Phát triển tư duy thông qua giải một số bài toán hình học lớp 8 cho học sinh trường THCS lương trung bằng phương pháp tư

1. MỞ ĐẦU
1.1. Lý do chọn đề tài.
Việc nâng cao chất lượng giáo dục phải gắn liền với việc đổi mới mục tiêu,
nội dung chương trình đổi mới về phương pháp dạy để học sinh có thể đáp ứng
được những yêu cầu nhất định. Ở trường phổ thông học sinh không những nắm
vững nội dung kiến thức môn học mà còn phải có khả năng vận dụng kiến thức đó
vào thực tế cuộc sống hoặc tiếp tục học lên các bậc học cao hơn.
Đối với việc dạy học môn toán nói chung, phân môn hình học nói riêng, mục
tiêu đó được cụ thể hoá bằng nhiệm vụ quan trọng là phát triển năng lực và tư duy
của học sinh, đó là động lực giúp cho việc thực hiện có hiệu quả các nhiệm vụ khác
Một trong những quá trình tư duy của học sinh là quá trình suy luận tương
tự. Suy luận tương tự có vai trò to lớn trong hoạt động thực tiễn và khoa học, trong
giai đoạn quan sát ban đầu để tìm phương hướng hoạt động hoặc đề ra giả thiết
tương tự chiếm ưu thế. Quan sát phát hiện sự tương tự cho phép dự báo cách giải
quyết. Phương pháp tương tự cho phép nhanh chóng định hướng hành động khi
chưa có điều kiện kiểm tra, chứng minh khoa học.
Hình học là một môn học rất quan trọng trong việc rèn luyện tính lôgic, tư
duy sáng tạo, giúp học sinh không những học tốt môn Toán mà còn có thể học tốt
các môn học khác. Vậy làm thế nào để học sinh nắm chắc kiến thức cơ bản, biết
cách phát triển bài toán và chủ động trong học tập để các em luôn có thể tự học và
tự sáng tạo? Ngoài việc rèn luyện kỹ năng giải từng dạng toán, tìm nhiều cách giải
cho một bài toán…thì việc khai thác phát triển bài toán cũng hết sức cần thiết.
Nhưng khai thác như thế nào? Khai thác ở mức độ nào? Đó mới là điều chúng ta
cần tập trung suy nghĩ.
Trong giải Toán, việc xét tương tự từ một bài toán thông qua đặc điểm đặc
biệt trong bài toán đó để mở rộng hoặc phát biểu bài toán ở dạng khác có thể đưa
lại cho ta một bài toán hay, một cách nhìn nhận mới về bài toá, giúp các em củng cố
nhiều kiến thức hơn và rèn luyện được kỹ năng giải toán tốt hơn. Vấn đề này cũng
phù hợp với lý luận dạy học đi từ cái cụ thể, đơn giản, bằng phương pháp tương tự
để phát triển lên thành những vấn đề khó hơn, tổng quát hơn, toàn diện hơn phù
hợp với năng lực và trình độ nhận thức của học sinh.

Trên thực tế nhiều năm dạy học môn hình hoc 8 ở trường Trung học cơ sở
(THCS) Lương Trung tôi thấy:
- Về phía học sinh: Đa số các em còn lúng túng không biết cách trình bày khi
giải một bài toán hình học, không phát hiện được tính chất tương tự trong một bài
toán, trong các bài toán khác nhau. Đặc biệt không biết cách giải một bài toán khó
xuất phát từ bài toán ban đầu đã được chứng minh.
- Về phía giáo viên: Hiện tại chưa có các tài liệu nghiên cứu nào bàn sâu vào
vấn đề này, trong nhà trường cũng chưa có đồng nghiệp nào nghiên cứu về phương
pháp chứng minh tương tự trong giải toán hình hoc. Do đó tôi chọn đề tài: “Phát
triển tư duy thông qua giải một số bài toán hình học lớp 8 cho học sinh trường
1


THCS LươngTrung bằng phương pháp tương tự” làm sáng kiến kinh nghiệm của
mình trong năm học 2017-2018.
1.2. Mục đích nghiên cứu:
Trên cơ sở nghiên cứu lí luận và thực trạng dạy học phân môn hình học lớp 8
của trường THCS Lương Trung, sáng kiến kinh nghiệm này đã đề ra được các giải
pháp để rèn kỹ năng phân tích tìm lời giải, khai thác bài toán hình học 8 cho học
sinh ở trường THCS Lương Trung, từ đó giúp học sinh nắm vững và hiểu sâu các
kiến thức cơ bản, nhìn nhận một bài toán hình dưới nhiều khía cạnh khác nhau, có
kỹ năng vận dụng các kiến thức vào bài tập và thực tiễn .Cung cấp cho các em
phương pháp tự học từ đó các em chủ động, tự tin và sáng tạo trong học toán và có
hứng thú học tập bộ môn hơn
SKKN cũng là một tài liệu tham khảo cho các giáo viên trong quá trình đọc
và nghiên cứu tài liệu, cũng như giảng dạy môn toán hinh. Đặc biệt đây là kinh
nghiệm giúp cho GV tham khảo khi thiết kế bài dạy ôn thi học sinh giỏi trong quá
trình dạy học của mình.
1.3. Đối tượng nghiên cứu:
- Phát triển tư duy giải một số bài toán hình học lớp 8 cho học sinh Trường

THCS Lương trung bằng phương pháp tương tự.
1.4. Phương pháp nghiên cứu:
- Quan sát theo dõi HS và học hỏi đồng nghiệp .
- Phương pháp điều tra sư phạm: Phỏng vấn, trao đổi; khảo sát điều tra số
liệu theo phiếu; thống kê và phân tích số liệu điều tra.
- Phương pháp thực nghiệm sư phạm: Giảng dạy thực nghiệm tại trường.
- Tổng kết kinh nghiệm và đánh giá kết quả.
2. NỘI DUNG
2.1. Cơ sở lí luận.
Phát triển tư duy sáng tạo là phương pháp nhằm tìm ra các phương án, biện
pháp thích hợp để kích hoạt khả năng sáng tạo và để đào sâu rộng khả năng tư duy
của một cá nhân hay một tập thể cộng đồng làm việc chung về một đề tài hay một
lĩnh vực nào đó[3].
Trong toán học, nhất là trong dạy học toán theo chương trình đổi mới thì việc
dạy học theo phương pháp tích cực hoá hoạt động học tập của học sinh, học sinh
được tiếp cận kiến thức một cách chủ động, sáng tạo từ những hình ảnh, mô hình,
ví dụ để hình thành các khái niệm tương tự, tổng quát hơn.
Tương tự được hiểu là giống nhau, có một số nét giống nhau; hoàn toàn
giống nhau, gần hoàn toàn giống nhau. Do đó, sự vận dụng tương tự trong chứng
minh trong hình học cũng rất đa dạng trong Số học và Đại số, đặc biệt trong hình
học vô cùng là phong phú.
Sự tương tự không phải chỉ có mặt ở bên ngoài mà còn nằm ngay trong bản
chất của sự vật hiện tượng. Sự tương tự có nguyên nhân sâu xa là sự thống nhất về
bản chất bên trong của sự vật, hiện tượng khác nhau, sự thống nhất về tính tổng
quát của các quy luật chi phối chúng.
2


Suy luận tương tự là một phương pháp suy luận lôgic từ sự giống nhau về
các dấu hiệu xác định của hai hoặc nhiều đối tượng suy ra sự giống nhau về các dấu

hiệu khác nhau của chúng. Từ đó có thể gán kiến thức về đối tượng đã biết cho đối
tượng chưa biết nhờ sự tương tự giữa chúng[11].
Ở chương trình THCS nói chung mà cụ thể hình học lớp 8, việc rèn luyện
cho các em kỹ năng mở rộng từ các bài tập cụ thể sẽ đưa lại rất nhiều hiệu quả: Học
sinh có kỹ năng và thói quen xem xét bài toán ở các góc độ khác nhau; củng cố cho
học sinh được các kiến thức khác nhau.
Vì thế việcphát triển tư duy giải một số bài toán hình học lớp 8 cho học sinh
bằng phương pháp tương tựlà rất cần thiết và nếu học sinh tiếp thu tốt phương pháp
này sẽ làm cho các em yêu thích và học tốt môn hình học nói chung, và hình học
lớp 8nói riêng.
Tôi hy vọng đây sẽ là tư liệu tham khảo cho nhiều giáo viên đang trực tiếp
giảng dạy như tôi.
2.2. Thực trạng vấn đề.
Trong quá trình giảng dạy toán ở nhà trường cũng như trong các kỳ thi học
sinh giỏi các cấp, tôi thấy chuyên đề về: “Phát triển tư duy thông qua giải một số
bài toán hình học lớp 8 cho học sinh trường THCS Lương Trung bằng phương
pháp tương tự” là chuyên đề hay và lý thú. Nên trong cấu trúc của một đề thi của
các kỳ thi chọn học sinh giỏi các cấp, chuyên đề “Phát triển tư duy thông qua giải
một số bài toán hình học lớp 8 cho học sinh trường THCS Lương Trung bằng
phương pháp tương tự”chiếm một lượng kiến thức nhất định trong cấu trúc của
đề, tuỳ theo mức độ và tính chất của kỳ thi mà có những mức độ cũng như cách ra
đề cho phù hợp. Xuất phát từ thực tế giảng dạy, đặcbiệt khi ôn thi các đội tuyển học
sinh giỏi. Tôi thấy đa số các em giải các bài toán hình học còn lúng túng, chưa tìm
được phương hướng giải, chưa xác định được các yếu tố cố định hay không cố định
để làm nền tảng biện luận. Chính vì vậy, đa số các em khi gặp các bài toán có tính
chất tương tựđã không thể giải quyết được hoặc giải quyết được một phần hoặc giải
quyết được nhưng biện luận không chặt chẽ dẫn đến sai sót không đáng có.
Cụ thể trong năm học 2016-2017 sau khi chọn đề tài nghiên cứu tôi tiến hành
thí điểm ở khối 8 với nội dung của bài kiểm tra một tiết (bài kiểm tra kèm theo ở
phần phụ lục), và thái độ với môn hình học (phiếu khảo sat kèm theo ở phần phụ

lục) cho thấy:
Giỏi

Điều tra
62
bài SL %
kiểm tra
2

3,2

Khá

Trung bình

Yếu

kém

SL

%

SL

%

SL

%

SL

%

6

9,7

24

38,7

26

41,9

4

6,5

3


Điều tra 62
HS

Yêu thích môn học

Bình thường

Không thích học

SL

SL

%

SL

%

22

35,5

30

48,4

%

10

16,1

Như vậy, qua khảo sát thực tế cho thấy có rất nhiều học sinh bị điểm yếu,
kém và đa số học sinh không thích học phân môn hình học. Nguyên nhân:
-Thứ nhất: Nhiều lỗ hổng về kiến thức và kĩ năng.

- Thứ hai: Tiếp thu kiến thức, hình thành kiến thức chậm.
- Thứ ba: Năng lực tư duy yếu.
- Thứ tư: Phương pháp học hình chưa tốt.
- Thứ năm: Thờ ơ với việc học trên lớp, thường xuyên không làm bài tập ở
nhà.
2.3. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề.
2.3.1. Thu gọn lời giải bằng cách không lặp lại các chứng minh như nhau.
Chứng minh một bài toán hình học đòi hỏi việc suy luận chính xác và
chặt chẽ. Sau khi đã có phần chuẩn bị và suy nghĩ để tìm ra phương pháp chứng
minh như trên thì việc trình bày lời giải theo phương pháp tổng hợp là rất quan
trọng.
Ví dụ 1: Cho tam giác ABC, D là trung điểm của AC, E là trung điểm của AB. Vẽ
các điểm M,N sao cho E là trung điểm của MC, D là trung điểm của BN. Chứng
minh rằng: A là trung điểm của MN.

A

M
E
B

N
D
C

* Cách chứng minh lặp lại:
- Chứng minh ∆AEM = ∆BEC(cgc) để suy ra: AM = BC và AM // BC.
- Chứng minh ∆ADN = ∆CDB(cgc) để suy ra: AN = BC và AN //BC
* Cách chứng minh không lặp lại:
4

- Chứng minh ∆AEM = ∆BEC(cgc) để suy ra AM = BC và AM // BC.
- Chứng minh tương tự suy ra: AN = BC và AN //BC
Ta nhận thấy:
- Chứng minh AN = BC cũng hoàn toàn giống như chứng minh AM = BC
- Chứng minh AN // BC cũng hoàn toàn giống như chứng minh AM // BC. Do đó
để gọn, ta dùng từ "Chứng minh tương tự" mà không cần lặp lại chứng minh như
trên.
Như vậy bài toán sẽ được trình bày ngắn gọn, khoa học hơn.
Để giải một bài toán, chúng ta phải đọc kỹ đề bài, phân tích sơ bộ giả
thiết, kết luận của bài để vẽ hình chính xác, và loại bỏ những trường hợp không
thoả mãn điều kiện bài toán.
Ví dụ 2:
Cho ∆ABC có: Â = 105o, một đường thẳng qua A cắt BC ở D. Chia tam giác
ABC thành hai tam giác cân. Tính số đo các góc B và C của ∆ABC.
* Cách chứng minh lặp lại:
Vì không xác định rõ đáy tam giác cân ADB và ADC nên ta phải xét 9
trường hợp.
* Cách chứng minh không lặp lại:
Ta hãy chú ý đến sự tương tự giữa hai góc ADB và ADC: Nếu thay góc B
bởi góc C, thay góc C bởi góc B thì lời giải của bài toán không đổi: Ta nói rằng hai
góc đó có vai trò như nhau và nhờ sự tương tự ấy có thể sắp xếp chúng theo thứ tự
ADC ≥ ADB mà không mất tính tổng quát của bài toán.
Giải
Giả sử ADC ≥ ADB thì ADC ≥ 900, dẫn đến tam giác cân ADC phải có đáy
AC. Ta chỉ phải xét 3 trường hợp: Tam giác cân ADB có đáy AD hoặc BD hoặc
AB. Đặt C = a
Trường hợp 1: Tam giác cân ADB có đáy AD

A

B

D

C

ADB= DAC + DCA = a + a = 2a (Góc ngoài của ∆ADC)
A = 2a + a = 3a = 1050 ⇒ C= a = 35o;
5


⇒ B = 180o - (105o+ 35o) = 40o

Trường hợp 2: Tam giác cân ADB có đáy BD

A

C

B
Tương tự ta có: A = a + (180o- 4a) = 105o ⇒ C = a= 250
⇒ B = 180o- (105o+25o) = 50o
Trường hợp 3: Tam giác cân ADB có đáy AB

A

B

D

C

180 0 − 2a
= 90 0 ≠ 1050 (không xảy ra).
Ta có: A = a +
2

2.3.2. Tìm tòi cách giải 1 bài toán:
Ví dụ 1:
Vẽ về phía ngoài tam giác ABC (B < 90 0; C < 900) các tam giác vuông cân
ABD, ACE (ABD = ACE = 90o) gọi I và k là chân các đường vuống góc kẻ từ D và
E đến BC. CMR: BI = CK.
Nhận xét:
Vì ∆BID có cạnh BI và ∆CKE có cạnh CK không phải là hai tam giác bằng
nhau.
Một câu hỏi được đặt ra: Có bài toán nào tương tự bài toán này không?
hoặc với một phần của bài toàn này?
6


Các dữ kiện của bài toán ∆ABD vuông cân, đường thẳng IK đi qua đỉnh góc
vuông... làm ta nhớ lại một bài toán đã giải cũng có các dữ kiện tương tự đó là:
Cho ∆ ABC có A = 900; AB=AC, qua A vẽ đường thẳng d sao cho B và C nằm
cùng phía đối với đường thẳng d. Kẻ BH và CK vuông góc với d. Chứng minh
rằng: a) AH= CK;
b) HK= BH+CK
Do sự liên hệ đó, ta vẽ thêm AH ⊥ IK; được BI=AH
Tương tự với ∆ACE vuông cân, được CK=AH. Do đó BI=CK

Nhờ liên hệ đến một bài toán tương tự đã giải mà ta tạo ra đường thẳng AH làm
trung gian để so sánh BI và CK
Giải:

A

E

D
H
Kẻ đường cao AH ⊥ BC
Xét hai tam giác vuông ∆BID và ∆AHB có:
BD = BA (gt)
BAH = DBI (cùng phụ với ABH)
=>∆BID = ∆AHB =>AH=BI
Chứng minh tương tự: ∆AHC = ∆CKE => AH=CK
=> BI=CK (đpcm)
* Như vậy từ cách giải bài toán trước đó, chúng ta đã tạo ra đường phụ là
đường cao AH để việc chứng minh hai đoạn thẳng BI = CK một cách dễ dàng
hơn.
* Bằng cách sử dụng phương pháp tương tự với phương pháp đã sử dụng ở
một bài toán khác:
Ví dụ 2:
Cho ∆ABC có: AB = AC; A = 200. Lấy điểm D trên cạnh AB sao cho:
AD = BC. Tính ACD= ?
* Nhận xét:
- Nhớ lại bài tập: Cho ∆ABC: B = C = 500. Gọi K là điểm trong tam giác sao
7

cho KBC = 100; KCB = 300. Chứng minh rằng: ∆ABK là tam giác cân
và tính số đo BCA
Ở bài tập này ta có
ABC + KBC = 500 + 100 = 600
Do đó ta vẽ ∆EBC đều(E và A cùng phía đối với BC)
xuất hiện ABE = KBC
Ta lại có BCA - A = 800 - 200 = 600 cũng là góc của tam giác đều

E
A

K
B

C

Do đó, mặc dù hai bài toán hoàn toàn khác nhau, nhưng sự tương tự trên
cho ta cách vẽ tam giác đều BEC
A
Giải:
Vẽ ∆BEC đều (E và A cùng phía đối với BC)
Cách vẽ này làm xuất hiện ECA = DAC
dẫn đến ∆ECA = ∆DAC (c.g.c)
D
suy ra CAE = ACD ta dễ dàng
tính được CAE = 100, do đó ACD = 100
E

B
C

Ví dụ 3
a) Chứng minh rằng nếu trên các cạnh đối diện với các đỉnh A, B, C ta lấy
các điểm A', B', C' sao cho AA', BB', CC' đồng quy thì:
=1
b) Chứng minh rằng kết luận trên vẫn đúng nếu các điểm A', B', C' thuộc các
đường thẳng chứa các cạnh của tam giác, trong đó có đúng hai điểm nằm ngoài tam
giác.

8


Giải:
a) Qua A vẽ đường thẳng // BC
cắt BB', CC' ở N, M
ta có: = ;
=

M

A

N

B'

C'

BC
; =
AM

O

Nhân các đẳng thức trên từng vế, ta được:
=1

B

b) Chứng minh tương tự (câu a)
Chú ý: Các hệ thức viết ở câu a và các hệ thức
Ở câu b là như nhau.
Chỗ khác nhau là vị trí của các điểm A', B', C'
- Ở câu b có đúng 1 điểm hoặc cả 3 điểm nằm
ngoài tam giác.

A'

C

B'

C'

A
N

M
B

A'

C

O

2.3.3. Phát hiện tính chất mới, đề xuất bài toán mới:
* Từ bài toán tính chất ba đường trung tuyến, chúng ta có thể mở rộng bài
toán bằng cách chứng minh tương tự với giao điểm ba đường cao, giao điểm ba
đường phân giác, giao điểm ba đường trung trực.
Bài 1: Cho tam giác ABC (ba góc nhọn), ba đường cao AA, BB, CC cắt nhau tại
điểm H. Chứng minh rằng:

HA1 HB1 HC1
+
+
=1
AA1 BB1 CC1

Chứng minh:

9


A

B1

C1
H

B

C

A1
HA1 HB1 HC1

Để tính được các tỉ số: AA ; BB ; CC ta phải nghĩ đến cách chia ∆ ABC thành
1
1
1
các tam giác nhỏ: ∆ HBC; ∆ HAC; ∆ HAB, và xét tỉ số diện tích các tam giác:
∆ HBC; ∆ HAC; ∆ HAB và ∆ ABC.
1 HA1
S HBC
HA1 BC HA1
= 2 BC =
.
=
Ta có:
1 AA1
S ABC
BC AA1 AA1
2 BC
S HAC HB1 S HAB HC1
=
;
=
Chứng minh tương tự ta cũng có: S
BB1 S ABC CC1

ABC

HA

HB

HC

1
1
1
Từ đó suy ra: AA + BB + CC =
1
1
1

HA1

HB1

S HBC + S HAC + S HAB S ABC
=
=1
S ABC
S ABC

HC1

Vậy: AA + BB + CC = 1
1

1
1
Như vậy từ bài toán giao điểm ba đường trung tuyến của tam giác, chúng
ta đã xây dựng nên cách giải bài toán giao điểm ba đường cao một cách tương
tự khi sử dụng đến bài toán diện tích.
Bắng cách phát hiện tính chất tương tự cách chứng minh giao điểm ba đường
cao, và tính chất của định lí Ta-Lét trong tam giác ta xét đến giao điểm ba đường
trung trực .
Bài 2: Ba đường trung trực của một tam giác ABC (có ba góc nhọn) cắt nhau tại
điểm T. Các tia AT, BT, CT kéo dài cắt lần lượt BC, AC, AB tại A, B, C . Chứng
minh rằng: + + = 1.
10


Chứng minh:

A

C1

B1

T

B

H

C

H' A1

Để chứng minh bài toán này chúng ta phải khai thác các tỉ số:
TA1 TB1 TC1
;
;
dưới dạng tỉ số khác có liên quan đến diện tích các ∆ BTC; ∆ ATC;
AA1 BB1 CC1

∆ ATB bằng cách: Gọi h; h2; h3 là độ dài các đường cao kẻ từ điểm T xuống các
cạnh BC; AC; AB.

h1 .BC
AH .BC
; S ABC =
2
2
h1 .BC
S BTC
h .BC
h
2
2
=
= 1
.
= 1
Từ đó ta lập được tỉ số:
AH .BC
S ABC

2
AH .BC AH
2
TA1 S BTC
h1
Đến đây chúng ta lại chứng minh tỉ số: AA = S (= AH ) bằng cách nghĩ đến định
1
ABC

Ta có: S BTC =

lý Ta-Let cho ∆AHA1 có: TH’ // AH suy ra:
S
TA1 TH '
h
=
= 1 = BTC
AA1 AH AH S ABC
TA1 S BTC
Vậy: AA = S
1
ABC

TB

S

TC

S

ATC
1
1
ATB
Bằng cách chứng minh tương tự ta có: BB = S ; CC = S
1
ABC
1
ABC
Do: S ABC = S BTC + S ATC + S ATB

Từ đó suy ra:

TA1 TB1 TC1 S ATC + S BTC + S ATB S ABC
+
+
=
=
=1
AA1 BB1 CC1
S ABC
S ABC

Ở những bài toán đã xét ở trên, các giao điểm là những điểm đặc biệt
trong một tam giác. Giả sử có một điểm bất kỳ nằm trong một tam giác thì cách
chứng minh cũng tương tự với các điểm đặc biệt ở trên.
11

Bài tập vận dụng
Cho ∆ABC có ba góc nhọn và I là một điểm bất kỳ nằm trong tam giác đó. Các tia
AI, BI, CI kéo dài cắt BC, AC và AB lần lượt tại M, N, P.
Chứng minh rằng:

IA
IB IC
+
+
=1
AM BN CP

Như vậy, từ bài toán mở đầu (bài toán giao điểm ba đường trung tuyến),
thông qua việc xét tương tự, ta đã xét các bài toán khác có yêu cầu tương tự
nhau và đặc biệt từ bài toán đó ta đã xây dựng cách giải những bài toán khó
hơn, bài toán có tính tổng quát, phức tạp hơn.
2.3.4. Giải các bài toán cực trị bằng phương pháp tương tự:
* Khi gặp các bài toán cực trị trong hình học, từ một bài toán cụ thể đã
được giải, ta có thể vận dụng tính tương tự để giải một số bài toán khác có tính
chất tương tự hoặc khai thác bằng cách sử dụng một phần kết quả từ bài toán
đó.
Ví dụ 1: Cho hai điểm A, B cùng nằm về một nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng a.
Tìm trên đường thẳng A một điểm P sao cho PA + PB là nhỏ nhất.

B

A

a
P'

P

A'

Giải:
Lấy A' đối xứng với A qua đường thẳng a.
Nối A'B cắt đường thẳng a tại P'
=>Đường thẳng a là đường trung trực của AA'
Ta có: PA = PA'; P'A = P'A'
Theo quy tắc điểm PA' + PB ≥ A'B=> PA + PB ≥ A'B
dấu "=" xảy ra khi P ∈ A'B
mà P ∈ a nênPA + PB nhỏ nhất khi P ≡ P'
* Sử dụng tính chất đối xứng của một điểm qua một đường thẳng, ta phát
triển một bài toán tương tự khác như sau:
Ví dụ 2: Cho xOy; điểm A nằm trong góc đó. Hãy tìm trên Ox, Oy lần lượt hai
điểm B và C sao cho AB + BC + CA nhỏ nhất
Giải:

12


A2

x

B
A
O

C

y
A1

Lấy A1 đối xứng với A qua Oy
Lấy A2 đối xứng với A qua Ox
ta có: Ox là trung trực của AA2
Oy là trung trực của AA1
nên: CA = CA1; BA = BA2
AB + AC + BC = A2B + BC + A1C≥ A1A2 (không đổi)
dấu "=" xảy ra khi B, C ∈đường thẳng A1A2
mà B∈ Ox; C ∈ Oy
nên để AB + BC +AC nhỏ nhất thì B, C là giao điểm của A1A2 với Ox, Oy.
* Khi gặp bài toán cực trị liên quan đến chu vi tứ giác, ta cũng áp dụng sự
tương tự về tính chất đối xứng của hai điểm qua một điểm và có bài toán sau;
Ví dụ 3:
Cho hình vuông ABCD và tứ giác MNPQ có bốn đỉnh thuộc bốn cạnh hình
vuông ABCD. Tìm điều kiện để MN + NP + PQ + QM là nhỏ nhất.
Giải

13


N

B

C
P

E
M
F

A

G

Q

D

Gọi E, F, G lần lượt là trung điểm của MN, NQ, PQ.
∆BMN vuông tại B; BE là trung tuyến ứng với cạnh huyền MN
nên BE = ⇒ MN = 2BE
Tương tự QP = 2 GD
MQ = 2 EF (EF là đường trung bình của ∆ MNQ)
NP = 2 FG (FG là đường trung bình của ∆ QNP)
MN + NP + PQ + QM = 2 (BE + EF + FG + GD) ≥ 2BD
dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi E, F, G ∈đường thẳng BD
Khi đó MN // AC // PQ và MQ // BD // NP.
* Sử dụng phương pháp trong giải toán
Bài 1: Trong tam giác ABC có chu vi: 2P = a + b + c (a,b,c là độ dài 3 cạnh)
Chứng minh:
+ +≥ 2(+ +)
Dấu bằng trong bất đẳng thức xảy ra khi ∆ABC có đặc điểm gì ?
Giải:
Ta có P - a = - a = > 0
Tương tự P - b > 0; P - c > 0

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy
(P – a) + (P – b)≥ 2
+≥
⇒
[(P-a) + (P-b)] [ + ] ≥ 4
⇒
+≥ = =
⇒
+≥
Tương tự: + ≥
+≥
Dấu bằng xảy ra khi a = b = c ⇒∆ABC đều.
Vậy + + ≥ 2 ( + + )
Dấu bằng trong bất đẳng thức xảy ra khi ∆ABC là tam giác đều.
14


Bài 2: Cho ∆ABC có độ dài 3 cạnh là: a,b,c, chu vi 2P.
Chứng minh:
≥ (P-a) (P-b) (P-c)
Giải:
Ta có
P - a > 0; P - b > 0; P - c > 0
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương ta có:
P-a + P-b ≥ 2
⇒
c ≥ 2(1)
Tương tự: b ≥ 2(2)
a ≥ 2(3)
Nhân từng vế của (1), (2), (3)

⇒
≥ (P-a) (P-b) (P-c)
⇒ (đpcm)
* Bài tập vận dụng:
Bài tập 1:
Cho ABC vẽ ở phía ngoài tam giác ấy, các tam giác đều ABD, ACE. Tính
góc tạo bởi các đường thẳng BE, CD.
Bài toán tương tự: Thay "tam giác đều" bởi "tam giác vuông cân tại A”.
Bài tập 2:
Cho ∆ ABC vuông cân tại A, trung tuyến AM. Gọi d là đường thẳng đi qua
A sao cho B và C thuộc cùng một nửa mặt phẳng có bờ d. Kẻ BH và CK vuông góc
với d. CMR tam giác MHK là tam giác vuông cân.
Bài toán tương tự: Thay "B và C thuộc cùng hai nửa mặt phẳng đối nhau có
bờ d"
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, bản
thân, đồng nghiệp và nhà trường.
Đối với hoạt động giáo dục.
Trong chương trình giảng dạy của năm học 2017-2018, tôi và các đồng
nghiệp trong trường đã vận dụng sáng kiến này trong giảng dạy và trong công tác
bồi dưỡng học sinh giỏi tại trường. Kết quả cho thấy các em đã có những tiến bộ rõ
rệt về kĩ năng vẽ hình, khả năng phân tích hình vẽ, ý tưởng tìm hướng giải và kĩ
năng trình bày bài. Một số em đã tìm tòi, khai thác bài toán tương đối tốt. Qua đó
kích thích được sự say mê, tìm tòi sáng tạo của học sinh trong học hình học nói
riêng và môn toán nói chung. Do đó kết quả học tập và thái độ yêu thích bộ môn
hình học của học sinh được nâng lên rõ rệt:
* Trước khi áp dụng sáng kiến.
Khá
Trung bình
Yếu
kém

Điều tra Giỏi
SL %
SL %
SL %
SL %
62
bài SL %
2
3,2
6
9,7
24
38,7
26
41,9
4
6,5
kiểm tra

Điều tra 62

Yêu thích môn học

Bình thường

Không thích học
15


SL

HS

%

10

16,1

SL

%

SL

%

22

35,5

30

48,4

* Sau khi áp dụng sáng kiến:
Giỏi

Khá

Điều tra
74
bài SL %
kiểm tra
8

Điều tra 74
HS

10,8

Trung bình

Yếu

kém

SL

%

SL

%

SL

%

SL

%

16

21,6

40

54,1

10

13,5

0

0

Yêu thích môn học

Bình thường

Không thích học

SL

SL

%

SL

%

38

51,4

6

8,1

30

%
40,5

Qua so sánh bảng thống kê điểm kiểm tra 1 tiết hình học của lớp 8 trường
THCS Lương Trung qua học kì I, năm học 2016-2017 và 2017-2018, tôi thấy hiệu
quả học tập của học sinh lớp 8học kì I năm học 2017-2018, được nâng lên rõ rệt.
Cụ thể như sau: Tỉ lệ học sinh đạt điểm khá, giỏi đã cao hơn (giỏi: từ 3,2% tăng lên
10,8% ;khá: từ 9,7%; tăng lên 21,6%; điểm dưới trung bình từ 48,4% giảm còn
13,5%). Điều đó chứng tỏ rằng việc sử dụng sáng kiến phát triển tư duy qua một số
bài tập hình học lớp 8 bằng phương pháp tương tự là có hiệu quả và hết sức cần
thiết. Học sinh nắm kiến thức, và làm bài tập vận dụng tốt hơn. Đồng thời qua so
sánh bảng mức độ tích cực, chủ động học tập của học sinh các năm học 2016-2017
và 2017-2018, tôi nhận thấy rằng số học sinh yêu thích môn học đã tăng lên rõ rệt
( từ16,1%
Việc áp dụng phương pháp tương tự trong dạy học làm cho chất lượng giảng

dạy bộ môn được nâng lên rõ rệt. Từ đó góp phần nâng cao chất lượng đại trà và
chất lượng mũi nhọn của nhà trường.
3. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
3.1. Kết luận
Qua áp dụng thực tế, bản thân đã thu được một số kết quả nhất định: Học
sinh có hứng thú với môn hình học hơn; khả năng thực hiện các yêu cầu chứng
minh tốt hơn, và đặc biệt đã tạo cho các em được thói quen mở rộng các bài toán
trong quá trình giải toán và từ đó, khi gặp một bài toán, các em có thói quen xem
xét một bài toán tương tự nhưng đặc biệt hơn, cụ thể hơn để tìm ra cách giải cho bài
toán đó. Đây chính là cơ sở cho việc sử dụng phương pháp đặc biệt hóa. Từ đó góp
16


phần nâng cao hiệu quả giảng dạy của giáo viên, tạo cho học sinh ý thức tự học, tự
khám phá ra kiến thức mới.
Bên cạnh đó, để nâng cao hơn nữa hiệu quả của đề tài, mỗi người giáo viên,
mà cụ thể là giáo viên dạy toán còn cần làm tốt hơn các vấn đề sau:
- Cần cũng cố thật vững chắc các kiến thức cơ bản của học sinh, tìm và thiết
lập mối liên hệ giữa các kiến thức mà các em được học, từ đó làm cơ sở cho các em
tìm ra sự tương tự và những kết quả tổng quát cho từng bài toán cụ thể đưa ra.
- Trong mỗi bài tập mà giáo viên đưa ra, cần luôn luôn yêu cầu và khuyến
khích các em có thói quen mở rộng bài toán, tìm các kết quả tương tự hoặc mạnh
hơn, tăng cường thói quen giải toán và đưa việc giải toán lại gần hơn với việc học
của các em.
- Đi đôi với phương pháp trên là phương pháp tương tự hoá, khi các em gặp
một bài toán khó, cần hướng dẫn các em đưa nó về dạng đặc biệt hơn, cụ thể hơn,
quen thuộc hơn để giải, từ bài toán tương tự đó, tìm ra mấu chốt để giải bài toán
mình cần.
Sau một năm áp dụng sáng kiến kinh nghiệm vào dạy học, tôi nhận thấy sáng
kiến có khả năng phát triển cho việc dạy học đại số, và có thể áp dụng có hiệu quả

cho các trường THCS khác có điều kiện tương tự trên địa bàn huyện, tỉnh.
3.2. Kiến nghị
Để có thể vận dụng tốt hơn nữa các vấn đề mà tôi dưa ra, toi xin kiến nghị
thêm một số ý kiến như sau:
- Đối với nhà Trường và tổ chuyên môn: Cần có thêm các buổi chuyên đề
nâng cao chất lượng dạy học, trong đó có triển khai việc hướng dẫ giáo viên sử
dụng các phương pháp tương tự hoá, tổng quát hoá, ... để hướng dẫn học sinh học
toán và giải toán nói riêng.
- Trong các nội dung đề kiểm tra, đề thi, cần tăng cường ra các bài toán có
tính mở cao để tạo điều kiện cho các em được vận dụng kiến thức của mình giải
quyết bài toán theo nhiều hướng, từ đó rèn cho các em không học thuộc máy móc
các lời giải mà giáo viên hướng dẫn.
Khi viết sáng kiến này tôi đã rất cố gắng để hoàn thành và mong muốn đem
lại tính khả thi cao nhưng không tránh khỏi những sai sót. Rất mong sự góp ý của
đồng nghiệp để sáng kiến này hoàn thiện hơn.
Tôi xin chân thành cảm ơn !
Bá Thước, ngày 10 tháng 04 năm 2018
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình
viết, không sao chép nội dung của người
khác.
XÁC NHẬN CỦA HIỆU TRƯỞNG

NGƯỜI VIẾT

17


Lê Bá Nghị

Nguyễn Bá Cường

18