Cách khai thác bài toán mới từ một số bài toán hình học trong sách giáo khoa cho học sinh lớp 8 trường THCS bắc sơn

PHẦN I- MỞ ĐẦU
1. Lí do chọn đề tài:
Là giáo viên dạy Toán nhiều năm, tôi nhận thấy: dạy Toán đặc biệt là dạy
môn Hình học, không đơn thuần là dạy cho học sinh nắm được những khái
niệm, định lý hoặc giải được bài toán đơn lẻ thông thường … mà điều quan
trọng là dạy cho học sinh thói quen tìm tòi, thói quen tự khám phá và phát hiện
kiến thức thông qua sự hướng dẫn của giáo viên hoặc thông qua các hoạt động
do giáo viên tổ chức.
Với suy nghĩ đó, trong quá trình giảng dạy nhiều năm tôi đã tiến hành dạy
khai thác bài toán hình học mới từ bài toán sách giáo khoa đối với các đối tượng
học sinh và tôi nhận thấy hiệu quả rất rõ rệt từ cách dạy trên. Vì vậy tôi xin được
mạnh dạn trình bày kinh nghiệm “Cách khai thác bài toán mới từ một số bài
toán Hình học trong sách giáo khoa cho học sinh lớp 8 trường Trung học cơ
sở Bắc Sơn- Bỉm Sơn” để trao đổi với đồng nghiệp với mong muốn nâng cao
chất lượng dạy học hơn nữa.
2. Mục đích nghiên cứu:
Khai thác bài toán mới từ bài toán ban đầu giúp cho học sinh thói quen đào sâu
suy nghĩ, phát triển năng lực tư duy, óc tò mò khoa học và sức sáng tạo của học
sinh. Giúp học sinh biết xử lí các tình huống.
3. Đối tượng nghiên cứu:
3.1. Khách thể nghiên cứu: Hệ thống các bài tập thông qua nội dung các bài
Hình học. Qua đó, giúp các em rèn tốt khả năng tư duy, hệ thống kiến thức, thu
thập, phân tích thông tin, làm bài tập thực hành.
3.2 Khách thể khảo sát : Gồm hai nhóm học sinh lớp 8 trường Trung học cơ sở
Bắc Sơn- Bỉm Sơn, năm học 2017 - 2018 .
3. 3 Đối tượng: Xây dựng và thử nghiệm, rút kinh nghiệm chuyên đề cấp trường
ở khối 8 theo sự chỉ đạo của Ban giám hiệu trường Trung học cơ sở Bắc SơnBỉm Sơn.
4. Phương pháp nghiên cứu:
- Phương pháp phân tích, tổng hợp, khái quát hóa, kiểm tra, thống kê…
- Nghiên cứu tài liệu trên mạng Intenet và quan sát, phỏng vấn, khi dạy học sinh.
PHẦN II- NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

1. Cơ sở của sáng kiến kinh nghiệm
1.1. Cơ sở lí luận
- Mục tiêu cơ bản của giáo dục là “Đào tạo và xây dựng thế hệ học sinh trở
thành những con người mới phát triển toàn diện, có đầy đủ phẩm chất đạo
đức, năng lực, trí tuệ, có kỹ năng mềm để đáp ứng với yêu cầu thực tế hiện
nay”. Để thực hiện được mục tiêu đó, trước hết chúng ta phải biết áp dụng
phương pháp dạy học hiện đại để bồi dưỡng cho học sinh năng lực tư duy sáng
tạo, năng lực giải quyết vấn đề, rèn luyện thành nề nếp tư duy sáng tạo của
người học, từng bước áp dụng các phương pháp tiên tiến, phương tiện hiện đại
vào quá trình dạy học, dành thời gian tự học, tự nghiên cứu cho học sinh. Đồng
thời bản thân mỗi giáo viên cũng phải tự tìm ra những phương pháp mới, khắc
1


phục lối truyền thụ một chiều, phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động, sáng tạo
của học sinh trong các môn học, đặc biệt là môn Toán.
1.2 Cơ sở thực tiễn
Trong thời đại hiện nay, nền giáo dục của nước ta đã tiếp cận được với khoa
học hiện đại. Các môn học đều đòi hỏi tư duy sáng tạo và hiện đại của học sinh.
Đặc biệt là môn Toán, nó đòi hỏi tư duy rất tích cực của học sinh, đòi hỏi học
sinh tiếp thu kiến thức một cách chính xác, khoa học và hiện đại. Vì thế để giúp
các em học tập môn Toán có kết quả tốt giáo viên không chỉ có kiến thức vững
vàng, một tâm hồn đầy nhiệt huyết, mà điều cần thiết là phải biết vận dụng các
phương pháp giảng dạy một cách linh hoạt, sáng tạo truyền thụ kiến thức cho
học sinh một cách dễ hiểu nhất.
2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
2.1. Thực trạng tình hình
Kỹ năng phân tích tổng hợp của học sinh còn yếu, mối liên hệ giữa các dữ
liệu trong bài toán, dẫn đến việc học sinh rất lúng túng và gặp rất nhiều khó
khăn khi giáo viên thay đổi giả thiết bài toán thì còn bỡ ngỡ, không biết cách

làm. Xuất phát từ thực tế đó nên kết quả học tập của các em chưa cao, chỉ đạt ở
mức trung bình. Do vậy việc hướng dẫn giúp các em có kỹ năng khai thác, tạo
nên bài toán mới từ bài toán trong sách giáo khoa là việc làm thiết thực.
Muốn thế giáo viên phải tích cực quan tâm thường xuyên, không chỉ giúp các
em nắm được lý thuyết mà còn phải tạo ra cho các em có một phương pháp học
tập cho bản thân, rèn cho các em có khả năng tư duy, tìm tòi. Do đó giáo viên
không những cố gắng rèn luyện cho học sinh cách giải mà cần khuyến khích học
sinh xây dựng bài toán mới từ bài toán ban đầu để học sinh phát huy được khả
năng tư duy linh hoạt, nhạy bén, tạo được lòng say mê, sáng tạo, ngày càng tự
tin cho học sinh khi học môn Hình học.
Với hai nhóm có học sinh nhận thức ngang nhau và kết quả khảo sát trước
khi thực hiện dạy thực nghiệm như sau:
Nhóm

Số HS
Kết quả thu được
Tỉ lệ Khá
khảo
Giỏi
Khá
TB
Yếu kém trở lên
sát
Nhóm 1
25
2( 8%)
6(24%)
10(40%)
7(28%)
32%

Nhóm 2
25
1(4%)
7(28%)
11(44%)
6(24%)
32%
Tổng
50
3(6%)
13(26%) 21(42%)
13(26%)
32%
Thông qua kết quả kiểm tra, tôi nhận thấy kết quả chưa được như mong
muốn, vì lẽ đó tôi quyết định nghiên cứu đề tài sáng kiến kinh nghiệm mang tên:
“ Cách khai thác bài toán mới từ một số bài toán Hình học trong sách giáo
khoa cho học sinh lớp 8 trường THCS Bắc Sơn” với mục tiêu nâng cao chất
lượng hơn nữa và tạo hứng thú tìm tòi cho học sinh khi học bộ môn Hình học.
2


2.2 Những thuận lợi và khó khăn
2.2.1. Thuận lợi
- Trường Trung học cơ sở Bắc Sơn- Bỉm Sơn luôn có được sự quan tâm giúp đỡ
của Phòng Giáo dục và Đào tạo, Ban giám hiệu nhà trường thường xuyên quan
tâm tới tất cả các hoạt động của trường, luôn tạo mọi điều kiện để giáo viên làm
tốt công tác nghiên cứu.
- Hầu hết các em học sinh ngoan thích học bộ môn Toán khi mà tôi giảng dạy.
2.2.2. Khó khăn :
- Trường Trung học cơ sở Bắc Sơn- Bỉm Sơn là điểm trường thuộc vùng miền

núi, nhiều học sinh không thể tự học ở nhà vì các em còn phải phụ giúp gia đình
- Khả năng nắm kiến thức mới của các em còn chậm và chỉ có thói quen giải
xong bài tập trong sách giáo khoa, không tìm tòi, tư duy khi thay đổi điều kiện
bài toán thì ta có được bài toán nào và hướng giải ra sao.
- Kỹ năng vận dụng lý thuyết vào bài tập của các em còn hạn chế.
3. Giải pháp và tổ chức thực hiện
3.1. Giải pháp:
Từ những khó khăn cơ bản của học sinh cũng như những yếu tố khách quan
khác, tôi đã cố gắng tìm ra những giải pháp khắc phục nhằm đạt được hiệu quả
cao. Nắm bắt được tình hình học sinh ngại khó khi học môn Hình học nên tôi
đã đưa ra các dạng bài tập khác nhau để phân loại cho phù hợp với khả năng
nhận thức của từng đối tượng. Các bài tập ở dạng từ thấp đến cao để các em
nhận thức chậm có thể làm tốt những bài toán ở mức độ trung bình, đồng thời
kích thích sự tìm tòi và sáng tạo của những học sinh khá.
3.2 Tổ chức thực hiện
Tuy khả năng nhận thức và suy luận của học sinh trong mỗi nhóm chưa
đồng đều nhưng khi học tất cả đều phải dựa vào một quy tắc ba bước sau:
Bước 1: Hướng dẫn học sinh tìm hiểu nội dung bài toán. Trong bước này học
sinh cần :
- Đọc kỹ đề bài, hiểu đề bài .
- Khái quát được nội dung bài toán
- Phân tích nội dung bài toán: bài toán cho biết gì? yêu cầu chứng minh điều gì?
- Vẽ hình chính xác, trực quan, vẽ trong các trường hợp khác nhau và không vẽ
hình trong trường hợp đặc biệt.
Bước 2: Tìm đường lối chứng minh.
- Tìm sự liên hệ giữa cái đã biết và điều chưa biết.
- Có thể phân tích thành bài toán đơn giản hơn hoặc tìm sự tương tác với các bài
toán đã làm .
- Bài toán liên quan đến nội dung kiến thức nào đó học .
- Ta cần đưa hình phụ.

Bước 3: Thực hiện chương trình giải và kiểm tra lời giải
- Trên cơ sở phân tích tìm lời giải trên, tổng hợp lại quá trình chứng minh .
3


- Kiểm tra lại việc vận dụng các kiến thức đó đã hợp lý chưa ? kết luận của bài
toán có đáp ứng được yêu cầu chứng minh không ?
- Để khai thác bài toán mới từ bài toán ban đầu hỏi học sinh phải phân tích kỹ
bài toán dưới nhiều góc độ khác nhau .
- Đặc biệt hóa hoặc khái quát hóa bài toán ta được bài toán nào? Kết luận bài
toán ban đầu còn phù hợp không?
- Đảo giải thiết và kết luận của bài toán cho nhau ta có thể được bài toán mới
không?
3.3 Các ví dụ minh họa
VÍ DỤ 1: ( Bài 6 – Trang 24 – SGK Hình học 8).
Cho tứ giác lồi ABCD. Gọi M, N, P, Q theo thứ tự là trung điểm các cạnh AB,
BC, CD, DA. Chứng minh tứ giác MNPQ là hình bình hành?
B
Giải :
M
MN là đường trung bình của tam giác ABC
A
� MN // AC và MN =

1
AC (1)
2

PQ là đường trung bình của tam giác ACD
� PQ//AC và PQ =

1
AC (2)
2

N
Q

Từ (1) và (2) => MN = PQ và MN // PQ
C
D
P
� MNPQ là hình bình hành.
Khai thác bài toán :
A
1. Câu hỏi đặt ra là: Liệu tứ giác ABCD không
M
B
lồi như hình 1 thì tứ giác MNPQ có là hình bình
hành không?
N
Q
Dễ thấy hoàn toàn tương tự như trên ta chứng minh
được tứ giác MNPQ là hình bình hành. Vì vậy ta có
C
hai bài toán sau:
P
Bài toán 1.1:
D
(hình 1)

Cho tứ giác ABDC có M, P lần lượt là trung điểm
của các cạnh AB và CD và Q, N lần lượt là trung điểm của các đường chéo AD
và BC. Chứng minh rằng tứ giác MNQP là hình bình
B
hành?
M
N
Bài toán 1.2: Cho tam giác ABD, C là điểm nằm
trong tam giác ABD.Gọi M, N, P,Q lần lượt là trung
C
điểm các đoạn thẳng AB, BC, CD, DA. Chứng A
P
minh rằng tứ giác MNPQ là hình bình hành?
Q
Và cũng từ bài toán 1.1 và bài toán 1.2 cho ta
D
bài toán:
Bài toán 1.3 :
4


Cho 4 điểm A, B, C, D phân biệt trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng .
Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm AB, BC, CD, DA. Các điểm A, B, C, D
phải thỏa mãn điều kiện gì để M, N, P, Q là bốn đỉnh của:
a) Hình chữ nhật?
b) Hình thoi?
c) Hình vuông?
1
4

1
4

1
4

1
4

2. Từ ví dụ 1 ta có S BNM  S ABC , SCNP  S BCD , S DPQ  S ACD ,S AQM  S ADB
1
2

Nên S MNPQ  S ABCD , do vậy ta có các bài toán sau:
Bài toán 1.4 :
Cho tứ giác lồi ABCD. Gọi M, N, P, Q theo thứ tự là trung điểm các cạnh AB,
BC, CD, DA . Chứng minh S MNPQ 

1
S ABCD ?
2

Bài toán 1.5 :
Cho tứ giác ABCD gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BD,
1
4

CD. Chứng minh rằng sMNP  S ABCD ?
3. Từ ví dụ 1 ta thấy rằng nếu trên cạnh BC có điểm E , trên cạnh AD có
điểm F ( E � N , F � Q ) mà tứ giác FPEM là hình bình hành thì cũng có tứ

giác FQEN là hình bình hành, do vậy giúp ta giải được bài toán sau:
Bài toán 1.6:
C
B E N
Cho tứ giác ABCD có M, P lần lượt là trung điểm
thuộc các cạnh AB,CD.Chứng minh rằng nếu tồn tại
M
P
hai điểm E, F lần lượt thuộc các cạnh BC và DA ( EB
� EC, FA � FD ) sao cho tứ giác FPEM là hình bình
A
Q F
D
hành thì BC // AD?
Hướng dẫn: Nếu I, J lần lượt là trung điểm các
C
N
đường chéo AC và BD, từ ví dụ 1 và bài toán 1 ta có
IJ và NQ cùng đi qua trung điểm của MP giúp ta đến

B
I
P

M
J

với bài toán Giecgôn sau:
Bài toán 1.7(Bài toán Giecgôn):

A

Q

D

Chứng minh rằng đoạn thẳng nối trung điểm hai
đường chéo và đoạn thẳng nối trung điểm các cạnh đối của tứ giác đồng quy tại
một điểm?
5


B
M

Hướng dẫn: Hơn nữa ta nhận ra rằng ở ví dụ 1 còn có :
A
AC  BD � MN  MQ � MNPQ là hình chữ nhật (1)
N
AC = BD � MN = MQ � MNPQ là hình thoi (2)
Q
Từ (1) và (2) => AC  BD và AC = BD
� MNPQ là hình vuông.
C
D
P
Từ kết quả trên giúp ta giải bài toán hay và khó sau :
Bài toán 1.8:
D
Cho tam giác OBC. Về phía ngoài dựng các hình

Q
vuông OBIA, OCKD. Gọi Q, N lần lượt là trung
A
điểm của các đoạn thẳng AD và CB. Các điểm M,
P
P là tâm các hình vuông OBIA; OCKD. Chứng
M
I
minh rằng: tứ giác MNPQ là hình vuông?
O
Hướng dẫn: Nhận thấy rằng M, N, P, Q lần lượt là
trung điểm các cạnh AB, BC, CD, DA của tứ giác
N
C
B
ABCD, do vậy chìa khóa của bài toán là chứng
minh AC = BD, AC  BD. Điều này có được từ  OAC =  OBD( c.g.c)
VÍ DỤ 2: ( Bài 27 - Trang 80 SGk Toán 8 tập 1 )
A
B
Cho tứ giác ABCD. Gọi E, F, K lần lượt là trung
điểm của AD, BC, AC. Chứng minh rằng
K
E

AB+CD
EF �
?
2

F

Giải
D

C

Theo giả thiết E, F, K lần lượt là trung điểm của
AD, BC, AC. Nên KF là đường trung bình của tam giác ABC � KF 
đường trung bình của tam giác ADC � KE 

AB
EK là
2

CD
AB  CD
.
do đó KE  KF 
2
2

AB  CD
Mặt khác FE � KE + KF. Suy ra FE �
Dấu “=’’ xảy ra � E, K, F
2

thẳng hàng � AB // CD.
*Khai thác bài toán :
1.Khi cho G là trung điểm của AB, H là trung điểm của CD chứng minh

AD  BC
do đó ta có bài toán:
2

tương tự ta cũng có GH �

6

K


Bài toán 2.1:
Gọi E, F, G, H lần lượt là trung điểm của các cạnh AD, BC, AB, DC của tứ giác
ABCD. Chứng minh rằng FE + GH không lớn hơn nửa chu vi của tứ giác
ABCD?
2. Nhận thấy EK// CD và KF // AB nên nếu K nằm giữa F và E thì AB// CD vì
vậy ta có bài toán sau:
Bài toán 2. 2 :
Cho tứ giác ABCD, gọi E, F lần lượt là trung điểm của các cạnh AD và BC và
AB  CD
. Chứng minh rằng tứ giác ABCD là hình thang?
2
AB
3.Trở lại ví dụ 2 nếu cho H là trung điểm của BD Thì EH =
và EH//AB.
2
Xét ba điểm E,H,K có KH �EK  EH nên

có FE =

KH �

A

DC  AB
2

B

do đó cho ta các bài toán:
Bài toán 2.3:
Cho tứ giác ABCD. Gọi K, H lần lượt là trung
điểm của AC, BD.
Chứng minh rằng: KH �

E

K
F
H

DC  AB
?
2

C

D

Bài toán 2.4:

Cho tứ giác ABCD. Gọi K, H lần lượt là trung điểm của AC, BD. Chứng minh
rằng: nếu KH =

DC  AB
2

thì tứ giác ABCD là hình thang?

VÍ DỤ 3: ( Bài 76 -Trang 106 – SGK Toán 8
tập 1)
Cho hình thoi ABCD có AB = BD.
Tính các góc của hình thoi ABCD?
Giải .
ABCD là hình thoi ( giả thiết )
� AB = BC = CD = DA
� Mà AB = BD ( giả thiết).
� Nên AB = BD = AD =>  ABD đều =>

B

A

C

D

� = 600
BAD

� + ABC

� = 1800 (cặp góc trong cùng phía)
Lại có: AD // BC nên BAD
Hay 600 + �
ABC =1800 � �
ABC = 1200

� , BAD
� = BCD
�
Mặt khác: �
ADC = ABC
(t/c hình thoi),
� = 1200 ; BAD
� = BCD
� = 600 .
ADC = ABC
nên: �

* Khai thác bài toán :
1. Gọi O là giao điểm của hai đường chéo AC và BD
7


1
2

1
2

ta có AO  CO  AC , BO  DO  BD , AC ^ BD

B

Áp dụng định lý Pitago vào tam giác OAB vuông tại O
ta có: OA2  OB 2  AB 2
1
4 AB  BD
� OA  AB  OB  AB  BD 2 
4
4
2

2

2

2

2

O

A

2

C

Từ đó giúp ta có các bài toán sau:
D

Bài toán 3.1: Cho hình thoi ABCD có chu vi là 8cm
và AB = DB. Tính độ dài đường chéo AC?
Bài toán 3.2: Cho hình thoi ABCD có chu vi là 8 cm và AC = 2 3 cm. Tính số
đo các góc của hình thoi ABCD?
Bài toán 3.3: Cho hình thoi ABCD có chu vi là 8 cm và AB = BD. Tính độ dài
đường cao của hình thoi?
Bài toán 3. 4: Cho hình thoi ABCD có chu vi là 16 cm; đường cao AH bằng 2
cm. Tính các góc của hình thoi?
2. Từ ví dụ 3 nếu đặt AB = a và M, N lần lượt nằm trên các cạnh AB; BC
sao cho: AM = BN thì  BND =  AMD (c.g.c), ta có các điều sau:
+ DN = DM � trung trực của MN đi qua
B
điểm D cố định.
N
M
�
�
�
+ BDN = ADM
� + BDM
� =�
� =�
BDN
ADM + MDB
ADB = 600
� DMND đều. Từ AB = a và  ABD đều ta

a 3
a2 3
có BD = a và AO =

nên S ABCD 
2
2
�
Kẻ ME // BD và NF // BD ( E AD, F �

O

A
E

C
F

D

CD ) thì AD//MF và FE = MN, mà MN=MD nên FE = MD nên FDEM là
hình thang cân. Vì vậy có các bài toán sau :
Bài toán 3.5: Cho hình thoi ABCD có AB = BD . Gọi M , N lần lượt trên các
cạnh AB, BC sao cho AM = BN. Tính số đo các góc của tam giác DMN?
Bài toán 3.6: Cho hình thoi ABCD có góc A bằng 60 0. Gọi M, N lần lượt di
động trên các cạnh AB, BC sao cho AM = BN. Chứng minh rằng đường trung
trực của đoạn thẳng MN luôn đi qua một điểm cố định?
3. Kẻ ME // BD và NF//BD (E �AD, F � CD chứng minh FDEM là hình
thang cân?
VÍ DỤ 4: ( Bài 126 trang 73 – SBT )
A
Cho tam giác ABC, điểm M di chuyển trên cạnh BC.
Hỏi trung điểm I của AM di chuyển trên đường nào?
Hướng dẫn:

I
P
Q
Cách 1:
Qua I kẻ đường thẳng song song với BC cắt AB và
AC theo thứ tự ở P và Q.  AMB có: AI = IM,
B

H

K

M

C

8


IP // BM nên P là trung điểm của AB. Chứng minh tương tự Q là trung điểm AC.
Các điểm P của Q cố định nên I di chuyển trên đoạn thẳng PQ ( P, Q theo thứ tự là
trung điểm của AB, AC).
Cách 2 :
Từ A và I kẻ AH và IK vuông góc với BC, D AMH có: IA = IM (gt), IK//AH
(cùng  BC), IK là đường trung bình của  AMH nên IK 

AH
, AH không đổi
2

AH
không đổi, BC cố định nên I nằm trên đường thẳng song song với BC và
2
K
cách BC một khoảng bằng AH không đổi.
2
A
Nếu M �B => I �P ( P là trung điểm AB )
D
Nếu M �C => I �Q ( Q là trung điểm AC )

=>

Vậy khi M di chuyển trên BC thì I di chuyển trên
I
E

đường trung bình PQ của ABC.
* Khai thác bài toán :
M
C
B
1. Ở ví dụ 1 nếu kẻ MD // AC, ME // AB thì tứ giác
A
ADME là hình bình hành, khi đó trung điểm của AM
D
cũng là trung điểm của DE nên ta có bài toán sau:
I
Bài toán 4.1: Cho  ABC, M là một điểm bất kỳ thuộc
E

cạnh BC, kẻ MD // AC, ME // AB ( D �AB, E �AC ) , gọi
I là trung điểm của DE.Khi M di chuyển trên cạnh BC
M
B
C
A
thì I di chuyển trên đường nào?
� = 900 ta
2.Đặc biệt bài toán 4.1 bằng cách cho A
D
có bài toán sau:
I
� = 900 , M là một điểm
Bài toán 4.2: Cho  ABC có A
E
bất kỳ thuộc cạnh BC, gọi MD là đường vuông góc kẻ
từ M đến AB, ME là đường vuông góc kẻ từ M đến
M
B
C
AC, I là trung điểm của DE. Khi M di chuyển trên
BC thì I di chuyển trên đường nào ?
3. Đặc biệt bài toán 4.1 bằng cách cho  ABC đều thì các tam giác BMD và
CME cũng đều.Vì vậy ta có bài toán:
Bài toán 4.3: Cho đoạn thẳng BC cố định, điểm M di chuyển trên đoạn thẳng
ấy, vẽ về một phía của BC các tam giác đều BMD và CME. Khi điểm M di
chuyển trên đoạn thẳng BC thì trung điểm I của đoạn P
K
thẳng DE di chuyển trên đường nào ?
A

4. Nếu  ABC vuông cân tại A, qua điểm M kẻ
đường thẳng vuông góc với BC cắt các đường thẳng

D

Q

I

AB, AC tại K và I thì các tam giác BMK và CMI
E
B

M

9C


cũng vuông cân tại M. Gọi D, E lần lượt là trung điểm của BK và CI thì
ADME là hình chữ nhật, khi đó trung điểm của DE cũng là trung điểm của
AM nên ta có bài toán:
Bài toán 4.4: Cho tam giác ABC vuông cân tại A, điểm M chuyển động trên
cạnh huyền BC. Đường thẳng qua M vuông góc với BC, cắt các đường thẳng
BA, CA theo thứ tự ở K và I. Gọi E là trung điểm của CI, D là trung điểm của
BK. Tìm tập hợp các trung điểm O của DE?
5. Từ bài toán 4.4 ta lấy P đối xứng với M qua D, Q đối xứng với M qua E
thì các tứ giác BMKP và CMIQ là các hình vuông có tâm lần lượt là D và E,
do đó ta tiếp tục có bài toán:
Bài toán 4.5: Cho đoạn thẳng BC = a, gọi M là điểm nằm giữa B và C.Vẽ về
một phía của BC các hình vuông BMKP, CMIQ có tâm theo thứ tự là D và E.

Gọi O là trung điểm của DE, khi M di chuyển trên đoạn thẳng AB thì điểm I di
chuyển trên đường nào?
6. Khai thác dạng bài toán trên với 2 điểm di động trên các đoạn thẳng cố
định ta có các bài toán sau hay và khó hơn.
Thật vậy!
+ Nếu  ABC cân tại A, các điểm D, E thuộc các cạnh AB, AC sao cho AD =
CE thì tứ giác ADME luôn là hình bình hành, khi đó trung điểm của AM cũng
là trung điểm của DE nên ta có bài toán sau:
Bài toán 4.6: Cho tam giác ABC cố định có AB = AC, hai điểm D và E theo thứ
tự di chuyển trên các cạnh bên AB, AC sao cho AD = CE. Tìm tập hợp trung
điểm O của DE?
+ Nếu  ABC cân tại A, các điểm D, E thuộc các cạnh AB, AC sao cho
AD CE

BD AE

thì

AD DB AD  DB AB



 1 � AD  CE , ta lại quay được về bài
CE AE CE  AE CA

toán 4.6. Do vậy ta có bài toán tiếp theo:
Bài toán 4.7: Cho tam giác ABC cố định có AB = AC, hai điểm D và E theo thứ
tự di chuyển trên các cạnh bên AB, AC sao cho

AD CE


. Tìm tập hợp trung
BD AE

điểm O của DE?
Khai thác: Vấn đề đặt ra với bài toán 4.6 là:
Nếu  ABC không cân và BD + CE = a không
đổi thì có tìm được qũy tích trung điểm M của
DE không?
Hướng dẫn: Ta xét các trường hợp đặc
biệt sau:
- Khi E �C thì D �G (BG = a) M ở vị trí I là
trung điểm CG.

10


- Khi D � B thì E �H ( CH = a) M ở vị trí K là trung điểm BH ta chứng
minh K, M, I thẳng hàng.
Thật vậy! Gọi O là trung điểm CB. Ta có I, N,O thẳng hàng, 2OK = CH ; 2OI =
BG ; CH = BG = a nên  IOK cân tại O; 2MN = CE ; 2NI = DG ; CE = DG nên
 INM cân tại N. Các tam giác cân: IOK và INM có góc ở đỉnh bằng nhau nên
� = OIK
� do đó I, M, K thẳng hàng.
NIM

VÍ DỤ 5: ( Bài 37 – Sách bài tập Toán 8 , tập 1)
Chứng minh rằng mọi đường thẳng đi
B
A

E
qua trung điểm của đường trung bình
của hình thang và cắt hai đáy của hình
thang, sẽ chia hình thang đó thành hai
N
M
I
hình thang có diện tích bằng nhau?
Giải :
Giả sử hình thang ABCD ( AB //CD), D
F
H
C
MN là đường trung bình của hình
thang, I là trung điểm của NM. Đường thẳng bất kì đi qua I cắt các đáy AB; CD
lần lượt tại E; F. Kẻ AH  DC ( H �CD) .
( AE + DF ) .HA
= MI . AH
Ta có SAEFD =
2

SEBCF =
Mà MI = NI nên SAEFD = SEBCF.
*Khai thác bài toán :
1. Từ kết quả ví dụ 5 .
S AEFD

Ta có S

EBCF

=

MI
nên nếu MI = k. NI thì SAEFD = k.SEBCF?
NI

Ta có các bài toán sau :
Bài toán 5.1: Cho hình thang ABCD ( AB // CD ) có MN là đường trung bình
( M � AD; N �BC ), K là điểm trên đoạn thẳng MN sao cho MK = k.NK
( k > 0). Đường thẳng qua I cắt hai đáy AB và CD theo thứ tự tại E và F.
Chứng minh rằng : SAEFD = SEBCF?
Bài toán 5. 2: Cho hình thang ABCD (AB // CD). Nêu các cách xác định các
điểm P, Q lần lượt trên các cạnh AB và CD để có : SAPQD = SABCD?
2. Từ lời giải ví dụ 2 cũng giúp ta nhận thấy rằng S AEFD = SEBCF thì EF đi
qua trung điểm I của MN, nên ta có tiếp bài toán sau:
Bài toán 5.3: Cho hình thang ABCD (AB // CD). Các điểm E, F lần lượt trên
các cạnh AB, CD sao cho SAEFD = SEBCF, chứng minh rằng đường thẳng EF luôn
đi qua một điểm cố định?
11


VÍ DỤ 6 : ( Bài tập 9- SGK hình lớp 8)
Tứ giác ABCD là một hình vuông cạnh 12 cm ;
AE = x cm ( hình vẽ )
Tính x sao cho diện tích tam giác ADE bằng

1
3

diện tích hình vuông?
Giải :
SABCD = AD2 = 122 = 144 (cm2)
SADE = AD. AE = 6x
SADE = SABCD khi 6x =

1
.144 => x = 8 ( cm)
3

* Khai thác bài toán:
1. Từ kết quả ví dụ 3 ta thấy: SADE = SABCD
thì SDEBC = SABCD nên SADE = SDEBC.
Ta có bài toán sau :
Bài toán 6.1 : Cho hình vuông ABCD cạnh 12 cm, E thuộc AB, AE = x cm .
Tính x sao cho : SADE = SDEBC ?
2. Nếu nối E với C thì ta có SEDC = SABCD nên ta có bài toán:
Bài toán 6. 2: Cho hình vuông ABCD ; E là một điểm thuộc cạnh AB chứng
minh rằng: SAED + SBCE không đổi?
3. Ta lại có SADE . SBCE = AD.AE . BC.BE
= AD.BC.AE.BE

AD.BC (

AB 2
)
2

Ta có các bài toán sau:
Bài toán 6.3 : Cho hình vuông ABCD cạnh là 12cm, E là một điểm thuộc cạnh

AB; AE = x. Tính x sao cho tích SADE . SBCE đạt giá trị lớn nhất ?
VÍ DỤ 7: ( Bài 10 – SGK Toán 8 – Trang 63)
Cho tam giác ABC có đường cao AH.
A
Đường thẳng d song song với BC cắt các cạnh
AB, AC và đường cao AH theo thứ tự tại các
B'
C'
điểm B’, C’, H’ .
H'
a) Chứng minh rằng :
b) Áp dụng biết AH = 3AH’ và diện tích tam
giác ABC là 67,5 cm2. Tính diện tích tam giác
B
C
H
AB’C’?
Giải :
AB /
AH /
=
( Định lí Ta lét)
AB
AH
AB / B / C /
=
B’C’ // BC ( gt) nên
( Định lí Ta lét)
AB
BC

a. Do B’H’//BH ( gt) nên

12


AH / B / C /
=
.
AH
BC
2
AH ' B ' C ' �AH ' � AH ' B ' C ' 2 S AB ' C ' S AB 'C '

��
.


b. Từ
�
AH
BC
2S ABC
S ABC
�AH � AH BC

Suy ra

A

2

�AH / �
�
�
�
�
�
�
�
�
�AH �

B'

Suy ra SAB’C’=
H'
.SABC .
2
Khi AH = 3AH’ và SABC = 67,5 cm thì
M
SAB’C’ = 7,5 cm2.
K
*Khai thác bài toán:
1. AH’ = H’K = KH ( hình vẽ ) thì
B
H
SMNC’B’ = ? Khi SABC = a cm2, B’C’ = ? MN = ?
Khi BC = 6 cm. Từ đó ta có bài toán:
Bài toán 7.1: Cho tam giác ABC; AH ┴ BC ; B’C’ // BC ; MN // BC ;

AH’ = KH’ = KH ( hình vẽ )
a) Biết SABC = a cm2.Tính SMNC’B’?
F
b) Biết BC = 6 cm. Tính B’C’ và MN?
A
2. Từ ví dụ 7, trên tia đối của tia AB lấy điểm E,
B'
trên tia đối của tia AC lấy điểm F, sao cho B’ là
trung điểm của BE và C’ là trung điểm của CF,
B’C’ = n cm .
B
Ta tính được B’C’; EF và B’C’ =
Từ đó ta có bài toán mới sau:

C'
N

C

E

C'

C

Bài toán 7. 2: Cho hình thang EFBC. Gọi B’; C’ lần lượt là trung điểm của các
đường chéo BE và CF, A là giao điểm của 2 đường chéo.
Cho biết BB’ = 3 AB’; BC = n cm
a) Chứng minh rằng AC’.AE = AB’.AF?
b) Tính độ dài B’C’ và EF?

c) So sánh B’C’ với ?
3. Từ bài toán 2 ta tịnh tiến B’C’ sao cho
B’C’// BC và B’C’ qua A, cắt BF, CE tại M, N.
Ta dễ dàng chứng minh được AM = AN nên ta có bài toán:
Bài toán 7. 3: Cho hình thang EFBC ( EF // BC). Hai đường chéo CF và BE cắt
nhau tại A. Đường thẳng qua A song song với đáy BC cắt cạnh bên BE; CF tại
M và N. Chứng minh: AM = AN?
4. Từ bài 7. 3 ta có:
AN AE AM AB
AN AM AE AB

,

�



1
BC BE EF BE
BC EF BE BE
13


Hay

AM AM
1
1
1
1

1
2
2

 1 (do AM = AN) �


�



BC
EF
BC EF AM
BC EF 2 AM MN

Từ đó ta có bài toán sau:
Bài toán 7. 4: Cho hình thang EFBC ( EF // BC ). Hai đường chéo CF và BE cắt
nhau tại A. Đường thẳng qua A song song với đáy BC cắt cạnh bên BF; CE tại
M và N. Chứng minh rằng

1
1
2 ?


BC EF MN

VÍ DỤ 8: ( Bài 18 – SBT – Trang 69 )
Tam giác ABC có các đường phân giác AD, BE, CF. Chứng minh rằng:

A

DB EC FA
.
.
=1 ?
DC EA FB

Giải:
Cách 1: Áp dụng tính chất đường phân giác ta có :

E

F

DB
AB
EC BC
FA CA
=
=
( 1) ;
( 2) ; = ( 3)
DC AC
EA BA
FB CB

Nhân vế với về của các đẳng thức (1); (2) và (3)
Ta được:

DB EC FA AB BC CA
.
.
=
.
.
=1 ( đpcm )
DC EA FB AC BA CB

D

B

C

Ta tìm lời giải khác của bài toán
Cách 2: Giao điểm của 3 đường thẳng AD, BE, CF là M, qua B kẻ đường thẳng
song song với AD cắt đường thẳng CF tại I. Qua C kẻ đường thẳng song song
với AD cắt đường thẳng BE tại K theo định lý Talet ta có :
DB MB
=
( 4)
DC MK
MB
BI
=
( 5)
ΔMKC có BI // CK suy ra
MK CK
DB

BI
=
( 6)
Từ (4) và (5) suy ra
DC CK
EC CK
=
( 7)
ΔEMA có CK // MA suy ra
EK MA
FA MA
=
( 8)
ΔFBI có AM // BI suy ra
FB
BI

ΔBCK có MD // CK suy ra

Nhân

vế

với

vế

của

các

đẳng

thức

(6)

,

(7),

(

8)

ta

có:

DB EC FA
BI CK MA
.
.
=
.
.
= 1 ( đpcm)
DC EK FB CK MA BI

1. Qua cách giải thứ hai của bài toán ta nhận thấy chỉ cần giả thiết AD,

BE,CF cắt nhau tại một điểm trong tam giác
A
ABC ta vẫn có kết quả của bài toán 8.1, từ đó
K
ta nhận được bài toán tổng quát hơn như
E
P
sau:
F

H

G
M

B

I

D

Q

14

C


Bài toán 8. 2 ( định lí Xê – Va ): Cho tam giác ABC và điểm M ở trong tam
giác. Qua M kẻ các đường thẳng MA, MB, MC lần lượt cắt các cạnh BC, AC,

tại D, E, F. Chứng minh rằng:

DB EC FA
.
.
=1 ?
DC EA FB

(9)

2. Phân tích kết quả của bài toán 8.2 ta thấy rằng nếu qua M ta kẻ GH//BC,
IK//AB, PQ//AC (hình vẽ). Ta có
GM HM � AM � GM DB



(10)
�
��
DB
DC � AD � HM DC
KM FA QM EC

;

Tương tự:
(11)
IM
FB PM EA
GM KM QM

DB FA EC
.
.
.
.
.
1
Từ (9), (10) và (11) suy ra
HM IM PM
DC FB EA

Do đó ta có bài toán mới:
Bài toán 8.3: Cho tam giác ABC và điểm M ở trong tam giác. Qua M kẻ các
đường thẳng HG//BC, IK // AB, PQ // AC ( I,Q � BC ; P,G �AB, K,H �AC).
Chứng minh rằng:

GM KM QM
.
.
 1?
HM IM PM

3. Tiếp tục khai thác bài toán 2 dưới khía cạnh diện tích ta thấy tam giác
S

BD

MBD
MBD và tam giác MDC có chung đường cao hạ từ M nên suy ra S = DC
MDC

(12)

S

EC

S

FA

MCE
MAF
Tương tự ta có S = EA (13), S = FB
MEA
MFB
Từ (12) ; (13) ; (14) suy ra :

S
S

MBD
MDC

. S MCE . S MAF =

S

MEA

S

MFB

(14)

DB EC FA
.
.
DC EA FB
S MBD S MCE S MFA

Kết hợp với kết quả bài 8.2 ta có: S . S . S  1
MDC
MEA
MFB
Từ đó ta có bài toán sau:
Bài toán 8.4: Cho tam giácABC và điểm M ở trong tam giác ,các đường thẳng
MA, MB, MC cắt các cạnh của tam giác theo thứ tự tại D, E, F. Chứng minh
S

S

S

MCE
MBD
MFA
rằng: S . S . S  1
MDC
MEA

MFB

4. Từ S MBD . SMCE . S MFA  1 � S MBD . S MCE  S MFB nên ta có bài toán tếp theo:
S MDC S MEA S MFB

S MDC S MEA

S MFA

Bài toán 8. 5: Cho tam giác ABC và điểm M ở trong tam giác, các đường thẳng
MA, MB, MC cắt các cạnh của tam giác theo thứ tự tại D, E, F. Chứng minh
S MBD S MCE

S MFB

rằng: S . S  S ?
MDC
MEA
MFA
4. Hiệu quả của sáng kiến
15


Qua tiến hành dạy thực nghiệm một nhóm học sinh về cách xây dựng bài toán
mới từ việc khai thác bài toán đơn giản trong sách giáo khoa, đem kiểm tra đối
chứng với nhóm không dạy bằng phương pháp trên mà chỉ dạy bằng cách thông
thường, tôi nhận thấy những thay đổi tích cực từ học sinh nhóm dạy thực
nghiệm như sau:
+ Có hứng thú học Toán hơn và không ngại học Hình;
+ Phản ứng nhanh và có độ chính xác cao đối với các dạng bài tập;

+ Chủ động hơn trong việc tiếp thu và tìm ra kiến thức mới thông qua hướng
dẫn của giáo viên;
+ Biết vận dụng việc khai thác bài vào Đại số và một số môn học khác;
+ Có thói quen suy xét, nghiên cứu kĩ để hiểu sâu hơn vấn đề đó.
Và tiến hành dạy thực nghiệm:
- Nhóm I: Dạy bằng nội dung sách giáo khoa, song khai thác bài toán sách giáo
khoa để có bài toán mới .
- Nhóm II: Dạy bằng nội dung sách giáo khoa, song dạy theo cách thông thường
tức là chỉ tìm lời giải cho bài toán .
Qua hai tiết dạy, sau mỗi tiết dạy cho một bài kiểm tra đối chứng là 45 phút tôi
thu được kết quả trung bình như sau:
Bài 1 -Tiết 27 : Luyện tập
Đề bài : Cho D ABC, D là. Gọi E và F lần lượt là điểm bất kì thuộc cạnh BC.
Kẻ DE //AC, DF//AB ( E �AB, F �AC ).
a) Tứ giác AEDF là hình gì ? Vì sao?
b) Tìm điều kiện của ABC để tứ giác AEDF là hình chữ nhật?
c) Tìm điều kiện của ABC để tứ giác AEDF là hình thoi ?
d) Tìm điều kiện của ABC để tứ giác AEDF là hình vuông?
e) Hãy phát triển bài toán đó cho thành những bài toán mới?
Bài 2 - Tiết 39 : Luyện tập về định lí Talet
Đề bài : Cho hình thang ABCD, ( AB // CD ) có 2 đường chéo cắt nhau tại O .
đường thẳng qua O vuông góc với AB; CD tại I; K .
a) Chứng minh rằng: OI .CD = OK .AB?
b) Tính tỉ số diện tích của hai tam giác OAB và OCD khi

AB 1
 .
CD 2

b) Khai thác bài toán trên thành những bài toán mới?

Kết quả:
Kết quả thu được
Nhóm

Số HS
khảo
sát

Giỏi

Khá

TB

Yếu
kém

Tỉ lệ tăng
so với khi
Tỉ lệ
chưa áp
khá
dụng đề
trở lên
tài
16


Nhóm 1
Nhóm 2

Tổng

25
25
50

12(48%)
7(28%)
19(38%)

9(36%)
8(32%)
17(34%)

4(16%)
10(40%)
14(28%)

0(0%)
0(0%)
0(0%)

84%
60%
72%

52%
28%
40%

Kết quả thu được này là một sự động viên đối với bản thân tôi.Tôi không
dám chắc chắn rằng những biện pháp mà tôi đã đưa ra là tối ưu nhất, hiệu quả
nhất, nhưng kết quả mà học sinh đạt được qua quá trình tôi giảng dạy thật sự là
niềm vui, niềm hứng thú đối với tôi trong công tác giảng dạy.
Qua kết quả khảo sát đó tôi đã thấy được sự cố gắng của các em và dần dần
thấy được sự tiến bộ của học sinh qua việc giải bài tập. Phần lớn học sinh đã có
hứng thú giải những bài toán Hình học. Các em không còn lúng túng khi làm bài
tập Hình nữa. Nhiều em đã biết khai thác bài tập mới từ bài tập cho sẵn và có
cách giải hay và ngắn gọn.
PHẦN III- KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
1. Kết luận
Khai thác bài toán trong chứng minh hình học, từ đó xây dựng bài tập mới có
mục đích là đáp ứng yêu cầu của bộ môn và yêu cầu của đổi mới phương pháp
dạy học hiện nay .
- Khai thác bài toán ở nhiều khía cạnh khác nhau không chỉ giúp học sinh thấy
được sự liên hệ giữa các kiến thức, hiểu sâu hơn nội dung kiến thức được học,
khong chỉ thấy được sự tương quan trong cách giải bài tập mà còn thấy được sự
lô gích của bộ môn hình học .
- Giúp giáo viên dễ dàng phát hiện học sinh giỏi, dễ dàng lôi cuốn học sinh vào
học tập.
Với học sinh khi được học bằng phương pháp trên tôi nhận thấy :
- Học sinh hứng thú học tập hơn, các em tích cực suy nghĩ và sáng tạo hơn
trong học tập.
- Học sinh có kỹ năng vận dụng, có thói quen tìm tòi những lời giải mới độc
đáo, phát triển bài toán mới từ các bài toán ban đầu, hơn thế qua từng giờ học
các em càng yêu thích bộ môn hơn .
*Hướng phổ biến áp dụng của sáng kiến:
- Đề tài có thể áp dụng với các đối tượng của học sinh lớp 8. Song sẽ hiệu quả
hơn khi áp dụng đối với học sinh khá, giỏi.
- Để áp dụng được sáng kiến cần có các điều kiện sau:

- Giáo viên giảng dạy phải có chuyên môn vững, có kinh nghiệm trong giảng
dạy mới có thể xâu chuỗi kiến thức và phát hiện nhanh mối liên hệ giữa các bài
tập liên quan.
- Có thời gian thực hiện và thực hiện thường xuyên giúp học sinh có thói quen
học tập theo phương pháp.
17


2. Kiến nghị
Xây dựng bài tập mới từ việc khai thác bài toán hình học sách giáo khoa
trong dạy hình học là nội dung thiết thực dạy học toán, phát huy được tính tích
cực và phát triển được năng lực tư duy logic của học sinh, song việc làm này
không chỉ dừng lại ở một lớp hay một khối nào đó, vì vậy tôi xin được mạnh dạn
đề nghị như sau:
+ Đối với giáo viên: cần được bồi dưỡng nâng cao chuyên môn nghiệp vụ.
+ Đối với tổ chuyên môn và nhà trường: tiếp tục cho áp dụng đối với các khối
lớp còn lại với nội dung chuyên đề tương tự .
+ Đối với phòng Giáo dục: tiếp tục cử giáo viên có kinh nghiệm giảng dạy tiếp
tục nghiên cứu và triển khai chuyên đề ở quy mô rộng.
Trên đây là một số kinh nghiệm của bản thân tôi trong quá trình giảng dạy.
Cùng với sự giúp đỡ tận tình của Ban giám hiệu nhà trường, của tổ chuyên môn,
của các đồng nghiệp và học sinh tôi đã hoàn thành sáng kiến “Cách khai thác
bài toán mới từ một số bài toán Hình học trong sách giáo khoa cho học sinh
lớp 8 trường Trung học cơ sở Bắc Sơn- Bỉm Sơn”
Tuy tôi đã có nhiều cố gắng nhưng chắc chắn rằng vẫn còn nhiều thiếu sót.
Tôi xin trân trọng tất cả những ý kiến phê bình, đóng góp của cấp trên và đồng
nghiệp để sáng kiến của tôi ngày càng hoàn thiện hơn.
Tôi xin chân thành cảm ơn!
XÁC NHẬN CỦA HIỆU TRƯỞNG

Bỉm Sơn, ngày 22 tháng 03 năm 2018
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, không sao chép nội dung của
người khác.
Người viết

Lê Thị Hằng

18