SKKN Củng cố kiến thức và rèn luyện tư duy cho học sinh qua việc mở rộng và khai thác bài toán

A. MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Trong quá trình giảng dạy, để đạt được kết quả tốt thì việc đổi mới
phương pháp dạy học có tầm quan trọng đặc biệt.
Dạy học giải toán là một trong những vấn đề trọng tâm của dạy học môn
toán ở trường THCS. Đối với học sinh thì giải toán là hoạt động chủ yếu của
việc học tập môn toán.
Giải toán hình học là hình thức tốt để rèn luyện các kỹ năng tư duy, kỹ
năng suy luận, kỹ năng khai thác bài toán, tăng tính thực tiễn và tính sư phạm,
tạo điều kiện cho học sinh tăng cường luyện tập thực hành, rèn luyện kỹ năng
tính toán và vận dụng các kiến thức toán học vào đời sống vào các môn khoa
học khác.
Việc tìm tòi lời giải, khai thác bài toán giúp học sinh rèn luyện phương
pháp tư duy trong suy nghĩ, trong lập luận, trong việc giải quyết vấn đề... qua đó
rèn luyện cho học sinh trí thông minh, sáng tạo, nhanh nhạy trong cuộc sống và
các phẩm chất trí tuệ khác.
Hiện nay, trong yêu cầu đổi mới của dạy học, nhiều giáo viên đã rất quan
tâm tới việc củng cố kiến thức và rèn luyện tư duy cho học sinh nhưng họ không
biết bắt đầu từ đâu và giải quyết nó như thế nào? Chính vì thế mà tôi mạnh dạn
đề xuất một vài kinh nghiệm giảng dạy thông qua việc "Củng cố kiến thức và
rèn luyện tư duy cho học sinh qua việc mở rộng và khai thác bài toán”
2. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
a. Đối tượng nghiên cứu:
- Các em học sinh lớp 8A, 8B của trường THCS Long Sơn.
- Các tiết học môn Hình học 8.
b. Phạm vi nghiên cứu:
Áp dụng giảng dạy cho học sinh khối 8, bồi dưỡng hoc sinh khá giỏi ở
trường THCS
3 .Mục tiêu và nhiệm vụ nghiên cứu
Qua kinh nghiệm này tôi muốn trao đổi thêm về phương pháp giảng dạy
hình học 8 để có hiệu quả giảng dạy cao nhất. Giúp cho học sinh có hướng suy

nghĩ tìm tòi lời giải cho một bài toán chứng minh hình học, nhằm củng cố kiến
thức và hình thành kĩ năng phân tích, tổng hợp kiến thức để từ đó giúp phát triển
tư duy và rèn khả năng tự học cho HS, đáp ứng yêu cầu đổi mới phương pháp
giáo dục.
Củng cố kiến thức và rèn luyện tư duy cho học sinh thông qua việc khai
thác bài toán đó là nhiệm vụ cấp thiết hiện nay.
4. Phương pháp nghiên cứu.
- Nghiên cứu tài liệu
- Tổng kết qua kinh nghiệm công tác và giảng dạy
1


- Điều tra, so sánh, phân tích, tổng hợp
- Nghiên cứu bảng biểu
5. Giả thiết khoa học
Nếu đề tài này được áp dụng rộng rải vào giảng dạy một cách khoa học,
đồng bộ thì kết quả học tập môn Toán của học sinh khối 8 nói riêng và học sinh
toàn trường nói chung sẽ đạt kết quả cao hơn.
6. Những đóng góp của đề tài
- Giúp học sinh lớp 8 yêu thích và học tốt môn Hình học hơn.
- Giúp giáo viên dạy môn Toán giảng dạy tốt hơn
- Giúp học sinh tự nắm vững kiến thức lý thuyết và tăng khả năng tư duy,
nhanh nhạy trong học tập cũng như trong cuộc sống.
- Nhiều học sinh tham gia phát biểu, bày tỏ ý kiến trong các tiết học làm
cho không khí tiết học thoải mái, sinh động và tích cực hơn.
- Tạo cho học sinh tính độc lập, sáng tạo, có kỹ năng khai thác bài toán
và trình bày lời giải.
- Nâng cao chất lượng giảng dạy bộ môn Toán 8.

B. NỘI DUNG

I. Cơ sở khoa học
1. Cơ sở lí luận
Dạy học toán là quá trình tư duy liên tục, cho nên việc nghiên cứu, tìm tòi,
đúc rút kinh nghiệm trong quá trình dạy học toán là không thể thiếu được. Trong
đó việc tìm tòi, đúc rút kinh nghiệm để dạy tốt là điều trăn trở của nhiều giáo
viên. Việc truyền thụ kiến thức sẽ trở nên hấp dẫn học sinh hơn nếu giáo viên
biết xây dựng kiến thức một cách logic, lựa chọn bài tập hợp lý giúp học sinh
nắm được kiến thức một cách có hệ thống, dẫn dắt học sinh đi từ điều đã biết
đến điều chưa biết, từ bài toán dễ đến bài toán khó. Bên cạnh đó, việc củng cố
và khắc sâu kiến thức bằng cách khai thác, mở rộng bài toán không những giúp
học sinh nắm vững kiến thức lý thuyết mà còn giúp học sinh say mê học toán,
phát huy khả năng tư duy sáng tạo của mình.
Là một giáo viên trực tiếp giảng dạy môn toán ở trường THCS tôi đi sâu
nghiên cứu nội dung chương trình và qua thực tế dạy học tôi thấy: Trong chương
trình Toán THCS "Các bài toán về hình học" rất đa dạng, phong phú và trừu
tượng. Học sinh khi học toán đã khó, đối với hình học lại càng khó hơn bởi vì:
Để giải bài toán hình học thì học sinh phải vận dụng tất cả các định nghĩa, tính
chất, định lý,…, mà mình đã được học một cách linh hoạt. Bên cạnh đó để giải
một bài toán hình học lớp trên thì học sinh phải nắm vững tất cả kiến thức, các
2


bài toán cơ bản ở lớp dưới. Trong các bài toán cơ bản (bài toán gốc) có rất nhiều
bài toán có thể vận dụng để giải các bài toán khác liên quan, qua đó giáo viên
củng cố cho học sinh rất nhiều kiến thức mới và kỹ năng mới. Nhưng trong thực
tế giảng dạy tôi thấy, khi giải toán hình học rất ít học sinh biết sử dụng bài toán
gốc để giải (Học sinh không biết bài toán này có liên quan đến bài toán nào và
vận dụng lý thuyết nào để giải). Do đó việc tìm ra lời giải bài toán vô cùng khó
khăn. Chính vì thế mà việc củng cố lý thuyết thông qua từng bài toán, từng cách
giải là điều hết sức cần thết.

2. Cơ sở thực tiễn
Thực trạng đó khiến tôi luôn băn khoăn suy nghĩ: "Làm thế nào để học
sinh nắm vững kiến thức lý thuyết, biết cách sử dụng các bài toán gốc” để giải
toán hình học một cách linh hoạt, sáng tạo. Với trách nhiệm của người giáo viên
tôi thấy mình cần giúp các em học tốt hơn phần này.
Tôi đã dành thời gian đọc tài liệu, qua sự tìm tòi thử nghiệm, nghiên cứu
thực tế giảng dạy của bản thân và của một số đồng nghiệp. Tôi mạnh dạn đưa ra
một vài kinh nghiệm: "Củng cố kiến thức và rèn luyện tư duy cho học sinh
thông qua việc mở rộng và khai thác bài toán".
Với đề kinh nghiệm này tôi mong muốn sẽ giúp học sinh biết cách sử
dụng bài toán gốc để giải các bài toán liên quan và từ đó tự củng cố kiến và nâng
cao kến thức của mình. Đồng thời hình thành ở học sinh tư duy tích cực, độc lập,
sáng tạo, nâng cao năng lực phát hiện và giải quyết vấn đề, rèn luyện khả năng
vận dụng kiến thức vào hoạt động thực tiễn, rèn luyện nếp nghĩ khoa học luôn
mong muốn làm được những việc đạt kết quả cao nhất, tốt nhất.
II. Thực trạng
Trong quá trình giảng dạy và qua tìm hiểu ở học sinh và ở đồng nghiệp tôi
nhận thấy.
Về học sinh: Nhiều học sinh chưa hình thành cho mình phương pháp học tập
hợp lý và khoa học nếu không nói là chỉ có phương pháp học vẹt, gần như các
em chưa có thói quen tìm tòi, phân tích, mổ xẻ hay khai thác kết quả của những
bài toán đã được giải để có thêm những tính chất mới hay những bài toán mới...
Nhiều học sinh chưa thấy được sự tương tự giữa các mệnh đề toán học, chưa
hình thành cho mình năng lực tư duy linh hoạt, sáng tạo và đặc biệt là chưa thấy
được cấu trúc của một bài toán. Chính các điều này làm cho các em luôn bị động
trong quá trình chiếm lĩnh kiến thức.
Về giáo viên: Một số giáo viên trong quá trình công tác chưa thường xuyên
hoặc rất ít rèn luyện, hình thành cho học sinh các thói quen, các kỷ năng hay tư
duy linh hoạt sáng tạo trong quá trình học môn toán dẫn đến găp nhiều khó khăn
trong học tâp và mất dần niềm yêu thích môn toán.

Khảo sát tình hình thực tế
Tôi đã đưa bài toán 1 trong tiết luyện tập ở lớp 8A, 8B như sau: Cho tam
giác ABC đều có cạnh a, P là điểm nằm trong tam giác. Gọi x, y, z lần lượt là
khoảng cách từ P đến ba cạnh BC, CA và AB. Tìm tất cả các điểm P trong tam
giác sao cho x + y = z. Thì có kết quả như sau:
3


Sĩ
số

TT Lớp
1

8A

38

2

8B

38

Giỏi

Khá

TB

Yếu

Kém

SL

%

SL

%

SL

%

SL

%

SL

%

3

7,9

6

15,8

13

34,2

12

31,6

4

10,5

3

7,9

14

36,8

13

34,2

8

21,1

Để giúp học sinh giải quyết bài toán trên một cách đơn giản tạo được hứng
thú trong tiết học và hơn nữa khắc sâu được phần lý thuyết của bài học trước tôi
đưa ra một số giải pháp như sau:
III. Các giải pháp thực hiện
Bài toán 1.1: (Bài tập 51 - Trang 166 SBT toán 8 tập 1.Nhà xuất bản GD)
Cho tam giác nhọn ABC, các đường cao AA ', BB', CC' cắt nhau tại H.
Chứng minh:

HA' HB ' HC '
+
+
=1
AA' BB ' CC '

- Phân tích tìm lời giải.
Ta có: S ABC = S AHB + S BHC + SCHA

A

S
S
S
⇔ AHB + CHB + AHC = 1
S ABC S ABC S ABC

B'
C'

1
HC ' .BA

S AHB 2
HC ' SCHB HA' SCHA HB '
=
=
;
=
;
=
Ta có:
S ABC 1 CC ' . AB CC ' S ABC AA' S ABC BB '
2

H
C

B

A'

Từ đó ta sẽ có lời giải.
- Giải tóm tắt:
Ta có S ABC = S AHB + S BHC + SCHA
1
HC ' .BA
2
+
1
'
CC . AB
2

S AHB SCHB S AHC
+
+
=1 ⇔
S ABC S ABC S ABC
⇔

1
1
HB ' . AC
HA' .BC
2
+2
=1
1
1
'
'
BB . AC
AA .BC
2
2

HC ' HB ' HA'
+
+
=1
CC ' BB ' AA'

Nhận xét 1: Nếu tam giác ABC là tam
giác tù thì

'

'

H

'

HA HB HC
;
;
có quan hệ như thế
AA' BB ' CC '

B'
C'

nào? Giả sử tam giác ABC có góc A tù thì ta có:
S ABC = SCHB − S BHA − SCHA ⇔

SCHB S AHB S AHC
−
−
=1
S ABC S ABC S ABC

HA' HC ' HB '

⇔
−
−
= 1 . Từ đó ta có bài toán sau:
'
'
'
AA CC BB

Bài toán 1.2:

A
B

C
A'

Cho tam giác ABC, các đường cao AA', BB', CC' cắt nhau tại H.

HA' HB ' HC '
;
;
Tìm mối quan hệ giữa các tỉ số:
AA' BB ' CC '

4


Gợi ý giải
Nếu tam giác ABC nhọn thì ta có kết quả như bài toán 1

HA' HC ' HB '
−
−
= 1 với góc A tù
Nếu tam giác ABC tù thì ta có kết quả
AA' CC ' BB '

Nhận xét 2: Ở bài toán 1.1, nếu tam giác ABC đều thì ta có AA' = BB' = CC' và
nếu ta lấy điểm M nằm trong tam giác ABC và có x, y, z là khoảng cách từ M
đến ba cạnh của tam giác thì ta tìm được mối quan hệ của x, y, z và AA'. Qua đó
ta có bài toán 1.3:
Bài toán 1.3:
Cho tam giác ABC đều có cạnh a, M là điểm nằm trong tam giác. Gọi x,
y, z lần lượt là khoảng cách từ M đến ba cạnh AB, BC và CA.
Chứng minh: x + y + z không đổi.
A
Giải tóm tắt.
Gọi h là độ dài đường cao của ∆ ABC
Ta có: S AMB + S BMC + SCMA = S ABC
suy ra

x

a.x a. y a.z a.h
+
+
=
⇔ a ( x + y + z ) = a.h
2
2

2
2

Từ đó ta có: x + y + z = h

z
y

B

(1)

Mặt khác ta có: ∆ ABC đều có cạnh là a nên đường cao h =
Từ (1) và (2) ta có : x + y + z = h =

M

C

a. 3
không đổi (2)
2

a. 3
không đổi.
2

Nhận xét 3: Ở bài toán 1.3. Nếu biết x, y, z thì ta tìm được độ dài đường
cao AH và diện tích của ∆ ABC và ngược lại. Thì việc giải bài toán 1 không còn
h

khó khăn nữa vì ta đã biết x+y+z=h nên để x+y=z thì z = thì P sẽ nằm trên
2
đường trung bình của ∆ABC và cũng từ tính chất trên ta sẽ dễ dàng giải bài
toán sau 1.4 như sau:
Bài toán 1.4:
Cho tam giác ABC đều có cạnh a, P là điểm nằm trong tam giác. Gọi x, y,
z lần lượt là khoảng cách từ P đến ba cạnh BC, CA và AB.
a, Biết x = 1, y = 2, z = 3. Tính diện tích ∆ ABC
b, Tìm tất cả các điểm P trong tam giác sao cho
A
x+y=z
c, Tìm tất cả các điểm P trong tam giác sao cho
x, y, z lập thành một tam giác.
h
(Đề thi vào lớp 10 - ĐHQG TP Hồ Chí Minh)
z P
Lời giải tóm tắt.
y
x
a. Đặt h là đường cao tam giác đều ABC.
B

5

C


a.x a. y a.z a.h
+
+

=
2
2
2
2
⇔x+ y+z =h

Ta có: S APB + S BPC + SCPA = S ABC ⇔

Mà x = 1, y = 2 và z = 3 nên ta có h = 6 (1)
Mặt khác ta có ∆ ABC đều có cạnh a nên đường cao
1
4

h = a2 − a2 =

3
.a
2

(2)

Từ (1) và (2) ta có 6 =

3
.a ⇒ a = 4 3
2

Vậy diện tích của ∆ABC bằng 12 3 (đvdt)
h

b. Ta có x + y + z = h , mà x + y = z nên z = . Suy ra

A

2

P nằm trên đường trung bình MN của ∆ ABC (với
M là trung điểm của AC và N là trung điểm của
BC, P khác M, N)
c. Ta có x + y + z = h (3). Để x, y, z lập thành một tam
giác thì x + y > z, y + z > x và z + x > y (4) .
Từ (3) và (4) ta có:

E

z

y

M

P
x

B

C

N

x+ y+z h
h


=
x<
x <

2
2
2
 P thuécmiÒntrong tø gi¸c BEMC.


x+ y+z h
h



= ⇔  y < ⇔  P thuécmiÒntrong tø gi¸c CNEA. Suy ra P
y <
2
2
2


 P thuécmiÒntrong tø gi¸c BNMA.

x
+

y
+
z
h
h


=
 z <
 z < 2
2
2
thuộc miền trong của tam giác EMN
( Với M, N, E lần lượt là trung điểm AC, BC và AB và P khác M, N, E)
Nhận xét 4: Ở bài toán 1.3. Với ∆ ABC đều thì ta có x + y + z = h không
2
2
2
đổi nếu ta kết hợp với bất đẳng thức 3 ( x + y + z ) ≥ ( x + y + z ) dấu " = " xảy
2

ra khi x = y = z. Khi đó ta tìm được giá trị nhỏ nhất của biểu thức x 2 + y 2 + z 2
qua tính chất đó ta có thêm bài toán sau:
Bài toán 1.5: Cho tam giác ABC đều có cạnh 6 3 cm, P là điểm nằm trong tam
giác, Gọi x, y, z lần lượt là khoảng cách từ P đến ba cạnh BC, CA và AB. Tìm
giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = x 2 + y 2 + z 2 .
A

Lời giải tóm tắt.
Vẽ đường cao AH của ∆ ABC. Do ∆ ABC đều

3
.a = 9.
2
Mà ta có x + y + z = AH suy ra x + y + z = 9

có cạnh là 6 3 nên AH =

6

z

P
x

B

H

y
C


2

9
Ta có: 3 ( x 2 + y 2 + z 2 ) ≥ ( x + y + z ) ⇒ x 2 + y 2 + z 2 ≥ = 27
2

3

dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 3
Vậy giá trị nhỏ nhất của x 2 + y 2 + z 2 là 27 khi và chỉ khi x = y = z hay P là
giao của ba đường cao.
Nhận xét 5: Với ∆ ABC nhọn có AB = c, BC = a,, CA = c và x, y, z lần
lượt là khoảng cách từ P đến ba cạnh BC, CA và AB thì ta luôn có x.a + y.b +
a

b

c

c.z = 2 SABC (1) nếu ta nhân hai vế của (1) với x + y + z thì ta có:
a b c 
2 S ABC  + + ÷ ≥ a 2 + b 2 + c 2 + 2ab + 2bc + 2ca . Từ đó ta có bài toán mới sau:
x y z 

Bài toán 1.6:
Cho tam giác ABC nhọn có ba cạnh lần lượt là a, b, c, M là điểm nằm
trong tam giác. Gọi x, y, z lần lượt là khoảng cách từ M đến a, b, c. Xác định vị
a

b

c

trí của M trong tam giác ABC để P = x + y + z đạt giá trị nhỏ nhất.
Giải tóm tắt
Ta có S AMB + S BMC + SCMA = S ABC
⇒ a.x + b.y + c.z = 2.S ABC
A

a

b

c

Xét P. 2.S ABC = ( a.x + b. y + c.z )  + + ÷
x y z




c

B

 x y
y z
x z
= a 2 + b 2 + c 2 + ab  + ÷+ bc  + ÷+ ac  + ÷
 z x
 y x
 z y
2
= ( a + b + c)
x

y

y

z

x

b

z

M y
x
a

C

≥ a 2 + b 2 + c 2 + ab.2 + bc.2 + ac.2

z

( vì x, y > 0 nên  + ÷ ≥ 2;  + ÷ ≥ 2;  + ÷ ≥ 2 )
z x
y x
 z y
Suy ra

( a + b + c)
P≥
2. S ABC

2

dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi x = y = z

Vậy giá trị nhỏ nhất của P khi và chỉ khi x = y = z hay M là giao của ba
đường phân giác của tam giác ABC
Nhận xét 6: Ở bài toán 1.6 Nếu M trùng với A thì ta có x + y + z = x = ha
(Với ha là đường cao của tam giác ABC kẻ từ A). Từ đó ta có: Nếu a lớn nhất
trong 3 đoạn a, b, c thì ha sẽ nhỏ nhất trong ba đường cao của tam giác ABC.
Qua đó ta có thêm bài toán mới sau:
Bài toán 1.7:
7


Cho ∆ABC nhọn có ba cạnh là a,b,c. Gọi khoảng cách từ điểm M nằm trong
∆ABC đến các cạnh a, b, c lần lượt là x, y, z. Tìm điểm M để x + y + z nhỏ nhất.
Giải toám tắt:
Gọi ha, hb, hc lần lượt là đường cao kẻ từ a, b và c của ∆ABC .
Giả sử a ≥ b ≥ c ⇒ ha ≤ hb ≤ hc .
Ta có S AMB + S BMC + SCMA = S ABC ⇒ 2.S ABC = a.x + b.y + c.z
≤ a( x + y + z ) ⇒ x + y + z ≥

S ABC
= ha
a

Vậy giá trị nhỏ nhất của x + y + z là ha khi và
chỉ khi M trùng với A (với a ≥ b ≥ c )
Giá trị nhỏ nhất của x + y + z là ha khi và chỉ
khi M trùng với B ( với b ≥ c, a )
Giá trị nhỏ nhất của x + y + z là ha khi và chỉ

khi M trùng với C ( với c ≥ b, a )
Nhận xét 7: Ở bài toán 1.7 ta còn có các tính
chất sau:

A

c

b

z

B

M y
x

C

a

AF 2 + MF 2 = AE 2 + ME 2
BF 2 + MF 2 = BD 2 + MD 2
CD 2 + MD 2 = CE 2 + ME 2

Từ đó ta có AF2 +BD 2 +CE 2 =AE 2 +CD 2 +BF2
Nếu đặt P = AF2 +BD 2 +CE 2 thì ta có:
2 P = AF2 +BD 2 +CE 2 +AE 2 +CD 2 +BF2 . Nếu ta
2

a+b
kết hợp với bất đẳng thức a + b ≥ 
÷ ta có :
 2 
2

2

2

A
F

z

E
M y
x

B
C
AB
 AF + BF 
D
AF 2 + BF 2 ≥ 
.
÷ =
2
2



Khi đó 2 P = AF2 +BD 2 +CE 2 +AE 2 +CD 2 +BF2 không đổi.
Nhận xét: Nhờ mối liên hệ nên ta tiếp tục có bài toán sau:
Bài toán 1.8:
Cho ∆ABC nhọn, M là một điểm nằm trong tam giác. Kẻ MD, ME, MF
thứ tự vuông góc với các cạnh BC, AC, AB. Tìm vị trí của M để biểu thức
P=AE 2 +BD 2 +CE 2 đạt giá trị nhỏ nhất.
Giải tóm tắt.
Do P=AE 2 +BD 2 +CE 2 mà AF2 +BD 2 +CE 2 =AE 2 +CD 2 +BF2
nên ta có 2 P = AF2 +BD 2 +CE 2 +AE 2 +CD 2 +BF2 . Áp dụng bất đẳng thức
2
a+b
2
2
2
2
2
2
2
2
a +b ≥
÷ ta có: 2 P = AF +BD +CE +AE +CD +BF
 2 
2

8


2

2

2

AB 2 CB 2 AC 2
 AF + BF   AE + CE   BD + CD 
≥
+
+
÷ +
÷ +
÷ =
2
2
2
2
2
2

 
 

AB 2 CB 2 AC 2 1
Suy ra: 2P ≥
+
+
= ( AB 2 + Bc 2 + AC 2 )
2
2
2

2
1
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là ( AB 2 + BC 2 + AC 2 ) khi và chỉ khi M là
2
giao của 3 đường trung trực tam giác ABC
Nhận xét 8: Ở bài toán 1.5 với ∆ABC đều ta đã có x + y + z = h không
1 1 1
đổi và nếu ta kết hợp với bất đẳng thức ( a + b + c )  + + ÷≥ 9 thì ta lại có
a b c
thêm bài toán mới sau:
Bài toán 1.9:
Cho ∆ABC đều có cạnh bằng a, M là điểm nằm trong tam giác. Gọi
khoảng cách từ M đến ba cạnh BC, AC, AB lần lượt là x, y, z . Xác định vị trí
1
1
1
+
+
của M để: a,
đạt giá trị nhỏ nhất
x+ y y+z z+x
b,

1
1
1
+
+
đạt giá trị nhỏ nhất
x 2 + 2 yz y 2 + 2 xz z 2 + 2 xz

Giải tóm tắt.
a, Gọi h là độ dài đường cao tam giác đều ABC
Ta có: S AMB + S BMC + SCMA = S ABC ⇔

a.x a. y a.z a.h
⇔x+ y+z =h
+
+
=
2
2
2
2

 1
1
1 
+
+
Mặt khác ta có: 
÷( x + y + y + z + z + x ) ≥ 9
 x+ y y+z z+x
 1
1
1 
⇔
+
+
÷2.( x + y + z ) ≥ 9

x
+
y
y
+
z
z
+
x


 1
1
1  9
+
+
Từ đó ta có 
÷≥
 x + y y + z z + x  2h
1
1
1
9
+
+
Vậy giá trị nhỏ nhất của
là
. Dấu "=" xảy ra khi và khi
x+ y y+z z+x
2h

M là giao của 3 đường phân giác.

 2
1
1
1
+ 2
+ 2
x + 2 yz + y 2 + 2 xz + z 2 + 2 xz ) ≥ 9
b, Ta có:  2
(
÷
 x + 2 yz y + 2 xz z + 2 xz 


1
1
1
2
⇔ 2
+ 2
+ 2
( x + y + z) ≥ 9
÷
 x + 2 yz y + 2 xz z + 2 xz 
9





1
1
1
9
9
+ 2
+ 2
≥
= 2
⇔ 2
÷
2
h
 x + 2 yz y + 2 xz z + 2 xz  ( x + y + z )
1
1
1
9
+ 2
+ 2
là 2 Dấu "=" xảy ra
x + 2 yz y + 2 xz z + 2 xz
h
khi và chỉ khi M là giao của 3 đường phân giác.
Nhận xét 9: Với ∆ABC đều có cạnh a và x, y, z lần lượt là khoảng cách
từ M đến ba cạnh của tam giác. Qua M kẻ các đường thẳng song song ba cạnh
của tam giác đó thì ta có ba đoạn thẳng MA, MB, MC tạo thành một tam giác.
Và ta chứng minh được diện tích của tam giác được tạo bởi ba đoạn MA, MB,
1
MC nhỏ hơn hoặc bằng diện tích ∆ABC . Qua đó ta tiếp tục có bài toán mới

3
sau:
Bài toán 1.10:
Cho ∆ABC đều có cạnh bằng a. M là một điểm bất kỳ nằm trong tam giác.
Gọi x, y, z lần lượt là khoảng cách từ M đến cạnh BC, AC, BC. Chứng minh
1
diện tích của tam giác được tạo bởi ba đoạn MA, MB, MC không lớn hơn
3
diện tích ∆ABC .
Giải tóm tắt:
A
- Qua M kẻ đường thẳng a song song với BC cắt
I
AB, AC lần lượt tại E và F.
- Qua M kẻ đường thẳng b song song với AC cắt
G
AB, BC lần lượt tại I và K.
z
y
F
E
- Qua M kẻ đường thẳng c song song với AB cắt
M
x
AC, BC lần lượt tại G và H.
C
Ta dễ dàng chứng minh được ∆GMF , ∆HMK , ∆EIM
B
H
K

là những tam giác đều. Và các tứ giác AIMF,
FMHC, HMIB là các hình thang cân. Từ đó ta có MA = IF, FH = MC và MB =
HI. Từ đó ta luôn có tồn tại một tam giác có ba cạnh là ba đoạn thẳng MA, MB,
MC và đó là ∆IFH .
Vậy giá trị nhỏ nhất của

2

1
2
1
2
2
2
1
= ( z.
x + x.
y + y.
z) =
( xz + xy + yz )
2
3
3
3
3

Ta có S IFH = S IMH + S HMF + S FMI = ( z.MH + x.MF + y.MI )

3
Mặt khác ta có: x + y + z bằng đường cao ∆ABC đều suy ra x + y + z = a

2
2
( a + b + c)
Áp dụng bất đẳng thức ab + bc + ca ≤
3

10


1 a2 a2 3
( x + y + z )2 a 2
. =
=
ta có xy + yz + xz ≤
suy ra S IFH ≤
12
3
4
3 4
1 a 3 a2 3
Mặt khác ta có: S ABC = .a.
=
2
2
4
1
Từ (1) và (2) ta có: S IFH ≤ S ABC
3

(1)

(2)

Bài toán 2 (Bài tập 27 SGK toán 8 –tập 1, Nhà xuất bản GD)
Cho tứ giác ABCD. Gọi E, F, K theo thứ tự là trung điểm của AD, BC,
AC. Chứng minh EF ≤

1
(AB+CD).
2

Giải tóm tắt:
Ta có EK là đường trung bình của ∆ ACD suy ra EK =

1
CD
2

1
2

Chứng minh tương tự ta có: KF= BC
Nếu E, K, F thẳng hàng ta có: EK + KF = EF

A

1
1
1
= CD + AB = (AB+CD)(3).

2
2
2

E

/

Nếu E, K, F không thẳng hàng ta có:
EK + KF > EF (bất đẳng thức tam giác)
hay EF <

D

/
///

K

1
(AB+CD)(4)
2

Từ (3) và (4) ta có: EF ≤

///

1
(AB+CD)
2

//

B

//

F

C

Nhận xét 1: Việc giải bài toán trên hoàn toàn không khó khăn đối với học
sinh nhưng nếu không khắc sâu các kiến thức đã vận dụng, cụ thể là tính chất
đường trung bình của tam giác thì học sinh sẽ gặp nhiều lúng túng khi gặp bài
toán sau:
Bài toán 2.1
Cho tứ giác ABCD có AD = BC. Gọi E, F theo thứ tự là trung điểm của
AB và CD. Gọi I, K theo thứ tự là giao điểm của EF với AD và CB. Chứng
minh: ∆ IOK cân (với O là giao điểm của AD và CB).
Nhận xét 2: Nếu như học sinh không thấy được sự thay đổi của bài toán 2
thành bài toán 2.1 thì việc giải bài toán 2.1 là không dễ dàng.
Hướng dẫn:
Gọi M là trung điểm của AC. Ta dễ
dàng chứng minh đươc ∆ MEF cân tại M.
(1)
·
·
Từ đó suy ra MEF
= MFE

I
O
K
A

E
B
M

11
D

F
C


(2)
·
·
Ta có: ME//CK ⇒ MEF
= CKE
(3)
·
·
MF//DI ⇒ DIF
= MFI
(4)
·
·
Và có: IKO

= CKE

Từ (1), (2), (3) và (4) ta có:
·
·
⇒ ∆ OKI cân tại O.
KIO
= OKI
·
Nhận xét 3: Từ bài toán 2.1 nếu ta kẻ tia phân giác Ox của DOC
thì ta
·
·
⇒ Ox//IF với kết quả đó ta có thêm bài toán rất hay sau:
nhận thấy BOx
= KIO
Bài toán 2.2:
Cho tứ giác ABCD có AD = BC.
Gọi E, F theo thứ tự là trung điểm của AB
và CD, gọi O là giao điểm của AD và BC,
·
kẻ Ox là tia phân giác của BOD
. Chứng
minh: Ox//EF.

Nhận xét 4: Kết quả của bài toán 2 chưa dừng lại ở đó. Nếu ta thêm giả
thiết P, Q lần lượt là trung điểm của BD và DC và biết thêm AD = BC thì ta có
∆ PQK là tam giác cân. Khi đó ta có bài toán sau khá lý thú:
Bài toán 2.3
Cho tứ giác ABCD có AD = BC (AB < CD). Gọi P, K lần lượt là trung

điểm của hai đường chéo BD và AC. Chứng minh đường thẳng PK tạo với AD
và BC hai góc bằng nhau.
Nhận xét 5: Nếu người học không nhận ra được kết quả Bài toán 2 thì
việc giải bài toán này gặp rất nhiều khó khăn
Hướng dẫn:
Gọi Q là trung điểm của CD khi đó ta
dễ dàng chứng minh được ∆ PQK
cân tại Q
¶ =M
¶ ( vì KQ//AD)
Suy ra: K
1

A
B
/

µ = N
¶ (PQ//BC)
P
1
1
µ =K
¶ ⇒M
¶ =N
¶
Mà P
1
1
1

1

K

P

M 1

1

\\
1 1
/

\\
D

///
Q

Vậy PK tạo với AD và BC hai góc
bằng nhau.

1 N

///

C

Nhận xét 6: Quá trình giải và phát triển bài toán trên không những tìm ra

những bài toán mới hấp dẫn và thú vị mà còn giúp ta khắc sâu các kiến thức cơ
bản một cách có hiệu quả. Hơn thế, cách học như thế giúp ta rèn luyện được kĩ
12


năng vận dụng kiến thức cơ bản để giải những bài toán khó. Chẳng hạn như bài
toán sau:
Bài toán 2.4:
Các đỉnh của một tứ giác lồi nằm trên các cạnh của một hình vuông có độ
dài đường chéo bằng 1. Chứng minh : Chu vi của tứ giác đó không nhỏ hơn 2.
Giải tóm tắt:
Gọi tứ giác lồi đã cho là ABCD, gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và
CD. Khi đó ta có: MN ≤

1
(AD+BC) (theo bài toán 2)
2

1
2
1
QN= CD ( ∆ CQD vuông tại Q, NC=ND)
2
1
Suy ra: MN+PM+NQ ≤ (AB+BC+CD+DA)(*)
2
Mặt khác ta có : MN+NQ+MP ≥ PQ(**)

PM= BA ( ∆ APB vuông tại A, MB=MA)

1
(AB+BC+CD+DA) ≥ PQ
2
⇔ AB + BC+ CD +DA ≥ 2.PQ =2.1

A

P

M
B

D

N

Từ (*) và(**) ta có :

C

Q

=2
Vậy Chu vi của tứ giác đó không nhỏ hơn 2.
IV. Một số bài tập vận dụng
Bài 1. Cho tam giác ABC nhọn, D là điểm thuộc cạnh BC. Xác định điểm E và
F lần lượt thuộc cạnh AB và AC sao cho chu vi tam giác DEF nhỏ nhất.
Bài 2. Cho hình vuông ABCD có cạnh 1cm. P, Q lần lượt thuộc cạnh AB và AC
·
sao cho chu vi tam giác CPQ = 2cm. Chứng minh QCP

= 450
Bài 3. Cho tam giác ABC, F là điểm thuộc cạnh AC. Kẻ EF song song với BC,
EP song song với AB (E thuộc AB, P thuộc BC). Biết diện tích tam giác AEF là
a, diện tích tam giác CFP là b.
a. Tính diện tích tam giác ABC theo a và b.
AB
BC
.a +
.b
b. Chứng minh: S ABC =
AE
CP
V. Kết quả
Trong quá trình giảng dạy và qua quá trình bồi dưỡng học sinh khá giỏi
tôi đã áp dụng phương pháp trên để hướng dẫn, rèn luyện và hình thành cho các
em những phẩm chất cần thiết khi giải toán thì nhận được các kết quả như sau:
- Học sinh nắm kiến thức cơ bản ở sách giáo khoa một cách có hệ thống và bản
chất
- Học sinh hứng thú hơn, chủ động hơn trong quá trình học tập
13


- Khả năng tư duy lô gíc của học sinh ngày càng cao và chặt chẽ
- Khả năng vận dụng sáng tạo và linh hoạt các kiến thức đã học vào giải quyết
các bài toán có liên quan ngày càng tốt
- Học sinh đã yêu thích, chủ động hơn và tự tin hơn trong quá trình học môn
toán
- Đứng trước một bài toán các em đã bình tỉnh và đã biết tự đặt câu hỏi " Bài
toán này đã xuất phát từ dịnh lý hay tính chất nào? Từ bài toán này chúng ta có
thể tìm thêm được kiến thức nào mới hay bài toán nào khác nữa không?"

Sau khi triển khai SKKN này tôi đã cho học sinh trực tiếp làm bài kiểm
tra 20 phút sau:
Cho tam giác ABC đều có cạnh a, P là điểm nằm trong tam giác. Gọi x, y,
z lần lượt là khoảng cách từ P đến ba cạnh BC, CA và AB. Tìm tất cả các điểm
P trong tam giác sao cho x + y = z. Kết quả thu được như sau:
TT Lớp

Sĩ
số

Giỏi

Khá

TB

Yếu

SL

%

SL

%

SL

%

SL

%

1

8A

38

11

28,9

11

28,9

14

36,9

2

5,3

2

8B

38

3

7,9

12

31,6

16

42,1

7

18,4

14

Kém
SL

%


C. KẾT LUẬN - KIẾN NGHỊ
1. Kết luận
Trên đây là một trong những kinh nghiệm mà tôi đúc rút được trong quá
trình giảng dạy và đã được kiểm nghiệm qua thực tiển giảng dạy môn toán. Đặc

biệt là trong việc ôn tập, bồi dưỡng học sinh khá giỏi và trong các buổi sinh hoạt
chuyên môn của tổ đã được các đồng nghiệp đánh giá cao.
Để đạt được mục tiêu về chất lượng thì ngay từ đầu giáo viên bộ môn cần
phải tập trung giảng dạy thật kỹ về lý thuyết. Cần kết hợp đa dạng các giải pháp
nhằm mục tiêu giảng dạy tốt hơn, học sinh học tập tích cực hơn.
Biết lắng nghe các ý kiến phản hồi tích cực từ phía học sinh.
Cần phải theo dõi sự tiến bộ của học sinh và kịp thời hướng dẫn các em
lấy lại các kiến thức cơ bản
2. Ý nghĩa
Trước hết, kinh nghiệm này giúp tôi tự nghiên cứu, tìm tòi học hỏi nâng
cao tay nghề dạy học đối với việc phát triển tư duy cho học sinh thông qua nâng
cao và mở rộng bài toán.
Giúp các em học sinh hiểu bài và làm bài tốt góp phần nâng cao chất
lượng dạy và học của nhà trường.
Qua kinh nghiệm, học sinh có ý thức hợp tác, giúp đỡ và tham gia tích
cực hơn trong các bài học
Học sinh tự tin hơn vào bản thân vì các em có thể làm được bài tập khó.
Giúp học sinh hứng thú nhiều hơn với bộ môn Toán
Tạo ra không khí học hỏi, giao lưu kiến thức, kỹ năng trong các đồng
nghiệp.
3. Kiến nghị, đề xuất
Trong quá trình giảng dạy và bồi dưỡng học sinh khá giỏi tôi nhận thấy
việc đổi mới phương pháp là hoạt động thường xuyên để hình thành và bồi
dưỡng cho các em năng lực tư duy linh hoạt và sáng tạo trong học tập và rèn
luyện. Mặc dù đã cố gắng nhiều nhưng sáng kiến kinh nghiệm này không tránh
những thiếu sót. Những kết quả thưc nghiệm đạt được mới chỉ là bước đầu nên
cần phải có thời gian tiếp tục hoàn thiện dần và đem áp dụng rộng rãi.
Tổ chức các chuyên đề cấp trường, cụm,... về việc củng cố kiến thức và rèn
luyện tư duy cho học sinh thông qua việc mở rộng và khai thác bài toán.
15

Tôi rất mong muốn nhận được sự đóng góp ý kiến của các thầy giáo, cô
giáo, các bạn đồng nghiệp cũng như các em học sinh để tôi có thể đạt được kết
quả cao hơn, không những chỉ giúp học sinh lớp 8 học tốt môn Toán mà kinh
nghiệm trên có thể áp dụng để rèn luyện tư duy cho học sinh khối 6, khối 7, khối
9 với các bài toán phù hợp.
Xin chân thành cảm ơn.

16