SKKN khai thác và xây dựng hệ thống bài tập hình học từ một bài tập cơ bản ban đầu theo nhiều hướng khác nhau

A. ĐẶT VẤN ĐỀ.
I. BỐI CẢNH CỦA ĐỀ TÀI.
Giảng dạy mônToán nói chung và giảng dạy môn Hình học ở bậc THCS
nói riêng thì việc định hướng, liên kết, mở rộng và lật ngược bài toán là một vấn
đề rất quan trọng, nó không chỉ giúp cho học sinh nắm vững kiến thức của một
dạng toán cơ bản mà còn giúp các em có khả năng khái quát hoá, đặc biệt hoá
một bài toán để từ đó phát triển tư duy, nâng cao tính sáng tạo. Là một công cụ
đắc lực để rèn luyện tính thông minh, tư duy sáng tạo của học sinh. Hơn nữa,
việc liên kết, mở rộng và lật ngược các bài toán 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 các năm giảng dạy tôi nhận thấy rằng:
- Học sinh yếu toán là do kiến thức còn hổng, lại lười học, lười suy nghĩ, lười
tư duy trong quá trình học tập.
- Học sinh làm bài tập rập khuôn, máy móc để từ đó làm mất đi tính tích cực,
độc lập, sáng tạo của bản thân.
- Các em ít được cũng cố, khắc sâu kiến thức, rèn luyện kĩ năng để làm nền tảng
tiếp thu kiến thức mới, do đó năng lực cá nhân không được phát huy hết.
- Không 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 không tìm lời giải khác,
không khai thác phát triển bài toán, sáng tạo bài toán nên không phát huy hết
tính tích cực, độc lập, sáng tạo của bản thân.
- Một số giáo viên chưa thực sự quan tâm đến việc khai thác, phát triển, sáng
tạo bài toán trong các các giờ luyện tập, tự chọn ...
- Việc chuyên sâu một vấn đề nào đó, liên hệ được các bài toán với nhau, phát
triển một bài toán sẽ giúp cho học sinh khắc sâu được kiến thức, quan trọng hơn
là nâng cao được tư duy cho các em làm cho các em có hứng thú hơn khi học
toán.
II. LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI

Thực tế hiện nay kỹ năng giải giải các bài tập Hình học của học sinh chưa
cao, học sinh còn nhiều lúng túng, bỡ ngỡ trước các bài toán hình học. Và qua
thực tế nhiều năm giảng dạy tôi đã được tiếp xúc với rất nhiều đối tượng học
sinh khác nhau và thấy rằng đa số học sinh không nhớ được những bài tập hình
học đã làm hoặc chỉ nhớ các bài tập riêng lẻ, thậm chí có những bài chỉ khác
nhau bởi lời văn nhưng nội dung lại hoàn toàn giống với bài toán đã làm nhưng
học sinh không làm được. Đặc biệt là các bài toán đảo và bài toán tổng quát học
sinh thường không có kỹ năng nhận ra. Do đó kết quả học tập và kết quả đạt
được trong các kỳ thi chưa cao. Vì vậy việc khai thác và xây dựng hệ thống bài
tập từ các bài tập ban đầu sẽ giúp cho học sinh rất nhiều trong học toán, giúp học

1


sinh dễ dàng nhận ra các bài toán cũ, bài toán đảo, bài toán tổng quát…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. Với mong muốn đó tôi xin giới thiệu đề tài: “ Khai thác va
xây dựng hệ thống bai tập hình học từ một bai tập cơ bản ban đầu theo
nhiều hướng khác nhau ”
III. ĐỐI TƯỢNG, PHẠM VI NGHIÊN CỨU.
Trong khuôn khổ đề tài này tôi chỉ đề cập đến các bài tập hình học trong
chương trình hình học THCS.
Đối tượng để tôi thể nghiệm đề tài này là học sinh các khối lớp 7, 8, 9 và đội
tuyển học sinh giỏi của trường.
IV. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU.
- Phát triển năng lực tự học, biết liên kết 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.
- Hình thành tính tích cực, tự giác, chủ động của học sinh. Khơi dậy tính sáng

tạo và giải toán của học sinh.
- Sữa chữa những thiếu sót, những sai lầm mà học sinh hay gặp khi giải các bài
toán hình học.
- Giúp học sinh nhận dạng và áp dụng phương pháp phù hợp đối với các bài
toán hình học khác nhau.
- Rèn luyện và hình thành cho học sinh các kỹ năng vẽ hình thành thạo và chính
xác.
+ Giúp học sinh có hứng thú, say mê trong học toán.
+ Giúp học sinh xây dựng phương pháp tự học khoa học.
+ Giúp học sinh đạt kết quả cao trong học tập nói chung và bồi dưỡng học sinh
giỏi nói riêng.
V. ĐIỂM MỚI TRONG KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU.
Vấn đề được nghiên tương đối cứu toàn diện sâu sắc về công tác giảng dạy
môn hình học. Vấn đề được nghiên cứu là vấn đề đặc biệt quan trọng có tác
động lớn đến việc nâng cao chất lượng học sinh, phát huy tính tích cực, khả
năng tư duy, sáng tạo của học sinh. Hệ thống bài tập được xây dựng liên kết các
kiến thức. Từ những bài toán không mới, giáo viên đã biến nó thành cái mới và
sắp xếp chúng theo một hệ thống nhất định có thể giúp học sinh tiếp thu bài
nhanh hơn,vững vàng hơn và hứng thú hơn.
B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ.
I. CƠ SỞ LÍ LUẬN
Hiện nay hệ thống bài tập trong sách giáo khoa, sách bài tập và cả các tài liệu
tham khảo của chương trình hình học THCS tôi thấy còn rời rạc, đơn giản, chưa
sâu, chưa có bài tập xâu chuỗi, liên kết các kiến thức đã học với nhau.
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

2

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. Nếu chỉ hướng dẫn học
sinh học qua các bài tập riêng lẻ như sách giáo khoa hay sách bài tập thì rất khó
để nâng cao chất lượng học sinh. Do đó mỗi giáo viên cần xây dựng hệ thống
các bài tập liên kết các bài tập từ các bài tập cơ bản ban đầu giúp học sinh dễ
dàng nhận biết, liên hệ các bài tập mới với các bài tập cũ từ đó tìm ra hướng giải
đúng cho các bài tập mới và làm được các bài tập tương tự cũng như nắm vững
kiến thức.
II. THỰC TRẠNG CỦA ĐỀ TÀI
Qua kết quả khảo sát, kiểm tra trước khi áp dụng đề tài với 35 học sinh
lớp 9A năm học 2015 – 2016 tôi thấy kết quả tiếp thu về như sau:
Điểm dưới 5
Điểm 7 - 8
Điểm 9 - 10
Điểm 5 – 6
SL
%
SL
%
SL
%
SL
%
25
71,4%
7
20%
3
8,6%
0

0%
Qua bài làm của học sinh, tôi thấy đa số các em còn lúng túng và chưa
liên hệ với các bài tập cơ bản mà các em đã làm (kể cả các em trong đội tuyển
học sinh giỏi) dẫn đến kết quả bài làm còn thấp, đa số các em chưa đạt yêu cầu,
chất lượng điểm khá giỏi thấp.
- Học sinh làm bài tập rập khuôn, máy móc để từ đó làm mất đi tính tích cực,
độc lập, sáng tạo của bản thân.
- Các em ít được cũng cố, khắc sâu kiến thức, rèn luyện kĩ năng để làm nền tảng
tiếp thu kiến thức mới, do đó năng lực cá nhân không được phát huy hết.
- Không 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 không tìm lời giải khác,
không khai thác phát triển bài toán, sáng tạo bài toán nên không phát huy hết
tính tích cực, độc lập, sáng tạo của bản thân.
- Một số giáo viên chưa thực sự quan tâm đến việc khai thác, phát triển, sáng tạo
bài toán trong các các giờ luyện tập, tự chọn ...
- Việc chuyên sâu một vấn đề nào đó, liên hệ được các bài toán với nhau, phát
triển một bài toán sẽ giúp cho học sinh khắc sâu được kiến thức, quan trọng hơn
là nâng cao được tư duy cho các em làm cho các em có hứng thú hơn khi học
toán.
Do vậy bản thân tôi thấy cần thiết phải xây dựng các giải pháp trong phương
pháp dạy và học sao cho phù hợp và có hiệu quả, giúp các em giải nhanh và
chính xác các bài toán.
III. GIẢI PHÁP THỰC HIỆN:
Trong quá trình dạy toán, chắc rằng các thầy cô giáo đã có không ít lần
gặp các bài toán cũ mà cách phát biểu có thể hoàn toàn khác, hoặc khác chút ít.
Những bài toán tương tự, mở rộng, đặc biệt hóa hay lật ngược bài toán mà các
bài toán này có cùng phương pháp giải. Nếu giáo viên định hướng cho học sinh
kỷ năng thường xuyên liên hệ một bài toán mới với những bài toán đã biết như

3


bài toán đảo, bài toán tổng quát, bài toán đặc biệt...thì sẽ làm cho học sinh phát
hiện ra rằng bài toán đó không mới đối với mình nữa hoặc nhanh chóng xếp loại
được bài toán từ đó định hướng được phương pháp giải quyết một cách tích cực
và chủ động. Sau đây tôi sẽ đưa ra một số ví dụ để giải quyết thực trạng trên và
để thể hiện nội dung của đề tài.
Bai toán 1: Cho hình thang vuông ABCD ( µA = Bµ = 900 ). Gọi O là trung điểm của
· D = 900 .
AB. Biết cạnh bên CD = AD + BC. Chứng minh: CO
1. Hướng dẫn:
Gọi N là trung điểm của CD
⇒ ON là đường trung bình của hinh thang
ABCD nên ON =

AD+BC
2

Mà AD + BC = CD ⇒ ON =
⇒ ∆ COD vuông tại O.
· D = 900 .
vậy CO

CD
2

2. Khai thác va xây dựng hệ thống bai toán.
· D = 900 thì ON = CD mà ON = AD+BC suy ra

Qua bài toán 1 ta thấy CO
2
2
CD = AD + BC. Với cách suy nghĩ này ta có bài toán 2 (bài toán 2 là bài toán
đảo của bài toán gốc).
µ = 900 ). Gọi O là trung điểm
Bai toán 2: Cho hình thang vuông ABCD ( µA = B
· D = 900 . Chứng minh: CD = AD + BC.
của AB. Biết CO

Hướng dẫn:
Gọi N là trung điểm của CD
⇒ ON là đường trung bình của hinh thang ABCD nên ON =

AD+BC
(1)
2

ON là đường trung tuyến ứng với cạn huyền của tam giác vuông DOC
CD
(2)
2
Từ (1) và (2) ⇒ CD = AD + BC.
⇒ ON =

Nhận xét 1: Qua bài 2 bài toán 1 và 2 ta thấy nếu C và D nằm trên hai tia nằm
· D = 900 thì
cùng 1 nửa mặt phẳng và vuông góc với AB tại A và B thì nếu CO
· D = 900
CD = AD + BC và ngược lại nếu CD = AD + BC thì CO

¶ ⇒ ∆ADO ∽ ∆BOC Với cách suy nghĩ này ta
· D = 900 ta suy ra ·ADO = O
Và từ CO
4
có bài toán 3 như sau:

4


Bai toán 3: Cho đoạn thẳng AB. Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ AB vẽ các
tia Ax và By vuông góc với AB. Gọi O là trung điểm của AB, trên các tia Ax và
By lần lượt lấy các điểm D và C sao cho CD = AD + BC.
Chứng minh:
· D = 900
a) CO
b) ∆ADO ∽ ∆BOC
Hướng dẫn câu b:
Xét ∆ADO và ∆BOC ta có:
·
·
DAO
= OBC
= 900 (gt)
·ADO = O
¶ (cùng phụ với O
µ )
4
1
⇒ ∆ADO ∽ ∆BOC (g.g)
AD BO

AB2
=
⇒ AD.BC=AO.BO=
AO BC
4
DO AO
DO OB
⇒
⇒ ∆ODC ∽ ∆BOC . Với suy ngĩ
=
=
Và ∆ADO ∽ ∆BOC ⇒
CO BC
CO BC

Nhận xét 2: Vì ∆ADO ∽ ∆BOC ⇒

trên ta có bài toán 4 như sau:
Bai toán 4: Cho đoạn thẳng AB. Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ AB vẽ các tia
Ax và By vuông góc với AB. Gọi O là trung điểm của AB, trên các tia Ax và By
lần lượt lấy các điểm D và C sao cho CD = AD + BC. Chứng minh:
· D = 900
a) CO
AB2
.
4
c) ∆ODC ∽ ∆BOC .

b) AD.BC=

Nhận xét 3: Nếu không có các bài toán 1;2;3 ở trên thì học sinh không dễ để
giải bài toán 4 nhưng nếu học sinh được làm các bài toán trên thì bài toán 4 trở
nên đơn giản với học sinh.
Hướng dẫn:
Theo bài toán 3 thì ∆ADO ∽ ∆BOC (g.g)
AD BO
AB2
=
⇒ AD.BC = AO.BO =
AO BC
4
DO AO
=
Và ∆ADO ∽ ∆BOC ⇒
CO BC
DO OB
⇒
⇒ ∆ODC ∽ ∆BOC (c.g.c)
=
CO BC
⇒

Nhận xét 4: Từ ∆ODC ∽ ∆BOC ⇒ Cµ1 = C¶ 2
¶ =D
¶ . Do đó nếu kẻ OM ⊥ CD thì OA = OB = OM nên ta có bài
và tương tự D
1
2
toán 5 như sau:
Bai toán 5: Cho đoạn thẳng AB. Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ AB vẽ các tia

Ax và By vuông góc với AB. Gọi O là trung điểm của AB, trên các tiaAx và By
· D = 900 . M là chân đường vuông góc kẻ
lần lượt lấy các điểm D và C sao cho CO

5


từ O đến CD. Chứng minh:
a) AD.BC không đổi khi D và C di chuyển trên Ax và By.
b) Tam giác AMB vuông.

Hướng dẫn:
a) Làm theo bài 4 ta chứng minh được
AB2
mà AB không đổi nên AD.BC không đổi.
4
b) Qua bài 4 ta đã c/m ∆ODC ∽ ∆BOC ⇒ Cµ1 = C¶ 2
¶ =D
¶ nên suy ra
Tương tự ta cũng có D
AD.BC =

1

2

∆ADO = ∆ MDO (cạnh huyền – góc nhọn) OM = OA.
1
Tương tự OM = OB nên OM = AB suy ra ∆ AMB vuông tại M.
2

Nhận xét 5: Từ ∆ADO = ∆ MDO ta suy ra DA = DM do đó AM ⊥ DO và BM

cũng vuông góc với OC do đó ta có bài toán 6 như sau:
Bai toán 6: Cho đoạn thẳng AB. Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ AB vẽ các
tia Ax và By vuông góc với AB. Gọi O là trung điểm của AB, trên các tiaAx và
· D = 900 . M là chân đường vuông góc
By lần lượt lấy các điểm D và C sao cho CO
kẻ từ O đến CD. Gọi P là giao điểm của AM và DO; Q là giao điểm của BM và
CO. Chứng minh:
a) Tứ giác OPMQ là hình chữ nhật.
b) PQ // AB
c) ∆ OPQ ∽ ∆ OCD

Hướng dẫn:
¶ =D
¶
a) Ở bài 4 và bài 5 ta đã chứng minh D
1
2
∆ADO = ∆ MDO (cạnh huyền – góc nhọn) suy ra
∆ DAM cân tại D suy ra DO là đường trung trực
của AM nên AM ⊥ DO tại P.

6


Tương tự MB ⊥ OC tại Q
· D = 900 (gt) suy ra
Mặt khác CO
Tứ giác OPMQ là hình chữ nhật.

b) Vì DO // MB (cùng vuông góc AM)
µ = MBO
·
µ =O
¶ ( ∆ADO = ∆ MDO )
⇒ O
mà O
1
1
2
¶O = MQP
·
·
·
= MBO
( ∆ OPM = ∆ QMP (c.c.c)) suy ra MQP
. Vậy PQ // AB.
2
·
µ mà O
µ =C
µ (cùng phụ với O
¶ ); C
µ =C
¶
=O
c) PQ // AB ⇒ QPO
1
1
1

4
1
2
·
¶
⇒ QPO
=C
2

vậy ∆ OPQ ∽ ∆ OCD (g.g)
Nhận xét 6: Ở bài toán 6 ta cũng có thể thay chứng minh Tứ giác OPMQ là
hình chữ nhật bởi yêu cầu chứng minh OP.OD = OQ.OC thì ta có thể chứng
minh câu c ∆ OPQ ∽ ∆ OCD (c.g.c) do đó ta cũng có thể phát triển thêm bài
toán tương tự như sau:
Bai toán 7: Cho đoạn thẳng AB. Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ AB vẽ các
tia Ax và By vuông góc với AB. Gọi O là trung điểm của AB, trên các tiaAx và
· D = 900 . M là chân đường vuông góc
By lần lượt lấy các điểm D và C sao cho CO
kẻ từ O đến CD. Gọi P là giao điểm của AM và DO; Q là giao điểm của BM và
CO. Chứng minh:
a) Độ dài PQ không đổi khi D và C di chuyển trên Ax và By.
b) OP.OD = OQ.OC
c) ∆ OPQ ∽ ∆ OCD
Hướng dẫn:
a) Ta c/m OPMQ là hình chữ nhật ⇒ PQ = MO
AB 2
mà MO = MD.MC = AD.BC =
không đổi.
4
2

b) Ta c/m MO2 = OP.OD = OQ.OC.
c) Từ OP.OD = OQ.OC ⇒

OP OQ
⇒ ∆ OPQ ∽ ∆ OCD (c.g.c)
=
OC OD

Nhận xét 7: Từ bài 6 ta thấy OPMQ là hình chữ nhật DO // MB và O là trung
điểm của AB do đó nếu gọi E là giao điểm của MB và tia Ax thì D là trung điểm
·
của AE. Mà ∆ADO ∽ ∆BOC nên ∆ AEO ∽ ∆ BAC ⇒ ·AEO = BAC
⇒ EO ⊥ AC nên ta có bài toán 8 như sau:
Bai toán 8: Cho đoạn thẳng AB. Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ AB vẽ các
tia Ax và By vuông góc với AB. Gọi O là trung điểm của AB, trên các tiaAx và
· D = 900 . M là chân đường vuông góc
By lần lượt lấy các điểm D và C sao cho CO
kẻ từ O đến CD. Gọi E là giao điểm của BM và tia Ax.
a) Chứng minh rằng D là trung điểm của AE.
b) Chứng minh EO ⊥ AC
Hướng dẫn:

7


DO AO
DO OB
⇒
=

=
CO BC
CO BC
µ =C
¶
⇒ ∆ BOC∽ ∆ ODC (c.g.c) ⇒ C
1
2

a) ∆ ADO∽ ∆ BOC (g.g) ⇒

suy ra ∆ OMC = ∆ OBC (cạnh huyền – góc nhọn) ⇒ CM = CB
⇒ CO là đường trung trực của MB ⇒ CO ⊥ EB
mặt khác CO ⊥ DO (gt) ⇒ CO // EB
mà OA = OB (gt) suy ra D là trung điểm của AE.
b)Gọi K là giao điểm của EO và AC.
BC OB 2OB AB
=
=
=
AO AD 2 AD AE
·
⇒ ∆ AEO ∽ ∆ BAC (c.g.c) ⇒ ·AEO = BAC
·
· AE = 900 ⇒ ·AEO + K
· AE = 900
Mà BAC
+K
Suy ra ·AKE = 900 vậy EO ⊥ AC.
∆ ADO∽ ∆ BOC ⇒

Nhận xét 8: Từ CM = CB và D là trung điểm của AE. Nếu gọi I là giao điểm
của AC và BD thì MI // BC. MI cắt AB tại H thì I là trung điểm của MH nên ta
có bài toán 9 như sau:
Bai toán 9: Cho đoạn thẳng AB. Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ AB vẽ các tia
Ax và By vuông góc với AB. Gọi O là trung điểm của AB, trên các tiaAx và By
· D = 900 . M là chân đường vuông góc kẻ
lần lượt lấy các điểm D và C sao cho CO
từ O đến CD. Gọi I là giao điểm của AC và BD.
a) Chứng minh rằng: MI ⊥ AB.
b) MI cắt AB tại H. Chứng minh rằng: MI = IH
Hướng dẫn:
DO AO
DO OB
⇒
⇒ ∆ BOC∽ ∆ ODC (c.g.c) ⇒
=
=
CO BC
CO BC
µ =C
¶ suy ra ∆ OMC = ∆ OBC (cạnh huyền – góc nhọn) ⇒ CM = CB
C
1
2
¶ =D
¶ mà D
¶ =O
¶ ⇒ D
¶ =D

¶
∆ BOC∽ ∆ ODC ⇒ O

a) ∆ ADO∽ ∆ BOC (g.g) ⇒

4

2

1

4

1

2

suy ra ∆ OAD = ∆ OMD (cạnh huyền – góc nhọn) ⇒ AD = MD.
Ta có AD // BC ⇒

8

AD DI
=
mà CM = CB; AD = MD.
BC BI


MD DI
⇒ MI // BC

=
MC BI
Mặt khác BC ⊥ AB ⇒ MI ⊥ AB.
⇒

b) theo bài 8 ta đã c/m DA = DE mà
MI // ED (theo câu a) ⇒

MI
IB
=
DE DB

IB
IH
=
DB AD
MI IH
⇒ MI = IH.
=
Từ đó suy ra
DE DA

IH // DA ⇒

Nhận xét 9: Vì MH // AE ; DO // EB
do đó nếu gọi F là giao điểm của MH
và DO thì DÈMF là hình bình hành
nên MF = DE mà DE = DA
suy ra MF = AD nên ta có bài toán 10 như sau:

Bai toán 10: Cho đoạn thẳng AB. Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ AB vẽ các
tia Ax và By vuông góc với AB. Gọi O là trung điểm của AB, trên các tiaAx và
· D = 900 . M là chân đường vuông góc
By lần lượt lấy các điểm D và C sao cho CO
kẻ từ O đến CD. Kẻ MH ⊥ AB (H ∈ AB). DO cắt MH tại F.
chứng minh AD = MF

Hướng dẫn:
¶ =D
¶ suy ra ∆ OAD = ∆ OMD (cạnh huyền – góc nhọn)
Từ D
1
2
⇒ AD = MD nên DO là đường trung trực của AM ⇒ DO ⊥ AM nên F là trực
tâm của tam giác AMO ⇒ AF ⊥ MO mà DM ⊥ MO ( gt ) ⇒ DM // AF
MF // AD (GT) suy ra tứ giác ADMF là hình bình hành.
Vậy AD = MF.
Nhận xét 10: Ta thấy AB ≤ DC; AD + BC = DC
Nên chu vi tứ giác ABCD là: PABCD = AB + AD + BC + DC = AB + 2DC ≥
3AB.

9


1
2

1
2

Diện tích tứ giác ABCD là: S ABCD = ( AD + BC ) AB = DC. AB ≥

AB 2
nên ta có bài
2

toán 11 như sau:
Bai toán 11: Cho đoạn thẳng AB có độ dài bằng a. Trên cùng một nửa mặt
phẳng bờ AB vẽ các tia Ax và By vuông góc với AB. Gọi O là trung điểm của
· D = 900 .
AB. D và C là các điểm di động trên trên các tiaAx và By sao cho CO
Tìm vị trí của D và C để:
a) Chu vi tứ giác ABCD nhỏ nhất.
b) Diện tích tứ giác ABCD nhỏ nhất.

Hướng dẫn:
Gọi N là trung điểm của CD
⇒ ON là đường trung bình của hinh thang ABCD nên ON =

AD+BC
(1)
2

ON là đường trung tuyến ứng với cạn huyền của tam giác vuông DOC
CD
(2)
2
Từ (1) và (2) ⇒ CD = AD + BC.
Ta có: PABCD = AB + AD + BC + DC = AB + 2DC
⇒ ON =

Mà DC ≥ AB (vì AB là khoảng cách giữa hai đuoingừ thẳng song song)
⇒ PABCD ≥ 3AB = 3a.
Vậy chu vi tứ giác ABCD nhỏ nhất bằng 3a khi CD = AB suy ra CD // AB.
Nhận xét 11: - Bài toán này có thể khai thác, phát triển thành nhiều bài toán
nữa theo nhiều hướng khác nhau. Nhưng nhũng bài toán trên được phát
triển theo một mạch lôgic và vận dụng các kiến thức cơ bản nhất của hình
học 8. Và mỗi bài toán có thể còn nhiều cách giải khác nữa, thậm chí còn
những cách giải còn ngắn gọn hơn. Nhưng trong chuyên đề này tôi chỉ trình
bày các cách suy luận theo một mạch lôgic liên quan giữa các bài tập với
nhau.
- Để vận dụng tốt đề tài này cần yêu cầu học sinh nắm vững các kiến thức cơ
bản của bộ môn hình học.
- Để vận dụng đề tài hiệu quả trong quá trình giảng dạy giáo viên cần cho
học sinh tiếp cận đề dưới nhiều bài toán khác nhau bằng cách thay đổi các
yêu cầu bài toán bằng các câu hỏi tương tự, làm mới bài toán bằng các cách
thay đổi ngôn ngữ nhưng bản chất toán học không thay đổi.

10


Chẳng hạn: Trong các bài toán trên thì MO luôn là đường trung tuyến của
tam giác vuông AMB nên ta có thể làm mới các bài toán trên như sau:
Bài toán 12: Cho tam giác AMB vuông tại M. Đường trung tuyến MO. Gọi d là
đường thẳng qua M vuông góc với MO. Đường thẳng qua O vuông góc với BM
cắt d tại C. Đường thẳng qua O vuông góc với AM cắt d tại D.
a) Tứ giác ABCD là hình gì?
b) CD = AD + BC.
c)Chứng minh: AD.BC =

AB 2
.
4

d) Gọi I là giao điểm của AC và BD. Chứng min MI //AD.
e) MI cắt AB tại H. Chứng minh IM = IH.
.........
Nhận xét 12: Mới đọc qua đề ra ta thấy bài toán này có vẽ không liên quan đến
các bài toán trên nhưng khi vẽ hình ta nhận thấy đây chính là bài toán quen
thuộc mà ta đã làm ở trên ( giáo viên có thể khai thác ra thêm các câu khác nữa
tuong tự những bài toán trên cho bài toán này.)

Hướng dẫn:
OM là đường trung tuyến của tam giác vuông AMB nên OM = OA = OB
suy ra OD là đường trung trực của AM.
·
·
⇒ AD = MD ⇒ ∆ ADO = ∆ MDO ⇒ DAO
= DMO
= 900
⇒ AD ⊥ AB .
Tương tự BC ⊥ AB nên AD // BC
Vậy tứ giác ABCD là hình thang vuông.
Khi c/m được ABCD là hình thang vuông thì các câu b, c, d, e,.... chính là các
bài toán ở trên.
Nhận xét 13: Và tuỳ đối tượng học sinh giáo có cách khai thác, ra đề một
cách hợp lí ( Nếu đối tượng trung bình và yếu thì giáo viên ra các câu gợi ý a,
b,c . . . Nhưng nếu đối tượng khá giỏi thì có thế bắt đầu bài toán ngay bằng
câu b, c...

11


Và đề tài này không những áp dụng cho học sinh lớp 8 mà có thể vận
dụng cho học sinh từ lớp 7 và đặc biệt có thể áp dụng rất tốt trong quá trình dạy
lớp 9 và ôn thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT.
Chẳng hạn để vận dụng trong quá trình dạy lớp 7 ta có thể khai thác, tiếp
cận theo các bài toán sau:
Bai 13: Cho đoạn thẳng AB. Tia Ax vuông
góc với AB tại A, tia By vuông góc với
AB tại B (Ax, By thuộc cùng một nửa
mặt phẳng bờ AB) sao cho
DC = AD + BC.
· D = 900 .
Chứng minh: CO

Hướng dẫn:
Gọi L là giao điểm của CO và tia đối của tia Ax.
∆ALO = ∆BCO (g.c.g) ⇒ AL = BC;OL = OC.
Mà DC = AD + BC nên DC = AD + AL = DL suy ra ∆ DLC cân tại C.
DO là đường trung tuyến (vì OL = OC).nên DO cũng là đường cao
· D = 900 .
Suy ra CO
Bai 14: Cho đoạn thẳng AB. Tia Ax vuông góc với AB tại A, tia By vuông góc
· D = 900 .
với AB tại B (Ax, By thuộc cùng một nửa mặt phẳng bờ AB) sao cho CO
Chứng minh: DC = AD + BC.
Chứng minh tương tự bài 13.
Bai toán 15: Cho hai đường thẳng xx’ và yy’ song song với nhau. Một đường
thẳng zz’ cắt hai đường thẳng xx’ và yy’ thứ tự tại C và D. Tia phân giác của góc

xCD cắt tia phân giác của góc yDC tại O. Đường thẳng qua O vuông góc với xx’
cắt xx’ tại A và cắt yy’ tại B. Chứng minh rằng:
· D = 900 .
a) CO
b) OA = OB.
c) AC + BD = CD.

12


Nhận xét 14: Đây chính là nội dung của bài toán 2.
Hướng dẫn :
µ =C
¶ (gt) 
C
 µ ¶
1
2
¶
¶
a) Ta có: ¶ ¶
 ⇒ C1 + D1 = C 2 + D2
D1 = D2 (gt) 
µ +C
¶ +D
¶ +D
¶ = 1800
·
mà ·ADC + BCD
= 1800 (vì xx’ // yy’) ⇒ C

1
2
1
2
µ +D
¶ = 900 ⇒ COD
·
⇒C
= 900 đpcm.
1
1

b) Kẻ OM ⊥ CD ( M ∈ CD )
o∈ tia phân giác của góc ADC suy ra OA = OM.
o∈ tia phân giác của góc BCD suy ra OB = OM
Vậy OA = OB.
¶ =D
¶ suy ra ∆ OAD = ∆ OMD (cạnh huyền – góc nhọn)
c) Cách 1: D
1
2
⇒ AD = MD
Tương tự BC = BM
Ta có CD = CM + DM = AD + BC.
Cách 2: Gọi L là giao điểm của CO và xx’.
∆ALO = ∆BCO (g.c.g) ⇒ AL = BC.
∆ CDL có DO vừa là đường phân giác vừa là đường cao ⇒ ∆ CDL cân tại D
⇒ DC = DL = AD + AL = AD + BC.
Nhận xét 14: Ta thấy trong các bài toán trên OM là đường cao của tam giác
vuông DOC nên ta có bài toán 16 như sau:

13


Bai toán 16: Cho tam giác DOC vuông tại O. Đường cao OM ( M ∈ DC). A là
điểm thuộc đường thẳng qua M vuông góc với OD sao cho OD là đường trung
trực của AM. B là điểm thuộc đường thẳng qua M vuông góc với OC sao cho
OC là đường trung trực của BM.
a) Chứng minh OA = OB
b) Tam giác AMB vuông.
c) Chứng minh AD song song với BC.

Hướng dẫn :
a) O thuộc đường trung trực AM nên OA = OM.
O thuộc đường trung trực BM nên OB = OM
Suy ra OA = OB
b) Ta có DO // MB cùng vuông góc với OC.
Mà DO ⊥ AM ⇒ AM ⊥ MB.
Vậy tam giác AMB vuông tại M.
·
·
c) ∆ ADO = ∆ MDO (c.c.c) suy ra DAO
= DMO
·
·
mà DMO
= 900 ⇒ DAO
= 900 ⇒ DA ⊥ OA (1)
·
tương tự CBO

= 900 ⇒ BC ⊥ BO (2)
Đến đây học sinh thường kết luận ngay DC // BC mà không chú ý đến A, O, B
chưa thẳng hàng. Vì vậy giáo viên cần huóng dẫn học sinh chứng minh A, O, B
chưa thẳng hàng.
·
·
Thật vậy ∆ ADO = ∆ MDO (c.c.c) suy ra DOM
= DOA
·
·
·
·
Tương tự BOC
mặt khác DOM
= MOC
+ COM
= 900 (gt)
·
·
·
Suy ra ·AOD + DOM
+ MOC
+ COB
= 1800 vậy A, O, B chưa thẳng hàng(3)
Từ (1), (2) và (3) ⇒ AD // BC.
Nhận xét 15:Tuỳ vào nội dung kiến thức học sinh đã được học mà giáo viên
có thể khai thác, tiếp cận theo các bài toán khác nhau. Lên lớp 9 học sinh
được bổ sung thêm các kiến thức về đường tròn, tiếp tuyến, tính chất hai tiếp
tuyến cắt nhau, góc với đường tròn, tứ giác nội tiếp...Vì vậy để áp dụng đề tài
này vào giảng dạy cho học sinh lớp 9 và ôn tập tuyển sinh vào lớp 10 ta có thể

phát triển theo nhiều hướng như sau:
KHI HỌC CHƯƠNG II : ĐƯỜNG TRÒN TA CÓ CÁC BÀI TOÁN SAU :
Nhận xét 16: Vì OA = OB = OM nên 3 điểm A, B, M cùng thuộc đường tròn
(O). Ax ⊥ AB, By ⊥ AB, CD ⊥ OM nên Ax, By, CD là các tiếp tuyến của (O)
nên ta có bài toán sau.
Bài toán 17: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Vẽ các tia tiếp tuyến
Ax và By với nửa đường tròn (Ax, By và nửa đường tròn cùng thuộc một nửa
mặt phẳng bờ là AB).Từ điểm M thuộc nửa đường tròn (M khác A và B),

14


kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn đó, nó cắt Ax và By theo thứ tự tại D và C.
Chứng minh rằng:
· D = 900
a) CO

b) CD = AD + BC.
c) Tích AD.BC không đổi khi M di chuyển
trên nửa đường tròn.
d) AC cắt BD tại I. Chứng minh MI ⊥ AB.

Nhận xét 17: Thông thường các em chỉ làm được hai câu a, b còn các câu c, d
các em không làm được kể cả các em khá. Nhưng nếu các em được tiếp cận các
bài toán ở trên ở các lớp 7, 8 thì các câu c, d không còn là câu khó nữa vì thực
chất đay không phải là bài toán mới mà là các bài toán các em đã làm.
Hướng dẫn:
c) Tam giác DOC vuông tại O, đường cao OM nên ta có:
OM2 = DM.DC = AD.BC. Mà OM là bán kính nửa đường tròn suy ra tích
AD.BC không đổi khi M di chuyển trên nửa đường tròn.

d) Ta có AD // BC ⇒
⇒

AD DI
=
mà CM = CB; AD = MD.
BC BI

MD DI
⇒ MI // BC
=
MC BI

Mặt khác BC ⊥ AB ⇒ MI ⊥ AB.
Nhận xét 18: Gọi N là trung điểm của CD thì NC = ND = NO nên O thuộc
đường tròn đường kính CD và NO ⊥ AB nên AB là tiếp tuyến của (O). ta có bài
toán 18 như sau:
Bài toán 18: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Vẽ các tia tiếp tuyến
Ax và By với nửa đường tròn (Ax, By và nửa đường tròn cùng thuộc một nửa
mặt phẳng bờ là AB).Từ điểm M thuộc nửa đường tròn (M khác A và B),
kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn đó, nó cắt Ax và By theo thứ tự tại D và C.
Chúng minh AB là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác COD.
Hướng dẫn:
- Gọi N là trung điểm của CD ⇒ NC = ND = NO ( vì ∆ COD vuông)
Do đó N thuộc đường tròn ngoại tiếp ∆ COD(1)

15


- Ax ⊥ AB (gt) và By ⊥ AB(gt) ⇒ AD // BC nên { ABCD là hình thang

- Xét hình thang ABCD có NC = ND và OA = OB
Nên ON là đường TB của hình thang ABCD

⇒

ON // AD

Do đó ON ⊥ AB ( vì AD ⊥ AB) (2)
- Từ (1) và (2) Suy ra AB là tiếp tuyến của đường ngoại tiếp tam giác COD.
· D = 900 thì OM = OA = OB; OM ⊥ DC do đó DC là tiếp tuyến
Nhận xét 19: CO
của nửa đường tròn tâm O. Ta có bài toán sau:

Bài toán 19: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Vẽ các tia tiếp tuyến
Ax và By với nửa đường tròn (Ax, By và nửa đường tròn cùng thuộc một nửa
mặt phẳng bờ là AB). C, D lần lượt là các điểm thuộc các tia By và Ax sao cho
· D = 900 . Chứng minh CD là tiếp tuyến của nửa (O).
CO

Hướng dẫn :
Kẻ OM ⊥ DC ( M ∈ CD ) .
Ta cần chứng minh OM = OB.
Thật vậy: ∆ ADO∽ ∆ BOC (g.g)
⇒

DO AO
DO OB
⇒
=
=

CO BC
CO BC

µ =C
¶
⇒ ∆ BOC∽ ∆ ODC (c.g.c) ⇒ C
1
2

suy ra ∆ OMC = ∆ OBC (ch – gn)
⇒ OM = OB
Vậy CD là tiếp tuyến của nửa (O).

16


Bài toán 20: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Vẽ các tia tiếp tuyến
Ax và By với nửa đường tròn (Ax, By và nửa đường tròn cùng thuộc một nửa
mặt phẳng bờ là AB). Trên Ax lấy điểm D. Từ D vẽ tiếp tuyến DM (M là tiếp
điểm) cắt By tại C.
· D = 900 .
a) Chứng minh: CO
b) DO ⊥ AM.
c) Qua M kẻ MH ⊥ AB (H thuộc AB). Chúng minh DB đi qua trung điểm của
MH.

Hướng dẫn: Câu a, b vận dụng tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau.
Câu c chính là bài toán 9.
Nhận xét 20: DM = DA ; CM = CB và AB vuông góc với DA và CB nên AB là
tiếp tuyến chung ngoài của (C) và (D); OM là tiếp tuyến chung trong của (C)

và (D) nên ta có bài toán sau :
Bai toán 20: Cho hai đường tròn (C) và (D) tiếp xúc ngoài tại M. Kẻ tiếp tuyến
chung ngoài AB ( A ∈ ( D ) ; B ∈ ( C ) ). Tiếp tuyến chung trong tại M cắt tiếp tuyến
chung ngoài AB tại O.
a) Chứng minh rằng ·AMB = 900 .
b) Tính góc DOC.

Mặc dù ngôn ngữ bài
Toán thay đổi nhưng sau khi vẽ hình ta nhận thấy đây là bài toán quen thuộc đã
làm.

17


a) OM = OA (t/c hai tiếp tuyến cắt nhau)
OM = OB (t/c hai tiếp tuyến cắt nhau)
Suy ra OM =

AB
nên tam giác AMB vuông tại M suy ra ·AMB = 900 .
2

b) Có nhiều cách để làm câu b: Ta có thể sử dụng OPMQ là hình chữ nhật; ON
là đường trung bình....
Giáo viên có thể khai thác thêm nhiều bai toán nữa bằng cách cắt hình, đặc
biệt hoá, tổng quát hoá, thay đổi tên gọi, giả thiết....
Khi học chương3 Góc với đường tròn nữa ta có thể khai thác thêm rất nhiều
bài toán nữa.
Bai toán 21: : Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Vẽ các tia tiếp tuyến
Ax và By với nửa đường tròn (Ax, By và nửa đường tròn cùng thuộc một nửa

mặt phẳng bờ là AB).Từ điểm M thuộc nửa đường tròn (M khác A và B), kẻ tiếp
tuyến với nửa đường tròn đó, nó cắt Ax và
By theo thứ tự tại D và C.
a) Chứng minh các tứ giác ADMO
và BCMO nội tiếp.
b) Gọi P là giao điểm của AM và DO;
Q là giao điểm của BM và CO.
Chứng minh PQ // AB.
c) Chứng minh tứ giác CDPQ nội tiếp.

Ta có thể khai thác thêm rất nhiều bài toán nữa nhưng trong nội dung đề tài tôi
không thể đưa ra hết mà chỉ đưa ra một số bài tập cơ bản được xây dựng dựa
trên bài toán cơ bản ban đầu.
Kết luận: Các bài toán trên ta thấy chúng có mối quan hệ mật thiết với nhau.
Vì vậy nếu trong khi dạy toán mà chúng ta biết hệ thống và liên kết chúng thì
được một hệ thống bài tập không những giúp cho việc giảng dạy thêm phần
sinh động mà còn giúp cho học sinh cảm thấy hứng thú và chủ động đồng thời
nắm bắt được kiến thức một cách vững vàng hơn.
IV. HIỆU QUẢ MANG LẠI.
Sau khi áp dụng đề tài tôi thấy rằng chất lượng đã được nâng lên đáng kể,
đặc biệt là đối tượng HS trung bình chất lượng được nâng lên rõ rệt. Kết quả
kiểm tra ở lớp 9A năm học 2015 – 2016 cho kết quả rất tốt.
Điểm dưới 5
Điểm 9 - 10
Điểm 5 – 6
Điểm 7 – 8
SL
%
SL
%

SL
%
SL
%
4
11,4%
12
34,3%
10
28,6%
9
25,7%

18


Và qua những năm dạy Toán và bồi dưỡng học sinh giỏi, tôi thấy cách làm trên
mang lại nhiều kết quả đáng phấn khởi :
- Học sinh có hứng thú, say mê trong học toán.
- Học sinh có thói quen tìm tòi, tư duy độc lập, sáng tạo hơn.
- Học sinh đã tự xây dựng được phương pháp tự học khoa học.
- Học sinh biết lựa chọn phương pháp giải bài toán một cách hợp lí và chính xác.
- Học sinh biết phân loại các dạng toán và có ý thức tìm hiểu, nắm vững về mỗi
dạng toán.
- Kết quả học tập qua các kỳ thi đạt cao: Kết quả năm sau cao hơn năm trước, tỷ
lệ học sinh vào THPT công lập trên 85 %. Kết quả học sinh giỏi cấp huyện mấy
năm liền đều đạt 100%. Hằng năm đều có học sinh tham gia thi học sinh giỏi
tỉnh và đạt giải. Năm học 2016 – 2017 kết quả học sinh giỏi huyện 100% số
học sinh trong đội tuyển đều đậu là một kết quả chứng minh được hiệu quả trong
bồi dưỡng học sinh giỏi trong đó có sự đóng góp của các phương pháp nêu trên.

V. KHẢ NĂNG ỨNG DỤNG VÀ TRIỂN KHAI.
Đề tài này có thể áp dụng và triển khai đối với tất cả đối tượng học sinh ở các
khối lớp 7, 8, 9 và cả trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi cũng như tự học
nâng cao kiến thức của giáo viên. Tuỳ vào từng đối tượng mà giáo viên chọn các
bài tập và các gợi ý phù hợp.
Nếu nhiều giáo viên cùng áp dụng đề tài này ở các khối 7, 8, 9 trong dạy học
chính khoá, tự chọn, dạy ôn và bồi dưỡng học sinh giỏi tôi tin rằng chất lượng
môn toán sẽ ngày càng được nâng cao.
C. KẾT LUẬN.
I. KẾT LUẬN.
Trên đây là một số phương pháp mà tôi đã áp dụng trong những năm dạy học
Toán. Tôi nghĩ rằng đây là một phương pháp thực sự mang lại hiệu quả đối với
học sinh lớp. Nó không chỉ quan trọng trong dạy học và bồi dưỡng học sinh giỏi,
thi vào lớp 10 THPT, các lớp chuyên, chọn mà quan trọng hơn từ đó hình thành
cho học sinh phương pháp tự học, tư duy độc lập, thói quen tự tìm tòi say mê,
sáng tạo. Đồng thời đưa chất lượng dạy học ngày càng nâng cao. Để hướng dẫn
học sinh có thể có nhiều cách làm khác nhau. Vì vậy rất mong nhận được ý kiến
đóng góp, trao đổi của quí thầy cô giáo để chuyên đề ngày càng hoàn thiện hơn
và trở thành công cụ hiệu quả trong dạy Toán và học Toán.
II. KIẾN NGHI
Từ kết quả thu được của các đề tài tôi thấy việc thực hiện các chuyên đề, đề
tài là rất cần thiết, có nhiều ý nghĩa quan trọng không phải chỉ đối với trò mà
còn rất có ý nghĩa đối với thầy. Đây là một trong những hình thức tự bồi
dưỡng chuyên môn nghiệp vụ cũng như tạo cơ hội học hỏi đồng nghiệp rất có
giá trị. Do đó tôi xin có một số kiến nghi như sau:
*) Đối với giáo viên:
- Cần phát huy tính tích cực của học sinh.
- Cần bồi dưỡng các phương pháp học tập cho học sinh đặc biệt là phương
pháp tự học.
- Luôn tìm tòi nghiên cứu để có phương pháp giảng dạy hiệu quả nhất đặc

biệt là việc dạy sát đối tượng.

19


*) Đối với lãnh đạo các cấp:
- Cần động viên và tạo điều kiện thuận lợi cho những giáo viên có nhiệt
huyết.
- Thường xuyên tổ chức các chuyên đề bồi dưỡng giáo viên đặc biệt là bồi
dưỡng việc đổi mới các phương pháp giảng dạy.
- Phổ biến những đề tài, sáng kiến kinh nghiệm có giá trị thực tiễn tới các
trường để nâng cao hơn nữa chất lượng giáo dục.
Tôi xin chân thành cảm ơn ./.

20