tài ……………………………
C - Phạm vi, đối tượng nghiên cứu……………..
Phần 2. Nội dung ……………………………..

Trang 3
Trang 3
Trang 3
Trang 4
Trang 4

I. Cơ sở lí luận và thực tiễn ………………………

Trang 4

1. Cơ sở lí luận ……………………………

Trang 4

2. Cơ sở thực tiễn …………………………

Trang 5

II. Vận dụng lí luận vào thực tiễn ………………
Ví dụ

Trang 5
Trang 6

1…………………………………………………….
Bài tốn 1 …………………………………………...
Bài tốn 2……………………………………………
Bài toán 3……………………………………………
Bài toán 4……………………………………………
Bài toán 5……………………………………………
Bài toán 6……………………………………………
Bài toán 7………………..…………………………
Bài toán 8………………..…………………………
Bài toán 9………………..…………………………
Bài toán 10……………….…………………………
Bài toán 11……………….…………………………
Bài toán 12……………….…………………………
Ví dụ 2…………………...…………………………
Bài tốn 1 ………………..…………………………
Bài tốn 2………………..…………………………
Bài tốn 3………………..…………………………
Bài toán 4………………..…………………………
Bài toán 5………………..…………………………
Bài toán 6………………..…………………………
Bài toán 7………………..…………………………
Bài toán 8………………..…………………………
Bài toán 9………………..…………………………
Bài toán 10……………….…………………………
Bài toán 11 …………….…………………………
III. Kết quả thực hiện …………………………

Trang 6
Trang 7
Trang 8

Trang 10
Trang 11
Trang 13
Trang 14
Trang 15
Trang 16
Trang 17
Trang 18
Trang 20
Trang 20
Trang 22
Trang 22
Trang 18
Trang 23
Trang 24
Trang 25
Trang 26
Trang 27
Trang 27
Trang 28
Trang 29
Trang 31
1


IV.

Bài học kinh nghiệm…………………………

Phần 3. Kết luận

Tài liệu tham khảo ………

PHẦN I.

Trang 33
Trang 34
Trang 36

PHẦN MỞ ĐẦU

A. Đặt vấn đề
Thời đại chúng ta đang sống là thời đại diễn ra cuộc chạy đua quyết liệt
về khoa học - công nghệ giữa các quốc gia. Trong bối cảnh đó, quốc gia nào
không phát triển được năng lực khoa học – công nghệ của mình thì quốc gia ấy
khó tránh được tụt hậu, chậm phát triển. Do vậy, một nền giáo dục tiên tiến tạo ra
nguồn nhân lực chất lượng có khả năng đóng góp cho sự phát triển năng lực khoa
học – công nghệ quốc gia, thúc đẩy sự phát triển kinh tế bền vững mà tất cả các
2


quốc gia đều nhằm tới. Mục tiêu của nền giáo dục đó là mang đến cho học sinh
niềm say mê học tập, khát khao được vươn tới những chân trời mới của tri thức
với một niềm tin mãnh liệt rằng mình có thể thực hiện được khát khao đó. Nói
cách khác giáo dục phải đặt trọng tâm vào việc khơi dậy sự say mê học tập, kích
thích sự tị mị và sáng tạo của học sinh để các em có khả năng kiến tạo kiến thức
từ những gì nhà trường mang đến cho họ, để họ thực sự thấy rằng mỗi ngày đến
trường là một ngày có ích.
Vai trị của người thầy phải tạo cơ hội tốt nhất để học sinh được thỏa sức
sáng tạo. Tôi cho rằng hoạt động giải toán là cơ hội tốt để phát triển tư duy sáng
tạo cho các em. Vậy dạy học giải toán thế nào để học sinh phát triển được tư duy

sáng tạo là câu hỏi mà tơi phải trăn trở.
B. Lí do chọn đề tài.
Để thực hiện mục tiêu chiến lược giáo dục, đào tạo trong giai đoạn hiện
nay. Nhiệm vụ của người giáo viên là phải nâng cao chất lượng dạy và học. Việc
nghiên cứu và đổi mới phương pháp giảng dạy để đem lại hiệu quả cao là một
việc làm hết sức quan trọng giúp học sinh tiếp thu các kiến thức một cách chủ
động, hỗ trợ các em tự tìm tịi, nghiên cứu kiến thức từ SGK, STK và từ thực tiễn
một cách chính xác, khoa học, đồng thời không ngừng phát triển tư duy kỹ năng
của học sinh một cách linh hoạt.
Nhằm khơi dậy sự say mê học tập mơn Tốn, kích thích sự tị mị và sáng
tạo của học sinh. Trong quá trình giảng dạy học sinh giải Tốn tơi thấy rằng, để
phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh thì người dạy phải biết tận dụng triệt để
các cơ hội sau để rèn luyện cho học sinh:
- Giải bài toán theo nhiều cách.
- Đề xuất bài tốn tương tự.
- Tìm bài tốn tổng qt.
3


- Đề xuất bài tốn mới
Với mong muốn được góp phần cơng sức nhỏ của mình trong bồi dưỡng
năng lực học toán cho học sinh và cũng nhằm rèn luyện khả năng sáng tạo trong
học toán cho học sinh cũng như muốn góp phần vào cơng tác bồi dưỡng đội ngũ
học sinh giỏi tốn. Tơi xin được đưa ra và trao đổi cùng quý vị đồng nghiệp đề
tài: “Phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh thông qua việc tìm nhiều cách giải
và khai thác bài tốn”
C. Phạm vi, đối tượng nghiên cứu.
- Phạm vi nghiên cứu: Chương trình toán lớp 8, lớp 9
- Đối tượng nghiên cứu: Học sinh trường THCS Bạch Liêu

PHẦN II.
I.

NỘI DUNG

CƠ SỞ LÍ LUẬN VÀ THỰC TIỄN

1. Cơ sở lí luận
Trong các giờ luyện tập hay ôn tập, bồi dưỡng học sinh giỏi việc tìm nhiều
cách giải khác nhau, phân tích để xem xét bài toán này được suy ra từ bài toán nào,
hay từ bài tốn này có thể suy ra được bài tốn nào nhằm giúp cho học sinh khám
phá, tìm tịi sáng tạo để suy nghĩ, tranh luận, thảo luận nhóm, đề xuất giải quyết
vấn đề ….Nhằm phát triển tư duy sáng tạo của học sinh.
Bên cạnh đó giáo viên ln luôn “Lấy học sinh làm trung tâm”, tạo cơ hội
để học sinh tự giác xung phong giải bài tập, học sinh thảo luận, đánh giá cách giải
của bạn và rút ra cách giải hay nhất, độc đáo nhất. Qua đó học sinh nắm được các
kiến thức cơ bản và khắc sâu các kiến thức đó để vận dụng vào giải bài tập, rèn
luyện các kỹ năng giải toán.
2. Cơ sở thực tiễn

4


Dạy học toán thực chất là dạy hoạt động toán, học sinh là chủ thể của
hoạt động do đó cần phải được cuốn hút vào những hoạt động học tập do giáo
viên tổ chức và chỉ đạo. Thơng qua đó học sinh tự khám phá những điều mình
chưa biết chứ không phải thụ động tiếp thu những tri thức đã sắp đặt sẵn. Muốn
vậy giáo viên cần truyền thụ cho học sinh những tri thức, phương pháp để học
sinh biết cách học, biết cách suy luận, biết cách tìm tịi để phát hiện ra kiến thức
mới.

Qua thực tế giảng dạy trong nhiều năm tơi thấy cách học của học sinh
cịn q thụ động, lười tìm tịi sáng tạo, chưa biết vận dụng khai thác các bài toán
đã học vào giải bài tập chính, giải xong bài tốn đó coi như là xong việc, sớm thõa
mãn cơng việc của mình chứ khơng chủ động tìm tịi thêm mối liên hệ giữa bài
toán này với bài toán khác, chưa biết xâu chuỗi bài tốn, vì vậy mà đề tài tơi chọn
nhằm nâng cao chất lượng của học sinh.
II . VẬN DỤNG LÍ LUẬN VÀO THỰC TIỄN
Trong các tiết luyện tập, ôn tập và các tiết bồi dưỡng học sinh giỏi tôi đã
lồng các kiến thức này vào tiết dạy nhằm phát triển tư duy sáng tạo của học sinh
và tạo sự hứng thú, không nhàm chán trong học tập đối với các em khá giỏi.
Từ một bài toán cơ bản học sinh lớp 8 có thể gặp thấy trong q trình làm bài
tập, giải toán nếu giáo viên biết dẫn dắt “biến tấu” thì học sinh có thể giải được
các bài tốn phức tạp hơn hoặc các em có thể sáng tác ra các bài toán mới dựa trên
bài toán gốc. Sau đây là một số ví dụ cụ thể:
VÍ DỤ 1

Bài tốn 1
µ
Cho tam giác ABC, A = 900 , M ∈ BC. Kẻ MP // AB, MQ // AC (P ∈ AB, Q ∈ AC).
Tìm vị trí của M để tứ giác APMQ có diện tích lớn nhất.
5


Hình 1

Thơng qua bài tốn 1 có thể phát triển cho học sinh các kỹ năng
tìm nhiều cách giải cho một bài tốn
Hướng dẫn giải (Hình 1)
Cách 1:
Ta có: SAPMQ = AP.AQ

SABC =

1
AB.AC
2

2
SAPMQ
AP AQ
CM BM ( BM + CM )
1
= 2.
.
.
= 2.
≤
≤
SABC
AB AC
BC BC
2
2BC 2

⇒ SAPMQ ≤

1
.SABC
2

SAPMQ lớn nhất bằng

1
diện tích tam giác ABC. Dấu bằng xảy ra ⇔ MB = MC.
2

Cách 2: Đặt AB = c; AC = b, AP = x.
Theo định lí Talet ta có:
PM BP
AQ c − x
b( c − x)
=
=
⇒
⇒ AQ =
AC AB
b
c
c
2

c  bc 2

b ( c − x ) −b(x − xc) −b  x − ÷ +
bc
SAPMQ = AP.AQ = x.
=
=
2
4 ≤


c
4
c
c
2

6


SAPMQ lớn nhất bằng

bc
c
. Dấu bằng xảy ra ⇔ x = . Khi đó M là trung điểm của
4
2

BC.
Cách 3: Tứ giác APMQ có diện tích lớn nhất
⇔ SBPM + SCQM nhỏ nhất
Đặt S1 = SBPM, S2 = SCQM
2

2

S1  BM  S2  CM 
=
=
÷;
÷

S  BC  S  BC 

S1 + S2 BM 2 + CM 2
( BM + CM ) = 1
=
⇒
≥
S
BC2
2BC2
2
2

⇒ S1 + S2 đạt giá trị nhỏ nhất ⇔ BM = CM, tức là M là trung điểm của cạnh
huyền BC.
Thơng qua bài tốn 1 có thể phát triển cho học sinh các kỹ năng
phát hiện bài toán tương tự bằng cách thay đổi vị trí của điểm M trên cạch huyền
sang cạnh góc vng.
µ
Bài tốn 2: Cho tam giác ABC, A = 900 , M ∈ AC. Qua M kẻ tia Mx // AB cắt BC tại
P, kẻ My // BC cắt AB tại Q.
Tìm vị trí của M để tứ giác BPMQ có diện tích lớn nhất.

Hình 2

7


Hướng dẫn giải (Hình 2)
Cả 3 cách giải của bài tốn 1 đều có thể áp dụng để giải bài tốn này.

Thơng qua bài tốn 1 có thể phát triển cho học sinh các kỹ năng
tìm bài tốn tổng qt, từ tam giác vng sang tam giác thường.
Bài tốn 3.
Cho tam giác ABC, M ∈ BC. Kẻ MP // AC, MQ // AC (P ∈ AB, Q ∈ AC).
Tìm vị trí của M để tứ giác APMQ có diện tích lớn nhất.

Hình 3

Hướng dẫn giải (Hình 3)
Cách 1: Kí hiệu S = SABC, S1 = SBMP, S2 = SCMQ
SAPMQ lớn nhất ⇔ S1 + S2 nhỏ nhất.
2

S  BM 
∆BPM ∽∆BAC ⇒ 1 = 
÷
S  BC 

2

S2  MC 
=
÷
S  BC 

S1 + S2 BM 2 + MC 2 BM 2 + MC 2 1
=
=
2 ≥

⇒
S
BC2
( BM + MC ) 2
S1 + S2 đạt giá trị nhỏ nhất bằng

1
S. Dấu bằng xảy ra ⇔ BM = CM, tức là M là
2

trung điểm của cạnh BC.
8


Cách 2:
Kẻ BI ⊥ A cắt MP tại H
Ta có SADME = HI. PM
SABC =

1
AC.BI
2

SADME
PM HI
= 2.
.
SABC
AC BI
Đặt MB = x, MC = y, ta có:

PM BM
x
=
=
AC BC x + y
HI
y
=
BI x + y
Do đó:

SAPMQ
2xy
1
=
. Dấu bằng xảy ra ⇔ x = y
2 ≤
SABC ( x + y )
2

Như vậy maxSAPMQ =

1
SABC , khi đó M là trung điểm của BC.
2

Cách 3:
Xét 2 trường hợp
TH1: M là trung điểm của BC. Khi đó P và Q lần lượt là trung điểm của AC và
AB.

Ta có: SAMP = SAMQ = SBMQ = SPMC
⇒ SABC = 2SAPMQ hay SAPMQ =

1
SABC
2

TH2: Khi M không là trung điểm của BC.
Giả sử MB < MC khi đó AP < PC. Trên AC lấy điểm K, kẻ đường thẳng song
song với AB cắt BC tại H và cắt QM kéo dài tại G. Khi đó MQ = MG ⇒ ∆QBM =
∆GHM (g – c – g)
⇒ 2SAPMQ = SAKGQ = SABHK < SABC
9


Xét tương tự với trường hợp MB > MC. Vậy SAPMQ ≤

1
SABC
2

Dấu "=" xảy ra ⇔ M là trung điểm của BC.
Thơng qua bài tốn 1 có thể phát triển cho học sinh kỹ năng đề xuất các bài toán mới
bằng cách thay đổi giả thiết, đặc biệt hóa, tương tự hóa, lật ngược vấn đề…
Nhận xét : Dựa trên bài toán 1 nếu ∆ABC đều ⇒ ∆MBP và MCQ cũng là 2 tam giác
đều. Bằng cách đặc biệt hóa bài tốn 1 ta có bài tốn mới sau:
Bài tốn 4 (Bài toán mới 1)
Cho đoạn thẳng AB, lấy M ∈ AB. Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ AB dựng hai
tam giác đều AMC và BMD. Gọi E là giao điểm của AC và BD.
Tìm vị trí của M để tổng diện tích hai tam giác AMC và BMD nhỏ nhất.

Hướng dẫn giải (Hình 4)
Kí hiệu S = SABE, S1 = SAMC, S2 = SBMD
SMDEC lớn nhất ⇔ S1 + S2 nhỏ nhất.
2

S  AM 
∆AMC ∽∆ABE ⇒ 1 = 
÷
S  AB 

10
Hình 4


2

S  MB 
∆AMC ∽∆ABE ⇒ 2 = 
÷
S  AB 

S1 + S2 AM 2 + MB2 AM 2 + MB2 1
=
=
2 ≥
⇒
S
AB2
( AM + MB ) 2

S1 + S2 đạt giá trị nhỏ nhất bằng

1
S. Dấu bằng xảy ra ⇔ AM = BM, tức là M là
2

trung điểm của cạnh AB

Nhận xét : Trong bài toán 1 nếu ∆ABC vng cân thì 2 tam giác MBP và MCQ cũng
là 2 tam giác vuông cân. Bằng cách đặc biệt hóa bài tốn 1 ta có bài tốn mới sau:
Bài toán 5. (Bài toán mới 2)
Cho đoạn thẳng AB. Trên đoạn thẳng AB lấy điểm M. Trên cùng một nửa mặt phẳng
bờ chứa AB dựng 2 tam giác vuông cân AMC và BMD (cân tại C và D). Tìm vị trí
điểm M để tam giác MCD có diện tích lớn nhất.

Hình 5
Hướng dẫn giải (Hình 5)
Cách 1:
Đặt S = SABE, S1 = SAMC, S2 = SBMD
SMDEC lớn nhất ⇔ S1 + S2 nhỏ nhất.
2

S  AM 
Vì ∆AMC ∽∆ABE ⇒ 1 = 
÷
S  AB 

11

2

S  MB 
Vì ∆AMC ∽∆ABE ⇒ 2 = 
÷
S  AB 

S1 + S2 AM 2 + MB2 AM 2 + MB2 1
=
=
2 ≥
⇒
S
AB2
( AM + MB ) 2
S1 + S2 đạt giá trị nhỏ nhất bằng

1
S. Dấu bằng xảy ra ⇔ AM = BM, tức là M là
2

trung điểm của cạnh AB.
Cách 2:
Đặt AM = a, BM = b. Do 2 tam giác AMC và BMD là 2 tam giác vng cân. Áp
dụng định lí Pytago ta có: MC =

a
b
và MB =
.

2
2

Ta dễ dạng chứng minh được ∆MDC vuông tại M
⇒ SMDC =

1
1 a b
MC.MD = .
.
2
2 2 2

=

Hình 6

ab ( a + b )
AC
≤
=
Khơng đổi
4
16
16
2

2

⇒ SMDC lớn nhất khi a = b, tức là AM = BM ⇒ M là trung điểm của AB

Nhận xét : Trong bài tốn 1, khi tam giác ABC vng cân tại A, các đường cao hạ
từ đỉnh P và Q, khi đó ta thấy P’Q’ =

1
BC. Do đó, ta có thể đề xuất một bài tốn
2

mới như sau: (Hình
Bài tốn 6. (Bài toán mới 3)
Cho đoạn thẳng AB, trên cùng một nửa mặt phẳng bờ AB vẽ 2 tia Ax, By cùng vng
góc với AB. Trên tia Ax lấy điểm C (AC < AB), vẽ cung trịn tâm A bán kính AC, cắt
12
Hình 7


AB tại M. Vẽ cung trịn tâm B bán kính BM cắt tia By tại D. Tìm vị trí của điểm C để
tam giác MCD có diện tích lớn nhất.

Hướng dẫn giải (hình 7)
Đặt AC = x, AB = a
Ta có CM =

2x , DM =

2(a − x)

Tam giác ABC vuông tại M ⇒ SCMD =

1

1
MC.MD = . 2x . 2(a − x)
2
2

2

a
a2
x+a−x
= x.(a – x) ≤ 
=
. Dấu “=” xảy ra ⇔ x = .
÷
2
2
4


Tức là điểm C cách AB một khoảng

AB
thì tam giác MCD có diện tích lớn nhất.
2

Nhận xét : Trong bài toán tổng quát của bài tốn 1 cho trước ∆ABC thì ta tìm được
vị trí của M đề SMPAQ lớn nhất. Bây giờ ta đặt vấn đề ngược lại cho MPAQ khơng đổi
thì SABC đạt giá trị nhỏ nhất hay lớn nhất? Bây giờ ta xét bài toán đảo của bài toán
tổng quát bài toán 1 như sau:
Bài toán 7. (Bài toán mới 4)

13


µ
Cho hình bình hành ABCD, ( A < 900 ). Qua C kẻ đường thẳng d cắt hai cạnh AB và
AD tại N và M.
Xác định vị trí của đường thẳng d để diện tích tam giác AMN nhỏ nhất.

Hướng dẫn giải (Hình 8)

Hình 8
Theo bài 3 ta có SAPMQ ≤

1
SABC ⇒ SABC ≥ 2 SAPMQ , do SAPMQ không đổi
2

⇒ SABC đạt giá trị nhỏ nhất bằng 2 SAPMQ. Dấu “=” xảy ra ⇔ C là trung điểm của NM
⇔ d là đường thẳng đi qua C và song song với BD.
Nhận xét: Xung quanh bài toán đảo (Bài 7) có thể tiếp tục phát biểu thêm các bài
tốn mới khác như sau:
Ở bài toán 7 khi đường thẳng d đi qua điểm C và thay đổi thì sẽ có vị trí để AM + AN
nhỏ nhất. Vậy đó là vị trí nào?
Bài tốn 8. (Bài tốn mới 5)
µ
Cho hình bình hành ABCD, ( A < 900 ). Qua C kẻ đường thẳng d cắt hai cạnh AB và
AD tại N và M. Xác định vị trí đường thẳng d để AM + AN nhỏ nhất.

Hình 9

14


Hướng dẫn giải (Hình 9)

Để AM + AN nhỏ nhất ⇒ DM + BN nhỏ nhất.
Ta có ∆BCN ∽ ∆DMC (g-g) ⇒

BC BN
=
⇒ BC.DC = BN.DM
DM DC

DM + BN ≤ 2 DM.BN
⇒ DM + BN ≤ 2 DM.BN = 2 BC.DC không đổi
⇒ DM + BN nhỏ nhất ⇔ DM = BN ⇔ C là trung điểm của MN ⇔ d//BD
Nhận xét: Trong bài toán 7, ta dễ dàng chứng minh được

AB MC
=
(áp dụng định lí
AN MN

Ta lét). Thơng qua kết quả này ta có thể đề xuất bài tốn mới như sau:
Bài toán 9. (Bài toán mới số 6)
Cho hình bình hành ABCD, qua C kẻ đường thẳng cắt hai cạnh AB và AD tại N và
M.
Đặt S1 = SACN; S2 = SACM. Chứng minh:

1 1
+ khơng đổi.
S1 S2

Hình 10

15


Hướng dẫn giải (Hình 10)
Ta có
⇒

SACB AB MC
S
=
=
= 2
S1
AN MN SAMN
1
SACB

=

SAMN S1 + S2 1 1
=
= +
không đổi.
S1.S2

S1.S2
S1 S2

Nhận xét: Vì

1 1
+
khơng đổi mà AC khơng đổi ta có bài tốn mới.
S1 S2

Bài tốn 10. (Bài tốn mới số 7)
µ
Cho hình bình hành ABCD, ( A < 900 ). Qua C kẻ đường thẳng d cắt hai cạnh AB
và AD tại N và M. Từ M và N hạ MM’ ⊥ AC, NN’ ⊥ AC. Chứng minh:
1
1
+
không đổi.
MM ' NN '
Hướng dẫn giải (Hình 11)

Hình
11

16


Đặt S1 = SACN; S2 = SACM theo bài toán 4 thì

1 1

+ khơng đổi
S1 S2

1
1
1 1
2  1
1 
+
.
+
Ta có +
= MM '.AC NN '.AC =
÷
S1 S2
AC  MM ' NN ' 
2
2
⇒

1
1
+
khơng đổi.
MM ' NN '

Nhận xét: Vì

để

1
1
+
khơng đổi cho nên ta có thể nghĩ tới đi tìm vị trí của d
MM ' NN '

1
1
+
lớn nhất?
MC NC

Bài tốn 11. (Bài tốn mới số 8)
µ
Cho hình bình hành ABCD, ( A < 900 ). Qua C kẻ đường thẳng d cắt hai cạnh AB
và AD tại N và M. Xác định vị trí của d để

1
1
+
lớn nhất.
MC NC

Hướng dẫn giải (Hình 11)
1
 1
 MM ' ≥ MC
1
1


+
Vì
khơng đổi mà MM’ ≤ MC và NN’ ≤ NC ⇒ 
MM ' NN '
 1 ≥ 1
 NN ' NC

⇒

1
1
1
1
+
≤
+
(không đổi).
MC NC MM ' NN '
17


Dấu bằng xảy ra ⇔ M’ ≡ C, N’ ≡ C, tức là MN ⊥ AC.
Nhận xét: Khi đường thẳng d thay đổi sẽ có vị trí của d để CM = CN. Vậy đó là
vị trí nào?

Cách 1

Bài tốn 12. (Bài toán mới số 9)
Giải bài toán bằng nhiều cách
Cách 2

µ
Cho hình bình hành ABCD, ( A < 900 ). Qua C kẻ đường thẳng d cắt hai cạnh AB
và AD tại N và M. Xác định vị trí của d để CM = CN.
Cách 3
Hướng dẫn giải (Hình 12)
Đề xuất bài toán tương tự
Bài 2
Lấy C’ đối xứng với A qua C. Do A và C cố định nên C’ cố định.
Qua C’ kẻ CN // AD, CM // AB.
Bài tốn gốc giác ANC’M là hình bình hành. Suy ra CM = CN
Suy ra tứ
Bài 1
Đề xuất bài tốn tổng qt
Bài 3
Bài 4
Bài 5

Hình 12

Bài 6
Bài 7

SƠ ĐỒ VÍ DỤ 1
Bài 8
Đề xuất bài tốn mới

Bài 9
Bài 10
Bài 11
18

Bài 11


Ở ví dụ 1 các kiến thức tốn tập trung vào đối tượng học sinh lớp 8. Cũng dựa
trên hướng tìm tịi phát triển bài tốn như ví dụ 1 ta xét một ví dụ khác, trong đó
kiến thức tập trung vào đối tượng học sinh lớp 9 bằng một bài tốn có trong SBT
tốn 9 hiện hành.
VÍ DỤ 2:
Bài toán 1

19


Cho đường tròn (O; R), lấy điểm A (khác O) cố định nằm trong đường tròn. Một
đường thẳng d thay đổi, ln đi qua A, cắt đường trịn đã cho tại hai điểm B và C.
Tìm quỹ tích trung điểm I của đoạn thẳng BC.
(Trích bài tập 6.2, sách bài tập toán 9 tập 2, trang 106, tải bản lần thứ 8. NXB giáo
dục 2013)

Hình 1
Thơng qua bài tốn này có thể phát triển cho học sinh giải bài tốn bằng nhiều .
Hướng dẫn giải (Hình 1)
Cách 1:
Phần thuận
Nối OC và OB
Ta có: OB = OC (Cùng bán kính)
⇒ ∆OBC cân tại O, mà H là trung điểm của BC ⇒ OH là đường cao của tam giác cân
·
OBC ⇒ AHO = 900
Gọi O’ là trung điểm của AO ⇒ O’O = O’A = O’H mà A và O cố định ⇒ H nằm trên

đường trịn đường trịn đường kính AO.
Phần đảo

20


Gọi H là điểm nằm trên đường tròn (O’;

AO
·
), H khác O ⇒ AHO = 900 ⇒ H là trung
2

điểm của BC
Nếu H trùng với O thì BC là đường kính ⇒ H là trung điểm của BC
Nếu H trùng với A thì BC là dây cung vgn góc với AO ⇒ HB = HC
Cách 2:
Phần thuận
Vì H là trung điểm của BC ⇒ OH ⊥ BC.
Hai điểm A và O cố định ⇒ H nằm trên đường tròn tâm O’ đường kính AO.
Phần đảo
Gọi H là điểm nằm trên đường tròn (O’;

AO
·
), H khác O ⇒ AHO = 900 ⇒ H là trung
2

điểm của BC
Nếu H trùng với O thì BC là đường kính ⇒ H là trung điểm của BC

Nếu H trùng với A thì BC là dây cung vng góc với AO ⇒ HB = HC
Thơng qua bài tốn này có thể phát triển tư duy cho học sinh bằng cách xây dựng bài
toán tổng quát. Sau khi HS tiếp tục giải được thêm 2 bài toán sau:
Nhận xét: Nếu H không phải là trung điểm của BC mà H là trung điểm của AC hoặc
AB thì bài tốn có giải được khơng?.
Bài tốn 2
Cho đường trịn (O; R), lấy điểm A cố định nằm trong đường tròn. Kẻ cát tuyến BC,
gọi H là trung điểm của AC. Chứng minh rằng khi cát tuyến BC di chuyển quanh
điểm A thì điểm H nằm trên một đường trịn.

21
Hình 2


Hướng dẫn giải (Hình 2)
Gọi O’ là trung điểm của AO⇒ O’H là đường trung bình của ∆AOC ⇒ O’H =
1
1
CO = R
2
2
⇒ H nằm trên đường tròn tâm O’ bán kính

1
R
2

Nhận xét: Trong bài tốn 2, nếu H khơng là trung điểm của AC thì có giải được bài
tốn hay khơng?
Bài tốn 3: Cho đường trịn (O; R), lấy điểm A cố định nằm trong đường tròn. Kẻ cát

1
tuyến BC, trên tia AC lấy điểm H sao cho AH = AC . Chứng minh rằng khi cát
3
tuyến BC di chuyển quanh điểm A thì điểm H nằm trên một đường trịn.
Hướng dẫn giải (Hình 3)
Qua H kẻ đường thẳng song song với OC cắt AO tại
O’.
Áp dụng định lí Talet ta có:
AH AO' O'H 1
=
=
=
AC AO
OC 3
⇒ O’H =

1
1
OC = R khơng đổi
3
3
Hình 3
22


AO’ =

1
AO không đổi
3

Mà A và O cố định ⇒ O’ cố định
⇒ H thuộc đường tròn tâm O’ bán kính

1
R
3

Bài tốn tổng qt bài tốn 1
Bài tốn 4: Cho đường tròn (O; R), lấy điểm A cố định nằm trong đường tròn. Kẻ cát
tuyến BC, trên tia AC lấy điểm H sao cho AH =

n
AC (n, m ∈ N, m ≠ 0). Chứng
m

minh rằng khi cát tuyến BC di chuyển quanh điểm A thì điểm H nằm trên một đường
tròn.
Hướng dẫn giải
Qua H kẻ đường thẳng song song với OC cắt AO tại O’.
Áp dụng định lí Talet ta có:
AH AO' O'H n
=
=
=
AC AO
OC
m
⇒ O’H =
AO’ =

n
n
OC = R khơng đổi
m
m

Hình 4

n
AO khơng đổi
m

Mà A và O cố định ⇒ O’ cố định
⇒ H thuộc đường tròn tâm O’ bán kính

n
R
m

Các bài tốn trên chúng ta tập trung vào xét sự thay đổi của điểm H, theo bài toán
điểm A cố định nằm trong đường tròn. Nếu ta đặc biệt hóa các vị trí khác của điểm A,
điểm A khơng nằm trong đường trịn mà nằm trên đường trịn hoặc nằm ngoài đường

23


trịn thì bài tốn có giải được khơng. Hướng suy nghĩ này sẽ cho chúng ta các bài
toán mới xuất phát từ bài toán 1 như sau:
Bài toán 5: Cho đường tròn tâm (O;R). Trên đường tròn (O) lấy điểm cố định A,

điểm B di chuyển trên (O). Gọi H là trung điểm của AB. Chứng minh H nằm trên một
đường trịn.

Hướng dẫn giải (Hình 5)
Hình 5

Bài tốn này có 2 cách giải đơn giản sau:
Cách 1.
Nếu ba điểm A, O, B thẳng hàng thì H trùng với O
Nếu ba điểm A, O, B không thẳng hàng.
Do H là t rung điểm của dây cung AB không đi qua tâm ⇒ OH ⊥ AB
Mà hai điểm A và O cố định cho nên điểm O nằm trên đường tròn tâm O’ đường kính
AO.
Cách 2.
Nếu ba điểm A, O, B thẳng hàng thì H trùng với O
Nếu ba điểm A, O, B không thẳng hàng.
Gọi O’ là trung điểm của AO ⇒ O’ cố định

24


Trong tam giác AOB có O’H là đường trung bình cho nên O’H =

không đổi ⇒ H nằm trên đường trịn tâm O’ bán kính bằng

1
OB ⇒ O’H
2

R

2

Nhận xét: Nếu điểm A nằm ngồi đường trịn ta có bài tốn mới.
Bài tốn 6
Cho đường trịn (O; R), lấy điểm A cố định nằm ngồi đường trịn. Kẻ cát tuyến BC,
gọi H là trung điểm của AC. Chứng minh rằng khi cát tuyến BC di chuyển quanh
điểm A thì điểm H nằm trên một cung trịn.

Hướng dẫn giải (Hình 6)
O’H là đường trung bình của ∆AOC
⇒ O’H =

1
1
CO = R
2
2

⇒ H nằm trên đường trịn tâm O’ bán kính

1
R
2

Hình 6

Giới hạn
H chỉ chạy trên cung tròn MN của (O’) với cung MN có phần nằm trong (O)
Trong đó AP, AQ là tiếp tuyến kẻ từ A với (O). M và N là trung điểm của AP và AQ
Như vậy từ một bài toán nếu người giáo viên biết hướng dẫn học sinh biết thay đổi

đối tượng hình học, có thể là một điểm có thể là một hình … bằng các thao tác tư duy
như

25