Kinh nghiệm phất triển tư duy sáng tạo hình học cho học sinh lớp 8 9 ở trường THCS chu văn an

MỤC LỤC
STT
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17

Tên danh mục
1. MỞ ĐẦU
1.1. Lí do chọn đề tài
1.2. Mục đích nghiên cứu
1.3. Đối tượng nghiên cứu
1.4. Phương pháp nghiên cứu
1.5. Những điểm mới của SKKN
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
2.3. Các giải pháp sử dụng để giải quyết vấn đề

2.3.1. Tìm tòi cách giải

2.3.2. Đi tìm những bài toán có nhiều ứng dụng
2.3.3. Học sinh sưu tầm các bài toán có nhiều ứng dụng
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo
dục, với bản thân, đồng nghiệp và nhà trường
3. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
3.1. Kết luận
3.2. Kiến nghị

Trang
2
2
2
2
2
3
3
3
4
4
4
12
14
17
18
18
18

1

1. MỞ ĐẦU
1.1. Lí do chọn đề tài:
Trong quá trình dạy học Toán đặc biệt là môn Hình Học mỗi người giáo
viên cần thường xuyên rèn luyện cho học sinh các phẩm chất trí tuệ có ý nghĩa
lớn lao đối với việc học tập, rèn luyện và tu dưỡng trong cuộc sống của học sinh.
Việc rèn luyện cho các em tính linh hoạt, tính độc lập, tính sáng tạo, tính phê
phán của trí tuệ là những điều kiện cần thiết vô cùng quan trọng trong việc học
toán. Chính vì vậy khi dạy Hình học giáo viên không đơn thuần chỉ cung cấp
cho các em một số vốn kiến thức thông qua việc làm bài tập càng nhiều càng tốt,
càng khó càng hay mà phải cần thiết rèn luyện, phát triển tư duy sáng tạo toán
cho học sinh.
Quá trình tìm kiếm lời giải hoặc có khi là tìm thêm lời giải khác, lời giải
hay của một bài toán hình học, việc vẽ thêm các yếu tố phụ giúp cho việc kết nối
từ giả thiết đến kết luận của một bài toán được dễ dàng hơn, thuận lợi hơn. Tuy
nhiên vẽ thêm hình phụ như thế nào để có được lời giải đẹp là vấn đề khiến
chúng ta phải đầu tư suy nghĩ. Thực tế cho thấy không có phương pháp chung
cho việc vẽ thêm hình phụ khi giải các bài toán hình học. Tùy từng bài toán cụ
thể mà chúng ta có những cách vẽ thêm hình phụ hợp lý để có thể đến với lời
giải của bài toán. Vẽ thêm hình phụ là một sự sáng tạo nghệ thuật tùy theo yêu
cầu của một bài toán cụ thể. Vì vậy giáo viên phải là người khởi nguồn đầu tiên
cho sự sáng tạo ấy. Cho nên tôi tâm huyết chọn sáng kiến kinh nghiệm với tên là
“Kinh nghiệm phát triển tư duy sáng tạo Hình Học cho học sinh lớp 8-9 ở
trường THCS Chu Văn An - Nga Sơn”.
1.2. Mục đích nghiên cứu:
Qua sáng kiến này mong muốn thay đổi phương pháp dạy học từ trước tới
nay của một bộ phận giáo viên là cho học sinh làm càng nhiều bài tập càng tốt,
càng khó càng hay. Xây dựng một phương pháp mới đó là rèn luyện, phát triển
tư duy sáng tạo Hình học cho học sinh, sao cho mọi lúc mọi nơi các em có thể tự

phát huy năng lực độc lập tư duy sáng tạo của mình.
1.3. Đối tượng nghiên cứu:
Đối tượng nghiên cứu trong SKKN của tôi là đối tượng học sinh lớp 8-9
trường THCS Chu Văn An Huyện Nga Sơn về việc phát triển tư duy sáng tạo
Hình Học. Cụ thể:
Năm học 2017 - 2018 tôi đã áp dụng SKKN với 59 HS lớp 9B và 9D
trường THCS Chu Văn An.
Năm học 2018 - 2019 tôi áp dụng SKKN với 69 HS lớp 9A và 9B trường
THCS Chu Văn An.
1.4. Phương pháp nghiên cứu:
Đề tài này được hoàn thành bằng phương pháp nghiên cứu lí luận, phương
pháp tổng kết kinh nghiệm, phương pháp thực nghiệm sư phạm trên đối tượng
học sinh THCS trong khi học loại toán chứng minh hình học.
2


1.5. Những điểm mới của SKKN:
Rèn luyện, phát triển tư duy sáng tạo Hình học cho học sinh, trước mỗi
bài tập tôi đã cho học sinh tìm hiểu nhiều cách giải, đồng thời người thầy giáo,
cô giáo cũng phải gợi ý và cung cấp cho học sinh nhiều cách giải. Trên cơ sở để
học sinh tự tìm ra cách giải hợp lý nhất. Phát hiện ra được cách giải tương tự và
khái quát phương pháp đường lối chung.
Trên cơ sở để mỗi bài toán cụ thể các em có thể khái quát hoá thành bài
toán tổng quát và xây dựng các bài toán tương tự. Để làm được điều này bản
thân đã đưa ra hai cách tổ chức thực hiện:
1- Đưa ra một bài toán → Học sinh giải → Khái quát hoá bài toán → Bài
toán gốc → Phân tích, khai thác đi tìm nhiều cách giải khác nhau → Chốt lại.
2- Đưa ra một số bài toán → giải quyết bài toán → Vận dụng bài toán đó
đi giải quyết các bài toán liên quan → Chốt lại.
Qua cách làm này bản thân tin tưởng tiết học sẽ phát huy được khả năng

tư duy cho học sinh, tạo hứng thú học tập cho các các em và hiệu quả học tập
chắc chắn sẽ cao hơn.

2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm:
Trong chương trình toán THCS các kiến thức mang tính lôgic, hệ thống: Tri
thức trước chuẩn bị cho tri thức sau, kiến thức được sắp xếp như một chuỗi mắt
xích liên kết với nhau chặt chẽ. Bởi thế học sinh muốn lĩnh hội được các kiến
thức toán học thì phải có trình độ phát triển tư duy phù hợp với yêu cầu của
chương trình. Cụ thể là phải nhận thức được mối liên hệ giữa các mệnh đề toán
học, biết suy luận để tìm ra những tính chất mới từ những tính chất đã biết, vận
dụng các kiến thức đó để giải các bài tập đa dạng. Các phương pháp suy luận,
chứng minh, các quy tắc kết luận lôgic thông thường chỉ được hình thành một
cách "ngấm ngầm " thông qua hàng loạt những hoạt động cụ thể chứa đựng
chúng trong quá trình học tập bộ môn.
Khả năng tư duy lôgic không chỉ là cái đích cần đạt mà còn là phương tiện
giúp học sinh học tốt môn toán. Tuy nhiên, như đã trình bày, vì kiến thức về
lôgic toán học chỉ "chạy ngầm " trong sách giáo khoa nên mặc dù cả thầy và trò
đều sử dụng đến một cách thường xuyên nhưng vì không nhấn mạnh, không
làm "nổi " lên do đó chưa đọng lại trong trí óc các em và cũng chưa hình thành
được thói quen sử dụng và rèn luyện nó.
Nhận thức rõ vai trò to lớn, tầm quan trọng hàng đầu của tư duy lôgic đối với
hiệu quả học tập môn toán của học sinh phổ thông nói chung, học sinh THCS
nói riêng nên trong quá trình dạy học môn Toán đặc biệt là loại toán chứng minh
hình học, tôi luôn để ý đến khả năng tư duy lôgic của các em và so sánh các cách
làm khác nhau của giáo viên tác động như thế nào đến khả năng ấy.
Tôi đã phát hiện ra rằng khi học loại toán chứng minh hình học đòi hỏi các
em phải có kỹ năng tư duy lôgic chặt chẽ và đó cũng là môi trường thuận lợi để
3

rèn luyện tốt kỹ năng này cho các em. Do đó bản thân người thầy, người cô phải
là người Phân tích, khai thác đi tìm nhiều cách giải khác nhau tìm ra nhiều cách
giải nhất từ đó phát triển tư sáng tạo Hình học cho các em.
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
Từ khi ra trường năm 2003 đến nay, trải qua 16 năm công tác trong ngành
bản thân nhận thấy việc học môn Hình học của đa số đối tượng học sinh là rất
ngại học. Bởi vì một lẽ môn Hình học đòi hỏi tính sáng tạo, tính tư duy, tính
tưởng tượng, tính cần cù chịu khó và để giải quyết một bài toán hình học cần sử
dụng rất nhiều đơn vị kiến thức. Nhiều khi chúng ta phải thừa nhận vấn đề đó rồi
mới đi chứng minh.
Qua trắc nghiệm hứng thú học toán của học sinh tôi thấy chỉ 20% các em
thực sự có hứng thú học toán (có tư duy sáng tạo), 40% học sinh thích học toán
(chưa có tính độc lập, tư duy sáng tạo) và 40% còn lại thì không.
Qua gần gũi tìm hiểu thì các em cho biết cũng rất muốn học song nhiều
khi học một cách thụ động, chưa biết cách tư duy để giải một bài toán một cách
sáng tạo, bởi lí do điều kiện khách quan của địa phương và nhà trường, bên cạnh
đó vẫn còn nhiều giáo viên vẫn còn làm theo cách làm cũ đó là đưa ra một số bài
tập rồi cho học sinh nghiên cứu → học sinh giải → giáo viên chữa. Không đi sâu
phân tích bài toán có những cách giải nào và nó vận dụng vào các bài toán khác
như thế nào (có chăng thì cũng qua loa, đại khái) → hứng thú học tập của học
sinh chưa cao → hiệu quả còn thấp.
Từ những thực trạng trên bản thân đã mạnh dạn, tìm tòi, đi sâu nghiên cứu
đề tài “Kinh nghiệm phát triển tư duy sáng tạo Hình Học cho học sinh lớp 8-9
ở trường THCS Chu Văn An - Nga Sơn” rất mong độc giả đón nhận và góp ý.
2.3. Các giải pháp sử dụng để giải quyết vấn đề:
Xuất phát từ điều mong muốn học sinh rèn luyện khả năng sáng tạo, tìm
được nhiều cách giải trong những bài boán chứng minh đặc biệt là toán chứng
minh hình học, do đó bản thân người thầy, người cô phải là người tìm ra nhiều
cách giải nhất. Vì thế tôi đã tìm tòi, nghiên cứu và đưa ra các giải pháp để giải

quyết vấn đề như sau:
2.3.1. Tìm tòi cách giải:

Chứng minh hình học bằng nhiều cách!
Chúng ta đều biết, nhiều bài toán có thể giải bằng nhiều cách, nhất là các
bài toán chứng minh hình học. Việc tìm nhiều cách giải cho một bài toán sẽ
giúp học sinh nói chung và giáo viên nói riêng ghi nhớ và áp dụng triệt để,
linh hoạt các kiến thức đã học khi giải toán. Xin nêu một bài toán quen thuộc
của lớp 8 làm ví dụ.

4


Bài tập 1: Cho tứ giác ABCD có AB = CD; M, N tương ứng là trung điểm của
BC; DA. Giả sử đường thẳng MN cắt các đường thẳng AB, CD tương ứng tại P;
·
·
Q. Chứng minh rằng: BPM
= CQM
.
Chứng minh
Xét trường hợp P thuộc tia đối của tia AB và tia đối của tia NM; Q thuộc tia đối
của các tia DC và tia đối của tia NM và P nằm giữa N và Q
(các trường hợp khác chứng minh tương tự)
Q
Gọi I trung điểm của AC. Từ gt suy ra
E
IM; IN tương ứng là đường trung bình
P
của các ∆ABC ; ∆ACD

⇒ IM / / AB; IN / / CD và
D
N

A

I
C

1
1
AB = CD = IN
2
2
·
·
Do đó: ∆IMN cân tại I ⇒ IMN
= INM
·
·
Mặt khác: BPM
(so le trong);
= IMN
·CQM = INM
·
(đvị)
IM =

B

M

·
·
Suy ra: BPM
= CQM
đpcm.
·
·
* Nhận xét: Gọi E là giao điểm của AB và CD ⇒ BEC
= 2.CQM
.
Bây giờ ta đặc biệt hóa bài toán trên bằng cách cho điểm D nằm giữa A
và C. Ta có bài toán sau:

Bài tập 1.1: Cho ∆ABC có AC > AB. Trên cạnh AC lấy điểm D sao cho CD =
AB. Gọi M, N tương ứng là trung điểm của BC; AD.
·
·
Chứng minh rằng: BAC
.
= 2.CNM

Hướng dẫn chứng minh
Cách 1: Gọi K trung điểm của BD.
Từ t/c đường trung bình của tam giác
⇒ ∆KMN cân tại K.
·
·
·

·
·
⇒ BAC
= DNK
; CNM
= NMK
= KNM
·
·
Do đó: BAC
đpcm.
= 2.CNM

A
N
D
K
C

M

B

Lời bình: Từ giả thiết M, N trung điểm của BC; AD nếu từ hình vẽ ban đầu
không giải quyết được thì người làm có thể suy nghĩ ngay một điểm phụ và điểm
phụ đó là trung điểm K của BD.

5

Cách 2: Gọi I trung điểm của AC.
Ta có: AB = 2.IM = CD
Mà: CD = CA-DA = 2.IA-2.NA= 2IN
·
·
·
⇒ IM = IN . Suy ra BAC
= MIC
= 2.CNM
·
·
Do đó: BAC
đpcm.
= 2.CNM

A
N
D
I

C

B

M

Lời bình: Từ cách giải trên cho ta thấy tính hiệu quả của việc khai thác trung
điểm của cạnh tương ứng → xây dựng trung điểm I của cạnh AC.
Cách 3: Gọi H là điểm đối xứng của A
qua M.

Ta c/m được ∆CDH cân tại C.
·
·
·
·
⇒ BAC
= 1800 − DCH
= 2.CDH
= 2.CNM
·
·
Do đó: BAC
đpcm.
= 2.CNM

Từ gt → gợi ý M là trung điểm 2
đường chéo → cách giải 3.
A
N
D

C

B

M

H

Lời bình: Ta có thể tạo điểm M thành 1 điểm đặc biệt của một hình đặc biệt

→ M giao điểm của hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.

Cách 4: Gọi L là điểm đối xứng của D
qua M.

Từ gt → điểm A và D bình đẳng →
gợi ý xác định điểm đối xứng D qua
M → cách 4.

Ta cm được ∆ABL cân tại B.

A

·
·
·
·
⇒ CNM
= CAL
= BLA
= BAL
·
·
Do đó: BAC
đpcm.
= 2.CNM

N
D

C

B

M

L

Lời bình: Từ cách giải 1,2,3 cho ta một hướng khai thác mới. Điểm A; D bình
đẳng → ta lấy các điểm đặc biệt đối với A thì cũng có thể lấy các điểm đặc biệt
đối với D.

6


Cách 5: Gọi R là điểm đối xứng của B
qua N.
Ta cm được ∆CDR cân tại D.
·
·
·
⇒ BAC
= ·ADR = 2.DCR
= 2.CNM
·
·
Do đó: BAC
đpcm.
= 2.CNM

Từ gt → điểm A và B bình đẳng →
gợi ý xác định điểm đối xứng B qua N
→ cách 5.
R

A
N
D

C

B

M

Lời bình: Ta thấy điểm M, N có vị trí vai trò như nhau. Từ điểm M ta có thể
khai thác được nhiều cách giải → đi khai thác điểm N.
Cách 6: Ký hiệu: độ dài các cạnh AB,
BC, CA lần lượt là c; a; b.
R
Dựng AE // MN ( E ∈ BC ).
Theo đlí Talet ta có:

CM CN
=
CE CA

a
×b
CM .CA

ab
2
⇒ CE =
=
=
b−c b+c
CN
b−
2
ab
ac
EC b AC
EB = a −
=
= =
. Do đó
b+c b+c
EB c AB
·
Suy ra AE phân giác BAC
·
·
·
Vậy BAC
đpcm.
= 2.CAE
= 2.CNM

A
N

D

C

M

B

E

Sau khi hoàn thành bài toán trên với 6 cách giải không những học
sinh mà giáo viên cũng rất là vui và phấn khích trước những cách phân
tích tìm tòi lời giải hay, ngắn gọn súc tích và từ đó chắc chắn một điều
rằng học sinh rất tin tưởng vào vốn kiến thức của mình, tự tin hơn trong
vấn đề tiếp thu và đi khai thác bài toán.
Bài tập 2: Cho góc xOy có tia phân giác Oz. Trên tia 0x lấy hai điểm A, B và
trên tia Oy lấy hai điểm C, D sao cho A thuộc đoạn OB, C thuộc đoạn OD và
AB = CD. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AC, BD.
Chứng minh rằng: MN//Oz.
+ Công việc giáo viên: HD cho học sinh một số cách chứng minh.
Có nhiều dấu hiệu để nhận biết hai đường thẳng song song như: các góc
ở vị trí đồng vị, so le trong, so le ngoài bằng nhau; hai đường thẳng cùng vuông
góc với đường thẳng thứ ba; hai đường thẳng cùng song song với đường thẳng
thứ ba; phân giác của hai góc bằng nhau có các cạnh tương ứng song song;
tính chất của hình bình hành; tính chất của các đoạn thẳng tỷ lệ; Từ những dấu
7


hiệu nhận biết đó, hi vọng sẽ xác định được các phương hướng chứng minh
thành công.

Trên thực tế, dựa vào các dấu hiệu nhận biết trên, ta có cách chứng minh
sau:
Cách 1:

Gọi K là trung điểm của BC.
Từ AB=CD và tính chất đường trung
binh trong tam giác, ta có MK//AB;
NK//CD; MK=NK. Gọi P, Q lần lượt là
giao điểm của MN với Ox, Oy. Suy ra
tam giác
MKN cân tại K và
·
·
·
·
OQP
= KNM
= KMN
= OPQ
(t/c góc đvị)
⇒ ∆POQ cân tại O ⇒
·
·
·
2 xOz
= xOy
= 2OPQ
·
·
(là 2 góc đồng vị)

⇒ xOz
= OPQ
⇒ Oz//PQ hay Oz//MN.

x
B
A
z

O
P

K
Q

N

M
C
D

y

Nhận xét 1: Ngoài cách xác định điểm
K ở bài toán trên ⇒ y/c học sinh xác
định một điểm khác điểm K mà vẫn
giải quyết được bài toán trên ⇒ cách 2

Cách 2:
Xác định P, Q như cách 1 và dựng hình

bình hành ABED
Do đó: DE//AB; DE=AB=DC ⇒ ∆CDE
cân tại D. N là trung điểm của AE và
MN là đường trung bình của tam giác
ACE.
suy ra MN//CE hay PQ//CE
·
·
⇒ OQP
= DCE
(hai góc so le ngoài)
·
·
Và OPQ
= DEC
(hai góc có cạnh tương
·
·
ứng song song). Suy ra OQP
= OPQ
⇒ ∆ POQ cân tại O
=> Oz//MN (như cách 1).

Nhận xét 2: Từ cách 1 ta có K trung
điểm BC ⇒ không cần xác định điểm P,
·
Q ⇒ hãy nhận xét các cạnh của xOy
và
·
.

KMN
⇒ cách 3.

Cách 3:
Với K là trung điểm của BC, theo cách
·
·
1 ta có ∆MKN cân tại K và xOy
, MKN
là hai góc có cạnh tương ứng song
8


song, có tổng bằng 1800. Do đó phân
·
giác Kt của MKN
đồng thời vuông góc
với MN và Oz (HS tự CM).
Suy ra MN//Oz.

Cách 4:
Trên tia đối của tia NA, lấy điểm E sao
cho NA=NE. Ta dễ dàng thấy MN//CE;
AB//DE; CD=AB=DE.
Như vậy: ∆ CDE cân tại D và
·
· ; Ox / / DE .
EDy
= 2.ECy
·

·
·
= xOy
= 2.zOy
Suy ra EDy

Nhận xét 3: Từ cách 2 ta xác định điểm
E sao cho ABED hình bình hành ⇒
NA=NE
⇒ xác định điểm E có t/c NA=NE ⇒ đi
giải quyết bài toán ⇒ cách 4.

·
·
⇒ Oz / / CE ⇒ Oz / / MN
= zOy
=> ECy

Nhận xét 4: Từ cách 3 ta xác định
điểm E sao cho ABED hình bình hành
⇒ ta thấy điểm C,D độc lập NA=NE
⇒ xác định điểm E để ABEC hình
bình hành ⇒ giải quyết bài toán ta có
cách 5

9


Cách 5:
Dựng hình bình hành ABEC, ta có

BE//AC, BE=AC=2MC, CE//AB và
CE=AB=CD.
Do đó: ∆DCE cân tại C ⇒ phân giác Ct
·
của DCE
đi qua trung điểm H của DE;
·
·
DCE
= xOy
(đồng vị), suy ra hai phân
giác Ct // Oz => CH // Oz.

Nhận xét 5: Ta thấy các điểm A,B,C,D
bài toán cho rất đặc biệt ⇒ cách 1 ta
xác định điểm K là trung điểm của BC
⇒ xác định điểm G là trung điểm AD
⇒ bài toán được giải quyết ta có cách
6
Cách 6:
Gọi K, G lần lượt là trung điểm của
BC, AD.
Ta chứng minh được MK // Ox, MG //
Oy và MKNG là hình thoi ⇒ MN phân
·
giác của KMG
.
·
·
Mặt ≠ : KMG = xOy

có các cạnh tương
ứng song song, suy ra MN // Oz.

Nhận xét 6: Từ cách giải 3 ta đã tạo
được 2 góc có cạnh tương ứng song
song ⇒ hãy xác định hai tia phân giác
Cách 7: Dựng các hình bình hành của 2 góc có cạnh tương ứng song song
⇒ đi giải quyết bài toán ta có cách 7
ABIM và CDJM, ta có
BI // AC // DJ và BI=AM=CM=DJ
do đó BIDJ là hình bình hành.
Mặt khác: N là trung điểm của BD
suy ra N là trung điểm của IJ.
Ta có: MI=AB=CD=MJ nên tam giác
IMJ cân tại M, suy ra MN là phân giác
·
của IMJ
.
10


·
·
= xOy
Vì IMJ
(góc có cạnh tương ứng
song song) nên MN // Oz.

x
B

I
z

A
N

0
M
J

C

y

D

Nhận xét 7: Từ t/c hình bình hành ⇒
hãy tạo 1 hình bình hành trong đó 1
cạnh là đối tượng cần tạo ⇒ cạnh đối
còn lại phải là đối tượng cần chứng
minh ta có cách 8
Cách 8: Từ M, N dựng các đường
thẳng song song với Oy, lần lượt cắt Oz
tại M’, N’. Gọi giao điểm của AM’,
BN’ với Oy lần lượt tại A’, B’.
Ta có MM’, NN’ lần lượt là các đường
trung bình của các ∆ AA’C, ∆ BB’D
=> M’, N’ lần lượt là trung điểm của
AA’, BB’ và CA’=2MM’, DB’=2NN’.
Mặt khác: M’, N’ thuộc phân giác Oz

·
của xOy
suy ra ∆ AOA’ và ∆ BOB’ là
các tam giác cân tại O.
=> OA=OA’; OB=OB’
=> AB=A’B’=CD
=> CA’=DB’ => MM’=NN’.
Lại có MM’ // NN’ (//Oy)
suy ra: MM’N’N là hình bình hành
=> MN // M’N’
=> MN // Oz.
Cách 9: (Xem hình cách 8)
Trên 0y, lấy hai điểm A’, B’ sao cho
OA’=OA, OB’=OB. Gọi giao điểm của
AA’, BB’ với 0z lần lượt là M’, N’ ta
cũng có chứng minh được MM’N’N là
hình bình hành và có đpcm.

x
B

z

A
0

N'
N

M'

M
A'

C
B'

y

D

x
B

z

A
0

N'
N

M'
M
A'

C
B'

D

y

Nhận xét 9: Từ đặc điểm của để bài
11


cho góc x0y; điểm M,N. Hãy dự đoán
nếu từ 2 điểm M,N tạo các đường
thẳng song song với các cạnh của góc
x0y tthì bài toán đưa về dạng cơ bản
nào? ⇒ cách 10.
x

Cách 10: Gọi giao điểm của các đường
thẳng đi qua M song song với 0x, qua
N song song với 0y lần lượt cắt 0z tại
M’, N’ và MM’ cắt NN’ tại F. Gọi giao
điểm của CM’ với 0x là C’ và giao
điểm của BN’ với 0y là B’.
Tương tự cách 8, ta có các tam giác ∆
COC’ và ∆ BOB’ tân tại O suy ra
BC’=B’C => AC’=DB’ (vì AB=CD)
=> MM’=NN’.
· ' M ' = zOy
·
Mặt khác: FN
(so le trong).
·
·
· ' M ' = zOx

·
= zOy
(đồng vị) và zOx
FN
· ' M ' = FM
· ' N ' ⇒ ∆M ' FN ' cân tại F
⇒ FN
=> FM’=FN’.
Vậy

B

C'
F

A
M'

0

z

N'
N

M
C
B'
D

y

FM ' FN '
=
⇒ MN / / M ' N ' ⇒ MN / / Oz.
MM ' NN '

Ghi chú: Sự xuất hiện của hình phụ đã thổi hồn vào lời giải của bài toán mà
chắc hẳn cũng đã có lần chúng ta lúng túng, chật vật trước một bài toán hình
học và rồi sẽ giật nảy mình khi phát hiện ra rằng chỉ cần vẽ thêm một yếu tố là
đã đến được với lời giải bài toán. Cảm giác ấy thật là tuyệt vời mà tôi nghĩ rằng
không có một câu văn, vần thơ nào diễn tả được. Giúp cho giáo viên và học sinh
tin tưởng vào bản thân và kiến thức của minh hơn. Khi đã tin tưởng vào kiến
thức của mình rồi thì học sinh say mê học tập và tìm tòi hơn.

2.3.2. Đi tìm những bài toán có nhiều ứng dụng:

Đi tìm bài toán có nhiều ứng dụng.
Việc phát hiện ra một bài toán cơ bản có nhiều ứng dụng yêu cầu
học sinh nói chung và chúng ta nói riêng phải chủ động đi tìm những
bài toán có nhiều ứng dụng đó chắc chắn sẽ là phương pháp học mang
lại hiệu quả rất cao. Sau đây là một bài toán như vậy.
Bài toán  : Cho tam giác ABC. Các điểm D, E lần lượt nằm trên các cạnh AB,
µ

µ

B+C
AC sao cho AD = AE. Chứng minh rằng ·ADE = ·AED =
2

12


Hướng dẫn.
Tam giác ADE cân tại A suy ra:

A

0
µ µ µ
·ADE = ·AED = 180 − A = B + C
2
2

E
D
C

B

Các bài toán ứng dụng.
Bài toán 1: Từ một điểm A ở ngoài một đường tròn tâm O, kẻ các tiếp tuyến
AB, AC tới đường tròn (B, C là các tiếp điểm). Trên tia đối của tia BC lấy điểm
D. Gọi E là giao điểm của DO và AC. Qua E vẽ tiếp tuyến (khác EC) với (O),
cắt AB tại K. Chứng minh rằng bốn điểm D, B, O, K cùng thuộc một đường
tròn.
Hướng dẫn.
Áp dụng bài toán  và tính chất góc ngoài
của tam giác ta có:

A

·AKE + ·AEK
·
·
⇒ đpcm.
DBK
= ·ABC =
= DOK
2

D

B

C
O

E

K

Bài toán 2: Đường tròn tâm O nội tiếp tam giác ABC, tiếp xúc với các cạnh
AB, BC lần lượt tại E, F; AO cắt EF tại K. Chứng minh rằng ·AKC = 900 .
Hướng dẫn.
HD: Để chứng minh ·AKC = 900
Xét một trường hợp: AB >AC (K thuộc ⇒
Tứ giác OKFC nội tiếp
đoạn EF), theo bài toán * ta có:

·
·
⇒ b.toán 1
⇒ KOC
= EFB
µ µ
C+A ·
·
·
·
BFE
=
= KOC ⇒ KOC
= EFB
2
·
·
·
·
⇒ KOC
+ KFC
= EFB
+ KFC
= 1800

A

=> C, O, K, F cùng thuộc một đường tròn.
·
· C = 900

⇒ ·AKC = OKC
= OF

E
O

B

K

C
F

13


Bài toán 3: Cho tam giác ABC (AB ≠ AC). Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp của
tam giác; M, N lần lượt là tiếp điểm của (I) với AB, BC. Dựng CK vuông góc
với AI (K thuộc đường thẳng AI). Chứng minh rằng ba điểm M, N, K thẳng
hàng.
Hướng dẫn.
M, N, K thẳng hàng
·
·
Xét một trường hợp: AB < AC (K thuộc tia ⇔ MNB
= KNC
đối của tia NM).
⇒ áp dụng bài toán 
Ta nhận thấy I, N, K, C cùng thuộc một
A

·
·
đường tròn suy ra KNC = KIC .
Áp dụng bài toán  và tính chất góc ngoài
·
·
của tam giác ta có: KIC
= MNB
·
·
suy ra MNB
=> M, N, K thẳng hàng.
= KNC

M

I

B

C

N
K

Bài toán 4: Cho đường tṛn (O) nội tiếp tam giác ABC (AB ≠ AC và AB ≠ BC).
Các điểm D, E, F lần lượt là các tiếp điểm của (O) với các cạnh BC, CA, AB.
Dựng BB1 vuông góc với OA tại B1; AA1 vuông góc với OB tại A1. Chứng minh
rằng bốn điểm D, B1, A1, E thẳng hàng.
A

Hướng dẫn.
Áp dụng bài toán 3 ta có D, A1, E thẳng
F
E
hàng và D, B1, E thẳng hàng => đpcm
A1

O

C

B
D
B1

Bài toán 5: Cho tam giác ABC vuông tại A có hai đỉnh A, B cố định còn đỉnh C
thay đổi trên nửa đường thẳng At vuông góc với AB. Gọi I là tâm đường tròn nội
tiếp của tam giác ABC và P, Q lần lượt là các tiếp điểm của (I) với các cạnh AC,
CB. Chứng minh rằng khi C thay đổi trên At thì đường thẳng PQ luôn đi qua
một điểm cố định.

14


Hướng dẫn.
Gọi giao điểm của hai đường thẳng
PQ và AI là D, ta có B, I, D, Q cùng
nằm trên một đường tròn.
·
·

Suy ra BDA
= BDI
= 900
⇒ ∆ DAB vuông cân tại D ⇒ D cố
định ⇒ đpcm.

A
P

I
D
C

B
Q

2.3.3. Học sinh sưu tầm các bài toán có nhiều ứng dụng:
Bài toán cơ bản 1: Cho ∆ ABC, đường phân giác của góc A cắt đường tròn
ngoại tiếp tam giác tại D. Điểm I nằm trong ∆ ABC và thuộc đoạn AD. Chứng
minh rằng I là tâm đường tròn nội tiếp của ∆ ABC ⇔ DB = DC = DI.
Lời giải
Vì AD là phân giác của góc A nên ta có:
·
·
·
và DB = DC;
BAD
= CAD
= CBD
Vì I nằm trong ∆ ABC và thuộc AD nên ta có:

A

O

I

µA
·
·
·
·
BID
= + ·ABI và IBD
= IBC
+ CBD
=
2
µA
·
·
·
·
IBC
+ CAD
= IBC
+ ⇔ ·ABI = IBD
2
⇔ I thuộc đường phân giác của góc B.
⇔ I là tâm đường trong ngoại tiếp ∆ ABC.

B
C
D

Bài toán cơ bản 2: Cho I là tâm đường tròn nội tiếp của ∆ ABC.
µ

A
·
= 900 + (bạn đọc tự chứng minh).
Chứng minh rằng BIC
2

Vận dụng hai bài toán cơ bản trên chúng ta sẽ giải quyết được các bài toán
sau đây.
Bài toán 1: (bài 51 trang 87, SGK Toán 9 tập 2).
Cho I, O lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp, tâm đường tròn ngoại tiếp ∆
µ = 600 . Gọi H là giao điểm của các đường cao BB’ và CC’. Chứng
ABC với A
minh rằng các điểm B, C, O, H, I cùng thuộc một đường tròn.
µ = 600 kết hợp với:
Lời giải: Từ giả thiết A
+ H là giao điểm của các đường cao BB’ và CC’
suy ra tứ giác AB’HC’ nội tiếp.
·
· ' HC ' = 1800 − A
µ = 1200 .
⇒ BHC
=B

+ O là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ ABC suy ra
·
µ = 1200 .
BOC
= 2.A
+ I là tâm đường tròn nội tiếp ∆ ABC, áp dụng

15

t


bài toán cơ bản 2 ta suy ra.

A

µ
A
·
BIC
= 900 + = 900 + 300 = 1200 .
2

Vậy O, H, I cùng nhìn BC dưới góc 1200 (đpcm)

B'
C'

H

I O

C

B

Bài toán 2: Cho ∆ ABC có I là tâm đường tròn nội tiếp. AI, BI, CI lần lượt cắt
đường tròn ngoại tiếp tam giác tại P, Q, R.
Chứng minh rằng AP + BQ + CR > AB + BC + CA.
Lời giải: Theo bài toán cơ bản 1 ta có:
2.IR = RA + RB >AB
A
2.IP = PB + PC > BC.
Q
2.IQ = QC + QA > CA
R
=> 2(IR + IP + IQ) > AB + BC + CA.
I
Mặt khác CR = CI + IR; AP = AI + IP;
BQ = BI + IQ suy ra
B
C
2(CR + AP + BQ)=[(AI+BI) + (BI+IC) +(IC+IA)]
+ 2(IR + IP + IQ) > 2(AB + BC + CA)
P
=> AP + BQ + CR > AB + BC + CA.
* Bài toán 1 đã được phát triển dưới nhiều góc độ khác nhau để ra đề trong các
kỳ thi, chúng ta hãy cùng khai thác để thấy vẻ đẹp của bài toán 1.
µ = 600 . Các điểm O, H lần lượt là tâm đường tròn
Bài toán 3: Cho ∆ ABC có A

ngoại tiếp, trực tâm của tam giác. Đường thẳng OH cắt cạnh AB, AC lần lượt tại
M, N. Chứng minh rằng ∆ AMN đểu.

Lời giải :
µ = 60 (gt) kết hợp bài toán 1
Ta có: A
·
·
=> BOC
= 1200 ⇒ BCO
= 300 ;
·
·
B, H, O, C ∈ một đường tròn. BHM
= BCO
= 300 ;
H là trực tâm ∆ ABC suy ra ·ABH = 300
·AMH = ·ABH + BHM
·
= 600 ⇒ đpcm

A

0

M

N

H

B

O
C

Bài toán 4: Cho ∆ ABC có hai phân giác BD, CE cắt nhau tại I.
·
Chứng minh rằng: ID = IE ⇔ BIC
= 1200 .
16


Lời giải:
Kẻ IH, IK lần lượt vuông góc với AB, AC
ta có IH = IK.
Từ bài toán cơ bản 2 suy ra:
µ
A
·
µ = 600
BIC
= 1200 ⇔ 900 + = 1200 ⇔ A
2
·
·
·
·
·
⇔ HIK

= 1200 ⇔ HIK
= BIC
⇔ HIK
= EID
·
·
⇔ HIE
= KID
⇔ ∆HIE = ∆KID ⇔ ID = IE .

A

K

E

D

I

H

B

C

Bài toán 5:
Cho ∆ ABC nhọn. Các điểm H, O lần lượt là trực tâm và tâm đường tròn
·
ngoại tiếp tam giác. Chứng minh rằng: BAC

= 600 thì AH = AO.
Lời giải

·
·
·
Từ gt: BAC
= 600 ⇒ BOC
= 1200 ⇒ OBC
= 300
·
·
⇒ 900 = BAH
+ ·ABC = BAH
+ ·ABO + 300
·
·
⇒ BAH
+ ·ABO = 600 = CAO
+ ·ABO
·
·
⇒ BAH
= CAO
; ∆AMN đều (kết quả bài toán 3)
⇒ AM = AN và ·AMN = ·ANM ⇒ ∆ AMH = ∆ ANO
⇒ AH = AO

A

N

H
M
B

O
C

Còn có khá nhiều bài toán khác giải được nhờ áp dụng các kết quả trên.
Sau đây là một bài tập như vậy, dành cho bạn đọc.
Bài tập:
Cho ∆ ABC nhọn. Các điểm H, O lần lượt là trực tâm và tâm đường tṛn
ngoại tiếp tam giác. hai đường phân giác BD, CE của tam giác cắt nhau tại I; M
là một điểm trên cạnh BC sao cho ∆ MDE là tam giác đểu. Chứng minh rằng AH
= AO.
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với
bản thân, đồng nghiệp và nhà trường
Qua nghiên cứu và thử nghiệm nhiều năm trên nhiều đối tượng học sinh
THCS thuộc các lớp tôi đã giảng dạy cho thấy kết quả rất khả quan.
Trước một vấn đề, một bài toán đặt ra, học sinh bước đầu biết "cách suy
nghĩ" biết định hướng, lựa chọn phương pháp phù hợp . Khi tìm ra cách giải
quyết vấn đề các em đã khắc phục dần những sai lầm trong cách suy nghĩ
cũng như khi trình bày bài làm do khả năng tư duy lôgic được rèn luyện tốt. Từ
đó, các em biết trình bày, lập luận một cách chặt chẽ, hợp lý, ngắn gọn súc tích
và đầy đủ. Qua đó hình thành thói quen xem xét vấn đề ở các góc độ khác nhau
theo các chiều hướng khác nhau, các khả năng khác nhau. Hơn thế nữa, khi
17

khả năng tư duy lôgic của học sinh được nâng lên cũng góp phần đáng kể trong
việc hình thành các phương pháp học tập phù hợp với các bộ môn khác kể cả
năng lực tư duy lôgic trong đời sống hằng ngày. Để minh chứng cụ thể hiệu
quả của SKKN sau khi áp dụng tôi có ra bài tập sau:
Đề bài: Hãy chứng minh bài toán sau bằng nhiều cách:
(Chính là bài tập 1.1 trong đề tài)
Cho ∆ABC có AC > AB. Trên cạnh AC lấy điểm D sao cho CD = AB. Gọi
M, N tương ứng là trung điểm của BC; AD.
·
·
Chứng minh rằng: BAC
.
= 2.CNM
Kết quả cụ thể:
Trong năm học 2017 -2018:
* Khi chưa đưa đề tài vào áp dụng:
+ 15 em / 59 em làm được 2 cách.
+ 29 em / 59 em làm được 1 cách.
+ 15 em / 59 em không làm được cách nào.
* Khi đưa đề tài vào áp dụng đối với 59 em trên kết quả:
+ 100% các em đều biết cách khai thác gt bài toán để dẫn tới kết quả.
+ Đa số các bài toán đưa ra các em có 2 cách giải trở lên.
+ Từ việc ngại học hình thì giờ đây các em lại thấy thích khi học hình học.
Trong năm học 2018 -2019:
Khi đưa đề tài vào áp dụng đối với 69 em học sinh lớp 9A và 9B thì kết
rất khả quan:
+ 100% các em đều biết cách khai thác gt bài toán để dẫn tới kết quả.
+ Đa số các bài toán đưa ra các em có 2 cách giải trở lên.
+ Đặc biệt các em đã biết vận dụng các bài toán cơ bản đi giải quyết các bài
toán có liên quan (vấn đề này quan trọng nhất trong quá trình dạy học sinh đội

tuyển nói riêng và học sinh khá - giỏi nói chung).

3. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
3.1. Kết luận:
Trong thực t ế giảng dạy môn toán nói chung và môn hình học nói riêng,
với cách làm trên đây đã mang lại hiệu quả cao trong việc rèn luyện năng lực
sáng tạo cho học sinh. Cụ thể 90% các em học sinh đã thực sự có hứng thú học
hình và đặc biệt trong quá trình học hình học ban đầu từ việc làm mẫu dần dần
các em đã tự độc lập tìm tòi ra nhiều cách giải khác nhau mà không cần sự gợi ý
của giáo viên, 10% các em còn cần gợi ý các trường hợp, song các em đã thấy
hứng thú học môn hình học. Từ đó đã mang lại các kết quả bất ngờ từ việc giải
toán thông qua các phương pháp sáng tạo toán cho học sinh.
18


Chính vì vậy mỗi giáo viên nói chung và bản thân tôi nói riêng cần hiểu rõ
khả năng tiếp thu bài của các đối tượng học sinh để đưa ra các bài tập và phương
pháp giải toán cho phù hợp giúp các em làm được và sáng tạo các cách giải tạo
hứng thú cho các em, từ đó sẽ dần dần nâng cao kiến thức từ dễ đến khó. Để làm
được như vậy đối với mỗi giáo viên cần tìm tòi tham khảo nhiều tài liệu để tìm
ra các bài toán hay, với nhiều cách giải khác nhau để tung ra cho học sinh cùng
làm, cùng phát hiện các cách giải hay. Thông qua đó giáo dục cho các em năng
lực tư duy độc lập, rèn tư duy sáng tạo tính tự giác học tập, phương pháp giải
toán nhanh, kỹ năng phát hiện tốt.
Trên đây là một vài kinh nghiệm nhỏ trong quá trình rèn luyện, phát triển
tư duy hình học cho học sinh. Rất mong các đồng nghiệp góp ý để tôi có nhiều
kinh nghiệm tốt hơn./.
3.2. Kiến nghị:
Với Phòng giáo dục, cơ quan quản lý giáo dục và nhà trường tạo điều kiện
về cơ sở vất chất như: Phòng đọc sách, sách tham khảo cho các em có tài liệu,

nơi để nghiên cứu.
Với đồng nghiệp thì việc áp dụng đề tài trên đi vào các tiết dạy, buổi dạy
hàng ngày đòi hỏi người giáo viên phải chịu khó tìm tòi, nghiên cứu tài liệu.
Đưa hệ thống bài tập thực sự hợp lý. Bên cạnh đó phải khai thác bài toán thật tự
nhiên logic để học sinh dễ tiếp thu, hiểu rõ bản chất, để học sinh có cái cảm
nhận ban đầu học hình còn hay hơn Đại số. Khi đó may mới có được thành
công.
Nga Sơn, ngày 10 tháng 04 năm 2019.
XÁC NHẬN CỦA THỦ
TRƯỞNG
Tôi
xin cam đoan đây là SKKN
ĐƠN VỊ của mình viết, không sao chép
nội dung của người khác.
Người thực hiện

Nguyễn Văn Viên
PHỤ LỤC 1
TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Trọng tâm kiến thức và phương pháp giải bài tập toán 9
Tác giả: Bùi Văn Tuyên – Trịnh Hoài Dương. NXB Giáo dục Việt Nam
2. Tài liệu chuyên toán THCS Toán 9
Tác giả: Vũ Hữu Bình - Phạm Thị Bạch Ngọc. NXB Giáo dục Việt Nam
3. Phát triển kỹ năng giải toán hình học phẳng THCS
19


Tác giả: Nguyễn Bá Đang.

NXB: ĐHSP TP Hồ Chí Minh

4. Luyện kỹ năng giải toán hình học 9
Tác giả: Huỳnh Văn Út.

NXB: tổng hợp TP Hồ Chí Minh.

5. Giải toán và ôn luyện hình học 9
Tác giả: Nguyễn Đức Chí.

NXB: tổng hợp TP Hồ Chí Minh.

6. Phương pháp giải các dạng toán 9
Tác giả: ThS Nguyễn Văn Nho.

NXB: ĐHQG Hà Nội.

7. Chuyên đề bồi dưỡng học sinh khá, giỏi hình học 9
Tác giả: GS.TS Đặng Đức Trọng - Nguyễn Đức tấn. NXB: ĐHQG TP Hồ Chí
Minh.
8. Nâng cao và phát triển toán 9
Tác giả: Vũ Hữu Bình.

NXB Giáo dục Việt Nam

PHỤ LỤC 2
CÁC TỪ VIẾT TẮT VÀ KÝ HIỆU
STT

Từ viết tắt, ký hiệu

Giải thích

1

THCS

Trung học cơ sở

2

SKKN

Sáng kiến kinh nghiệm

3

HD

Hướng dẫn
20


4

đpcm

Điều phải chứng minh

5

HS

6

∆ABC

Tam giác ABC

7

·
BAC

Góc BAC

8

//

Song song

9

=>

Suy ra

10

=

Bằng

Học sinh

PHỤ LỤC 3
DANH MỤC
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG SÁNG KIẾN KINH
NGHIỆM NGÀNH GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN, TỈNH VÀ CÁC
CẤP CAO HƠN XẾP LOẠI TỪ C TRỞ LÊN
Họ và tên tác giả: Nguyễn Văn Viên
Chức vụ và đơn vị công tác: Giáo viên trường THCS Chu Văn An - Nga Sơn
TT
Tên đề tài SKKN
Cấp đánh Kết quả Năm học
giá xếp
đánh đánh giá xếp
loại
giá xếp
loại
21


(Ngành GD
loại
cấp
(A, B,
huyện/tỉnh;
hoặc C)
Tỉnh...)

1
2
3

4

Hình thành các kỹ năng cơ bản trong
hình học 6,7
Rèn luyện tư duy sáng tạo trong chứng
minh hình học cho HS khá giỏi
Ứng dụng Hệ thức Vi - et trong giải
toán
Giúp HS học tốt hơn phần tính chất ba
đường trung tuyến của tam giác từ một
bài tập SGK

Tỉnh

B

2005-2006

Huyện

B

2009-2010

Huyện

A

2010-2011

Tỉnh

B

2011-2012

Tỉnh

B

2014-2015

Khai thác bài toán cơ bản để nâng cao
5

năng lực tư duy hình học cho HS lớp 6
trường THCS Chu Văn An, huyện Nga
Sơn

22