SKKN giúp học sinh củng cố kiến thức, rèn luyện phương pháp suy luận thông qua khai thác một số bài toán hình học đơn giản lớp 9

1.
1.1.

MỞ ĐẦU
Lý do thực hiện đề tài

- Trong quá trình giảng dạy nói chung và bồi dưỡng học sinh lớp 9 nói
riêng thì việc khai thác, định hướng, liên kết, phát triển mở rộng bài toán hình
học là một vấn đề rất quan trọng, nó không chỉ giúp cho học sinh nắm bắt kĩ
kiến thức của một dạng toán cơ bản mà còn 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 khai thác, mở rộng các bài toán hình 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 môn hình học trong trường phổ thông.
Qua nhiều năm giảng dạy và bồi dưỡng học sinh tôi được tiếp xúc với rất
nhiều đối tượng học sinh và thấy rằng đa số học sinh không nhớ những bài đã
làm thậm chí có những bài chỉ khác nhau bởi lời văn nhưng nội dung lại hoàn
giống với bài toán cũ. Đặc biệt là các bài toán phát triển và bài toán tổng quát
học sinh thường không có kỷ năng nhận ra.
Thực tế chất lượng học sinh đại trà và học sinh giỏi toán đặc biệt về môn
hình học trong nhà trường còn thấp. Học sinh còn ngại khi học toán đặc biệt là
hình học. Việc ôn tập và khai thác các bài hình cơ bản trong sách giáo khoa, tài
liệu chưa thực sự kích thích được hứng thú học tập của học sinh.
- Chưa có tài liệu cụ thể nhằm nghiên cứu, rèn luyện phương pháp suy luận
nhằm cũng cố kiến thức, phát huy được vai trò sáng tạo của người học thông
khai thác các bài toán trong chương trình hình học lớp 9.
- Từ những nguyên nhân trên, tôi lựa chọn đề tài sáng kiến kinh nghiệm:
“Giúp học sinh cũng cố kiến thức, rèn luyện phương pháp suy luận thông
qua khai thác một số bài toán hình học đơn giản lớp 9”
1.2.

Mục đích nghiên cứu

- Nghiên cứu nhằm mục đích: Nâng cao hiệu quả ôn tập củng cố kiến thức
cho học sinh.
- Cung cấp kiến thức và phương pháp tự học cho học sinh khi học bộ môn
Hình học.
- 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 khai thác và mở rộng các bài toán 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 cũng như ôn tập đối với học sinh cuối cấp.
1.3.

Đối tượng nghiên cứu
1


- Phương pháp hình thành tính tích cực, tự giác, chủ động và năng lực tự
học của học sinh.
- Các hướng phát triển bài toán trong sách giáo khoa cấp hai và một số bài
toán cơ bản khác.
1.4.

Phương pháp nghiên cứu

- Lựa chọn một số bài tập cơ bản trong các lớp 9 trong chương trình học.
Hướng dẫn học sinh cách giải trên cơ sở vận dụng kiến thức thức, phát triển đến
sử dụng các nội dung kiến thức từ đơn giản đến phức tạp, từ cụ thể đến khái quát
bài toán,… hình thành những bài toán tương tự có cùng phương pháp giải.

2. Nội dung của sáng
2.1. Cơ sở lý luận của

kiến kinh nghiệm:
sáng kiến kinh nghiệm

- Đặc điểm của lứa tuổi THCS là muốn tự mình khám phá, tìm hiểu trong
quá trình nhận thức. Các em có khả năng điều chỉnh hoạt động học tập, sẵn sàng
tham gia các hoạt động học tập khác nhau nhưng cần phải có sự hướng dẫn, điều
hành một cách khoa học và nghệ thuật của thầy cô giáo. Hình thành tính tích
cực, tự giác, chủ động và đồng thời phát triển năng lực tự học của học là một
quá trình lâu dài, kiên nhẩn và phải có phương pháp. Tính tích cực, tự giác, chủ
động và năng lực tự học của học sinh được thể hiện một số mặt sau:
- Biết tìm ra phương pháp nghiên cứu giải quyết vấn đề, khắc phục các tư
tưởng rập khuôn, máy móc. Có kĩ năng phát hiện những kiến thức liên quan với
nhau, nhìn nhận một vấn đề ở nhiều khía cạnh. Phải có óc hoài nghi, luôn đặt ra
các câu hỏi tại sao? Do đâu? Như thế nào? Liệu có trường hợp nào nữa không?
Các trường hợp khác thì kết luận trên có đúng nữa không? Và phải biết tổng hợp
các bài toán liên quan. Tính chủ động của học sinh còn thể hiện ở chổ biết
nhìn nhận vấn đề và giải quyết vấn đề. Có khả năng khai thác một vấn đề mới từ
những vấn đề đã biết.
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
Xuất phát từ những ưu điểm của việc đổi mới SGK, đổi mới phương pháp
dạy học của giáo viên đã đem lại hiệu quả nhất định của việc dạy học giải bài
tập toán nói chung và bài tập Hình nói riêng hiện nay.
Từ những nhược điểm nêu trên đã làm cho việc dạy học giải bài tập toán
Hình gặp những khó khăn đó là: Nhiều tiết luyện tập trở nên khô cứng, nhàm
chán đối với học sinh khá giỏi, nặng nề đối với học sinh yếu kém. Việc dạy học
giải toán Hình có khi là hoạt động vấn đáp giữa giáo viên với một số học sinh
khá giỏi hoặc cũng có khi nó chỉ đơn thuần là giải bài tập Hình, chưa khai thác

được chức năng của các bài tập toán, chưa phát triển các bài toán đó thành các
dạng liên quan để giúp học sinh rèn luyện thói quen đưa lạ về quen, từ cụ thể
hoá đến khái quát hoá. Từ đó mà dễ gây ra tâm lí nhàm chán không ham thích
môn học đối với học sinh yếu kém và sự coi thường bộ môn của một số học sinh
khá giỏi, vì vậy không đáp ứng được mục tiêu về việc rèn luyện kĩ năng kĩ xảo
2


năng lực sáng tạo cho học sinh. Vì lí do đó mà tiết học giải bài tập toán Hình
chưa đạt hiệu quả theo mong muốn.
Qua điều tra, tìm hiểu và thu thập các số liệu cụ thể ở các lần kiểm tra
thường xuyên và định kỳ đối với hai lớp 9B2, 9B3,9B4 ở trường THCS Nguyễn
Du, tôi đã thu được kết quả sau:
- 70% học sinh chưa đạt được mức độ vận dụng.
- 20% học sinh đạt được yêu cầu ở mức độ vận dụng.
- 10% học sinh đạt yêu cầu mức độ vận dụng và khai thác tốt các bài toán.
Từ thực trạng trên, bản thân tôi thấy phải có sự thay đổi cách thức giảng
dạy bộ môn toán, đặc biệt là trong hoạt động giải bài tập toán. Vì vậy, việc khai
thác các chức năng của các bài tập toán trong dạy giải bài tập toán 9 ở trường
THCS là rất cần thiết.
2.3

. Giải pháp

- Tiến hành dạy học đối với một nhóm học sinh lớp 9B3 trường THCS
Nguyễn Du.
- Khảo sát, đánh giá chất lượng học sinh.
- Tiến hành ôn tập một số nội dung trong chương trình đã học; Mỗi nội
dung kiến thức chọn một vài bài hình cơ bản.
- Hướng dẫn học sinh giải và khai thác các bài toán hình học đó đồng thời

củng cố và yêu cầu ghi nhớ kiến thức vận dụng.
- Phát triển các bài toán tương tự có cùng cách giải.
- Phát triển, khái quát hóa bài toán ở mức độ nâng cao vận dụng kiến thức
bổ sung theo chương trình học.
- Đánh giá kết quả vào cuối đợt ôn tập.
2.3.1. Giải pháp cụ thể:
2.3.1.1.

Xác định mục tiêu, yêu cầu của hoạt động dạy học giải bài tập Hình.

Để đảm bảo được sự thành công cho một hoạt động giải toán hình, trước
hết người giáo viên cần phải xác định được mục tiêu của cả giờ học và mục tiêu
của từng bài cụ thể: Bài học cần đạt được những mục tiêu nào về kiến thức? Đạt
được mục tiêu gì về kĩ năng và từ kiến thức của bài này có thể rút ra được những
kiến thức nào có liên quan, các bài tập tương tự của nó như thế nào? Đồng thời
thông qua các bài tập cụ thể, học sinh phải được khắc sâu hay lưu ý kiến thức
nào. Để đạt được điều đó, giáo viên cần phải có sự chuẩn bị như thế nào đối với
các thiết bị dạy học là tương thích và đem lại hiệu quả cao nhất. Từ các sự chuẩn
bị đó mà giáo viên sẽ lựa chọn được phương pháp giảng dạy phù hợp với từng
nội dung của bài học.
2.3.1.2.

Xây dựng kế hoạch dạy học với các tình huống có vấn đề.
3


Dạy học đặt và giải quyết vấn đề là phương pháp dạy học mang đậm màu
sắc của dạy học tích cực, nó kích thích được trí tò mò, muốn khám phá của học
sinh, làm cho học sinh thấy được sự cần thiết phải làm việc và tìm hiểu để giải
quyết vấn đề đó. Vì vậy, học sinh sẽ có ý thức huy động vốn kiến thức của bản

thân để phục vụ việc giải quyết vấn đề do giáo viên đặt ra.
Làm tốt việc này sẽ giúp học sinh tiếp thu kiến thức một cách chủ động
đồng thời phát triển được các năng lực tư duy hình thành phương pháp suy luận
biện chứng.
Xây dựng một vài tình huống điển hình trong việc dạy học giải bài tập hình
học với các tình huống có vấn đề:
Bài toán 1:
Cho đường tròn (O) đường kính AB, dây CD không cắt đường kính
AB. Gọi H và K theo thứ tự là chân các đường vuông góc kẻ từ A và B đến
CD. Chứng minh rằng: CH = DK [1]
H
C

Gợi ý: Kẻ OM vuông góc với CD.
Phân tích:
Vì đây là bài tập ở trong phần bài “đường kính

A

M

D

O

K
B

và dây của đường tròn” nên khi có hướng dẫn kẻ
OM vuông góc với CD thì học sinh sẽ nhận thấy CM = MD.

Vậy để chứng minh CH = DK ta phải chứng minh điều gì?
Khi đó học sinh sẽ nghĩ đến việc chứng minh MK = MH.
Việc chứng minh MK = MH không có khó khăn cả khi nhận xét được
ABKH là hình thang có OM là đường trung bình của hình thang.
Lời giải: Kẻ CM ⊥ CD tại M.
Vì OM kéo dài là đường kính mà OM ⊥ CD => MC = MD (quan hệ giữa
đường kính và dây).
Xét tứ giác AHKB có AH ⊥ HK, BK ⊥HK => AHKB là hình thang
Có: OM//AH//KB(cùng vuông góc với HK), mà OA = OB , suy ra MH =MK
Vì MC = MD và MH = MK => MH - MC = MK – MD => CH = DK
Nhận xét: Nếu dây CD cắt đường kính AB thì điều này có đúng không? Hãy vẽ
hình và dự đoán.
Học sinh sẽ nhận ra bài toán sau:
Bài toán 1.1:
4


C
H

Cho đường tròn (O) đường kính AB,
dây CD cắt đường kính AB. Gọi H và K theo thứ

M

A

O

tự là chân các đường vuông góc kẻ từA và B đến

B

K

CD. Chứng minh rằng: CH = DK.

D

Phân tích: Bài tập này tương tự như bài toán 1, rất tự nhiên học sinh sẽ kẻ OM
vuông góc với CD. Khi đó CM = DM, bây giờ chứng minh HM = KM
Đây là bài toán cơ bản của lớp 8:

A

H

Cho hình thang AHBK (AH//BK), O là trung
M

điểm của AB, M là điểm thuộc HK sao cho
OM song với AH. Chứng minh HM = MK
Như vậy bài toán 3 đó chứng minh xong.

O

K

B

Tuy nhiên việc chứng minh bài toán 3 bằng cách trên không phải đơn giản
vì bài tập hình 8 nêu trên là một bài khó đối với học sinh yếu lớp 9.
Chính vì vậy mà GV cần khơi dậy cho học sinh sự tò mò tìm ra cách khác.
Đó là nghĩ ngay đến việc nối H với B, kéo dài OM cắt HB tại N C
Lời giải : Nối H với B, gọi N là giao điểm của

H

OM với HB. Xét tam giác AHB có ON//AH (cùng
vuông góc với CD), mà OA = OB => HN= NB

M

A

O

Xét tam giác HKB có MN//KB (cùng vuông góc

N
B

K

với CD), mà NH = NB => HM= MK

D

Mà OM ⊥ CD => MC = MD. Suy ra MC – HM = MD – MK hay CH = DK
Cách này chứng minh đơn giản hơn nhưng

phải kẻ thêm đường phụ.
Nhận xét :
Qua bài toán 1 nếu thay đổi giả thiết bài toán, từ C và D kẻ vuông góc với
CD thì bài toán có gì đặc biệt?
HS sẽ nhận thấy được bài toán mới tương tự:
Bài toán 1.2:
Cho đường tròn (O) và đường kính AB dây CD không cắt AB, từ C và
D kẻ các đường thẳng vuông góc với CD cắt đường thẳng AB lần lượt tại H
và K. Chứng minh rằng: AH = BK
C
Phân tích:

D

M

Tương tự như bài tập 1, rất tự nhiên học sinh sẽ nghĩ
A

H

O

K

B
5


đến việc kẻ OM vuông góc với CD.

HC ⊥ CD; DK ⊥ CD ⇒HKDC là hình thang vuông,
vì OM ⊥CD nên CM = DM
⇒ OM là đường trung bình của hình thang HKDC nên OH = OK
Từ đó suy ra AH = BK.
Nhận xét: Nếu CD // AB thì bài toán sẽ đơn giản hơn nhiều, tương tự như bài
tập 2, không cần kẻ thêm đường phụ OM ⊥ CD ta cũng có thể chứng minh được
dựa vào các trường hợp bằng nhau của tam giác.
Khi CD cắt AB thì bài toán này có đúng không? Hãy để cho học sinh suy
nghĩ, tự vẽ hình và dự đoán AH = BK?
Khi đó GV cho học sinh làm bài tập mới tương tự:
Bài toán 1.3:
Cho đường tròn (O) và đường kính AB dây CD cắt AB, từ C và D kẻ
các đường thẳng vuông góc với CD cắt đường thẳng AB lần lượt tại H và K.
C
Chứng minh rằng: AH = BK.
Phân tích:
Kẻ OM vuông góc với CD,

M

A

B

K

O

H

HC ⊥ CD; DK ⊥ CD ⇒ HDKC

D

là hình thang, vì OM ⊥CD

nên CM = DM ⇒ OM là đường nối trung điểm hai đường chéo của hình thang
HDKC nên OH = OK. Từ đó suy ra AH = BK.
C

Cách khác:
F

Kẻ thêm đường kính EF song song với
Dây CD, vì OM ⊥ với dây CD nên
CM = MD ⇒ FO = EO
⇒ ∆HOF = ∆KOE (g.c.g)

M

A
H

B

K

O
E

D

⇒ OH = OK ⇒ AH = BK.
Nhận xét: Lại quay trở lại bài toán 1 nếu ta thay đổi đề thành bài tập có dạng
lạ hơn:
Bài toán 1.4:

6


Cho đường tròn (O;R) đường kính AB, dây CD quay quanh điểm I cố định
trong (O) (I ≠O) sao cho dây CD không cắt đường kính AB. Vẽ AP ⊥ CD, BQ ⊥
CD. Chứng minh: P, Q nằm bên ngoài (O).
P

Phân tích:

C

I

Bài toán này không có gì đặc biệt, rất dễ nhận

D

Q

thấy sự tồn tại của bài toán nhưng chính sự hiển
nhầm này mà bài toán làm cho nhiều học sinh lúng

A

B

O

túng. GV cần hướng dẫn chi tiết giúp cho học sinh
có thể giải quyết vấn đề thật tự nhiên và nhẹ nhàng:
Lời giải:
P

Nối O với P và O với Q
Vì ABQP là hình thang nên góc A + góc B = 180

0

C

I

D

Q

Giả sử góc A ≤ 90 thì góc B ≥ 90
0

0

Xét ∆OBQ có góc B ≥ 900 nên OQ > OB = R

A

B

O

vậy Q nằm ngoài đường tròn.
ta lại có ∆OPQ cân tại O nên OP = OQ > R
vậy P nằm ngoài đường tròn.

Nhận xét: Ngoài cách thay đổi giả thiết bài toán để tạo ra tình huống có vấn
đề cho học sinh phát hiện ra các bài toán khác như trên. Có thể gợi ý để học
sinh thấy được với cùng cách giải nhưng thay đổi yêu cầu của kết luận thì cũng
tạo ra các bài toán tương tự từ đơn giản đến phức tạp. Ta xét bài toán sau:
Bài toán 2:
Cho tam giác đều ABC nội tiếp (O) và M là một điểm của cung nhỏ
BC. Trên MA lấy điểm D sao cho MD = MB.
A
a) Hỏi tam giác MBD là tam giác gì?

A

b) So sánh hai tam giác BDA và BMC
c)

O

Chứng minh MA = MB + MC [3]

D

Phân tích: Dễ thấy rằng tam giác ABC
đều => AB = BC = CA => sđ

»
AB

= sđ

»
AC

= sđ

»
BC

C

B
\\\\\

= 1200

M

suy ra ∠BMA = 600. Từ đó dễ dàng dự đoán cách giải câu b,c
Lời giải:

7


a) Ta có AB = BC = CA => sđ

»
AB

∆MBD có MB = MD và ∠BMD = ½ sđ

= sđ

»
AB

»
AC

= sđ

»
BC

= 1200.

= 600=> ∆MBD đều

b) Xét ∆BDA và ∆BMC có BD =BM; ∠ABD = ∠CBM (cùng cộng với
∠DBC để bằng600); BA = BC => ∆BDA = ∆BMC (c.g.c)
c) ∆BDA = ∆BMC (c/m b,)=> DA = MC . suy ra MA = MB + MC

Nhận xét: Nếu AM là đường kính thì AM lớn nhất.
Từ đó ta có bài toán sau
Bài toán 2.1: Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R.
Hãy tìm trên đường tròn điểm M sao cho tổng khoảng cách từ M đến ba
đỉnh của tam giác ABC lớn nhất. Tìm giá trị lớn nhất đó theo R
Lời giải:
Xét điểm M thuộc cung nhỏ BC của (O). Theo bài toán 7 thì AM = MB +
MC. Do đó MA + MB + MC = 2MA ≤ 2R. Đẳng thức xảy ra khi MA là đường
kính.Khi đó M là điểm chính giữa của cung BC.
Từ đó suy ra M thuộc điểm chính giữa của các cung AB, BC, AC
và MA + MB + MC lớn nhất là 2R
D

A

Nhận xét: Có thể khai thác bài toán theo hướng quan sát
Hình vẽ, bằng cách bổ sung thêm điểm, đánh giá quan

H
H
\\\\\

Hệ giữa các đường thẳng nhằm vận dụng định lý

B

Ta lét
Nếu gọi H là giao điểm của AM và BC

H

C

M

Ta có MD – MH = MB -MH
Dễ suy ra BD// MC =>
=

MD - MH
MH

=

MB
MC

=

BD
MC

MB - MH MB
=
-1
MH
MH

=

DH
MH

(hệ quả của định lý Ta lét)

. Chia hai vế cho MB ta được

1
1
1
+
=
MB MC MH

Từ đó ta có bài toán sau:

8


Bài toán 2.2: Cho tam giác ABC đều nội tiếp đường tròn tâm O . M là một
điểm trên cung nhỏ BC. Gọi H là giao điểm của AM với BC. Chứng minh
rằng

1
1
1
+
=
MB MC MH

Lời giải:
Ta có AB = BC = CA => sđ

»
AB

= sđ

∆MBD có MB = MD và ∠BMD = ½ sđ

»
AB

»
AC

= sđ

»
BC

= 1200.

= 600=> ∆MBD đều

=> MD – MH = MB – MH
Dễ suy ra BD// MC =>
=

MD - MH

MH

=

MB
MC

=

BD
MC

MB - MH MB
=
-1
MH
MH

1
1
1
+
=
MB MC MH

=

DH
MH

. Suy ra

(hệ quả của định lý Ta lét)
MB MB
=
-1
MC MH

Chia hai vế cho MB ta được

(đpcm).
1
MH

Nhận xét: Từ kết quả của bài toán 9.Ta thấy,
nhỏ nhất nếu MH lớn nhất.
Khi đó H là trung điểm BC. Từ đó có thể yêu cầu học sinh giải các bài toán
sau:
Bài toán 2.3: Cho tam giác ABC đều nội tiếp đường tròn tâm O. M là điểm
chuyển động trên cung BC không chứa A. Xác định vị trí của M để tổng
1
1
1
+
+
MB MC MA

đạt giá trị nhỏ nhất

Lời giải: Theo kết quả bài toán 9, ta có

=

1
1
+
MH MA

1
1
1
+
=
MB MC MH

. Suy ra

1
1
1
+
+
MB MC MA

nhỏ nhất khi MH và MA lớn nhất. Từ đó suy ra M là điểm chính

giữa cung BC và H là trung điểm BC thì

1
1
1

+
+
MB MC MA

đạt giá trị nhỏ nhất.

9


Nhận xét: Ở các bài toán trên ta cho điểm A cố định để tam giác ABC đều. Giả
sử tam giác ABC không đặc biệt và ta chỉ cố định BC thì các kết quả trên còn có
đúng hay không, và khi đó yêu cầu bài toán phải như thế nào cho phù hợp?
Từ quan điểm như trên, ta có bài toán:
Bài toán 2.4: Cho BC là một dây cung cố định của đường tròn tâm O bán kính
R. A là điểm chuyển động trên cung lớn BC , M là điểm chuyển động trên cung
nhỏ BC.Xác định vị trí của A và M để tổng

1
1
1
+
+
MB MC MA

đạt giá trị nhỏ nhất

Nhận xét: Từ bài toán 10.Nếu ta xét sự liên quan đến tâm O thay cho điểm A thì
từ bài toán đã cho ta có bài toán mới dưới đây
Bài toán 2.5: Cho BC là một dây cung cố định của đường tròn tâm O bán
kính R thỏa mãn ∠BOC = 1200. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

1
1
1
+
+
MB MC MA

Phân tích: Chắc chắn rằng với kết quả của bài 11 như trên học sinh sẽ thấy
ngay được các vẽ thêm đường phụ để đưa về bài toán quen thuộc. Đó là gọi A là
điểm chính giữa trên cung lớn BC của (O). Suy ra tam giác ABC đều
Nhận xét : Nếu ta thay đổi độ lớn của góc A thì tổng
và

1
MH

1
1
+
MB MC

thay đổi như thế nào ?

Từ nhận xét trên ta có bài toán sau
2.6: Trên cung BC không chứa điểm A của đường tròn ngoại tiếp

Bài toán
tam giác ABC(∠A ≥ 600, AB = AC) lấy một điểm M tùy ý, các đoạn thẳng
AM và BC cắt nhau tại H. Chứng minh rằng

1
MH

≤

1
1
+
MB MC

Lời giải: Kẻ BD // MC. Dể chứng minh
∆BMD
cân
tại
∠BDM=∠ABC)

B(có

∠BMD

A

=

Do đó ∠DBM = ∠BAC ≥ ∠BMD = ∠BDM
=> DM ≥ BD=MB. Nên

1
MD

≥

1
1
=
MB MC

D

B

O

H
10


Vì BD // MC =>
MB
MC

=

BD
MC

=

DH
MH

C

M

(hệ quả của định lý Ta lét)

BD MD - MH MD
BD
MD
1
BD
1
=
=
− 1 =>
+1 =
=>
=
+
MC
MH
MH
MC
MH
MH MC.MD MD

=>
=>

1
MB
1
MB
1
1
1
1
=
+
≤
+
=
+
=>
MH
MH MC.MD MD MC.MB MB MC MB

≤

1
1
+
MB MC

Bài toán 3: Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn. Vẽ các đường cao AI, BK, CL
cắt nhau tại H.
a)
b)
c)

Chỉ ra các tứ giác nội tiếp có đỉnh lấy trong số các điểm A, B, C, H, I, K, L.
Chứng minh ∠LBH=∠LIH=∠KIH=∠KHC.
Chứng minh KB là tia phân giác của ∠LKI [2]
Lời giải: Vì tam giác ABC có ba góc nhọn nên các đường cao cắt nhau tại H
nằm trong tam giác đó.

a)

b)

c)

A

LHIB, HICK, HKAL là các tứ giác nội tiếp vì
tổng hai góc đối diện bằng 1800. BLKC,
K
CILA, AKIB là các tứ giác nội tiếp vì có hai
L
đỉnh kề nhau cùng nhìn một cạnh dưới một
H
góc vuông.
LHIB là tứ giác nội tiếp nên
B
∠LBH=∠LIH(cùng chắn cung LH). HICK là
I
tứ giác nội tiếp nên ∠HIK = ∠HCK (vì cùng
chắn cung HK). BLKC là tứ giác nội tiếp nên
∠LBK=∠LCK(vì cùng chắn cung LK). Từ đó

suy ra∠LBH=∠LIH=∠KIH=∠KHC.
Bằng cách tương tự ý b) của bài này ta chứng minh
∠HCI=∠HKI=∠HKL=∠HAL. Từ đó suy ra điều phải chứng minh

C

được

Nhận xét: Từ bài toán trên ta thấy tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O.
Nếu kẻ thêm đường kính AD. Ta dê dàng nhìn ra được BK//CD vì cùng vuông
góc với AC. Từ đó ta có bài toán sau:
Bài toán 3.1: Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O.
Các đường cao AI, BK, CL cắt nhau tại H.
Kẻ đường kính AD. Chứng minh tứ giác
BHCD là hình bình hành

11


Lời giải: Ta có ∠ACD = 900(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
A => DC⊥AC.
BK ⊥AC(gt) => DC//BK hay BH//DK. Chứng minh tương tự, CH//BD.Do
đó
K
L H
O
BHCD là hình bình hành.
Nhận xét: Từ kết quả bài toán trên, thấy rằng nếu gọi M là Itrung điểm BC dễ
suy ra H, M, D thẳng hàng và OM là đường trung bình Bcủa tam giácAHDC . Do
đó AH = 2.OM.

D

Từ suy luận đó, giáo viên đặt vấn đề cho học sinh giải quyết bài toán sau:
Bài toán 3.2: Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O.
Các đường cao AI, BK, CL cắt nhau tại H. Kẻ đường kính AD.Gọi M là
trung điểm BC. Chứng minh AH = 2.OM.
Lời giải: Lý luận như bài 3.1.ta được tứ giác BHCD là hình bình hành.Suy ra ba
điểm H,M, D thẳng hàng và M là trung điểm của HD. Do đó, tam giác AHD có
O là trung điểm AD và M là trung điểm BC nên OH là đường trung bình của tam
giác AHD nên AH = 2.OM
Nhận xét: Do tứ giác BLKC nội tiếp nên ∠AKL=∠ABC. Nên nếu có đường
vuông góc với OA tại A thì đường thẳng đó // với KL. Từ đó suy ra AD ⊥KL. Ta
có bài toán sau:
Bài toán 3.3: Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O.
Các đường cao AI, BK, CL cắt nhau tại H. Chứng minh AO ⊥ KL.
Lời giải: Dể chứng minh được tứ giác BLKC nội tiêp. Từ đó suy ra
∠AKL=∠ABC. Kẻ tiếp tuyến Ax (cùng phía với C bờ AB). Ta có Ax//KL (hai
góc so le trong bằng nhau). Mà Ax⊥AO. Do đó KL ⊥AO
Nhận xét: giả sử tia KL cắt tia CB tại E. Ta dễ suy ra đẳng thức EL.EK =
EB.EC. Nếu AE cắt (O) tại N. Ta dễ suy ra EL.EK=EN.EA. Từ đó suy ra các
điểm A,N,L,H,K cùng thuộc một đường tròn. Từ đó suy ra được ∠HNA=900 và
∠DNA = 900, nên N, H, D thẳng hàng. Từ đó, giáo viên có thể đặt vấn đề để
học sinh giải quyết bài toán sau:
Bài toán 3.4: Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O.
Các đường cao AI, BK, CL cắt nhau tại H. M là trung điểm BC. Kẻ đường
kính AD. Tia KL cắt tia CB tại điểm E. Đoạn thẳng AE cắt đường tròn (O)
tại N.
a)
b)
c)

Chứng minh EL.EK = EB. EC.
Chứng minh Tứ giác ANLK nội tiếp.
Chứng minh 3 điểm D, M, N thẳng hàng.

Lời giải:

12


a)

b)

c)

Dễ chứng minh tứ giác BLKC nội
tiếp. từ đó suy ra ∆EBL ∼∆EKC
(g.g). Từ đó suy ra EL.EK=EB.EC.
Chứng minh tương tự với (O) thì
EN. EA = EB.EC. Do đó EN.EA =
EL.EK. Từ đó chứng minh được
∆EAK∼∆ELN (c.g.g). Suy ra
∠ENL=∠EKA. Nên tứ giác ANLK
nội tiếp.
Từ câu b) suy ra tứ giác ANKL nội
tiếp đường tròn đường kính AH.
Nên ∠ANH = 900=> NH ⊥ NA.

A

N

K

L
H

E

O

B

C

M
D

Lại có do ∠AND = 900(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) => NA⊥ND. Như vậy
qua điểm N có 2 đường thẳng NH và ND cùng vuông góc với NA nên N, H, D
thẳng hàng mà H, M, D thẳng hàng(theo cm bài 3.1). Suy ra 3 điểm N, M, D
thẳng hàng.
Nhận xét: Từ các giả thiết như trên nếu ta cố định BC, A chuyển động trên cung
lớn BC, khi đó ta có hướng khai thác,phát triển bài toán ở mức cao hơn nữa.
Việc xuất phát từ các bài toán cụ thể,đơn giản, với định hướng khai thác, phát
triển, tăng dần mức độ nhằm gây hứng thú học tập cho học sinh. Từ đó để thêm
khắc sâu kiến thức cho học sinh thì việc tổng hợp, khái quát, đặc biệt hóa bài
toán là rất cần thiết. từ đó cho học sinh giải quyết bài toán tổng hợp sau:
Bài toán 3.5: Cho đường tròn tâm O bán kính R và dây BC cố định khác
đường kính. A là điểm chuyển động trên cung lớn BC sao cho tam giác ABC

luôn nhọn. Các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H và tương ứng cắt
đường tròn (O) tại P, Q, R. Gọi M, N, S tương ứng là trung điểm của BC,
CA, EF. Chứng minh rằng:
Các tứ giác AEHF, BCEF nội tiếp.
QR//EF.
c) AO ⊥ EF.
2.SABC = R.(DE+EF+FD). Từ đó xác định vị trí của A để chu vi tam giác
DEF lớn nhất
e) Tổng BH.BE + CH.CF không đổi khi A chuyển động trên cung lớn
BC nhưng luôn thỏa mãn tam giác ABC nhọn.
f) H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF.
g) AH = 2,OM.
h) AS.R = AM.OM.
i) Gọi (O1;R1), (O2;R2), (O3;R3) lần lượt là các đường tròn ngoại tiếp các
tam giác HBC, HCA, HAB. Chứng minh rằng: R 1 = R2 = R3= R và
∆O1O2O3 = ∆ABC. [2]
a)
b)

d)

13


Lời giải:
a)

Vì ∠AEH = ∠AFH = 900. Nên tứ giác
AEHF nội tiếp đường tròn đường kính AD.

b)

Tứ giác BCEF nội tiếp nên ∠BEF = ∠BCF.

A
Q

»
BQ

c)

Mà ∠BCF =∠BQR= ½ sđ
. Do đó
QR//EF.
Vì tứ giác BCEF nội tiếp nên ∠EBF=∠ECF.
»
AQ

»
AR

Mà ∠EBF = ½ sđ
; ∠ECF = ½ sđ
,
nên AQ = AR do đó OA ⊥QR. Mà QR//EF.
Nên AO⊥EF

S

R

EN

H
B

F
D

O
M

P

O2

C

O1

d)

Vì OA ⊥ EF (theo câu c)) ,nên 2.SAEOF =
EF.OA =EF.R. tương tự, 2.SBFOD = FD.R; 2SCDOE = DE.R. Mà tam giác ABC
nhọn nên O nằm trong tam giác ABC. Suy ra 2.S ABC = 2.SAEOF +2.SBFOD+2SCDOE =
R.(DE+EF+FD). Vỉ không đổi nên từ đẳng thức trên suy ra chu vi tam giác DEF
lớn nhất khi và chỉ khi SABC lớn nhất.
Mặt khác, ta có SABC = ½ BC.AD, Với BC không đổi. Do đó chu vi tam giác
DEF lớn nhất khi AD lớn nhất. Khi đó A là điểm chính giữa cung lớn BC

e)

Vì ∆BDH ∼∆BEC (g.g) nên BD/BE=BH/BC => BH.BE=BD.BC. Tương tự
CH.CF = CD.BC, từ đó suy ra BH.BE + CH.CF = BD.BC+CD.BC=BC.
(BD+CD)=BC2 không đổi.

f)

Chỉ ra được EH là tia phân giác của góc DEF, DH là tia phân giác của góc
EDF=> Suy ra H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF.
Tương tự bài 3.2

g)
h)
i)

Chứng minh được ∆AEF∼ABC nên AS/AM=OM/R => AS.R = AM.OM
Vì BICH là hình bình hành nên ∆HBC=∆ICB => R1=R; tương tự R2=R; R3 = R.
Mặt khác vì ∆HBC = ∆ICB nên O1 đối xứng với O qua BC. Do đó M là trung
điểm OO1. Tương tự N là trung điểm OO 2. Suy ra MN là đường trung bình của
∆OO1O2 . Do đó O1O2 = 2.MN = AB. Từ đó suy ra ĐPCM.
2.4 . 1. Kết luận nghiên cứu
Toán học vô cùng đa dạng và phong phú, trên đây tôi chỉ có thể giới thiệu
một vài tình huống cụ thể về việc khai thác và cách suy luận phát triển một số
bài tập toán hình mà học sinh đã được tiếp xúc trong bộ môn Toán 9 THCS. Sau
khi áp dụng vào việc dạy học khai thác và phát triển các chức năng của các bài
toán đối với 2 lớp 9B3, 9B4 đã thu được kết quả sau:
14

2.4.2.

5% học sinh chưa đạt yêu cầu về mức độ vận dụng.
40% học sinh đạt yêu cầu về mức độ vận dụng.
55% học sinh đạt yêu cầu về mức độ vận dụng và khai thác tốt các bài
toán.
Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với
bản thân, với đồng nghiệp và nhà trường.

Với kết quả như trên thấy rằng việc xác định được vai trò của bài toán giúp
học sinh dễ dàng hơn trong việc ghi nhớ kiến thức vận dụng, khắc sâu kiến thức
cơ bản. Từ đó các em có khả năng phát hiện phương pháp giải các bài toán từ
đơn giản đến phức tạp. Từ đó làm các em học sinh cảm thấy hứng thú trong học
tập, nghiên cứu, khai thác bài toán hình học một cách chủ động, yêu thích môn
học
Bản thân củng cố thêm khẳng định một cách đổi mới trong hoạt động dạy
học , có thêm kinh nghiệm trong phương pháp giảng dạy môn toán đặc biệt môn
hình học ở trường THCS
3.
3.1

Kết luận và kiến nghị
. Kết luận

Như vậy việc lựa chọn và áp dụng phương pháp giảng dạy theo tinh thần
đổi mới cùng với việc vận dụng, khai thác và phát triển tốt các chức năng của
các bài tập toán hình 9 đã mang lại những kết quả thiết thực về việc cải biến chất
lượng và hiệu quả của một hoạt động giải toán. Thực hiện tốt việc này đã làm
cho học sinh có hứng thú và ham thích môn học hơn.

3.2.

Kiến nghị

Để có thể đưa vào áp dụng đề tài này đối với các khối lớp trong nhà trường
một cách rộng rãi đòi hỏi người giáo viên phải thực sự có tâm huyết và có sự
chuẩn bị chu đáo. Chính vì vậy rất cần có sự quan tâm, tạo điều kiện giúp đỡ của
các cấp quản lý giáo dục về cơ sở vật chất cũng như việc động viên khuyến
khích kịp thời đối với các giáo viên tiến hành áp dụng đề tài này vào hoạt động
giải toán.
Mặt khác, để sáng kiến này hoàn thiện hơn, có tính khoa học và thực tiễn cao
hơn rất cần được sự đóng góp ý kiến của các bạn, các đồng nghiệp để cá nhân
tôi có thêm kinh nghiệm trong việc giảng dạy.
Cuối cùng tôi xin chân thành cảm ơn các nhà quản lí giáo dục và các đồng
nghiệp đã giúp đỡ, đóng góp ý kiến để tôi hoàn thành sáng kiến kinh nghiệm này.
Thanh Hóa, ngày 20 Tháng 4 năm 2018
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG
ĐƠN VỊ

Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình
viết, không sao chép nội dung của người
khác.
15


NGƯỜI VIẾT

Đoàn Thế Đăng

TÀI LIỆU THAM KHẢO

[1]. Phan Đức Chính và CS, Sách giáo khoa toán 9, NXB Giáo dục
Việt Nam, tập 1 tr 104
[2]. Trịnh Thúy Hằng, Tạp chí toán tuổi thơ THCS, “Từ một bài toán
quen thuộc”, Số 78-79 tháng 8+9/2009, NXB giáo dục Việt Nam
16


[3]. Tôn Thân và CS (2010), Sách bài tập toán 9, NXB Giáo dục Việt
Nam, tập 2 tr 76

17