Khai thác và phát triển một số bài toán hình học

Khai thác và phát triển một số bài toán hình học
MỤC LỤC:

1


Khai thác và phát triển một số bài toán hình học
PHẦN I : ĐẶT VẤN ĐỀ
Trong chương trình môn toán ở trường THCS ta thấy bài tập toán rất
nhiều và đa dạng.
“ Giải toán là một nghệ thuật thực hành, giống như bơi lội, trượt tuyết,
hay chơi đàn, có thể học được nghệ thuật đó, chỉ cần bắt chước theo những mẫu
mực đúng đắn và thường xuyên thực hành.Không có chìa khoá thần kỳ để mở
mọi cửa ngõ, không có hòn đá thần kỳ để biến mọi kim loại thành vàng ”.
( Đề - Các và Leibnitz )
Tìm được lời giải hay của bài toán tức là đã khai thác được những đặc
điểm riêng của bài toán. Điều đó làm cho học sinh “có thể biết được cái quyến
rũ của sự sáng tạo cùng niềm vui thắng lợi”.
( Polia-1975 )
Giải bài tập toán là quá trình suy luận, nhằm khám phá ra quan hệ logic
giữa cái đã cho (giả thiết) với cái phải tìm (kết luận). Nhưng các quy tắc suy
luận cũng như các phương pháp chứng minh chưa được dạy tường minh. Do đó
học sinh thường gặp nhiều khó khăn khi giải bài tập .
Phương pháp chung tìm lời giải bài toán là :
Bước 1: Tìm hiểu nội dung bài toán
Bước 2: Xây dựng chương trình giải
Bước 3: Thực hiện chương trình giải
Bước 4: Kiểm tra và nghiên cứu lời giải
Trong bước 4 một công việc ít được thực hiện đó là:
Nghiên cứu những bài toán tương tự, mở rộng hay lật ngược vấn đề. Đó là
khai thác bài tập toán.

Thực tiễn dạy học cũng cho thấy để có kỹ năng giải bài tập phải qua quá
trình luyện tập.
Tuy rằng không phải là cứ giải nhiều bài tập là có kỹ năng. Việc luyện tập
sẽ có hiệu quả nếu như biết khéo léo khai thác từ một bài tập sang một loại bài
tập tương tự, nhằm vận dụng một tính chất nào đó. Trong quá trình giảng dạy
giáo viên cần khai thác các bài tập trong sách giáo khoa giúp học sinh hiểu sâu
kiến thức, có kỹ năng giải bài tập, nhằm nâng cao chất lượng dạy học và việc
làm này đặc biệt quan trọng trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi ngay trong
giờ học.Vì vậy tôi đã rút ra kinh nghiệm “ Khai thác và phát triển một số bài
toán hình học’’.
2


Khai thác và phát triển một số bài toán hình học
PHẦN II: GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ

2.1.Cơ sở lý luận:
Qua nghiên cứu và thực tế giảng dạy ở trường THCS, trong các năm qua
tôi đã nghiên cứu và rút ra một số kinh nghiệm trong việc khai thác bài tập toán
để xây dựng một hệ thống bài tập bồi dưỡng học sinh giỏi như là:
1.Chuyển điều chưa biết thành bài toán
2.Thay đổi hình thức phát triển bài toán
3.Tìm các bài toán liên quan
4.Mở rộng các bài tập khác
2.2. Thực trạng của vấn đề:
Học sinh ở trường THCS ngại học môn toán cho rằng đây là môn học rất
khó nhất là hình học đòi hỏi học sinh tổng hợp được kiến thức, có kỹ năng trình
bày logic, chặt chẽ, nếu chỉ học ở các giờ học chính khoá trên lớp thì khó có thể
giải được các bài toán nâng cao, không đủ kiến thức tham gia thi học sinh giỏi
môn toán. Các em học sinh ngoài việc học toàn diện các môn học còn tham gia

các hoạt động xã hội ít thời gian học thêm, chưa say mê với môn học, không
thấy được những điều kỳ diệu của toán học, đòi hỏi giáo viên khi giảng dạy phải
nghiên cứu tìm tòi, sáng tạo xây dựng các chuyên đề bám sát chường trình, theo
chuẩn kiến thức, kỹ năng, phát huy tính tích cực của học sinh.
2.3.Các biện pháp mới đã thực hiện để giải quyết vấn đề.
Trong sách giáo khoa, sách bài tập có nhiều bài tập vận dụng kiến thức lý
thuyết rất hay khi giải bài tập chúng ta cần khai thác theo nhiều khía cạnh khác
nhau đó là các cách giải khác nhau, hoặc thay đổi dữ kiện bài toán ta được một
số bài toán khác tương tự hoặc liên quan từ bài toán ban đầu ta gọi đó là bài toán
“chìa khoá” ta có thể giải được rất nhiều bài tập khác , củng cố được nhiều kiến
thức, rút ngắn được thời gian học tập, học sinh được luyện
tập được nhiều, thấy được tính logic của toán học và say mê học toán hơn.
Sau đây là một số bài tập minh hoạ .
Từ một bài toán nổi tiếng mà hình vẽ được in trên trang đầu của một số
cuốn sách nâng cao lớp 8, 9 đó là:

3


Khai thác và phát triển một số bài toán hình học
Bài toán A:
Cho hình vuông ABCD. Đặt 1 hình vuông A/B/C/D/ bên trong hình vuông
này sao cho 2 tâm trùng nhau. Chứng minh rằng : trung điểm của AA / ; BB/;
CC/; DD/ là đỉnh hình vuông khác.
Lời giải:

Cách 1:
=
VAOA/

⇒

AA/ = BB/

Tương tự
⇒ VAOM /
⇒
⇒
⇒

⇒

=

AA/ = BB/ =CC/ = DD/

VBOM /

=

VC / OP

OM = ON = OP = OQ

⇒

=

VD / OQ

tứ giác MNPQ là hình bình hành

O là trung điểm của MP và NQ

⇒

MP = NQ

MNPQ là hình chữ nhật

VCOP
⇒

( c.g.c )

VBOB /

=

·
POQ

VDOQ

= 900

=

⇒

VAOM

=

VBON ⇒

·
COP

=

·
DOQ

tứ giác MNPQ là hình vuông

Cách 2:
Nối B/C ; C/D; D/A; A/B, gọi E, F, G, H lần lượt là trung điểm của các
cạnh B/C ; C/D; D/A; A/B
4


Khai thác và phát triển một số bài toán hình học
EP // B/ C/ và EP = B/ C/,
FQ // C/D/ và EQ = C/D/
1
2

1
2

GM// A/ D/ và GM =

⇒
⇒

1
2

A/ D/,

HN // A/B/ và HN=

EP = FQ = GM = HN
NE// BC và NE =

1
2

BC,

PF // CD và PF = CD
1
2

QG// AD và QG = AD,

MH// AB và MH = AB

1

2

⇒

⇒

≡

1
2

NE = PF = QG = MH

VNEP
⇒

1
2

A/B/

=

VPFQ

=

VQGM

=

( c.g.c)

VMHN

MN = NP = PQ = QM và

·
MQP

= 90 0

MNPQ là hình vuông

Cách 3:
Thực hiện phép quay tâm O góc quay 900 cùng chiều kim đồng hồ thì OA
OB ; OA/ OB/ ⇒ AA/ BB/ ;BB/ CC/; CC/ DD/; DD/ AA/
≡

⇒

M

≡

≡

N;N

*Từ nhận xét:

≡

P;P

AM
AA/

≡

≡

=

Q;Q

BN
BB /

≡

=

≡

M

⇒

CP

CC /

≡

MNPQ là hình vuông.
=

DQ
DD /

Đặt

AM
AA/

=k (k<0)

Theo định lý Talet ta có bài toán sau:
Bài toán 1a: Cho hình vuông ABCD. Đặt 1 hình vuông A/B/C/D/ bên
trong hình vuông này sao cho 2 tâm trùng nhau. Gọi M,N,P,Q là các điểm thuộc
AA/ ; BB/; CC/; DD/ sao cho
=
=
=
=k (k>0)

AA/
AM

BB /

BN

CC /
CP

DD /
DQ

Chứng minh rằng : MNPQ là hình vuông.
Khi k = 2 thì bài toán 1a chính là bài toán A
*Nếu khai thác bài toán theo cách giải thứ 3 về phép quay ta có bài toán sau:
Bài toán 2a:

5


Khai thác và phát triển một số bài toán hình học
Cho đa giác đều A1A2…An đạt bên trong đa giác này một đa giác đều
…

sao cho tâm của 2 đa giác đó trùng nhau. Gọi

/
n

A

của A1

/

1

A

, A2

/
2

A

, …, An

/
n

A

. Chứng minh rằng:

//
1

//
1

//
2

A A

//
2

A A

…

//
n

A

…

//
n

A

A1/ A2/

là trung điểm

là đa giác đều.

*Thêm vào bài toán 2a yếu tố tỷ lệ ta có bài toán sau:
Bài toán 3a:
Cho đa giác đều A1A2…An đạt bên trong đa giác này một đa giác đều

A2/

…

An/

sao cho tâm của 2 đa giác đó trùng nhau. Gọi

là các điểm nằm trên đoạn A1

=

/
3 3
//
3 3

/
4
//
4

AA
AA
= 4
AA
A4 A

/
1

A

. Chứng minh rằng:

, A2

/
2

A

//
1

, …, An

//
2

A A

…

//
n

A

A1// A2//
/

n

A

…

sao cho

A1/

An//

A1 A1/
A2 A2/
=
A1 A1// A2 A2//

là đa giác đều.

Khi k = 2 thì bài toán 2 chính là bài toán 2a
* Nếu khai thác theo cách giải 1,2 không cần đến tâm O ta có bài toán sau
Bài toán 4a:
Đặt 1 hình bình hành A/B/C/D/ trong 1 hình bình hành ABCD sao cho các
đỉnh của hình bình hành A/B/C/D/ nằm trong hình bình hành ABCD. Chứng
minh rằng : trung điểm của AA/ ; BB/; CC/; DD/ là các đỉnh của hình
bình hành .
Tổng quát hơn ta có bài toán sau:
Bài toán 5a:
Cho hình bình hành ABCD, đặt 1 hình bình hành A /B/C/D/ sao cho các đỉnh của
nó nằm trong hình bình hành ABCD. Gọi M, N, P, Q lần lượt là các điểm nằm

trên các đoạn AA/ ; BB/; CC/; DD/ sao cho

/

AA
AM

=

BB
BN

( k > 0) . Chứng minh rằng : MNPQ là hình bình hành.
*Khi k = 2 thì bài toán 5a chính là bài toán 4ª
6

/

=

/

CC
CP

=

/

DD

DQ

=k


Khai thác và phát triển một số bài toán hình học
Khai thác từ một bài toán hình học lớp 9 quen thuộc sau:
Bài toán B:
Cho tam giác ABC đều nội tiếp đường tròn (O).Điểm M thuộc cung BC.
Chứng minh rằng: MA = MB + MC
Lời giải :
Trên tia CM lấy điểm N sao cho MN = MB
NC = MB + MC
⇒
=

¶
M
1
⇒ V

¶
M
2

=

60

BMN đều

0

⇒

( vì

Bµ

=

Cµ

=

60

0

)

⇒

¶
M
3

=

600

BN = BM

Ta có: BC = BA

·ABM = ·ABC + CBM
·
·
= 600 + CBM
⇒∆

ABM =

∆

CBN ( c.g.c)

⇒

=

·
MBC

AM = NC = MB + MC

Nhận xét từ bài toán B ta có bài toán sau:
Bài toán 1b:
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O); điểm M thuộc cung nhỏ BC.
Chứng minh: MA MB + MC

≤

Giữ nguyên đề bài, thay đổi câu hỏi ta có bài toán sau
Bài toán 2b:
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O); điểm M thuộc cung nhỏ BC.
Chứng minh:

1
1
1
=
+
MD MB MC

Lời giải:
7


Khai thác và phát triển một số bài toán hình học
MD . MA = MB . MC
⇒
⇒

∆MDB : ∆MCA
⇒

MD MC
=
MB MA
⇒

1
1
1
1
MB + MC
=
=
+
MD
MB.MC
MD MB MC

Từ bài toán trên ta có thể giải được bài toán sau
Bài toán 3b
Cho tam giác ABC dựng 3 tam giác đều trên 3 cạnh của tam giác đó là
tam giác ACB/, tam giác ABC/ tam giác BCA/ . Chứng minh rằng: 3 đường tròn
(ACB/); (ABC/); (BCA/) đồng quy tại I.
Lời giải:
Gọi I là giao của đường tròn (ACB/) và đường tròn (ABC/)
= 1200 ,
= 1200 ⇒
= 1200
⇒

·AIC

⇒

I

∈

·AIB

·
BIC

(BCA/) hay 3 đường tròn đồng quy.

Từ bài toán 3b ta dễ dàng chứng minh được bài toán sau:

* Bài toán 4b:
8


Khai thác và phát triển một số bài toán hình học
Cho tam giác ABC dựng 3 tam giác đều trên 3 cạnh của tam giác đó là
tam giác ACB/, tam giác ABC/ tam giác BCA/ , 3 đường tròn (ACB/); (ABC/);
(BCA/) đồng quy tại I. Chứng minh rằng:
3 đường thẳng AA/ ; BB/; CC/ đồng quy.
Bài toán 5b:
Cho tam giác ABC dựng 3 tam giác đều trên 3 cạnh của tam giác đó là
tam giác ACB/, tam giác ABC/ tam giác BCA/, 3 đường tròn (ACB/); (ABC/);
(BCA/) đồng quy tại I. Chứng minh rằng:
IA + IB + IC = ( IA/ + IB/ +IC/ )

1
2

Bài toán 6b:

Cho tam giác ABC dựng 3 tam giác đều trên 3 cạnh của tam giác đó là
tam giác ACB/, tam giác ABC/ tam giác BCA/, 3 đường tròn (ACB/); (ABC/);
(BCA/) đồng quy tại I. Chứng minh rằng:
= (
) trong đó A1, B1 , C1 là giáo của

1
1
1
+
+
IA IB IC

1 1
1
1
+
+
2 IA1 IB1 IC1

với các cạnh của tam giác.

9


Khai thác và phát triển một số bài toán hình học
Bài toán 7b:
Cho tam giác ABC dựng 3 tam giác đều trên 3 cạnh của tam giác đó là
tam giác ACB/, tam giác ABC/ tam giác BCA/ , 3 đường tròn (ACB/); (ABC/);
(BCA/) đồng quy tại I.

Chứng minh rằng: IA + IB + IC nhỏ nhất với mọi I thuộc tam giác ABC
Bài toán 8b:
Cho tam giác ABC đều nội tiếp đường tròn (O).Điểm M thuộc cung BC.
Chứng minh rằng: MA2 + MB2 + MC2 = 2a2
Với a là cạnh của tam giác.
Bài toán 9b:
Cho tam giác ABC đều nội tiếp đường tròn (O).Điểm M thuộc cung BC.
Tìm m để MA + MB + MC lớn nhất .
Bài toán 10b:
Cho tam giác ABC đều nội tiếp đường tròn (O).Điểm M thuộc cung BC.
Tìm m để MA2 + MB2 + MC2 lớn nhất .
Bài toán 11b:
Cho tam giác ABC đều nội tiếp đường tròn (O).Điểm M thuộc cung BC.
Chứng minh rằng: MA4 + MB4+ MC4 = 2a4
Với a là cạnh của tam giác

10


Khai thỏc v phỏt trin mt s bi toỏn hỡnh hc
Bi toỏn C:
ả

Cho xOy = 90 . Trên Ox lấy điểm A cố định sao cho
OA = a. Điểm B di động trên Oy. Vẽ trong góc xOy một
hình vuông ABCD.
a) Tính khoảng cách từ D đến Ox.
b) Tìm tập hợp (qũy tích) điểm D khi B di động
trên Oy.
Hớng dẫn:

0

Kẻ DH Ox H. Có AHD
vuông
tại
H
nên

a)

ảA + D
ả = 900
1
1
.
ảA + àA = 900
2
1

y

C

suy ra

ảA = D
ả
2
1

D
C'

D'

ảA + à
A3 = 900
2

1

ã
BAO
+à
A3 = 900

Suy ra

ảA = BAO
ã
2

2

B
3

ả
ã
Hay D1 = BAO

O

1

A

Xét DHA và AOB
Hình 1

ả
ã
Có: H = O = 90 , D1 = BAO
0

DA = AB (cạnh hình
vuông)
Vậy DHA = AOB = (T/h.
Bằng nhau đặc biệt thứ nhất
của tam giác vuông)
Vậy: DH = OA = a
b)

Theo chứng minh trên
DH = a (const)

11

H

x


Khai thỏc v phỏt trin mt s bi toỏn hỡnh hc
Khi B di động trên Oy thì D di động theo nhng luôn cách
Ox một khoảng DH = a. Vậy quỹ tích của D thuộc đờng thẳng
song song với Ox và cách Ox một khoảng bằng a.
Giới hạn:
Khi B O thì H A và D D'. D' là một điểm thuộc đờng
thẳng song song với Ox và cách Ox một khoảng bằng a, do A cố
định suy ra D' cố định.
Kết luận:
Khi B di động trên Oy thì quỹ tích của D là 1 tia D'z // Ox,
D' cách A một khoảng bằng a.

Khai thỏc 1:
Từ lời giải trên ta thấy hình vuông OAD'C' là nhỏ nhất
trong tập các hình vuông ABCD khi B di động trên Oy. Và đơng nhiên trong tập các hình vuông ấy thì diện tích hình
vuông OAD'C' là có giá trị nhỏ nhất. Từ suy xét đó ta có bài
toán mới.
Bài toán 1c:
ả

Cho xOy = 90 lấy A thuộc tia Ox sao cho OA = a. Một điểm
B di động trên Oy. Vẽ trong góc xOy hình vuông ABCD. Xác
định vị trí điểm D để SABCD là nhỏ nhất.
0

12

Khai thỏc v phỏt trin mt s bi toỏn hỡnh hc
Chứng minh

y

Thật vậy SABCD = AB2
0
ã
Trong OAB có AOB = 90
AB > OA

C

D

D'

C'

Do A cố định, B di
động nên

1

I

AB OA = a

I'

SABCD a2

2

B
3

Do đó SABCD = a2 là nhỏ

O

nhất khi ấy B O

1

A

H

x

Hình 2

Khai thác 2:
Từ kết quả trên ta suy ra hình vuông OAD'C' là cố định
bằng cạnh a. Thế thì OD' cố định nên trung điểm I' là cố
định. Vấn đề đặt ra là: Nếu B chuyển động trên Oy thì D
chuyển động trên tia D'D. Khi đó trung điểm I của OD chuyển

động trên đờng nào và ta có bài toán mới.
Bài toán 2c:
0
ả
Cho góc xOy = 90 . Lấy A trên Ox sao cho OA = a, một điểm

ả
B di động trên Oy. Trong góc xOy vẽ hình vuông ABCD. Gọi I là
trung điểm của OD. Tìm tập hợp (qũy tích) điểm I.

Hớng dẫn: (Hình 2)
Theo kết quả trên D' là giới hạn của D và D' cố định.
Gọi I' là trung điểm OD' I' cố định.
Trong OD'D có I'I là đờng trung bình I'I // D'D.
a
Nên quỹ tích I là tia I'I // Ox cách Ox một khoảng = 2

Khai thác 3:

13


Khai thỏc v phỏt trin mt s bi toỏn hỡnh hc
Suy xét: (hình 3)

y

Qua
C
kẻ

đờng
thẳng // Ox cắt Oy tại Q
cắt DH tại P

Q

C

P

D

Theo trên ta đã chứng
minh đợc
AOB = DHA
huyền góc nhọn)
DH = a

(Cạnh
OA =

I

B

OB = AH

O

A

Nhng CQ // Ox CQB = 1v


CP

H

x

Hình 3

=
y

OA
PD = OB

C

Q

Vậy OA + AH = DH + PD = CP + CQ = BQ + OB
hay OH = HP = PQ = QO

P

D

C'

Mà QOA = 1v Nờn t giỏc OHPQ l hỡnh vuụng.
Ta có bài toán mới.

I

Bài toán 3c:
ã
B
Cho góc xOy , trên tia Ox lấy A sao cho OA = a, trên Oy

ã

O xOy hình vuôngA ABCD;
H
điểm B di động. Dựng trong góc
qua Cx
kẻ đờng thẳng // Ox, qua d kẻ đờng thẳng // Oy. Hai đờng
thẳng này cắt nhau tại P và lần lợt cắt Oy tại Q, cắt Ox tại H.

a) Chứng minh t giỏc OHPQ là hình vuông
b) Gọi I là trung điểm AC, chứng minh O, I, P thẳng hàng.
Từ suy xét trên dễ dàng suy ra điều chứng minh.
Khai thác 4: Suy xét tiếp ta thấy. Ta có thể chuyển hớng
bài toán dới dạng khác.

14


Khai thỏc v phỏt trin mt s bi toỏn hỡnh hc

Nếu ta coi hình vuông OHPQ là cố định cạnh = a Trên các
cạnh HO, OB, PQ, PH lần lợt lấy A, B, C, D sao cho OA = QB = PC
= DH.
Tiếp tục: Nếu cho A di
động trên OH và vẫn cha
thoả mãn ABCD là hình

y

Q

vuông thì chu vi của AOB có
giá trị thay đổi nh thế nào.
Cụ thể có quan hệ gì với a
cạnh hình vuông OHPQ.

C

P

D

I

B

O

A

H

x

Hình 4
Thật vậy dễ chứng minh đợc AOB = DHA = CPD = BQC
Từ đó t giỏc ABCD là hình vuông
AOB luôn có: AB < OA + OB
Nhng OB = AH AB < OA + AH = OH = a
Do A, B cũng chuyển động và thoả mãn ABCD là hình
vuông.
Nên khi A H, B O AB = OH = a
Do đó: OA + OB + AB OH + OH = 2a
Vậy CAOB 2a (CAOB : chu vi AOB)
(Chu vi của AOB có giá trị lớn nhất bằng 2a).
Ta có bài toán mới.
Bài toán 4c:
Cho hình vuông OHPQ cạnh là a. Trên các cạnh HO, OQ,
QP, PH lần lợt lấy A, B, C, D sao cho OA = QB = PC = HD.
a) Chứng minh: T giỏc ABCD là hình vuông.
15


Khai thỏc v phỏt trin mt s bi toỏn hỡnh hc
b) Khi A chuyển động trên OH và thoả mãn ABCD là hình
vuông
và (A O, A H). Chứng minh CAOB < 2a.
Từ suy xét ta dễ chứng minh đợc điều này.
Khai thác 5:
Tiếp tục không dừng lại ta suy xét tiếp. Ta luôn có OB +

OA = OH = a không đổi (vẫn nội dung bài tập 4).
Nh vậy OA + OB = a (const)
Suy ra OA.OB lớn nhất khi OA = OB (Tổng 2 số dơng
không đổi tích của chúng lớn nhất khi hai số đó bằng nhau).
Để ý thì thấy rằng: OA. OB = 2SAOB (SAOB diện tích AOB)
Mà hình vuông OHPQ có S OHPQ = a2 (SOHPQ là diện tích t
giỏc
OHPQ)
Và SOHPQ = SABCD + 4SAOB
SABCD

Hay SABCD = a2 - 4 SAOB

Nếu SAOB lớn nhất thì SABCD nhỏ nhất là SAOB nhỏ nhất thì
lớn nhất.

Mà SAOB lớn nhất khi OA.OB lớn nhất vì lý luận trên OA.OB
lớn nhất khi OA = OB.
OH
a
Từ đó OA = OB = 2 = 2 . Hay A là trung điểm OH, B là

trung điểm OQ ?
Ta có bài toán mới.
Bài toán 5c:
Cho hình vuông OHPQ cạnh là a. Trên OH, OQ, QP, PH lần
lợt lấy A, B,
C, D sao cho OA = QB = PC = HD.

Q

a) Chứng minh ABCD là hình vuông.

C

P

b) A chuyển động trên OH

D

(vẫn thoả mãn ABCD là hình vuông).
Xác định vị trí A để SABCD là nhỏ nhất.
16

I

B

O

A

H


P

Q
Khai thỏc v phỏt trin mt s bi toỏn hỡnh hc
Tìm giá trị đó.

Hớng dẫn:
a)

D

I
B

Dễ chứng minh đợc:

AOB = DHA (c.g.c)

Hình 5

AB

O

=

A

A1
HAD

Tơng tự CB = CD = AB
Vậy t giỏc ABCD là hình thoi (1)
àA = D
ả
1

1

m

ảA + D
ả = 900
2
1

Từ (1) (2)

suy

ra

ảA + à
A3 = 900 (2)
2

ABCD là hình vuông.

b) Ta có SOHPQ = a2
Theo kết quả trên AOB = BQC = CPD = DHA (c.g.c)
SABCD = a2 - 4 SAOB = a2 - 2.OA.OB
Do OA + OB = OA + AH (vì OB = AH) OA + AH = OH =
a
a
Không đổi nên tích OA.OB lớn nhất khi OA = OB = 2

a2

a a
Nghĩa là OA.OB 2 . 2 = 4

Vậy SABCD

a2
a2
a2
a2 - 2. 4 = a2 - 2 = 2

Do đó SABCD

a2
= 2 là giá trị nhỏ nhất khi đó: OA = OB =

OH
2

Chứng tỏ A là trung điểm của OH.
2.4.Hiu qu ca SKKN

17


Khai thác và phát triển một số bài toán hình học
Áp dụng kinh nghiệm dạy học trên vào việc giảng dạy môn toán THCS
đã đạt được một số kết quả học sinh yêu thích môn học, chất lượng bộ môn được
nâng cao, các em có đủ tự tin tham gia đội tuyển học sinh năng khiếu môn toán.

18

Khai thác và phát triển một số bài toán hình học

PHẦN III: KẾT LUẬN VÀ ĐỀ NGHỊ
3.1.Kết luận :
Trên đây là một số bài tập từ SGK , SBT hình học lớp 8, lớp 9 được khai
thác theo nhiều khía cạnh khác nhau, đã được dạy cho học sinh trong các giờ
học và trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi. Lúc đầu các em thấy môn toán
hình quá khó, không biết cách trình bày cảm thấy ngại học môn toán hình , sau
khi áp dụng kinh nghiệm này đa số học sinh hiểu bài hơn và rất thích học môn
toán các em thấy tự tin hơn, tự mình có thể giải được các bài toán khó, đồng thời
phần trình bày của các em logic , chặt chẽ hơn.
Ở trường phổ thông , dạy toán là dạy hoạt động toán học đối với học sinh
có thể xem việc giải toán là hình thức chủ yếu của hoạt động toán học .
Trong dạy học toán, mỗi bài tập toán học được sử dụng với những dụng ý
khác nhau, có thể dùng để tạo tiền đề xuất phát để gợi động cơ, để làm việc với
nội dung mới, để củng cố hoặc kiểm tra ...
Ở thời điểm cụ thể nào đó, mỗi bài tập chứa đựng tường minh hay ẩn tàng
những chức năng khác nhau những chức năng này đều hướng tới việc thực hiện
các mục đích dạy học.
Giải toán như thế nào là vấn đề luôn được quan tâm nghiên cứu và khai
thác từ bài toán đó để tạo ra nhiều bài tập làm phong phú thêm vốn kiến thức
rèn khả năng suy luận hợp lý logic , khả năng qyuan sát dự đoán, phát triển trí
tưởng tượng, bồi dưỡng các phẩm chất của tư duy như linh hoạt, độc lập và sáng
tạo, hình thành thói quyen tự học, say mê với môn học.
Trong các giờ toán nhất là các giờ luyện tập cần khai thác các bài tập sẽ
luyện tập được nhiều bài hơn và kiến thức được khắc sâu hơn.
Với cách làm như trên có thể áp dụng cho nhiều bài tập trong chương
trình toán THCS .

Thực hiện được các chuyên đề như trên là làm tốt công tác tự bồi dưỡng
giúp cho giáo viên nâng cao trình độ chuyên môn, nâng cao chất lượng giáo dục,
góp phần tích cực trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi .
Trên đây chỉ là một kinh nghiệm nhỏ của tôi. vì không có điều kiện trình
bày hết tất cả các bài tập tôi chỉ xin trình bày1 bài tập hình học ở lớp 8 và một
bài tập hình học lớp 9 làm ví dụ minh hoạ cho chuyên đề của mình, mong muốn
trao đổi và với ý tưởng này tôi sẽ tiếp tục nghiên cứu nhiều chuyên đề hơn nữa.
19


Khai thác và phát triển một số bài toán hình học
3.2. Kiến nghị:
Phòng giáo dục và đào tạo tiếp tục duy trì việc làm SKKN để mỗi cán bộ
giáo viên được rèn luyện, học hỏi, trao đổi kinh nghiệm nâng cao chất lượng
giáo dục, và phổ biến rộng rãi những sáng kiến, kinh nghiệm hay, sát thực tiễn
cho tất cả cán bộ giáo viên học tập.

20


Khai thác và phát triển một số bài toán hình học

TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Các đề thi học sinh giỏi các năm
2. Sách giáo khoa toán lớp 8
3. Sách bài tập toán lớp 8
4. Sách nâng cao và phát triển toán tập 1 và tập 2 lớp 7,8,9. Tác giả Vũ
Hữu Bình chủ biên.
5. Bài tập Nâng cao và một số chuyên đề Toán 9. Tác giả Bùi Văn Tuyên
chủ biên.

6. Tài liệu chuyên toán THCS Toán 7,8,9. Tác giả Vũ Hữu Bình chủ biên.
7. Toán tuổi thơ THCS – Nhà xuất bản giáo dục Việt Nam.

21


Khai thác và phát triển một số bài toán hình học
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẬN THANH XUÂN

MÃ SKKN

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

KHAI THÁC VÀ PHÁT TRIỂN MỘT SỐ
BÀI TOÁN HÌNH HỌC

Môn: Toán
Cấp học: THCS
Tài liệu kèm theo: Đĩa CD

NĂM HỌC: 2015 – 2016
22