SKKN hình thành tư duy giải bài toán cùng họ

I - MỤC LỤC

-

II

NỘI DUNG

TT

1

PHỤ LỤC

TRANG

01

A. PHẦN MỞ ĐẦU
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI

2

II. ĐỐI TƯỢNG, PHẠM VI NGHIÊN CỨU

02

III. MỤC TIÊU, NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU
IV. GIẢ THIẾT KHOA HỌC

3

V. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
VI. ĐÓNG GÓP VỀ TÍNH KHOA HỌC CỦA ĐỀ TÀI

03

B. NỘI DUNG NGHIÊN CỨU
I. CƠ SỞ LÝ LUẬN

4

04

II. CƠ SỞ THỰC TIỂN
5
6

III. NỘI DUNG CHÍNH

IV. KẾT LUÂN – KIẾN NGHỊ

05 - 14
15 -16

MỘT SỐ KÍ HIỆU TOÁN HỌC VÀ CHỬ VIẾT TẮT

1.MỘT SỐ KÍ HIỆU TOÁN HỌC.
 Diện tích tam giác kí hiệu là : S
 Góc kí hiệu là:



 Giao nhau kí hiệu là:
 Song song kí hiệu là:
//
 Tam giác kí hiệu là:

 Vuông góc kí hiệu là :

�
 Thuộc kí hiệu là
:

1


ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

“HÌNH THÀNH TƯ DUY GIẢI BÀI TOÁN CÙNG HỌ”
A. PHẦN MỞ ĐẦU:
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI:

Trong hoạt động dạy – học môn toán hiện nay ở trường THCS đa số giáo viên còn có thói
quen giải các bài tập một cách đơn điệu và dừng lại ở đó mà chưa quan tâm nhiều đến việc phát
triển bài toán . Vì vậy khi học sinh gặp bài toán mới thường bị động, không biết bắt đầu từ đâu để
tìm lời giải. Đôi khi chỉ cần một chút thay đổi giả thiết là có ngay bài toán khác hay hơn hoặc lấy
kết quả bài toán làm cầu nối với bài toán khác.
Vì vậy người thầy cần định hướng cho học sinh cách phân tích, phát triển, tổng quát hóa...từ
một bài toán gốc có thể phát triển thành nhiều bài toán khác gọi là bài toán “ cùng họ ”. Như vậy
với mỗi buổi học ôn tập kiến thức, dạy bồi dưỡng học sinh khá giỏi thầy và trò không cần phải
giải thật nhiều bài toán, đôi khi chỉ cần một đến hai bài là đủ và bài toán đó không phải ở đâu xa

mà ở ngay trong sách giáo khoa hoặc sách bài tập. Thực tế qua hoạt động dạy học như vậy người
thầy cũng rút ra được nhiều kinh nghiệm quý báu cho bản thân, thậm chí học tập được từ học trò
thêm những điều bổ ích.
Làm như vậy là chúng ta đã tạo được sự hứng thú cho người học, phát huy được tính tích cực,
độc lập, chủ động, sáng tạo của học sinh, khơi nguồn cảm hứng tự nghiên cứu tài liệu cho học
sinh đó chính là tiền đề cho các em từng bước chiếm lĩnh tri thức một cách chủ động trước những
vấn đề mới và khó. Qua đó nhằm giáo dục tính kiên trì, bản lĩnh cá nhân góp phần giáo dục kỷ
năng sống cho học sinh trong suốt quá trình học tập.
Chính vì những lý do trên nên tôi đã chọn tên đề tài nghiên cứu: “Hình thành tư duy giải
bài toán cùng họ” thông qua một số bài toán trong sách giáo khoa hình học lớp 9, mong muốn
được chia sẻ cùng bạn bè đồng nghiệp.
II. ĐỐI TƯỢNG, PHẠM VI NGHIÊN CỨU:
1. Đối tượng nghiên cứu: Nghiên cứu việc giải một số bài toán của 30 học sinh khá, giỏi lớp 9
năm học 2015 - 2016 trường THCS nơi bản thân đang công tác.
2. Phạm vi nghiên cứu: Nghiên cứu chủ đề “Hình thành tư duy giải bài toán cùng họ”
thông qua một số bài toán
III. MỤC ĐÍCH, NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU:
1. Giúp giáo viên từng bước thay đổi tư duy, đánh giá đúng năng lực của từng đối tượng học
sinh từ đó chuyển từ phương pháp dạy – học thụ động một chiều sang dạy - học chủ động,
sáng tạo qua từng đơn vị kiến thức đơn giản đảm bảo tính liên thông.

2


2. Giúp học sinh tiếp cận kiến thức mới một cách chủ động, sáng tạo thông qua các tư duy toán
học logic.
IV. GIẢ THIẾT KHOA HỌC:
1. Dự kiến: Đề tài sẽ được lấy ý kiến của giáo viên toán tại trường sau đó áp dụng thể nghiệm
cho học sinh khá giỏi môn toán trong toàn trường, tiến tới toàn thị xã.
2. Dự báo: Đề tài sẽ áp dụng có hiệu quả đối với những buổi dạy nâng cao kiến thức, bồi dưởng

học sinh giỏi các cấp.
V. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU:
1. Phương pháp điều tra.
Đã tiến hành điều tra đối với 30 học sinh lớp 9 giải một số bài toán (bài toán 1, bài toán 2, bài
toán 3 có trong nội dung nghiên cứu) và đưa ra các bài toán tương tự liên quan có bảng số liệu
kèm theo.
2. Phương pháp thực nghiệm.
Đã áp dụng thực nghiệm tương đối thành công khi giảng dạy nâng cao kiến thức cho 30 học
sinh lớp 9A.
3. Phương pháp quy nạp.
Sau khi tiến hành phương pháp điều tra và thực nghiệm bản thân đã rút ra được kết luận tương
đối về sự thụ động của học sinh có năng lực khá giỏi trong việc tiếp cận và giải quyết các bài
toán có liên quan khi thay đổi giả thiết.
VI. ĐÓNG GÓP VỀ TÍNH KHOA HỌC CỦA ĐỀ TÀI:
1. Đối với tập thể:
Phù hợp với đổi mới phương pháp dạy học hiện nay, đánh giá đúng năng lực của từng đối
tượng học sinh, đặc biệt là học sinh khá giỏi
Giúp cho đội ngũ giáo viên dạy toán thay đổi cách nhìn khi giảng dạy các tiết luyện tập, ôn
tập hay bồi dưỡng học sinh giỏi…
2. Đối với cá nhân:
Đã từng bước thay đổi phương pháp dạy học phù hợp giúp học sinh tích cực, chủ động, tự
tin, sáng tạo trong học tập. Từ đó đánh giá được vai trò của người thầy trong việc tổ chức các hoạt
động dạy học theo xu thế đổi mới của nghành giáo dục.

3


B. NỘI DUNG NGHIÊN CỨU:
I. CƠ SỞ LÝ LUẬN:
Giáo dục là nền tảng trong sự nghiệp phát triển đất nước, góp phần đưa đất nước hội

Nhập với các nước phát triển. Trên hững chặng đường thử thách hiện nay ngành giáo dục và đào
tạo đang tích cực đổi mới phương pháp dạy và học. Nhà giáo dục không chỉ chú đến việc truyền
thụ tri thức mà quan trọng hơn là phải kích thích người học chủ động, sáng tạo, tích cực trọng
hoạt động học tập.
Trong khung chương trình, sách giáo khoa hiện hành của bộ GD&ĐT bậc THCS môn toán,
học sinh được học 4 tiết/tuần nên đa số thời gian chỉ để truyền đạt kiến thức lý thuyết cơ bản.
Học sinh được thực hành qua các tiết luyện tập, ôn tập chủ yếu bằng phương pháp thụ động, giải
bài tập là chính. Ngoài ra không ít giáo viên nhận thức chưa đúng về chuẩn KTKN, giảm tải nên
chưa mạnh dạn đổi mới phương pháp dạy học. Mặt khác bản thân giáo viên cũng chưa quen với
việc phát triển, tổng quát hóa, đặc biệt hóa,...khai thác sâu thêm các kết quả của những bài toán
"điển hình" để giúp học sinh khá giỏi phát huy năng lực. Vì vậy đối tượng học sinh khá giỏi
thường tự hài lòng mà chưa có thói quen tư duy độc lập.
II. CƠ SỞ THỰC TIỂN:
1. Thực trạng.
1.1. Thuận lợi:
Thực tế tại trường chúng tôi việc dạy học theo hướng mở cũng đã được nhà trường, tổ
chuyên môn quan tâm đúng mức nhằm giúp giáo viên và học sinh nhìn nhận sâu sắc những kiến
thức cơ bản trong sách giáo khoa, sách bài tập. Đa số giáo viên giảng dạy môn toán đã chú ý đến
phương pháp dạy học, chú trọng khắc sâu kiến thức cơ bản, từ đó phân tích, khai thác thêm, phát
hiện những vấn đề mới liên quan nên phần nào thay đổi cách dạy, cách học. Tổ chuyên môn
nghiên cứu và xây dựng bộ PPCT phù hợp với thực tế trên cơ sở chương trình của Sở giáo dục,
từ đó góp phần nâng cao chất lượng dạy học.
Tỉ lệ học sinh khá giỏi ở trường nơi đang công tác tương đối cao nên thuận lợi cho công tác
giảng dạy.
1.2. Khó khăn:
Học sinh còn lười học,chưa nhận thức đúng việc học.Phụ huynh chưa thật sự quan tâm
đến việc học của con em .
1.3. Kết quả điều tra.
Tôi đã tiến hành điều tra thực nghiệm 30 học sinh khá, giỏi trường THCS nơi tôi đang công
tác việc giải 3 bài toán có trong đề tài và nêu các bài toán cùng dạng (hay cùng họ) sau đó. Kết

quả thu được như sau:

Số lượng
HS được
điều tra
30

Nội điều tra

SL, TL học sinh có
liên hệ đÕn bài toán
gèc

Điều tra việc giải 3 SL: 6 em
bài toán gốc và các TL: 20%
bài toán cùng họ

SL, TL học sinh không có
sự liên hệ đÕn bài toán gèc
SL: 24 em
TL: 80%
4


Nhận xét: Nhìn vào bảng kết quả ta thấy đa số học sinh không có sự liên hệ với các
bài toán đã giải chiếm tỉ lệ cao.
1.4 . Các giải pháp đã thực hiện.
Thay đổi phương pháp dạy học: Đối với những kiến thức, những bài tập có tính đặc biệt
giáo viên nên phân tích kỷ, nhìn nhiều góc độ khác nhau, thay đổi giả thiết. Tiếp đến có thể đề
xuất các bài toán tương tự. Đặc biệt là hình thành kỷ thuật phân tích bài toán để làm tái hiện các

kiến thức đã học. Thực tế nếu giáo viên làm được như vậy thì sẻ phát huy được tính chủ động
của học sinh trong quá trình học tập.
Kiến thức: Đề tài còn liên quan đến một số kiến thức về đại số như các bất đẳng thức quen
thuộc.
Sau đây là nội dung chính của đề tài nghiên cứu, đã áp dụng dạy thử nghiệm nâng cao kiến
thức tại trường THCS nơi bản thân đang công tác.

5


III. NỘI DUNG CHÍNH.

 Bài toán 1: Cho tam giác ABC, Lấy điểm E �AB ( E �A,B), Kẻ EF//BC ( F �AC),
Kẻ FP//AB, (P �BC). Biết SAEF = a , SCFP = b.
a) Tính S ABC theo a và b
b) Tìm diện tích lớn nhất của hình bình hành BEFP
AB
BC
.a 
.b
AE
CP

c) Chứng minh rằng: S ABC 

Sơ lược giải(Hình 1):
- Kiến thức: Dùng tỉ số diện tích của hai tam giác đồng dạng bằng bình phương tỉ số đồng
dạng.
a) Theo giã thiết EF//BC và FP//AB suy ra tứ giác BEFP là hình bình hành
Ta có các tam giác AEF, FPC cùng đồng dạng với tam giác ABC nên:

S
S

AEF

=

ABC

EF
BC

s
s

;

FPC

=

ABC

CP
.
BC
EF
BP
=

BC BC

Vì BEFP là hình bình hành nên EF = BP do đó

s
s

Suy ra :

S ABC

s

ABC



ABC

S AEF  S FPC




AEF

= a b

s
s



Hay

=

BP CP BP  CP BC

1
+
=
BC BC
BC
BC

=

s

S ABC 



FPC
ABC

s

ABC

AEF



s

a b

FPC



2

b) Ta có: s BEFP  s ABC _ s AEF _ sFPC =( a + b )2-a-b =2 ab

s

Mặt khác

ABC

= ( a + b )2 = a + b + 2 ab  4

 2 S BEFP 

Vậy: GTLN( S BEFP ) =

hay

s



ABC

1
S ABC �
2

S

BEFP

EH’ =
�



1
2

s

s

BEFP

2 ab

ab =2 S BEFP

ABC

1
AH và EH’ // AH
2

E là trung điểm của BC

A
A
F

E

F

E
B

P

C

B

H'

H

P

C

Hình 1
6


c)Từ kết quả S ABC 

s

ABC

s




=

s

a+

ABC

ABC

=

.

s





s

b 
ABC

s
s

ABC

2

a  b ta có:

=

ABC

a

.
a

s
s
s

.a +

AEF

ABC

ABC

a
b
+
a
b
b
+
.
=
b s ABC

=

.b =

FPC

s

ABC

a

AB
BC
.a 
.b 
AE
PC

s

.a +

S

ABC

ABC

b

=

.b

AB
BC
.a 
.b
AE
PC

(đpcm)

 Nếu điểm F nằm ngoài tam giác ABC thì kết quả sẻ thay đổi như thế nào ?Ta có bài tập sau :
Bài toán 1.1: Cho tam giác ABC. Điểm F thuộc tia đối của tia CA.
Kẻ FE //BC; FP //AB  E �AB; P �BC  . Đặt S ABC  S ; S AEE  a; S FPC  b .
a) Tính S ABC và S BEFP theo a và b
AB
BC
.a 
.b
AE
CP

b) Chứng minh rằng: S 

Sơ lược giải(Hình 2):
a) Ta có hai tam giác AEF và FPC cùng đồng dạng với tam giác ABC
Ta có:
S AEF EF

;
S ABC BC

Hay S ABC 



S FPc CP

. Suy ra:
S ABC BC
a b



S
S AEF
EF  PC
 FPC 
1.
S ABC
S ABC
BC

2

Ta có: S BEFP  S AEF  S FPC  S ABC  a  b  (a  b  2 ab ) � S BEFP  2 ab
A

C

B

F

E

b) Từ kết quả : S ABC 




a b

P



2

Hình 2

Vì F nằm trên tia đối của tia AC nên SAEF > SFPC  a > b

S ABC  a  b � S ABC 

S ABC
S ABC
AB
BC
.a 
.b � S 

.a 
.b (đpcm)
a
b
AE
PC

Nếu điểm F nằm trong tam giác ABC thì kết quả sẻ thay đổi như thế nào ? Ta có bài tập
sau :

7


Bài toán 1.2 : Cho tam giác ABC. Điểm F nằm trong tam giác ABC. Qua F kẻ
MN//BC;PQ//AB;IK//AC  I , M �AB; P, N �AC; Q, K �BC  .
Đặt S ABC  S ; SFQK  a; S PFN  b; S IMF  c .
a) Tính S ABC theo a, b và c
b) Tìm giá trị lớn nhất của tổng : S APFI  S MBQF  S NCKF theo a, b và c
c) Chứng minh rằng: S ABC 

AB
BC
AC
.a 
.b 
.c
FQ
FN
FI

Sơ lược giải(Hình 3):

a) Dễ thấy các tam giác: FQK, PFN, IMF lần lượt đồng dạng với tam giác ABC nên
ta có:
S FQK
S ABC



S PFN
S IMF QK FN MF QK KC BQ







1
S ABC
S ABC BC BC BC BC BC BC

� S FQK  S PFN  S IMF  S ABC � S ABC  ( S FQK  S PFN  S IMF ) 2

Vậy: S ABC = ( a  b  c )2
b) Ta có: SAPFI + SMPQF + SNCKF = SABC – ( a + b +c) = ( a  b  c )2 – ( a + b +c)
 SAPFI + SMPQF + SNCKF = 2 ab  2 ac  2 bc 2( a  b  c )
S APPI  S MBQF  S NCKF  S ABC  (a  b  c)  (a  b  c ) 2  (a  b  c )
� S APPI  S MBQF  S NCKF  2 ab  2 ac  2 bc �2(a  b  c )
� 3.( S APPI  S MBQF  S NCKF ) �2(a  b  c )  2.(S APFI  S MBQF  S NCKF )  2S ABC

2
� S APPI  SMBQF  S NCKF � S ABC
3
2
Vậy GTLN( S APFI  S MBQF  S NCKF ) = S ABC � a = b = c � F là trọng tâm
3

c) Ta có:

A

S ABC  ( S FQK  S PFN  S IMF ) 2 � S ABC

P
I

 S FQK  S PFN  S IMF

M

� S ABC  S FQK . S ABC  S PFN . S ABC  S IMF . S ABC
�S
�S

S ABC
S ABC
S ABC
.S FQK 
.S PFN 
.S IMF

S FQK
S PFN
S IMF
AB
BC
AC
.a 
.b 
.c
FQ
FN
FI

B

F

Q

N

K

C

Hình 3

Ta tiếp tục thay đổi vị trí điểm F. Chẳng hạn cho điểm F ở ngoài tam giác ABC và thuộc góc
BAC. Ta có bài tập sau:

8


Bài toán 1.3: Cho tam giác ABC. Điểm F thuộc góc BAC và nằm ngoài tam giác ABC. Qua F
kẻ PQ//BC; EN//AB; MD//AC  D, P �AB; E , Q �AC ; M , N �BC 
Đặt: S ABC  S ; S FNM  a; S DPF  b; S EFQ  c
a) Tính S theo a, b và c
b) Chứng minh rằng: S 

AB
AC
BC
.b 
.c 
.a
PD
EQ
MN

Sơ lược giải(Hình 4):
a) Dễ thấy các tam giác FNM, DPF, EFQ lần lượt đồng dạng với tam giác ABC nên:
S EFQ
S
S DPF
PF FQ MN MN  BM MN  NC MN

 FNM 






1
S ABC
S ABC
S ABC
BC BC BC
BC
BC
BC
� S ABC  S DPF  S EFQ  S FNM � S 



b c a



2

b)Ta có: Do SDPF +SEFQ > SFNM hay b + c > a
Suy ra:
S



b c a



2

A

� S  b c a
E

� S  S .( b  c  a )

D

S
S
S
.b 
.c 
.a
b
c
a
AB
AC
BC

.b 
.c 
.a
PD
EQ
MN

AB
AC
BC
Vậy: S  PD .b  EQ .c  MN .a (đpcm)

M

B



N

C

F

P

Q

Hình 4

Nếu điểm F thuộc góc đối của góc BAC ta tìm được kết quả tương tự bài tập 3. Ta có bài tập
sau:
Bài toán 1.4: Cho tam giác ABC. Điểm F thuộc góc BAC và nằm ngoài tam giác ABC. Qua F
kẻ PQ//BC; EM//AB; ND//AC  D, P �AB; E , Q �AC ; M , N �BC 
Đặt: SABC=S; SDPF = a, SEFQ = b , SFMN = c
Chứng minh rằng: S 

AB
AC
BC
.a 
.b 
.c
PD
EQ
MN

Sơ lược giải(Hình 5):

Làm tương tự bài tập 3 ta có kết quả:
S



a b c



Q

2

F

P
D

E
A

AB

AC

BC

Từ đó suy ra : S  PD .a  EQ .b  MN .c
Hình 5
M

B

C

N

9


 Trở lại bài toán 1.2: Nếu MN, PQ, IK không đồng quy tại F mà đôi một cắt nhau. Ta có bài
tập sau.
Bài toán 1.5: Cho hình 6 dưới đây. Biết MN//AC; PQ//AB; EF//BC.
S IKH  So ; S MEH  S1 ; S PKF  S2 ; S IQN  S3 . Tính S ABC theo So ; S1 ; S 2 ; S3
A
P

M

I
E

B

F

K

H

Q

N

C

Hình 6
Sơ lược giải(Hình 6):
Kẻ HE // PQ
Các tam giác IKH, MEH, PKF, IQN lần lượt đồng dạng với tam giác ABC

S
S

Nên Ta có:

IKH
ABC



S
S

KH
,
BC

MEH



ABC

EH
;
BC

S PKF KF

;
S ABC BC

S IQN
S ABC



QN

BC

Cộng vế theo vế của các đẳng thức trên ta có:

S
S
3



IKH



ABC

S
S

IKH

MEH



ABC

S
S

PKF



ABC

S
S

IQK



ABC

KH  EH  KF  QN BC  3KH

BC
BC

1

ABC

S
S


S
S

MEH



ABC

S

(
ABC

S
S

PKF
ABC



S
S

IQN
ABC



S
S

IKH

1

ABC
2

S1  S 2  S 3  2 S 0 )

10


Bài toán 2(Sách BT toán 9): Tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Tiếp tuyến tại A cắt tia BC
ở D. Tia phân giác góc BAC cắt (O) ở M. Tia phân giác của góc D cắt AM ở I. Chứng minh: DI 
AM
Sơ lược giải (Hình 7):
Gọi N là giao điểm của AM với BC,
A
Ta có:
D
sdAC  sdBM sdAC  sdCM

2
2
sdACM
 NAD
=
2
� AND cân tại D. Khi đó DI là đường

phân giác cũng là đường cao nên DI 

Q

AND 

AM

(đpcm)

P

I
C

O
N
B

M

Hình 7

 Nhận xét: Nếu gọi P là giao điểm của AB và DI, Q là giao điểm của AC và DI. Ta cũng
chứng minh được APQ cân tại A. Khi đó tứ giác APNQ là hình thoi.Kết quả này sẻ thay đổi
như thế nào khi điểm A nằm ngoài đường tròn?Ta có bài tập sau:
Bài toán 2.1: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). Gọi E là giao điểm của BC với DA,
M là giao điểm của BA với CD. Phân giác góc M cắt CB và AD thứ tự tại Q và S, Phân giác góc E
cắt CD và AB thứ tự tại P và R. Chứng minh: Tứ giác PSRQ là hình thoi
Sơ lược giải (Hình 8):

Gọi I là giao điểm của RP và QS .
E
* Ta có:  MPR  C   E1
12
(góc ngoài tam giác)
�MRP  �A1  �E2

B

 C A 1,  E 1=  E 2
  MPR MRP  MRP

Mà

cân tại M, Khi đó MI là đường phân giác cũng
là đường cao nên MI  PR và IP = IR (1)
Tương tự ta chứng minh được: EQS cân ở E
suy ra : EP  QS và IQ = IS
(2)
Từ (1) và (2) suy ra Tứ giác PSRQ là hình thoi
(đpcm)

R

Q

1
A

O

2
S

I

C
P
D

2
1
M

Hình 8

 Kết quả này sẻ thay đổi như thế nào khi điểm E nằm trong đường tròn?Ta có bài
Bài toán 2.2: Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O). Phân giác góc M cắt AC và BD lần lượt tại R và
S. Phân giác góc AKB cắt AB; CD thứ tự tại P và Q
11


Gọi  K   AC �BD;  M   AB �DC ;  I   PQ �RS
Chứng minh: Tứ giác PRQS là hình thoi.
Sơ lược giải (Hình 9):
Ta có:
sdAN  sdBCT
sdAN  sdCT  sdCB
=
2

2
sdDT  sdCBN
sdDT  sdBN  sdCB
 PQM 
=
2
2
Mà  DT   BN  AN   TC
suy ra :  QPM =  PQM  PQM cân ở M ; MS
là phân giác của góc M  RS là trung trực của PQ (1)
Ta có :  MRC=  SRK=  MAC+  AMR
và  RSK =  CMR +  MDB
mà  MAC =  MDB ( cùng chắn cung BC) và
 AMR =  CMR ( vì MR là phân giác)
  SRK =  RSK  KRS cân tại K và KP là
phân giác  PQ là đường trung trực của RS (2)

A

QPM =

D
O
R
I
N

P

K

S

Q

T

C

B

Từ (1) và (2) suy ra tứ giác PRQS là hình thoi. (đpcm)

M

Hình 9

 Kết hợp bài toán 2.1 với bài toán 2. 2 ta có bài tập sau:
Bài toán 2.3: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) và M là giao điểm của BC với AD, I là
giao điểm của hai đường chéo AC và BD. Phân giác góc AID cắt CD ở Q, cắt BA ở P. Chứng
minh tam giác MPQ cân ở M.
Sơ lược giải (Hình 10):
Kẻ phân giác NK của góc AI
C
(N thuộc AB, N thuộc CD)
K
kết hợp với giả thiết IP là phân
D
J
I
giác của  AID  IP  NK (1)

4
1 3
2
(góc tạo bởi 2 tia phân phân giác
O
của 2 góc kề bù)
B
Q
theo bài 2 ta dễ dàng chứng minh
N
được  NMK cân tại M . Kẻ phân
A
2
giác góc  NMK  MJ  NK
1
(2) . Từ (1) và (2)  MJ//QI
�MQP  �M 2 ( sole trong )
�
Khi đó �
�QPM  �M 1 (dong vi )
�

Mà �M 1  �M 2

M
P

Hình 10

� �MPQ  �MQP nên tam giác

MPQ cân tại M . (đpcm)

12


Bài toán 3: Cho hình vuông ABCD. Hai đường tròn cùng bán kính R tương ứng đi qua các cặp
điểm A, B và B, C và cắt nhau tại điểm thứ hai N. Chứng minh rằng bán kính đường tròn ngoại
tiếp tam giác AND bằng R.
Sơ lược giải: (Hình 11)
Gọi H là giao điểm của OO’ với NB suy ra OO’ là
đường trung trực của NB � HN  HB , Vì (O) và
(O’) có cùng bán kính nên O’H = OH
Kẻ O’H  IH, OK  HC �  O’MH =  OKH
(cạnh huyền – góc nhọn) � MH = MK (*)
;O’M = OK
Mà O’M = OK �  OMI =  OKC ( cạnh
huyền – cạnh góc vuông) � MI = KC (**)
Từ (*) và (**) ta suy ra:
HI = HC Nối NI; từ đó suy ra:
HNI HBC (c.g .c)
 BC  NI ;  INH HBC
 BC  IN ; BC // IN (1)

M

K

Vì ABCD là hình vuông nên:
BC=AD,BC//AD (2) Từ (1) và (2) suy ra:

IN=AD,IN//AD  INDA là hình bình hành
Suy ra: INA   DAN (c.c.c) ; suy ra bán kính
đường tròn ngoại tiếp tam giác ANI bằng bán kính
đường tròn ngoại tiếp tam giác DAN. Vậy bán Hình 11
kính đường tròn ngoại tiếp tam giác AND bằng R
.

 Hãy thay đổi hình vuông trong bài toán 3 bằng hình chữ nhật. Khi đó bán kính đường tròn
ngoại tiếp tam giác AND có bằng R nữa không?Ta có bài toán tương tự:

13


Bài toán 3.1: Cho hình chữ nhật ABCD. Hai đường tròn cùng bán kính R tương ứng đi qua các
cặp điểm A, B và B, C và cắt nhau tại điểm thứ hai N. Chứng minh rằng bán kính đường tròn
ngoại tiếp tam giác AND bằng R.
Sơ lược giải:(Hình 12)
Ta dễ dàng chứng minh bài
toán 3.1 tương tự như bài toán
3. Từ đó ta có bán kính đường
tròn ngoại tiếp tam giác AND
bằng R
O
N

I

H
C

B
O'
A

D

Hình 12
 Bây giờ ta thay hình chữ nhật ở bài toán 3.1 bằng hình thoi ABCD và thiết lập bài toán
tương tự. Khi đó bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác AND có bằng R nữa không?Ta có
bài toán tương tự:

Bài toán 3.2: Cho hình thoi ABCD. Hai đường tròn cùng bán kính R tương ứng đi qua các cặp
điểm A, B và B, C và cắt nhau tại điểm thứ hai N. Chứng minh rằng bán kính đường tròn ngoại
tiếp tam giác AND bằng R.
Sơ lược giải(Hình 13)
Ta dễ dàng chứng minh bài toán 3.2 tương tự
như bài toán 3.1. Từ đó ta có bán kính đường
O
tròn ngoại tiếp tam giác AND bằng R
A
B

H

D

N

C
O'

14


 Bây giờ ta thay hình chữ nhật ở bài toán 3.2 bằng hình bình hành ABCD. Khi đó bán kính
đường tròn ngoại tiếp tam giác AND có bằng R nữa không?Ta có bài toán tương tự:
Bài toán 3.3: Cho hình bình hành ABCD. Hai đường tròn cùng bán kính R tương ứng đi qua các
cặp điểm A, B và B, C và cắt nhau tại điểm thứ hai N. Chứng minh rằng bán kính đường tròn
ngoại tiếp tam giác AND bằng R.
Sơ lược giải(Hình 14):
Ta dễ dàng chứng minh bài toán 3.3. tương
I
tự như bài toán 3. Từ đó ta có bán kính
đường tròn ngoại tiếp tam giác AND bằng R
N

O

O'

H
B

A

C
D

Hình 14

 Bây giờ ta thay hình bình hành ở bài toán 3.3 bằng tứ giác ABCD. Khi đó bán kính đường
tròn ngoại tiếp tam giác AND có bằng R nữa không?Ta diễn đạt bài toán dưới dạng tìm điều
kiện như sau:
Bài toán 3.4: Cho tứ giác ABCD. Hai đường tròn cùng bán kính R tương ứng đi qua các cặp
điểm A, B và B, C và cắt nhau tại điểm thứ hai N. Tìm điều kiện để bán kính đường tròn ngoại
tiếp tam giác AND bằng R.
Kết quả đạt được:
Sau khi đề tài hoàn thiện tôi đã áp dụng dạy nâng cao với 30 học sinh khá giỏi tại trường
THCS nơi đang công tác thấy hiệu quả khá rõ nét. Không những thế khi tôi dạy những bài toán
đơn giản ở sách giáo khoa học sinh từng bước hình thành được thói quen phân tích, tổng quát hoá,
làm chủ kiến thức.
Kết quả cụ thể:
Số lượng
HS được
điều tra

30

Nội điều tra

SL, TL học
sinh giải được
bài toán cùng
họ.

Điều tra việc giải các SL: 24 em
bài toán cùng họ có TL: 80%
liên quan đến 3 bài
toán có trong đề tài

SL,TL học sinh
không giải được
nhưng có sự liên
hệ đến bài toán
gốc .

SL,TL học sinh
không có sự
liên hệ đến bài
toán gốc.

SL: 5em

SL: 1em

TL: 17%

TL: 3%

 Nhận xét: Qua bảng số liệu ta thấy sau khi thay đổi phương pháp dạy số lượng HS có sự
liên hệ giữa kiến thức đã học với kiến thức mới chiếm tỉ lệ cao, học sinh chủ động hơn trong
việc tiếp cận các bài toán mới có nội dung tương tự các bài toán trước đó.
15


C. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
1. Kết luận:
Đây chỉ là một minh chứng cho phương pháp dạy học phân hóa đối tượng học sinh, nhằm
giúp học sinh phát huy hết nămg lực học toán của mình. Qua đó giúp giáo viên đánh giá đúng
năng lực cho từng đối tượng học sinh, làm nền tảng cho phát hiện những học sinh khá giỏi có tố

chất trong học toán. Khuôn khổ đề tài chỉ áp dụng cho đối tượng là học sinh khá giỏi. Trong quá
trình thực hiện bản thân đã tiến hành điều tra thực nghiệm, trải nghiệm qua nhiều năm học và
thấy được hiệu quả của việc khai thác, nhìn nhận sâu sắc các bài toán đơn giản ở sách giáo khoa,
sách tham khảo để học sinh có cơ hội phát huy được năng lực của mình. Trong quá trình thực
hiện bản thân đã nhận được sự cộng tác của Tổ chuyên môn, các bạn đồng nghiệp và của 30 học
sinh khá giỏi của trường nên đề tài đã được thực hiện đúng tiến độ và có thời gian để dạy thể
nghiệm.
Các ví dụ trong đề tài chỉ mang tính minh họa cho việc thay đổi phương pháp dạy học. Đây
chỉ là kinh nghiệm nhỏ của bản thân trong quá trình dạy học, nghiên cứu, tích lũy được mong
được sự góp ý từ các bạn đồng nghiệp và các em học sinh để đề tài được phong phú hơn về nội
dung.
Với những thử nghiệm mang lại hiệu quả tương đối rõ nét hy vọng đề tài sẻ được đồng
nghiệp đón nhận và nhân rộng trong đội ngũ giáo viên toán của đơn vị nơi đang công tác trong
quá trình dạy học ôn tập kiến thức, dạy bồi dưỡng cho học sinh
Phạm vi ứng dụng của đề tài chỉ bó hẹp trong khoảng 3 buổi dạy nhưng điều tác giải muốn
gữi gắm ở đây chính là người thầy cần phải thay đổi tư duy, phương pháp dạy học để từ những bài
toán nhỏ học sinh lấy đó làm công cụ giải những bài toán lớn trong quá trình dạy học nhằm đi tới
mục đích cuối cùng là sự tích cực, chủ động và sáng tạo của thầy và trò sau mỗi giờ lên lớp.
Để đề tài được hoàn thiện thời gian tới tác giả tiếp tục nghiên cứu các vấn đề tương tự, kính
mong các cấp, bạn đồng nghiệp tiếp tục ủng hộ để đề tài hoàn thiện trong thời gian sớm nhất để
phục vụ cho công tác giảng dạy, bồi dưỡng học sinh giỏi tốt hơn.
2. Kiến nghị:
* Với cấp trên: Tăng cường bồi dưỡng các chuyên đề chuyên sâu về phương pháp dạy học
theo từng chủ đề cụ thể để giáo viên trao đổi kinh nghiệm và học hỏi lẫn nhau.
* Đối với chuyên môn nhà trường: Chú trọng công tác đội ngũ, có kế hoạch bồi dưỡng
thường xuyên, dài hơi nhằm đáp ứng yêu cầu, nhiệm vụ mới.
* Đối với tổ chuyên môn: Nên đi sâu các chuyên đề, chuyên đề phải có tính ứng dụng thực
tế cao, động viên giáo viên nghiên cứu tài liệu.
* Đối với giáo viên: Thường xuyên trau dồi kiến thức, nghiệp vụ, cần tiếp cận những kiến
thức mới qua nhiều kênh thông tin khác nhau như các tạp chí chuyên nghành.

* Với học sinh: Cần có thái độ nghiêm túc trong học tập, có ý thức tự giác, tự học, tự
nghiên cứu trong suốt quá trình học tập.
Bản thân mong nhận được sự quan tâm của các đồng nghiệp.
Xin chân thành cảm ơn!
16


17


PHÒNG GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO THỊ XÃ KỲ ANH
------------

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

ĐỀ TÀI

HÌNH THÀNH TƯ DUY GIẢI BÀI TOÁN CÙNG HỌ

HỌ VÀ TÊN : NGÔ ĐỨC KHỔNG
CHỨC VỤ : GIÁO VIÊN
ĐƠN VỊ
: TRƯỜNG THCS KỲ PHƯƠNG
LĨNH VỰC : TOÁN

Năm học: 2016 - 2017
18


19