SKKN PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC KHÁI QUÁT THÔNG QUA HOẠT ĐỘNG KHAI THÁC MỘT SỐ BÀI TẬP HÌNH HỌC 9

ỦY BAN NHÂN DÂN HUYỆN THỦY NGUYÊN
TRƯỜNG THCS LẬP LỄ

BẢN MÔ TẢ SÁNG KIẾN
PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC KHÁI QUÁT THÔNG QUA HOẠT
ĐỘNG KHAI THÁC MỘT SỐ BÀI TẬP HÌNH HỌC 9

Tác giả: Đinh Thị Thanh Mây
Trình độ chuyên môn: Đại học toán
Chức vụ: Giáo viên
Nơi công tác: Trường THCS Lập Lễ
Lĩnh vực : Toán

Tháng 3 năm 2017


CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Độc lập - Tự do - Hạnh phúc
ĐƠN ĐỀ NGHỊ XÉT, CÔNG NHẬN SÁNG KIẾN
Năm: 2016 - 2017
Kính gửi: Hội đồng khoa học huyện Thủy Nguyên
Họ và tên: Đinh Thị Thanh Mây
Chức vụ, đơn vị công tác:Giáo viên – trường THCS Lập Lễ
Tên sáng kiến: Phát triển năng lực khái quát thông qua hoạt động khai thác một số bài
tập hình học 9
1. Tóm tắt trình trạng giải pháp đã biết: (Ưu, hạn chế của các giải pháp đã, đang áp dụng,
những bất cập, hạn chế cần có giải pháp khắc phục...).
Qua nhiều năm giảng dạy cũng như ôn học sinh giỏi môn toán 9 ở trường bản thân tôi
nhận thấy rằng còn nhiều học sinh học yếu môn hình học đặc biệt là hình học 9 . Các bài
toán về hình học rất phong phú và đa dạng, nó đòi hỏi phải vận dụng nhiều kiến thức một
cách linh hoạt, sáng tạo, độc đáo, yêu cầu học sinh phải có óc quan sát nhạy bén, kĩ năng

vận dụng , giúp học sinh phát triển tư duy.
Bài toán hình học đối với học sinh THCS là khó với các em học sinh đại trà , các em rất
ngại khi làm bài toán hình học , không biết phải bắt đầu từ đâu , vận kiến thức gì trong
chương trình đã học vào để giải quyết bài toán theo yêu cầu đầu bài .
Với những thực trạng như vậy tôi đã đi sâu tìm hiểu và nhận thấy rằng có thể là do những
nguyên nhân sau:
+ Bài toán hình học với nhiều phần , mỗi phần yêu cầu phải có kĩ năng vận dụng ở từng cấp
độ khác nhau từ khó đến dễ .
+ Trong một số năm đầu mới dạy lớp 9 tôi chưa hệ thống thành dạng bài tập có liên qua
,chưa rèn các em phát triển năng lực, khai thác lời giải cũng như các yêu cầu của bài toán
nên các em gặp khó khăn khi làm .
+ Giáo viên đưa ra bài tập khó ngay học sinh chưa kịp lĩnh hội đặc biệt là học sinh đại trà .
2. Tóm tắt nội dung giải pháp đề nghị công nhận sáng kiến:
*Tính mới, tính sáng tạo:
+ Là giáo viên được trực tiếp giảng dạy môn toán 9 để bồi dưỡng học sinh đại trà để ôn
thi vào lớp 10 cũng như bồi dưỡng học sinh khá giỏi lớp 9 , tôi rất tâm đắc với những bài
toán hình học có phần thông hiểu sau đó là những phần vận dụng có cấp độ nâng cao dần
.Từ những bài toán đó tôi rèn cho các em phát triển ,khai thác bài toán với nhiều yêu cầu
khác nhau .
+ Mục đích của sáng kiến này là rèn luyện khả năng tư duy , khai thác thêm yêu cầu thông
qua hoạt động làm một số bài tập hình học lớp 9 giúp học sinh phát triển năng lực tư duy ,
năng lực trình bày ,năng lực tự khái quát kiến thức từ một bài toán dễ . Trước mỗi bài toán
học sinh biết vận dụng kiến thức đã học của mình để tìm lời giải cho yêu cầu của mỗi phần
và sau đó biết khai thác thêm yêu cầu ở mức độ cao hơn cho bài toán để phát triển năng lực
tư duy.


+ Vì lẽ đó, qua một số năm trực tiếp giảng dạy môn toán 9 ,tôi đã tìm tòi, nghiên cứu và áp
dụng để từ đó đúc rút kinh nghiệm cho bản thân , tôi mạnh dạn đưa ra sáng kiến : “Phát
triển năng lực khái quát thông qua hoạt động khai thác một số bài tập hình học 9 ”

nhằm góp phần nhỏ trong việc năng cao chất lượng đại trà cũng như bồi dưỡng học sinh
khá giỏi.
Sau khi giáo viên định hướng cho học sinh khai thác lời giải xong với yêu cầu của bài toán ,
giáo viên nên đặt những câu hỏi có liên quan để học sinh tự khái quát kiến thức và trả lời,
như:
- Sau các cách chứng minh trên những kiến thức nào đã được sử dụng?
Có những cách chứng minh nào tương tự nhau. Khái quát đường lối chung của các
cách ấy?
- Hãy tìm xem bài toán còn cách chứng minh nào khác không?. Nếu còn, hãy chứng
minh theo cách riêng vừa tìm được.
- Đặt thêm một số yêu cầu mới cho bài toán kể cả phải vẽ đường phụ
+ Rèn cho học sinh khai thác lời giải từ những vấn đề đã biết
* Khả năng áp dụng, nhân rộng:
Với những kinh nghiệm của sáng kiến này đã được các đồng nghiệp dự giờ và đánh giá
cao, có thể áp dụng đối với các đối tượng học sinh giỏi lớp 9 và các đối tượng học sinh ôn
thi vào lớp 10,sáng kiến này rất dễ áp dụng cho học sinh khối 9
* Hiệu quả, lợi ích thu được áp dụng giải pháp (hiệu quả kinh tế, xã hội).
Giảng dạy áp dụng sáng kiến trên đây đã mang lại hiệu quả cao trong việc nâng cao chất
lượng học sinh đại trà toán 9 và bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán 9. Nhiều học sinh đã chủ
động tìm tòi, định hướng và sáng tạo ra nhiều cách giải toán không cần sự hướng dẫn của
giáo viên. Từ đó, các em phát triển năng lực tư duy độc lập, khả năng sáng tạo, tính tự giác
học tập, phương pháp giải toán nhanh, kỹ năng phát triển lời giải tốt .
Để viết được sáng kiến này tôi đã nghiên cứu , tìm tòi , tham khảo nhiều tài liệu và đúc
kết kinh nghiệm giảng dạy qua một số năm ,sau đó tôi đã hệ thống một số bài tập hình học 9
để các em rèn kĩ năng trình bày , suy luận , khái quát , thông qua một số bài tập trên.
Đối với học sinh khối 9 của trường sau khi áp dụng sáng kiến này, các em hứng thú hơn
với môn hình học kể cả học sinh ở mức độ trung bình .Đối với các em học sinh khá giỏi thì
việc khai thác thêm yêu cầu cho bài toán cũng như phát triển yêu cầu ở mức độ vận dụng
cao như phải vẽ thêm đường phụ rất tốt .
CƠ QUAN ĐƠN VỊ

ÁP DỤNG SÁNG KIẾN
(Ký tên, đóng dấu)

Thủy Nguyên, ngày 15 tháng 3 năm 2017
Người viết đơn
Đinh Thị Thanh Mây


THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN
1.Tên sáng kiến:
Phát triển năng lực khái quát thông qua hoạt động khai thác một số bài tập
hình học 9
2. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Toán 9
3.Tác giả:
Họ và tên: Đinh Thị Thanh Mây
Ngày/tháng/năm sinh: 16/09/ 1977
Chức vụ, đơn vị công tác: Giáo viên trường THCS Lập Lễ
Điện thoại: DĐ:01295675289 Cố định:..................................
4. Đồng tác giả (nếu có):
Họ và tên: ....................................................................................................
Ngày/tháng/năm sinh: ..................................................................................
Chức vụ, đơn vị công tác: ................................................................................
Điện thoại: DĐ:.............................................. Cố định:..................................
5. Đơn vị áp dụng sáng kiến:
Tên đơn vị: Trung học cơ sở Lập Lễ
Địa chỉ: Xã Lập Lễ - Huyện Thủy Nguyên – Tp Hải Phòng
Điện thoại:0313875022
I.Mô tả giải pháp đã biết:
Qua nhiều năm giảng dạy môn toán trường tôi nhận thấy rằng học sinh rất sợ làm
bài tập học hình đặc biệt là hình học 9. Từ đó ,tôi đã tìm hiểu tại sao các em lại sợ học

hình vậy và tôi đã tìm được lí do .
+ Các em làm các bài hình ở cấp độ nhận biết chưa tốt .
+ Các em không tự suy nghĩ tìm lời giải mà thụ động làm bài dưới sự hướng dẫn của
thày ,cô.
+ Các em không rẽn kĩ năng khai thác lời giải cũng như tự suy nghĩ thêm các yêu cầu
khác ngoài yêu cầu của bài .
+ Các em không hình thành kĩ năng khái quát kiến thức từ những bài toán đơn giản.
II. Nội dung giải pháp đề nghị công nhận sáng kiến
II.0. Nội dung giải pháp mà tác giả đề xuất
Là một giáo viên giảng dạy bộ môn toán 9 sau một vài năm tôi đã rút ra được kinh
nghiệm nhỏ đề áp dụng vào giải một số bài tập hình học 9 đó là :


“Phát triển năng lực khái quát thông qua hoạt động khai thác một số bài tập
hình học 9 ”
Dưới đây là một số bài toán 9 được được viết dưới dạng phát triển năng lực trình
bày , khai thác thêm yêu cầu lời giải cũng như phát triển năng lực tư duy khái quát
tổng hợp .
Bài 1:
Cho ∆ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O) có các đường cao BD và CE( D ∈ AC , E∈
AB ) . Đường thẳng DE cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác tại hai điểm M và N
( E nằm giữa M và D).
a/ Chứng minh:BEDC nội tiếp.
·
·
b/Chứng minh: DEA
.
= ACB
c/Chứng minh: DE song song với tiếp tuyến tai A của đường tròn ngoại tiếp tam giác.
d/ Chứng minh: OA ⊥ DE và AM2=AE. AB.

y
Hướng dẫn cách làm:
A
x
D

E

N

M
O
B
C

-Học sinh suy nghĩ nêu cách làm phần a, phần b,phần c . .
Cá nhân suy nghĩ nêu cách làm .
Cá nhân trình bày .
-Học sinh thảo luận nhóm để tìm cách làm phần d ( 2 ph )
Đại diện nhóm nêu cách làm và yêu cầu đại diện các nhóm khác chia se .
Giáo viên thống nhất cách làm và cá nhân học sinh trình bày vào vở.
Cách giải
·
·
a/ Ta chứng minh được : BEC=BDC
= 900

Nên : Hai điểm E, D cùng thuộc đường tròn đường kính BC
Do đó : Tứ giác BEDC nội tiếp
0

·
·
b/ Vì Tứ giác BEDC nội tiếp nên BED+DCB=180
( tính chất tứ giác nội tiếp )
0
·
·
Hay : BED+ACB=180
0
·
·
Mà : DEA+BED=180
( hai góc kề bù )
·
·
·
Suy ra : DEA=ACB
( cùng bù với BED
)
c/ Qua A kẻ tiếp tuyến xy với đường tròn tâm O
·
·
Xét đường tròn (O) có xAB=ACB
( góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và góc
nội tiếp cùng chắn cung AB)
·
·
Lại có : DEA=ACB
·
·

·
Suy ra : xAB=AED
( cùng bằng ACB
)
·
·
Mà : xAB
và AED
là hai góc ở vị trí so le trong của xy và DE
Do đó : xy // DE


d/
*/ vì xy là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A
Nên : xy ⊥ OA tại A ( tính chất tiếp tuyến của đường tròn )
Mà : xy // DE ( theo câu c)
Suy ra : OA ⊥ DE
*/ Vì OA ⊥ DE ⇒ OA ⊥ MN ( vì D, E thuộc MN )
Xét đường tròn (O) có OA ⊥ MN và MN là 1 dây
¼
»
⇒ AM=AN
( đường kính vuông góc với 1 dây của đường tròn )
·
·
⇒ AMN=ABM
( hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau )
·
·
Hay AME=ABM

Xét ∆ AME và ∆ ABM có :
·
·
·
·
và AME=ABM
MAE=MAB
⇒ ∆ AME ~ ∆ ABM ( g – g )
Nên :

AM AE
=
AB AM

⇒ AM2 = AE.AB

Khai thác thêm yêu cầu của bài toán:
- Với giả thiết bài toán ta có thể chứng minh được tứ giác nào nội tiếp đường tròn?
- Còn cách nào khác chứng minh tứ giác BEDC nội tiếp ?
- Ta có thể chứng minh được hệ thức nào tương tự phần d ?
Học sinh trả lời cá nhân và giáo viên hướng dẫn để học sinh tự trình bày.
- Giáo viên cho học sinh làm bài 2 để qua đó rút ra thêm một cách nữa để chứng
minh tượng tựu như OA ⊥ DE.
Bài 2:
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và nội tiếp đường tròn ( O) . Hai đường cao BD
và CE của tam giác ABC cắt nhau tại điểm H. Đường thẳng BD cắt đường tròn
( O) tại điểm thứ hai P; đường thẳng CE cắt đường tròn ( O) tại điểm thứ hai Q.
Chứng minh:
a/ Tứ giác BEDC nội tiếp .
b/ HQ.HC = HP.HB .

c/ DE // PQ .
d/ Đường thẳng OA là đường trung trực của PQ .
Hướng dẫn cách làm
- Học sinh nêu cách làm .
- Cá nhân trình bày .
Cách giải
·
CEB
= 900
a/Từ giả thiết ta có:  ·
0
CDB = 90

Suy ra: E,D nhìn B,C dưới 1 góc vuông
Nên tứ giác BEDC nội tiếp được trong 1 đường tròn.
b/Vì ∆ HBC ~ ∆ HPQ đồng dạng (g- g)
Nên HQ.HC=HP.HB


·
·
·
= BCE
= BCQ
;
c/BEDC nội tiếp đường tròn suy ra BDE
·
·
= BCQ
Xét đường tròn (O) có BPQ

( Hai góc nội tiếp cùng chắn cung BQ)
·
·
= BPQ
Suy ra : BDE
Do đó : PQ // DE ( hai góc đồng vị bằng nhau )
d/ OP=OQ (vì bằng bán kính đường tròn O) (1)
·
·
(hai góc nội tiếp cùng chắn cung DE của tứ giác BEDC nội tiếp )
EBD
= ECD

·
·
Hay : ACQ=ABO
·
·
»
»
⇒ AQ=AP
Xét đường tròn (O) có ACQ=ABO
( Hệ quả góc nội tiếp )
suy ra: QA=PA (2) ( Liên hệ giữa cung và dây )
Từ ( 1) và (2) suy ra : OA là đường trung trực của PQ
Do đó : OA ⊥ PQ
Khai thác thêm yêu cầu bài toán :
? : Đặt thêm yêu cầu cho bài toán
HS: OA ⊥ DE
GV: đó chính là thêm một cách nữa chứng minh OA ⊥ DE ngoài cách làm của bài 1

HS: Quan trọng là tìm ra cách chứng minh OA ⊥ DE
Phát triển từ hai bài toán trên vận dụng cho học sinh làm bài 3phần b.
Bài 3: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn tâm O. ba đường
cao AK, BE, CD cắt nhau tại H.
a/ Chứng minh tứ giác BDEC nội tiếp và AD.AB = AE.AC
b/Chứng tỏ KA là phân giác của góc DKE .
c/Gọi I, J là trung điểm của BC và DE. Chứng minh OA // JI .
Hướng dẫn cách làm
- Học sinh nêu cách làm và làm cá nhân phần a , b.
- Thảo luận nhóm để làm phần c ( 3 ph ).
- Đại diện nhóm trình bày cách làm sau đó yêu cầu đại diện các nhóm khác cho ý
kiến chia sẻ .
- Giáo viên thống nhất sau đó làm cá nhân vào vở để rèn kĩ năng trình bày .
Cách giải

·
·
a/ Ta có BDC
= BEC
= 900 ( do CD,BE là đường cao của∆ ABC )
⇒ D và E thuộc đường tròn đường kính BC
Tứ giác BDEC nội tiếp đường tròn đường kính BC
·
·
·
ta có ·ADE = ECB
( cùng bù với EDB
), BAC
chung

∆ ABC ~ ∆ AED (g- g )

=>

AD AE
=
=> AD. AB = AC. AE
AC AB

·
·
b/ Do HKBD nội tiếp => HKD
(2 góc nội tiếp cùng chắn cung DH)(1)
= HBD
·
·
Do BDEC nội tiếp => DCE = HBD ( góc nội tiếp cùng chắn cung DE)(2)
·
·
KHEC nội tiếp => HCE
( góc nội tiếp cùng chắn cung HE)(3)
= EKH
·
·
Từ (1);(2);(3) => HKD = EKH (4)
Mặt khác KA nằm giữa tia KE,KD (5)
·
Từ (4);( 5) => KA là phân giác của DKE
c/ Từ A dựng tiếp tuyến Ax

1
·
» (góc tạo bởi giữa tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp
=> ·ABC = xAC
= sđ AC
2

cùng chắn cung AC)
Lại có ·AED = ·ABC ( cùng bù với góc DEC)
·
=> xAC
= ·AED
⇒ Ax // DE, AO ⊥ Ax => AO ⊥ DE
Ta lại có BDEC nội tiếp trong đường tròn tâm I
⇒ DE là dây cung, J là trung điểm của DE
⇒ JI ⊥ DE( đường kính đi qua trung điểm của dây cung không điqua tâm)
⇒ JI //AO ( quan hệ giữa tính vuông góc và song song)
Đối với phần c của bài 3 nếu chưa làm bài 1 hoặc bài 2 thì đó là phần bài tập khó
đối với học sinh khá thậm chí cả học sinh giỏi nhưng khi cho các em làm theo hệ
thống bài tập này thì các em làm rất tốt
Khai thác thêm yêu cầu bài toán
? : Yêu cầu học sinh đặt yêu cầu cho bài toán
HS:
1/ Chứng minh: EB , DC lần lượt là tia phân giác của góc DEK và góc EDK
Hay chứng minh : H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác EDK
2/ Chứng minh : OB ⊥ DK và OC ⊥ EK
GV: Yêu cầu cá nhân đứng tại chỗ nêu cách làm và giao về nhà trình bày vào vở
- Qua mỗi bài toán học sinh lại được phát triển năng lực khai thác bài toán để tự rút
ra những cách vận dụng kiến thức đã học cho mình
- Phát triển của các bài toán trên học sinh vận dụng để làm bài 4 sau đây

Bài 4: Cho đường tròn tâm ( O ; R ) , BC là dây cung cố định khác đường kính ,
điểm A di động trên cung lớn BC sao cho tam giác ABC nhọn .Kẻ các đường cao
AD,BE và CF của tam giác ABC .Xác định vị trí của điểm A để chu vi tam giác DFE
đạt giá trị lớn nhất .


Cách giải :
Học sinh hoàn toàn chứng minh được :OA ⊥ FE , OB ⊥ FD và OC ⊥ DE
Lại có : SABC = SAEOF + SBDOF + SCDOD =
=

OA ×FE OB ×FD OC ×DE
+
+
2
2
2

R
×(FE+DF+DE)
2

Do đó : FE +DF + DE lớn nhất ⇔ SABC lớn nhất ⇔ A là chính giữa của cung lớn
BC
Khai thác thêm yêu cầu bài toán
- Để củng cố kiến thức cho các em học sinh đại trà thì tôi yêu cầu các em tự đặt thêm
yêu
cầu cho bài toán này với các dạng bài tập quen thuộc
Bài 5: Cho tam giác ABC nhọn (ABBE, CF cắt nhau tại H. Tia AO cắt đường tròn (O) tại D.

a) Chứng minh tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn.
b) Chứng minh tứ giác OA ⊥ FE
c) Chứng minh tứ giác BHCD là hình bình hành.
d) Gọi M là trung điểm của BC, tia AM cắt HO tại G. Chứng minh G là trọng tâm
của tam giác ABC.
Hướng dẫn cách làm:
- Học sinh tự nêu cách làm và trình bày cá nhân phần a,b,c .
- Thảo luận nhóm tìm cách làm khác phần b
GV: Hướng dẫn làm cách mới dựa vào đường kính của đường tròn
Học sinh phải chốt được :sau khi làm xong phần b ta có thêm một cách nữa
chứng minh OA ⊥ FE
- Thảo luận nhóm bàn để làm phần d ( 2 ph ) .
Sau khi làm được phần d học sinh tự rút ra nhận xét để làm được phần d ta phải
vận dụng kết quả của phần c.

Cách giải
·
·
a/ Xét tứ giác BCEF có BFC
= BEC
= 900 ( Vì CF ⊥ AB ,BE ⊥ AC )
⇒ Hai điểm F và E cùng thuộc đường tròn đường kính BC )
Suy ra BCEF là tứ giác nội tiếp .
b / Gọi giao điểm của FE và AD là I
·
·
·
·
Ta dễ dàng chứng minh được : AEF=ABC
, ABC=ADC

0
·
Và ACD=90
( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O )
·
·
·
·
·
Xét ∆ AEI và ∆ ADC có AEI=ADC(=ABC)
và EAI=CAD


⇒ ∆ AEI ~ ∆ ADC ( g – g)
0
·
·
⇒ AIE=ACD=90

Suy ra : AD ⊥ FE hay AO ⊥ FE
·
c/ Ta có ACD
= 900 ⇒ DC ⊥ AC
Mà HE ⊥ AC; suy ra BH//DC (1)
Chứng minh tương tự: CH//BD (2)
Từ (1) và (2) suy ra BHCD là hình bình hành
d/ Ta có M trung điểm của BC suy ra M trung điểm của HD.
Do đó AM, HO trung tuyến của ∆AHD ⇒ G trọng tâm của ∆AHD ⇒
Xét tam giác ABC có M trung điểm của BC,

GM 1
=
AM 3

GM 1
=
AM 3

Suy ra G là trong tâm của ∆ABC
Phát triển năng lực khai thác bài toán :
- Giáo viên yêu cầu học sinh tự đặt thêm yêu cầu cho bài toán
- Học sinh suy nghĩ và đặt thêm yêu cầu phù hợp với việc vận dụng kiến thức của
các em , nếu học sinh không làm được thì giáo viên có thể gợi ý để các em có thể
vận dụng kiến thức đã biết để khai thác bài toán :
1

Chứng minh : OM = 2 AH
Tứ giác AEHF nội tiếp
Giáo viên cho thêm yêu cầu :
·
Nếu AH = BC , tính BAC
0
·
Nếu Nếu ACB
= 60 , chứng minh ∆ HOC cân
Học sinh suy nghĩ nêu cách làm trên lớp , về nhà trình bày cá nhân vào vở
Khai thác bài toán trên học sinh làm bài toán sau
Bài 6:
Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O) , các đường cao BD và CE cắt nhau
tại H , vẽ đường kính AOM

a/ Chứng minh tứ giác BHCM là hình bình hành
b/ Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC , chứng minh ba điểm O,G,H thẳng hàng
Hướng dẫn cách làm:
- Học sinh làm cá nhân phần a .
- Học sinh thảo luận nhóm làm phần b ( 5 ph ) .
Đại diện nhóm nêu cách làm sau đó đại diện các nhóm khác cho ý kiến và nêu
cách làm của nhóm minh .
- Giáo viên đánh giá và thống nhất một số cách
làm .
- Cá nhân học sinh trình bày vào vở .


Cách giải
0
·
a/ Ta có ACM=90
( Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) )
⇒ CM ⊥ AC
Mà DB ⊥ AC
⇒ BD // MC hay BH // CM (1)
Tương tự ta chứng minh được : BM // CH (2)
Từ (1) và (2) suy ra : Tứ giác BHCM là hình bình hành
b/ Gọi I là giao điểm của HM và BC
Suy ra : IM = IH và IB = IC ( tính chất đường chéo hình bình hành )
1

Chứng minh được : IO // AH và OI = 2 AH
Lại Có : AI là đường trung tuyến của tam giác ABC
1

Mà : G là trọng tâm của tam giác ABC nên G thuộc AI và GI = 2 AG
·
·
Vì OI // AH nên HAG=OIG
( Hai góc so le trong )
Ta dễ dàng chứng minh được : ∆ HAG ~ ∆ OIG ( c- g -c )
⇒

·
·
AGH=OGI
( hai góc tương ứng )

Suy ra : H,G,O thẳng hàng
Để phát triển lời giải từ các bài toán trên tôi cho học sinh làm bài vận dụng cao
sau
Bài 7
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O .Các đường cao BD , CE cắt nhau tại
H với BC cố định .Chứng minh khi điểm A di chuyển trên cung lớn BC thì bán kính
đường ngoại tiếp tam giác ADE không đổi .
Hướng dẫn cách làm
Học sinh thảo luân nhóm nêu cách chứng minh bài toán ( 5 ph ) .
Đại diện nhóm nêu cách làm và mời các bạn nhóm khác chia se .
Giáo viên thống nhất cách làm . Học sinh phải nêu được .


Cách giải :
Dễ dàng chứng minh được tứ giác AEHD nội tiếp đường tròn đường kính AH
Gọi F là giao điểm AO với (O)
Chứng minh: BHCF là hình bình hành

Gọi I là giao điểm của BC và HF ⇒ OI ⊥ BC
Chứng minh AH = 2 OI (không đổi do BC không đổi) (1)
Mà :đường tròn ngoại tiếp ∆ ADE đi qua H nhận AH là đường kính (2)
Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh.
Để vận dụng những bài toán trên tôi cho học sinh củng cố bằng bài 8 và
bài 9,qua một số năm áp dụng tôi thấy các em làm rất tốt
Bài 8:
Cho ∆ ABC có Aˆ < 900 nội tiếp đường tròn (O). Các đường cao BD , CE của tam
giác cắt nhau ở H và cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai theo thứ tự tại N , M
a/ Chứng minh tứ giác BCDE nội tiếp.
b/ Chứng minh MN // DE từ đó suy ra OA ⊥ DE.
c/Qua A kẻ đường thẳng song song với DE cắt đường thẳng BC ở K.
Chứng minh KA2 = KB.KC
d/Cho BC cố định còn A di động trên cung BC lớn của (O) cố định.
Chứng minh đường tròn ngoại tiếp ∆ ADE có bán kính không đổi
Hướng dẫn lời giải
A

N

D
M

O

E
H
K

B

C

I
F

a/ BCDE nội tiếp vì
b/ BCDE nội tiếp

(1);

BCNM nội tiếp

Từ (1) và (2) có :
» ⇒ OA ⊥ MN
¼ = sđ AN
⇒ sđ AM

MN ll DE (3)
(4)

Từ (3) và (4) ⇒ OA ⊥ DE
c/ KA // DE 
tại A, A∈ ( O ) ⇒ KA là tiếp tuyến (O)
 ⇒ KA ⊥ OA
OA ⊥ DE 

1
KA KB
» . ∆ KAB đồng dạng ∆ KCA (g.g) ⇒

=
sđ AB
2
KC KA
⇒ KA 2 = KB.KC

d/ Gọi F là giao điểm AO với (O)

(2)


Chứng minh BHCF là hình bình hành
Gọi I là giao điểm của BC và HF ⇒ OI ⊥ BC
Chứng minh AH = 2 OI (không đổi do BC không đổi) (5)
Chứng minh đường tròn ngoại tiếp ∆ ADE đi qua H nhận AH là đường kính (6)
Từ (5) và (6) suy ra điều phải chứng minh.
Bài 9
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O), các đường cao AD, BE, CF cắt
nhau tại H ( D ∈ BC,E ∈ AC,F ∈ AB ) .
a/ Chứng minh các tứ giác BDHF, BFEC nội tiếp.
b/ Đường thẳng EF cắt đường tròn (O) tại M và N (F nằm giữa M và E).
¼ = AN
» .
Chứng minh: AM
c/Chứng minh AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác MHD.
Hướng dẫn lời giải

·
·
a/ Ta có BFH

= BDH
= 900 (vì AD và CF là đường cao của ∆ABC)
·
·
=> BFH
+ BDH
= 1800 . Suy ra tứ giác BDHF nội tiếp
·
·
+ Ta có BFC
= BEC
= 900 (vì BE và CF là đường cao của ∆ABC)

Suy ra hai điểm E, F cùng thuộc đường tròn đường kính BC. Hay tứ giác BFEC nội
tiếp.
·
b/ Ta có ·AEF = ·ABC (cùng bù với FEC
)
1
» ) (góc có đỉnh ở bên trong đường tròn)
mà ·AEF = ( sđ ¼
AM + sđ NC
2

·ABC = 1 ( sđ » + sđ » ) (góc nội tiếp)
AN
NC
2
Suy ra ¼
AM = »AN

c/ Ta dẽ dàng chứng minh được :∆AFH ∼ ∆ADB (g.g)
=> AF.AB = AH.AD
(1)
2
∆AFM ∼ ∆AMB (g.g) => AM = AF.AB
(2)
2
Từ (1) và (2) suy ra: AM = AH.AD
=> ∆AMH∼ ∆ADM (c.g.c)
=> ·AMH = ·ADM
Vậy AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ∆MHD.
+Tôi nhận thấy các em trình bày , khai thác dạng của các bài toán trên khá tốt tôi tiếp
tục rèn kĩ năng khai thác ở yêu cầu mới áp dụng kiến thức của tứ giác nội tiếp nhiều
hơn .
+Với bài 10 trong khi áp dụng tôi thấy các em làm rất tốt các phần a,b,c .


Bài 10:
Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn ( O ) ( AB < AC ) Gọi H là giao điểm
các đường cao AD, BE , CF của tam giác .
a/ Chứng minh : Tứ giác BCEF nội tiếp .
b/ Đường thẳng BC cắt đường thẳng FE tại S .Chứng minh SB.SC = SE.SF.
c/ Kẻ đường kính BM của đường tròn ( O ) .chứng minh CH = BM
b/ Gọ N là giao điểm của SA và ( O ) .Chứng minh ba điểm M, H, N thẳng hàng .
Hướng dẫn cách làm
Học sinh thảo luận nhóm để tìm lời giải phần d ( 5 ph ) .
Đại diện nhóm nêu cách làm sau đó mời đại diện các nhóm khác đóng góp ý kiến .
Giáo viên thống nhất
cách làm.

Hướng dẫn cách giải
d/ Chứng minh : Ba điểm M , H , N thẳng hàng
Chứng minh : SB.SC =SA.SN
Do đó : SN.SA =SB.SC =SE.SF
·
·
∆ SNF ∼ ∆ SEA suy ra SNF=SEA
Suy ra: tứ giác NFEA nội tiếp
Nên : N,F,H,E,A cùng thuộc đường tròn đường kính AH
·
· FH=900suy ra HN ⊥  SA (1)
ANH=A
0
·
Lại có : ANM=90
( Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ( O ) )
Suy ra : MN ⊥ SA (2)
Từ (1) và (2) Suy ra : NH Trùng MN
Vậy : Ba điểm M, H, N thẳng hàng
+ Sau khi áp dụng sáng kiến với hệ thống dạng bài tập đã trình bày ở trên .Tôi cho
học sinh một bài toán chỉ có giả thiết và cho các em tự đặt yêu cầu cho bài toán và đa
số các em làm rất tốt .Bài toán như sau
Bài toán : Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn ( O;R) với AB < AC .Các
đường cao AD , BM và CN cắt nhau tại H ( D ∈ BC, M∈ AC, N ∈ AB)
Với 10 ph thảo luận nhóm các em tự đặt được yêu cầu của bài toán như sau
1. Các tứ giác BNMC, AMDB, ANDC, ANHM , BNHD , MHCD nội tiếp
2. H là tâm đường tròn nội tiếp ∆ MDN
3. OA ⊥ MN , BO ⊥ ND , CO ⊥ DM
4. Kẻ đường kính AI . Chứng minh BI = CH

5. Gọi G là trọng tâm ∆ ABC .chứng minh ba điểm H,O,G thẳng hàng
6. Đường thẳng MN cắt đường tròn (O) tại E và F ( N nằm giữa E và M )
Chứng minh AE2 = AN.AB
7. AE là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ∆ EHD


8. NM cắt BC tại T , TA cắt đường tròn (O) tại Q . Chứng minh ba điểm I,H,Q thẳng
hàng
9. Nếu BC cố định , A là điểm di chuyển trên cung lớn BC .chứng minh bán kính
đường tròn ngoại tiếp ∆ AMN không đổi
và còn rất nhiều yêu cầu khác nữa
+ Khi các em cùng nhau thảo luận và tự đặt được yêu cầu cho bài toán tôi nghĩ cơ
bản các em đã biết tư duy cũng như yêu thích môn hình học mà từ xưa các em vốn rất
sợ về môn này
II.1. Tính mới, tính sáng tạo:
Giải pháp mới khi tôi áp dụng vào thực tế trong các năm vừa qua cho thấy hiệu quả
rất rơ rệt:
*Về phía giáo viên:
Giáo viên tổng hợp kiến thức thành dạng chuyên đề để dễ truyền đạt kiến thức cho
học sinh hơn đồng thời giáo viên cũng củng cố kiến thức chuyên sâu về môn học
hơn.Góp phần nâng cao chất lượng học sinh lớp 9 cuối cấp cũng như học sinh giỏi
lớp 9 . Việc thay đổi mới trên còn giúp cho giáo viên sáng tạo hơn trong giảng dạy.
Để có được nội dung của sáng kiến giáo viên cần nghiên cứu nhiều tài liệu, đúc kết
qua các năm giảng dạy , từ đó giúp giáo viên rất nhiều trong công tác tự bồi dưỡng.
*Về phía học sinh:
- Học sinh phát triển năng lực tư duy vào các bài tập hình học và đặc biệt
không sợ bài tập hình học
- Giúp học sinh rèn kĩ năng khai thác thêm yêu cầu , tự tổng hợp thành những
bài toán mới và đặc biệt sẽ không sợ phần hình khó .Qua đó rèn cho các em phát huy
hết tính tích cực, độc lập, sáng tạo của bản thân.

- Việc chuyên sâu một vấn đề nào đó, liên hệ được các bài toán với nhau, phát
triển một bài toán sẽ giúp cho học sinh khắc sâu được kiến thức, quan trọng hơn là
nâng cao được tư duy cho các em làm cho các em có hứng thú hơn khi học toán,
phát huy hết tính tích cực, độc lập, sáng tạo của bản thân.
II.2. Khả năng áp dụng, nhân rộng:
Sáng kiến trên đã được áp dụng rộng rãi với các đối tượng học sinh lớp 9 và học
sinh ôn thi vào lớp 10 và phương pháp xây dựng sáng kiến có thể áp dụng với cả
kiến thức cơ bản và nâng cao cũng như đại trà
II.3. Hiệu quả, lợi ích thu được do áp dụng giải pháp
- Qua việc áp dụng sáng kiến trên tôi thấy các em hầu như rất có hứng thú với các
bài tập hình học không còn sợ như trước nữa .
- Qua việc áp dụng sáng kiến trên các em không chỉ khai thác tốt yêu cầu của các
bài toán liên quan mà với các dạng bài tập hình học khác các em cũng tư duy rất
tốt . Bởi vì các em đã được hình thành năng lực khai thác cũng như phát triển
năng lực tư duy tích cực .
- Kết quả học sinh khá, giỏi được tăng lên rất nhiều còn số học sinh yếu kém được
giảm xuống so với lúc chưa áp dụng sáng kiến kinh nghiệm này vào giảng dạy.
- Qua chuyên đề này học sinh đã phát triển được nhiều năng lực qua từng tiết hình
học .
- Việc chuyên sâu một vấn đề nào đó, liên hệ được các bài toán với nhau, phát triển


một bài toán sẽ giúp cho học sinh khắc sâu được kiến thức, quan trọng hơn là nâng
cao được tư duy cho các em làm cho các em có hứng thú hơn với môn hình học .
CƠ QUAN ĐƠN VỊ
ÁP DỤNG SÁNG KIẾN
(Ký tên, đóng dấu)

Hải Phòng, ngày 15 tháng 3 năm 2017
Tác giả sáng kiến

Đinh Thị Thanh Mây