Giúp học sinh phát triển năng lực sáng tạo qua việc mở rộng một bài toán ban đầu theo nhiều hướng khác nhau

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HỐ
PHỊNG GD&ĐT HOẰNG HÓA

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

GIÚP HỌC SINH PHÁT TRIỂN
NĂNG LỰC SÁNG TẠO QUA VIỆC MỞ RỘNG MỘT BÀI
TOÁN BAN ĐẦU THEO NHIỀU HƯỚNG KHÁC NHAU

Người thực hiện: Nguyễn Thị Hạnh Nhân
Chức vụ: Giáo viên
Đơn vị công tác: Trường THCS Hoằng Giang
SKKN thuộc mơn: Tốn

MỤC LỤC
MỤC LỤC
Nội dung
I. MỞ ĐẦU

1.

Lí do chọn đề tài
THANH HOÁ, NĂM 2018

Trang
Trang 2
Trang 2

0

2.

Trang 2

Mục đích nghiên cứu
MỤC LỤC
Nội dung

Trang
I. MỞ ĐẦU
Trang 2
Trang 2
3.
Lí do chọn đề tài
Trang 2
4.
Mục đích nghiên cứu
Trang 2
5.
Đối tượng nghiên cứu
Trang 2
6.
Phương pháp nghiên cứu
Trang 2
7.
Những điểm mới của SKKN
Trang 3
II. NỘI DUNG
Trang 3
1. Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh ngiệm

2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm Trang 3
Trang 4
3. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề
4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo Trang 4

dục, với bản thân, đồng nghiệp và nhà trường
Xây dựng hệ thống bài toán

III.

KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
1. Kết luận
2. Kiến nghị

Trang 6
Trang 19
Trang 19
Trang 20

1


I. MỞ ĐẦU
1. Lí do chọn đề tài:
Trong q trình giảng dạy nói chung và bồi dưỡng học sinh khá giỏi nói
riêng thì việc định hướng, liên kết, mở rộng bài tốn là một vấn đề rất quan trọng,
nó khơng chỉ giúp cho học sinh nắm bắt kĩ kiến thức của một dạng tốn cơ bản mà
cịn nâng cao tính khái quát hoá, đặc biệt hoá một bài toán để từ đó phát triển tư
duy, nâng cao tính sáng tạo cho các em học sinh. Hơn nữa, việc liên kết, mở rộng
các bài tốn khác nhau, tìm mối liên hệ chung giữa chúng sẽ giúp cho học sinh

hứng thú và phát triển năng lực tự học một cách khoa học khi học toán.
Qua nhiều năm giảng dạy và bồi dưỡng học sinh giỏi tôi được tiếp xúc với
rất nhiều đối tượng học sinh và thấy rằng đa số học sinh khơng nhớ những bài đã
làm thậm chí có những bài chỉ khác nhau bởi lời văn nhưng nội dung lại hồn
giống với bài tốn cũ. Đặc biệt là các bài tốn đảo và bài tốn tổng qt học sinh
thường khơng có kỷ năng nhận ra. Chính vì vậy, để giúp học sinh dễ dàng nhận ra
các bài toán cũ, bài tốn đảo, bài tốn tổng qt…đồng thời góp phần vào việc đổi
mới phương pháp dạy học theo hướng tích cực và bồi dưỡng năng lực học toán cho
học sinh, rèn luyện khả năng sáng tạo trong học toán cho học sinh cũng như muốn
góp phần vào cơng tác bồi dưỡng đội ngũ học sinh giỏi Tốn trường THCS Hoằng
Giang nói riêng và học sinh tồn huyện Hoằng Hóa nói chung. Tơi xin được trình
bày đề tài: “Giúp học sinh phát triển năng lực sáng tạo qua việc mở rộng một
bài toán ban đầu theo nhiều hướng khác nhau” trong chương trình tốn lớp 8.
2. Mục đích nghiên cứu
- Cung cấp kiến thức và phương pháp tự học cho học sinh khi học bộ mơn
Tốn.
- Hình thành tính tích cực, tự giác, chủ động của học sinh. Khơi dậy tính
sáng tạo và giải toán của học sinh.
- Phát triển năng lực tự học, biết liên kết và mở rộng các bài tốn từ đó giúp
các em hình thành phương pháp giải.
- Giúp học sinh hứng thú hơn trong học tập đặc biệt là bồi dưỡng học sinh
giỏi.
3. Đối tượng nghiên cứu
Phương pháp hình thành tính tích cực, tự giác, biết liên kết và mở rộng các
bài toán, bồi dưỡng năng lực tự học của học sinh.
4. Phương pháp nghiên cứu
- Nghiên cứu qua tài liệu: SGK, SGV, SBT toán 8. Nâng cao và phát triển
tốn 8 –Vũ Hữu Bình.
- Nghiên cứu qua thực hành giải bài tập của học sinh.
- Nghiên cứu từ thực tế giảng dạy.

5. Những điểm mới của SKKN
- Tập trung vào chương trình hình học lớp 8.
- Bổ sung thêm một số bài toán đảo và mở rộng thêm một số bài toán khác.
2


II. NỘI DUNG
1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm
Dạy toán là một hoạt động nghiên cứu về toán học của học sinh và giáo viên
bao gồm day khái niệm, dạy định lý, giải tốn..., trong đó giải tốn là cơng việc
quan trọng. Bởi giải tốn là q trình suy luận nhằm khám phá ra quan hệ lơgic
giữa cái đã cho và cái chưa biết (giữa giả thiết và kết luận). Mặt khác chúng ta
không thể dạy hết cho học sinh tất cả các bài tập cũng như các em khơng thể làm
hết các bài tập đó. Vì vậy để tạo mối liên hệ giữa các bài tập, khi hướng dẫn cho
học sinh giải một bài toán, giáo viên cần hướng dẫn cho học sinh biết khai thác, mở
rộng kết quả những bài toán đơn giản để xây dựng các bài toán mới liên quan. Điều
này giúp học sinh rèn luyện tư duy lơgic, óc sáng tạo, tự tìm tịi, suy nghĩ ra những
bài tốn mới và có những cách giải hay. Như nhà toán học Đề Các đã nói: “Mỗi vấn
đề mà tơi giải quyết đều sẽ trở thành ví dụ mẫu mực dùng để giải quyết vấn đề
khác”. Từ đó giúp các em có cơ sở khoa học khi phân tích, định hướng tìm lời giải
cho các bài toán khác và đặc biệt là củng cố cho các em lịng tin vào khả năng giải
tốn của mình.
Để rèn luyện kỹ năng giải tốn cho học sinh, ngoài việc trang bị tốt hệ thống
kiến thức cơ bản và rèn luyện kỹ năng giải bài tập, nhiệm vụ của người thầy ngoài
việc cung cấp kiến thức, rèn luyện kỹ năng cho học sinh cịn có một nhiêm vụ quan
trọng đó là rèn luyện năng lực tư duy cho học sinh trong quá trình giảng dạy của
mình. Nếu sau mỗi bài toán, người thầy hướng dẫn học sinh khai thác sâu các kết
quả. Từ đó tìm ra được chuỗi bài tốn từ dễ đến khó thì khơng những rèn luyện
được năng lực tư duy sáng tạo cho học sinh mà còn gây hứng thú làm cho giờ học
trở nên hấp dẫn hơn, giúp cho kiến thức của học sinh có tính hệ thống, được mở

rộng và sâu hơn. Trong quá trình giảng dạy ở trường cũng như bồi dưỡng học sinh
giỏi, tôi nhận thấy biện pháp trên rất hữu hiệu để bồi dưỡng năng lực tư duy theo
định hướng đổi mới phương pháp dạy học của Bộ Giáo Dục và Đào tạo: "Phương
pháp giáo dục phổ thông phải phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động, sáng tạo
của học sinh, phù hợp với đặc điểm chung của từng lớp học, mơn học ...”(Trích
“Một số vấn đề đổi mới phương pháp dạy học ở trường THCS"- Bộ Giáo dục và
Đào tạo).
2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
Qua các năm giảng dạy, bồi dưỡng học sinh giỏi và tham khảo học hỏi các
đồng nghiệp tơi nhận ra rằng:
- Học sinh yếu tốn (đặc biệt là mơn hình học) là do kiến thức cịn hổng, lại
lười học, lười suy nghĩ, lười tư duy trong quá trình học tập.
- Học sinh làm bài tập rập khn, máy móc và khơng nhớ những bài đã làm
thậm chí có những bài chỉ khác nhau bởi lời văn nhưng nội dung lại hồn tồn
giống với bài tốn cũ. Từ đó làm mất đi tính tích cực, độc lập, sáng tạo của bản
thân.
3


- Khơng ít học sinh thực sự chăm học nhưng chưa có phương pháp học tập
phù hợp, chưa tích cực chủ động chiếm lĩnh kiến thức nên hiệu quả học tập chưa
cao.
- Nhiều học sinh hài lòng với lời giải của mình, mà khơng tìm lời giải khác,
khơng khai thác phát triển bài tốn, sáng tạo bài tốn nên khơng phát huy hết tính
tích cực, độc lập, sáng tạo của bản thân.
3. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề.
- Qua những bài toán đơn giản trong chương trình, học sinh đã giải được, tơi
gợi ý định hướng cho học sinh tư duy theo phương pháp như: tương tự, so sánh,
đặc biệt hóa, khái quát hóa, ... để học sinh phát hiện, phát biểu lên những vấn đề
mới, những bài toán mới. Tăng cường các hoạt động tìm tịi, quan sát ..., tăng

cường sử dụng phương pháp quy nạp trong quá trình đi đến các giả thiết có tính
khái qt.
- Hình thành các tình huống có vấn đề hoặc vấn đề từ nội dung đang học và
từ đó xây dựng kế hoạch hướng dẫn cho học sinh tự giải quyết vấn đề.
- Trong các tiết luyện tập tơi thường khuyến khích học sinh dựa vào dữ kiện
của bài toán mà khai thác phát triển thêm bài toán (với các bài tốn có thể phát triển
được). Do đó, học sinh được hình thành kỹ năng khai thác, phát triển bài tốn. Từ
đó, phát triển tư duy tích cực, độc lập, sáng tạo cho học sinh.
- Giúp học sinh sử dụng SGK và các tài liệu khác một cách có ý thức và chủ
động theo các hướng nghiên cứu để giải quyết vấn đề.
- Thay đổi các hình thức tổ chức học tập trong điều kiện cho phép, tạo điều
kiện và khơng khí thích hợp để học sinh có thể tranh luận với nhau, với giáo viên,
cũng như tự đánh giá và đánh giá lẫn nhau về kết quả tìm tịi, phát hiện.
4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với
bản thân, đồng nghiệp và nhà trường.
- Qua quá trình giảng dạy theo phương pháp tích cực hóa hoạt động của học
sinh thơng việc khai thác, phát triển một số bài toán trong chương trình một cách
sáng tạo, tơi nhận thấy có một số kết quả đáng phấn khởi như sau :
- Học sinh được suy nghĩ nhiều hơn, thực hành nhiều hơn, làm cho học sinh
hứng thú trong học tập mơn Tốn. Tạo cho các em có niềm tin vào năng lực của
chính mình .
- Học sinh được nêu vấn đề và tự mình giải quyết vấn đề . Từ đó học sinh
tích cực, chủ động, sáng tạo trong học tập .
- Bước đầu đã xây dựng cho học sinh phong cách nghiên cứu, tìm tịi, phát
hiện kiến thức mới, điều hay qua từng bài tập. Các em thực sự được hưởng niềm
vui khi tìm ra điều hay qua từng bài tốn .
- Các em nắm chắc kiến thức cơ bản và vận dụng tốt vào bài tập. Đơi khi
chính từ những bài tốn mới phát triển có nhiều em đưa ra được nhiều cách giải
hơn đối với bài toán ban đầu .
- Rèn cho các em tính kiên trì khơng chịu lùi bước trước khó khăn, khơng

4


chán nản trước bài tập khó.
- Góp phần nâng cao kiến thức và đổi mới phương pháp dạy học cho chính
bản thân tơi .
- Ở đây qua một số bài tập cụ thể trong SGK lớp 8 tôi xin nêu những gợi ý,
để định hướng cho học sinh phát hiện vấn đề mới và giải quyết vấn đề như sau:

5


Trước hết chúng ta bắt đầu với bài toán 46 trang 84 SGK Toán 8 tập 2.
Bài toán 1: (Bài toán gốc – Bài 46 Trang 84 SGK Toán 8 tập 2)
Trên hình vẽ hãy chỉ ra các tam giác đồng dạng. Viết các tam giác này theo thứ tự
các đỉnh tương ứng và giải thích vì sao chúng đồng dạng?
Giải:

Ta có:
+)  AFH  CDH(g-g) (1)
Vì: �AFH  �CDH  90�
�AHF  �CHD (đối đỉnh)
+)  AFH  ADB(g-g) (2)
Vì: �AFH  �ADB  90�
�A chung
+)  CDH  CFB(g-g) (3)
Vì: �CDH  �CFB  90�
�C chung
+)  CDH  ADB (bắc cầu từ (1) và (2)) (4)
+)  AFH  CFB(bắc cầu từ (1) và (3)) (5)

+)  ADB  CFB(bắc cầu từ (2) và (5)) (6)
* Hướng khai thác:
Từ kết quả (1) của bài toán 1:  AFH

 CDH �

HA HF

� HA.HD  HF .HC
HC HD

Cho ta các bài toán sau:
Bài toán 1.1: Cho tam giác nhọn ABC có hai đường cao AD và CF cắt nhau tại H.
CMR: HA.HD = HC.HF
Giải:

6


Ta có:  AFH
�

 CDH(g-g) ( theo (1))

HA HF

� HA.HD  HF . HC (đpcm)
HC HD

� Yêu cầu học sinh viết các hệ thức tương tự:

(HA.HD = HB.HE; HB.HE = HC.HF)
Bài tốn 1.2: Cho tam giác nhọn ABC có các đường cao AD, BE và CF cắt nhau
tại H. CMR: HA.HD = HB.HE = HC.HF
(Giải tương tự như bài 1.1 – Học sinh tự làm)
*Khai thác bài toán: Bài toán trên đúng cho cả trường hợp tam giác ABC là tam
giác vng, tam giác tù.
Bài tốn 1.3: Cho tam giác nhọn ABC các đường cao AD, BE và CF cắt nhau tại
H. Chứng minh rằng:  AHC  FHD
Giải:

Từ kết quả (1) của bài toán 1:  AFH

 CDH �

HA HF
HA HC

�

HC HD
HF HD

Xét  AHC và  FHD có:
�AHC  �FHD (đối đỉnh)
HA HC

(c/m trên)
HF HD
�  AHC

 FHD (c.g.c)
� Yêu cầu học sinh viết các cặp tam giác đồng dạng tương tự:
(  AHB  EHD;  BHC  FHE)

* Hướng khai thác: Đối với học sinh khá giỏi có thể yêu cầu học sinh tiếp tục khai
thác các kết quả trên để có các kết quả khác của bài toán, qua các câu hỏi gợi ý
như: DH có là phân giác của góc EDF khơng? Vì sao? Kết quả tương tự là gì? Từ
đó, có nhận xét gì về vị trí đặc biệt của điểm H đối với tam giác DEF?
Bài 1.4: Cho tam giác nhọn ABC có các đường cao AD, BE và CF cắt nhau tại H.
Chứng minh rằng điểm H cách đều ba cạnh của tam giác DEF.
*Gợi ý:

7


Từ  AHB

 EHD (theo kết quả bài 1.3)

� �D1  �B1 (hai góc tương ứng)

Từ  AHC

 FHD (theo kết quả bài 1.3)

� �D2  �C1 (hai góc tương ứng)

Mà �C1  �B1 (Vì cùng phụ �BAC )
� �D1  �D2 � DA là phân giác của �FDE
Chứng minh tương tự ta có: EB là phân giác của �FED

� H là giao điểm 3 đường phân giác của  DEF
� H cách đều ba cạnh của tam giác DEF. (đpcm)
* Hướng khai thác: Ta thấy H là giao điểm 3 đường phân giác của  DEF
� FH hay FC là phân giác góc DFE mà AF  FC
� AF là phân giác góc ngồi tại F của tam giác EDF. Ta lại có DA là phân giác
góc FDE � A là tâm đường trịn bàng tiếp trong góc D của tam giác EKD. Tương
tự � B; C lần lượt là tâm các đường trịn bàng tiếp trong góc E; góc F của tam
giác DEF. Đối với học sinh giỏi lớp 8 ta có thể có bài tốn sau:
Bài 1.5: Cho tam giác nhọn ABC có các đường cao AD, BE và CF cắt nhau tại H.
Chứng minh rằng điểm A cách đều ba cạnh của tam giác DEF.
* Hướng khai thác: Gọi O là giao điểm ba đường trung trực của tam giác ABC.
Kẻ OM vng góc với AC; ON vng góc với BC
(M thuộc AC; N thuộc BC )
� M; N lần lượt là trung điểm của AC; BC
� MN là đường trung bình của tam
MN 1

giác ABC � MN // AB và
AB

2

Mặt khác:
OM // BH (cùng vuông góc với AC)
ON // AH (cùng vng góc với BC)
� các tam giác OMN và HBA đồng dạng �
ON MN 1

 � AH = 2. ON
AH

AB 2

8


Bài 1.6: Cho tam giác nhọn ABC, gọi H là trực tâm, O là giao điểm ba điểm trung
trực của tam giác. Chứng minh rằng khoảng cách từ điểm A đến trực tâm H của tam
giác ABC gấp đôi khoảng cách từ O đến cạnh BC.
* Hướng khai thác:
Nếu gọi I là điểm đối xứng với điểm O qua N
mà AH = 2.ON (cmt) � OI = AH.
Mặt khác OI // AH (cùng vng góc với BC)
� tứ giác AHIO là hình bình hành
Ta có bài tốn sau:
Bài 1.7: Cho tam giác nhọn ABC, H là trực tâm, O là
giao điểm ba điểm trung trực của tam giác. Gọi I là điểm
đối xứng với O qua BC. Chứng minh
rằng tứ giác AHIO là hình bình hành.
*Hướng khai thác: Từ kết quả chứng
minh của bài toán 1.7:
AH = 2.ON � nếu gọi K là giao
điểm
của AO và HN thì ta cũng chứng
minh được
AK = 2.AO và HK = 2.HN
� N là trung điểm của HK.
Mà N là trung điểm của BC do đó ta
cũng có tứ giác BHCK là hình bình
hành và BK vng góc với AB tại B;
CK vng góc với AC tại C.

Mặt khác nếu gọi G là giao điểm của
AN và OH. Ta chứng minh được các tam giác AHG và NOG đồng dạng (g.g)
AH AG HG
�


mà AH = 2.ON (cmt)
NO NG GO
� HG = 2.OG và AG = 2.NG.
Từ AG = 2.NG � G là trọng tâm của tam giác ABC.
Như vậy, ta có thể phát biểu thành bài toán sau:
Bài 1.8: Cho tam giác nhọn ABC, H là trực tâm, O là giao điểm ba điểm trung trực
của tam giác. Gọi N là trung điểm của BC, K là giao điểm của AO và HN. Chứng
minh rằng:
a) N là trung điểm của HK.
b) Tứ giác BHCK là hình bình hành.
c) KB  AB; KC  AC.
d) Gọi G là giao điểm của AN và OH. Chứng minh G là trọng tâm của tam giác
ABC.
* Hướng khai thác: Từ bài tốn 1.8 ta có các bài tốn đảo như sau:
9


Bài 1.9 (bài toán đảo 1): Cho tam giác nhọn ABC, H là trực tâm của tam giác, O là
giao điểm ba đường trung trực và G là trọng tâm của tam giác. Chứng minh ba
điểm H, O, G thẳng hàng. (Đường thẳng đi qua ba điểm H, O, G được gọi là đường
thẳng Ơle của tam giác)
Bài 1.10 (bài toán đảo 2): Cho tam giác nhọn
ABC, hai đường cao BE, CF cắt nhau tại H. Gọi
N là trung điểm của BC. Đường thẳng vng

góc với AB tại B và đường thẳng vng góc với
AC tại C cắt nhau tại K. Chứng minh rằng: H,
N, K thẳng hàng.
* Hướng khai thác: Tiếp tục ta lại thấy tam
giác BEC là tam giác vng có EN là trung
tuyến ứng với cạnh huyền BG nên EN =

1
BC.
2

1
BC.
2
Từ đó suy ra EN = FN   NEF cân tại N. Từ

Tương tự ta có FN =

đây ta có bài tốn:
Bài 1.11: Cho tam giác nhọn ABC, hai đường cao
BE, CF cắt nhau tại H. Gọi N là trung điểm của
BC, M là trung điểm của EF. Chứng minh rằng
NM  EF.
* Hướng khai thác: Có thể yêu cầu học sinh tiếp
tục khai thác kết quả H là giao điểm ba đường
phân giác của tam giác DEF và các tam giác
đồng dạng trên để suy ra những tam giác nào
đồng dạng với nhau?
Bài 1.12: Cho tam giác nhọn ABC có các đường
cao AD, BE và CF cắt nhau tại H. Chứng minh rằng:  AFD

*Gợi ý:

Từ  AHB

 EHD

 EHD (cmt)

10


� �A1  �HED (hai góc tương ứng)
�D1  �D2 (cmt)
�  AFD  EHD (g.g)
� Yêu cầu học sinh tìm các cặp tam giác đồng dạng tương tự:
(  AED  FHD;  BFE  DHE;  BED  FEH
 CEF  DHF;  CDF  EHF)

*Hướng khai thác: Từ kết quả bài toán 1.12 ta cũng chứng minh được
�E1  �E2 . Do đó để có dạng tốn về chứng minh ba điểm thẳng hàng. Ta gọi N
là điểm đối xứng với D qua AC thì ta chứng minh được các góc �E3  �E4 �
�NEF  180�� N, E, F thẳng hàng. Ta có bài tốn sau:
Bài 1.13: Cho tam giác nhọn ABC có các đường cao AD, BE và CF cắt nhau tại H.
Gọi M, N theo thứ tự là điểm đối xứng với D qua AB, AC. Chứng minh M, N, E, F
thẳng hàng.

*Gợi ý:

�E1  �E2 (cmt)
 EDN cân tại E (do N đối xứng với D qua AC)

� �E4  �E3

� �E1  �E4  �E2  �E3  90�
� �E1  �E4  �E2  �E3  90� 90� 180�
� N, E, F thẳng hàng. (*)

Chứng minh tương tự M, F, E thẳng hàng (**)
Từ (*) và (**) � M, N, E, F thẳng hàng.
*Hướng khai thác: Từ kết quả bài toán 1.13 � MN = MF + FE + EN
mà MF = DF, EN = DE (tính chất đối xứng trục) � MN =DF + FE + DE
Tức là độ dài đoạn MN bằng chu vi tam giác DEF.
- Nếu D, E, F là các điểm bất kỳ trên các cạnh BC, AC, AB thì M, F, E, N
khơngthẳng hàng. Khi đó độ dài đường gấp khúc MFEN = MF + EF + EN hay độ
dài đường gấp khúc MEDN = DF + EF + DE � chu vi tam giác DEF nhỏ nhất
11


khi M, F, E, N thẳng hàng. Khi đó D, E, F là chân các đường cao của tam giác
ABC. Ta có bài tốn cực trị hình học :
Bài 1.14: Cho tam giác nhọn ABC; K, D, E là các điểm bất kỳ trên các cạnh BC,
CA, AB. Chứng minh rằng chu vi tam giác DEK nhỏ nhất khi K, D, E là chân các
đường cao của tam giác ABC.

*Hướng khai thác: Nếu gọi I, K là hình chiếu của B, C trên đường thẳng EF thì ba
tam giác vng EIB , CKE , CFB có đồng dạng với nhau khơng? Từ đó có thể lập
được hệ thức nào liên hệ giữa diện tích của ba tam giác đó?
Bài 1.15: Cho tam giác nhọn ABC có các đường cao BE và CF cắt nhau tại H. Gọi
I, K theo thứ tự là hình chiếu của B, C trên DE. Gọi diện tích các tam giác HBC,
HFE, BIF, CKE theo thứ tự là S1 , S2 , S3 , S4 . Chứng minh rằng: S1  S2  S3  S4
Gợi ý:

Đặt S BFH  S5 .
Ta có: �FEH  �ECK (cùng phụ với �CEK )
�FEH  �FCB ( Vì FEH BHC theo kết quả bài 1.2)
� �FCB  �ECK
� EIB
CKE

CFB (g.g)
2

2

S
S
�EB � �CE �
� EIB  CKE  � � � � 1
SCFB SCFB �CB � �CB �
� S EIB  SCKE  SCFB � S 2  S3  S5  S4  S5  S1 � S3  S4  S1  S2

* Hướng khai thác: Từ kết quả (2) của bài toán 1:  AFH

(đpcm)
 ADB(g-g)
12


Cho ta các bài toán sau:
Bài 2.1: Cho tam giác nhọn ABC các đường cao AD, BE và CF cắt nhau tại H.
Chứng minh rằng: AH . AD  AF . AB

Gợi ý:

Từ kết quả (2) của bài toán 1:  AFH

 ADB(g-g) �

AH AF

� AH . AD  AF . AB
AB AD

� Yêu cầu học sinh tìm các hệ thức tương tự:
( BH .BE  BF .BA ; CH .CF  CE.CA )

* Hướng khai thác: Từ kết quả của bài toán 2.1 trên nếu cộng từng vế 2 đẳng
thức với nhau ta được kết quả của bài toán sau:
Bài 2.2: Cho tam giác nhọn ABC các đường cao AD, BE và CF cắt nhau tại H.
Chứng minh rằng: AH . AD  BH .BE  AB 2
Gợi ý:

Từ kết quả của bài 2.1 ta có:
AH . AD  AF . AB
BH .BE  BF .BA
� AH . AD  BH .BE  AF. AB  BF . AB  AB  AF  BF   AB. AB  AB 2

� Yêu cầu học sinh viết các hệ thức tương tự:

( AH . AD  CH .CF  AC 2 ; BH .BE  CH .CF  BC 2 )
* Hướng khai thác: Từ kết quả của bài toán 2.1 trên nếu cộng vế với vế cả ba
đẳng thức trên ta được kết quả của bài toán sau:

13


Bài 2.3: Cho tam giác nhọn ABC các đường cao AD, BE và CF cắt nhau tại H.
Chứng minh rằng: AH . AD  BH .BE  CH .CF 

AB 2  AC 2  BC 2
2

Gợi ý:

Theo kết quả bài 2.1 ta có:
AH . AD  BH .BE  AB 2
AH . AD  CH .CF  AC 2
BH .BE  CH .CF  BC 2

Cộng vế với vế ba đẳng thức trên ta có:

2  AH . AD  BH .BE  CH .CF   AB 2  AC 2  BC 2

AB 2  AC 2  BC 2
� AH . AD  BH .BE  CH .CF 
(đpcm)
2
Bài 2.4: Cho hình bình hành ABCO. Kẻ CE  AB tại E, Kẻ CF  AO tại F, Kẻ
OH  AC tại H, Kẻ BK  AC tại K.

a) Tứ giác OHBK là hình gì?
b) Chứng minh: CE.CO=CB.CF
c) Chứng minh rằng: AB.AE+AO.AF=AC2

Gợi ý:

a) Dễ dàng chứng minh được tứ giác OHBK là hình bình hành.
b) Ta có: �ABC  �AOC � �CBE  �COF
� CBE COF (g.g)
14


�

CE CB

� CE.CO  CF .CB
CF CO

Từ kết quả (2) của bài toán 1:
 AOH

 ACF(g-g)

�

AO AH

� AO. AF  AH . AC
AC AF

(*)

Tương tự ta có:

 ABK

 ACE(g-g) �

AB AK

� AB. AE  AK . AC
AC AE

(**)

Từ (*) và (**) cộng vế với vế ta được:

AO. AF  AB. AE  AH . AC  AK . AC  AC  AH  AK 

(***)

Xét  AOH và  CBK có:
�AHO  �CKB  90�

AO=BC(vì ABCO là hình bình hành)
�OAH  �BCK (so le trong)
�  AOH =  CBK(cạnh huyền-góc nhọn)
� AH  CK (cạnh tương ứng) Thay vào (***) ta có:
AO. AF  AB. AE  AC  CK  AK   AC. AC  AC 2

(đpcm)

* Hướng khai thác:
Từ kết quả (4):  CDH

 ADB �

CD DH

� DH .DA  CB.DB . Mà CB và DB có
AD DB

tổng khơng đổi nên ta có thể đưa về bài tốn cực trị hình học như sau:
Bài 3.1: Cho 2 điểm B, C cố định. Điểm A di động sao cho tam giác ABC có ba
góc nhọn. Hai đường cao AD, CF cắt nhau tại H. Tìm GTLN của tích DH.DA.
Gợi ý:

 CDH  ADB (theo (4) bài toán 1)
CD DH
�

� DH .DA  CB.DB
AD DB

Vậy DH.DA lớn nhất khi CB.DB lớn nhất.
1
Mà CB+DB = BC (không đổi) � tích CB.DB lớn nhất khi CB  DB  BC
2

1
� GTLN của CB.DB bằng BC 2
4

15

1
BC 2 khi và chỉ khi D là trung điểm của BC.
4
* Hướng khai thác: Từ kết quả (6):  ADB  CFB cho ta các bài toán sau:

Vậy GTLN của DH.DA bằng

Bài 4.1: Cho tam giác nhọn ABC các đường cao AD, BE và CF cắt nhau tại H.
Chứng minh rằng: BD.BC  BF .BA
* Gợi ý:

Ta có:  ADB
�

 CFB ( theo (6) của bài toán 1)

BD BA

� BD.BC  BF .BA
BF BC

� Yêu cầu học sinh viết các hệ thức tương tự:
( AE. AC  AF. AB ; CE.CA  CD.CB )

Bài 4.2: Cho tam giác nhọn ABC các đường cao AD, BE và CF cắt nhau tại H.
Chứng minh rằng: BD.BC  BF .BA  BH .BE
Gợi ý:

Từ kết quả bài 3.1: BD.BC  BF .BA
(*)
Từ kết quả bài 2.1: BH .BE  BF .BA
(**)
�
Từ (*) và (**) BD.BC  BF .BA  BH .BE
� Yêu cầu học sinh viết các hệ thức tương tự:
( AE. AC  AF. AB  AH . AD ; CE.CA  CD.CB  CH .CF )
* Hướng khai thác: Từ kết quả của bài toán 4.1 trên nếu cộng từng vế 2 đẳng
thức với nhau ta được kết quả của bài toán sau:
Bài 4.3: Cho tam giác nhọn ABC các đường cao AD, BE và CF cắt nhau tại H.
Chứng minh rằng: BD.BC  AE. AC  AB 2
16


Gợi ý:

Từ kết quả bài 2.1.1: AH . AD  BH .BE  AB 2 (*)
Từ kết quả bài 3.2: BH .BE  BD.BC
(**)
AH . AD  AE . AC
(***)
Thay (**) (***) vào (*) ta có: BD.BC  AE. AC  AB 2 (đpcm)
� Yêu cầu học sinh viết các hệ thức tương tự:
( AF . AB  CD.CB  AC 2 ; BF .BA  CE.CA  BC 2 )
* Hướng khai thác: Từ kết quả (6) của bài tốn 1:  ADB
�

 CFB

BD BA
BD BF

�

. Vậy có nhận xét gì về hai tam giác BDF và BAC? Từ đây
BF BC
BA BC

ta có bài tốn sau:
Bài 4.4: Cho tam giác nhọn ABC có các đường cao AD, BE và CF cắt nhau tại H.
Chứng minh rằng:  BDF  BAC
* Gợi ý:

Ta có:  ADB

 CFB ( theo (6) của bài toán 1)
BD BA
BD BF
�

�

BF BC
BA BC
Xét  BDF và  BAC có:
BD BF

�B chung;
BA BC

�  BDF  BAC(c.g.c)

17


� Yêu cầu học sinh tìm các cặp tam giác đồng dạng tương tự
(  AEF  ABC;  CED  CBA)

Bài 4.5: Cho tam giác nhọn ABC có các đường cao AD, BE và CF cắt nhau tại H.
Chứng minh rằng:  BDF  EDC
* Gợi ý:

Theo kết quả của bài 3.4:
 BDF  BAC
 CED  CBA �  EDC  BAC
�  BDF  EDC(Theo t/c bắc cầu)
� Yêu cầu học sinh tìm các cặp tam giác đồng dạng tương tự
(  AEF  DEC;  CED  FBD)
* Hướng khai thác: Gọi M, N, P, Q lần lượt là hình chiếu vng góc của D lên
AB, BE, CF, AC. Có nhận xét gì về các điểm M, N, P, Q?
Bài 4.6: Cho tam giác nhọn ABC có các đường cao AD, BE và CF cắt nhau tại H.
Gọi M, N, P, Q lần lượt là hình chiếu vng góc của D lên AB, BE, CF, AC. Chứng
minh:
a) Các tứ giác DMFP, DNEQ là hình chữ nhật.
b) Bốn điểm M, N, P, Q thẳng hàng.
Gợi ý:

a) HS tự chứng minh.
b) Vì DM//CF và DN//CE nên theo định lí Ta-let ta có:
BM BD BN



� MN / /EF
BF BC BE

(1)
18


Vì DP//BE và DQ//BE nên theo định lí Ta-let ta có:
CP CD CQ


� PQ / /EF
CF CB CE

(2)

AD AM

� AD 2  AM . AB (3)
AB AD
AD AQ

� AD 2  AQ. AC (4)
 ADQ
 ACD(g.g) �
AC AD
AM
AQ


Từ (3) và (4) � AM . AB  AQ. AC �
AC
AB
 ADM

 ABD (g.g) �

Xét  AMQ và  ABC có:
�  AMQ
Mà  AFE
�  AFE

AM
AQ

AC
AB

, �A chung

 ACB (c.g.c)
 ACB(theo kết quả bài 3.4)
 AMQ �

AF
AE

AM
AQ

. Theo định lí Talet đảo

� MQ//EF

(3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra M, N, P, Q thẳng hàng.
III. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
1. Kết luận:
Như vậy, từ một bài toán gốc đơn giản, bằng cách vận dụng và khai thác triệt
để các kết quả chứng minh được và một số phép đối xứng trục, đối xứng tâm, đặc
biệt hố, tổng qt hố...ta có thể phát biểu và chứng minh được một số bài toán
mới, nhằm củng cố và hệ thống lại các kiến thức, các dạng bài tập và cách giải các
bài tập về tam giác đồng dạng; nhất là dạng toán về chứng minh tứ giác nội tiếp và
các góc liên quan đến đường trịn. Để vận dụng có hiệu quả nhất định và phát triển
tư duy của học sinh, giáo viên cần biết hướng dẫn học sinh phân tích bài tốn, tìm
và phát biểu các kết quả tương đương, thay đổi hình thức phát biểu bài toán, nêu
bài toán tổng quát, kết quả bài toán đặc biệt...
Trên đây là một số suy nghĩ và việc làm tôi đã thực hiện trong quá trình
giảng dạy. Tơi nhận thấy rằng các bài tốn, dạng tốn được giới thiệu có hệ thống,
có liên hệ chặt chẽ với nhau thì việc tiếp thu của các em có hiệu quả hơn. Việc khai
thác bài tốn sẽ giúp các em phát triển năng lực tư duy, phát triển ngôn ngữ, hướng
các em đến sự độc lập trong tư duy, sáng tạo và có khả năng tự học; tạo thói quen
phân tích một bài tốn để định hướng phương pháp giải bằng cách quy “lạ” về
“quen”; khai thác triệt để kết quả bài toán đã giải được để tạo ra được các bài tốn
mới... Tơi nghĩ rằng đó là điều người giáo viên cần quan tâm, tìm tịi và tích luỹ để
chất lượng dạy học ngày càng được nâng cao. Hệ thống bài tập được khai thác
trong đề tài này phù hợp với việc dạy ôn tập chương III hình học 8 và bồi dưỡng
học sinh khá giỏi.

2. Kiến nghị:
19


Tôi xin đưa ra một số đề nghị sau:
- Đối với giáo viên:
+ Thực hiện tốt các chương trình bồi dưỡng thường xuyên và bồi dưỡng của
phòng, sở đề ra.
+ Luôn tự học, tự bồi dưỡng để nâng cao tay nghề
- Đối với nhà trường:
+ Cần tạo mọi điều kiện thuận lợi nhất về kinh phí để thực hiện các chun
đề có tính chất liên quan.
+ Mua sắm đủ các thiết bị, đồ dùng dạy học phục vụ cho môn tốn với chất
lượng tốt nhất.
Trong phạm vi đề tài khơng tránh khỏi thiếu sót. Vì vậy, tơi rất mong nhận
được sự trao đổi góp ý của đồng nghiệp. Tơi xin chân thành cảm ơn.
XÁC NHẬN
CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 28 tháng 04 năm 2018
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, khơng sao chép nội dung của
người khác.
Người viết

Nhữ Thị Tư Hằng

Nguyễn Thị Hạnh Nhân

TÀI LIỆU THAM KHẢO

1- Sách giáo khoa và sách bài tập Toán 8. Nhà xuất bản giáo dục.
20


2345-

Nâng cao và phát triển Toán 8. Tác giả: Vũ Hữu Bình
Chuyên đề bồi dưỡng hình học. Tác giả: Vũ Hữu Bình
Tuyển tập các tạp chí của Tốn tuổi thơ các số. Nhà Xuất bản giáo dục
Các loại tài liệu khác....

21