HƯỚNG dẫn học SINH GIỎI lớp 7 GIẢI bài TOÁN HÌNH học BẰNG NHIỀU CÁCH

PHỊNG GD&ĐT HUYỆN N ĐỊNH
TRƯỜNG THCS LÊ ĐÌNH KIÊN

********************************

Sáng kiến kinh nghiệm:
“HƯỚNG DẪN HỌC SINH GIỎI LỚP 7 GIẢI
BÀI TOÁN HÌNH HỌC BẰNG NHIỀU CÁCH”

Người thực hiện: Trịnh Văn Kiện.
Đơn vị: Trường thcs Lê Đình Kiên,
huyện Yên Định, tỉnh Thanh Hóa.
SKKN thuộc mơn: Tốn

THÁNG 4 NĂM 2021


MỤC LỤC
S
T
T

NỘI DUNG

TRANG

1.MỞ ĐẦU
1 1.1. Lí do chọn đề tài.
1.2. Mục đích nghiên cứu.

1

1.3. Đối tượng nghiên cứu.
1.4. Phương pháp nghiên cứu
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm.
2

2.2. Thực trạng của vấn đề.
2.3. Các biện pháp đã tiến hành để giải quyết vấn đề.
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm.
3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ:

3 3.1. Kết luận.
3.2. Đề xuất.

2
2
2-17
17-18
19-20


1
1 MỞ ĐẦU
1.1 Lí do chọn đề tài: Trong việc nâng cao chất lượng dạy và học toán ở trường
phổ thông, việc đổi mới phương pháp dạy học là vô cùng quan trọng. Nhất là phải
chú trọng đến việc phát triển các phẩm chất năng lực của người học. Đặc biệt đối
với mơn tốn là mơn học cơ bản, rất khó và rất sáng tạo địi hỏi học sinh phải rất
chủ động và tích cực trong tư duy, tìm tịi các phần kiến thức mới dưới sự định
hướng và tổ chức dạy học của các thầy cô. Đối với học sinh lớp 7 các em bắt đầu

tiếp cận để làm quen với những phương pháp, kĩ năng chứng minh hình học vì thế
việc định hướng phương pháp giải cho các dạng bài, dùng kiến thức của mình gắn
lí thuyết với bài tập để định hình các bước cần làm giúp các em phát triển tư duy
sáng tạo, có cách nhìn tồn diện và logic về bài tốn.
Thực tế cho thấy lớp 7 là thời điểm vô cùng quan trọng để hình thành kiến thức
cũng như các kĩ năng, phương pháp chứng minh trong hình học cho học sinh và
cũng là rất khó khăn cho các em khi lĩnh hội các nội dung mới này, với trách nhiệm
là phát hiện và bồi dưỡng học sinh giỏi mơn tốn nên tơi càng cần phải suy nghĩ
tìm tịi để có cách làm hiệu quả.
1.2 Mục đích nghiên cứu: Trang bị cho học sinh khá, giỏi lớp 7 một số kĩ năng,
phương pháp tư duy, suy luận và giải bài tốn hình học bằng nhiều cách khác nhau
nhằm giúp cho học sinh có khả năng vận dụng tốt và có kĩ năng, phương pháp sử lí
các bài tập hình học, có hứng thú- sáng tạo hơn trong học tập.
1.3 Đối tượng nghiên cứu: Một số bài tốn hình học lớp 7 cả lí thuyết và bài tập,
cả trong sách giáo khoa và các bài trong tài liệu tham khảo.
1.4 Phương pháp nghiên cứu:
1.4.1 Phương pháp nghiên cứu lý thuyết:
- Nghiên cứu các tài liệu, giáo trình về phương pháp dạy học Tốn, các tài liệu
có liên quan đến sáng kiến kinh nghiệm.
- Nghiên cứu và hệ thống các kiến thức cơ bản trong giải tốn hình học ở bậc
THCS. Cụ thể là các tài liệu rất thiết thực đối với học sinh thcs như:
+ Sách giáo khoa lớp 6, 7, 8, 9
+ Sách giáo viên 6, 7, 8, 9
+ Sách bồi dưỡng thường xuyên và các tài liệu tham khảo cho giáo viên và
học sinh.
1.4.2 Phương pháp chuyên gia: Xin ý kiến các đồng nghiệp có chun mơn cao,
có kinh nghiệm trong q trình xây dựng, hoàn thiện sáng kiến kinh nghiệm.
1.4.3 Phương pháp thực nghiệm sư phạm: Tổ chức thực nghiệp sư phạm nhằm
đánh giá đầu vào cũng như hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm.

2
2 NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1 Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm:
Trong quá trình dạy học trên cơ sở các nội dung lí thuyết đã học và các bài
tập cụ thể giáo viên cần hướng dẫn học sinh vận dụng được các nội dung của lí
thuyết vào các dạng bài tập với yêu cầu khác nhau có sử dụng phần lí thuyết đã học
đồng thời suy luận để tìm ra nhiều cách để giải bài tốn tùy thuộc vào nội dung
kiến thức được sử dụng. Trong chương trình chính khóa thì hầu như sách giáo
khoa, sách bài tập... không đề cập đến việc giải một bài toán bằng nhiều cách
nhưng loại bài tập này lại giúp phát triển rất tốt về tư duy, khả năng tổng hợp sâu
rộng kiến thức cho học sinh khá giỏi, các em sẽ có cách học sâu hơn, cách nhìn
rộng hơn và bao quát hơn. Việc hướng dẫn học sinh cách giải bài tốn bằng nhiều
cách khác nhau cịn giúp đạt được mục tiêu hình thành và phát triển các phẩm chất,
năng lực người học theo chương trình giáo dục phổ thông mới đang triển khai.
2.2 Thực trạng của vấn đề.
2.2.1 Đối với học sinh:
Hình học là phần kiến thức khó tiếp cận với đa số học sinh nói chung và học
sinh khá giỏi nói riêng vì thế các em thấy ngại học khi các thầy cô đề cập tới
những bài tập loại này, nhiều học sinh không biết phải bắt đầu từ đâu để tìm lời
giải và rất khó nhìn ra nhiều lời giải khác nhau cho bài toán. Trước tình hình thực
tế đó tơi đã tìm hiểu kĩ và ra đề khảo sát chất lượng đội tuyển để nắm rõ điểm
mạnh-yếu của từng học sinh cũng như lượng kiến thức và các phương pháp chứng
minh hình học mà học sinh nắm được
*Đề kiểm tra trước khi áp dụng đề tài đối với 30 học sinh:
Bài 1: Chứng minh trong một tam giác tổng hai cạnh luôn lớn hơn cạnh còn lại
( bất đẩng thức tam giác) bằng nhiều cách khác nhau.
Bài 2: Cho tam giác ABC vuông tại A có �
ACB  150 . Trên tia BA lấy điểm O sao
cho BO = 2AC. Chứng minh tam giác OBC cân bằng nhiều cách khác nhau.

*Kết quả thu được:
Bài
Số hs giải đúng 1 cách Số hs giải đúng 2 cách Số hs giải đúng 3 cách
Bài 1
26
4
0
Bài 2
28
2
0
2.2.2 Đối với giáo viên:
Đây là vấn đề gây nhiều khó khăn cho các thầy cơ vì các em học sinh lớp 7
đang chỉ mới bắt đầu được trang bị cả về kiến thức, kĩ năng, phương pháp chứng
minh hình học. Nhiều thầy cơ cũng chưa chú trọng đến việc hình thành và phát
triển tư duy trừu tượng, tư duy sáng tạo cho học sinh khá giỏi mà chỉ dạy theo thói
quen, theo mơ tiếp có sẵn, chưa thực sự đào sâu suy nghĩ về cách làm mà còn dạy
theo kiểu lướt qua coi trọng số lượng dạng – bài mà không chú trọng đến việc hình
thành tư duy sáng tạo, tổng quát, trừu tượng cho các em. Một số thầy cô năng lực
cịn hạn chế nhưng chưa chịu khó tìm tịi học hỏi, ngại thay đổi bản thân và chưa
thực sự tâm huyết với nghề, áp lực về thời gian và lượng kiến thức cần dạy cũng là
một nguyên nhân khiến thầy cô không thể thực hiện được.
2.3 Các biện pháp đã tiến hành để giải quyết vấn đề.
Từ thực trạng trên tôi đã nghiên cứu tài liệu cùng với kinh nghiệm giảng dạy
bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi mơn tốn cấp huyện, cấp tỉnh nhiều năm của
mình hệ thống lại một số nội dung lí thuyết và bài tập tiêu biểu làm ví dụ nhằm


3
giúp học sinh có định hướng tốt đồng thời tiếp cận dễ dàng hơn với loại bài tập

này. Do thời gian chính khóa có hạn nên tơi đã hướng dẫn học sinh học chuyên đề
này vào các buổi học phụ đạo, bồi dưỡng bằng hình thức học trên lớp và học
Online qua các phần mềm với cách thức nêu ra các ví dụ cụ thể, yêu cầu học sinh
thảo luận tìm phương pháp giải, gợi ý, yêu cầu học sinh trình bày lời giải sau đó
nêu lời giải và rút ra nhận xét đánh giá cho từng bài tập. Sau đây là một số bài tập
ví dụ trong chuyên đề.
2.3.1 Bài 1: Chứng minh trong một tam giác tổng hai cạnh ln lớn hơn cạnh
cịn lại ( bất đẩng thức tam giác)
TRAO ĐỔI, ĐỊNH HƯỚNG, CÁCH GIẢI.
Trước hết cần gắn yêu cầu vào một tam giác cụ thể chẳng hạn A BC , cần
chứng minh: BC  AB  AC; AC  BC  AB; AB  AC  BC.
Bằng cách lấy thêm điểm để gắn tổng 2 cạnh bằng cạnh mới và cạnh còn
lại vào chung một tam giác rồi sử dụng quan hệ cạnh và góc đối diện để giải.
Học sinh tự tìm các cách giải có sự thảo luận với nhau và hỗ trợ của giáo
viên(nếu cần) sau đó nhận xét đánh giá về bài làm có lời giải đối chứng, cách
lấy thêm điểm như vậy tạm gọi là phương pháp ‘’chia đoạn-chắp đoạn’’ để giải
tốn hình học.
Cách 1: Ta chứng ming AB+BC > AC. (Tương tự cho 2 bđt còn lại)

Trên tia đối tia BC lấy điểm A’ sao cho BA’ = BA
Suy ra AB + BC = A’B + BC = A’C.(1)
Vì B nằm giữa hai điểm A’ và C nên tia AB nằm giữa hai tia AA’ và AC

�  BAA'
�
� A  BAA'
� ( BAA' cân tại B) � CAA'
�  BA'
� A
mà BA'

� CAA'
�  CA'
� A � A' C  AC (2)(quan hệ cạnh và góc đối
Trong CAA' có � CAA'
diện). từ (1) và (2) suy ra AB  BC  AC (đpcm)
Cách 2:
Giả sử BC là cạnh lớn nhất trong A BC � AB  BC  AC; AC  BC  AB.
Ta cần chứng minh AB  AC  BC


4

Thật vậy, trên cạnh BC lấy điểm B’ sao cho CB’ = CA � CAB' cân tại C

� A  B'
� AC  900 � AB'B
�  900 (do quan hệ kề bù). Trong AB'B có
� CB'
�
AB'B  900 nên là góc lớn nhất, suy ra cạnh đối diện AB cũng là cạnh lớn nhất
hay AB  BB' mà CB’ = AC. Suy ra AB  AC  BB'  CB'  BC .
Cách 3:

Giả sử BC là cạnh lớn nhất trong A BC � AB  BC  AC; AC  BC  AB.
Kẻ AH  BC tại H � H nằm giữa B và C � BH + CH = BC (1)
Theo tính chất cạnh và góc đối diện trong các tam giác vuông AHB, AHC
vuông tại H thì cạnh huyền lớn nhất nên AB > BH, AC > CH
Suy ra AB + AC > BH + CH (2). Từ (1) và (2) � AB + AC > BC.
2.3.2 Bài 2:Chứng minh trong một tam giác vuông, đường trung tuyến ứng với
cạnh huyền bằng một nửa cạnh huyền. (tính chất nêu trong bài 25 trang 67 sgk).

TRAO ĐỔI, ĐỊNH HƯỚNG, CÁCH GIẢI.
Trước hết cần gắn yêu cầu vào một tam giác cụ thể chẳng hạn A BC
vuông tại A, đường trung tuyến AM, cần chứng minh: AM 

1
BC Bằng cách
2

lấy thêm điểm để được đoạn thẳng bằng BC hoặc bằng AM và sử dụng tam giác
bằng nhau hoặc tam giác cân để giải bài toán. Học sinh tự tìm các cách giải có
sự thảo luận với nhau và hỗ trợ của giáo viên(nếu cần) sau đó nhận xét đánh
giá về bài làm có lời giải đối chứng, cách lấy thêm điểm như vậy gọi là phương
pháp ‘’chia đoạn-chắp đoạn’’ để giải tốn hình học đã nói trong bài 1.
Cách 1: Giả sử A BC vuông tại A, đường trung tuyến AM. Trên tia đối tia
MA lấy điểm D sao cho MA  MD � AM 

1
AD( 1 ) .
2


5

Xét BMA và CMD có:
� (đối đỉnh)
MB  CM (gt); AM  MD (cách dựng); �
AMB  CMD

� (tương ứng).
� BMA = CMD (c.g.c) � AB  CD; �

ABM  DCM
Mà 2 góc này ở vị trí so le trong suy ra AB / / DC .
�AB  AC
Vì �
� AC  DC � �
ACD  900
�AB / / DC
Xét ABC và CDA có:

� �
AB  DC (cmt); AC cạnh chung; CAB
ACD  900
� ABC = CDA (cạnh góc vng-cạnh góc vng). � BC  AD( 2 )
(tương ứng). Từ (1), (2) � AM 

1
BC
2

Cách 2:

Giả sử A BC vuông tại A, trên cạnh BC lấy điểm M sao cho MA = MB(1)

� .
� MAB cân tại A � �
ABM  MAB
�  MAC
�  900 (tổng 2 góc nhọn trong tam giác
Lại có �
ABM  �

ACM  MAB
� suy ra MAC cân tại M � MA  MC( 2 ) .
vuông) � �
ACM  MAC


6
Từ (1), (2) � AM 

1
BC .
2

2.3.3 Bài 3: Cho ABC có đường trung tuyến AM cũng là đường phân giác.
Chứng minh ABC cân tại A.
TRAO ĐỔI, ĐỊNH HƯỚNG, CÁCH GIẢI.
Bằng cách lấy thêm điểm, kẻ thêm các đường vuông góc và sử dụng tam
giác bằng nhau, tam giác cân để giải bài tốn.
Bài tập này có thể giả sử ABC không cân tại A, lấy thêm điểm để tạo ra
tam giác cân và dùng lập luận để dẫn tới vơ lí. Học sinh tự tìm các cách giải có
sự thảo luận với nhau và hỗ trợ của giáo viên(nếu cần) sau đó nhận xét đánh
giá về bài làm có lời giải đối chứng. Cách chứng minh phản chứng là giả sử
ngược lại với yêu cầu cần chứng minh dùng suy luận dẫn tới mâu thuẫn với giả
thiết hoặc đẫn tới điều vơ lí từ đó dẫn tới điều giả sử là sai.
Cách 1: Trên tia đối tia MA lấy D sao cho MD = MA.

Xét ABM và DCM có:

�
(đối đỉnh)

MA  MD (cmt); MB  MC (gt); �
AMB  CMD
�  MDC
� , AB  CD (tương ứng) mà
� ABM = DCM (c.g.c) � MAB

�  MAC
� (gt) � MAC
�  MDC
� � ACD cân tại C � AC  CD  AB
MAB
� ABC cân tại A.
Cách 2: Kẻ MH  AB,MK  AC( H �AB,K �AC ) .
� � MH  MK .
Vì MH  AB,MK  AC và AM là phân giác BAC


7

Xét HBM và KCM có:

�  MKC
�  900
MH  MK (cmt); MB  MC (gt); MHB

� C
� (tương ứng)
� HBM = KCM (cạnh huyền-cạnh góc vng). � B
� ABC cân tại A.
Cách 3: Giả sử AB > AC. Trên cạnh AB lấy điểm D sao cho AD = AC.

Xét ADM và ACM có:

�
�
AD  AC (cmt); AM cạnh chung DAM
(gt)
 CAM
� ( 1 ),MD  MC (tương ứng) mà
� ADM = ACM (c.g.c) � �
ADM  C

�
� 2)
MB  MC � MD  MB � MBD cân tại M � BDM
 B(
�C
�  BDM
� �
Từ (1), (2) � B
ADM  1800 (kề bù), vơ lí.
Chứng minh tương tự với AB < AC cũng dẫn tới vơ lí.
� AB  AC � ABC cân tại A.
2.3.4 Bài 4: Cho tam giác ABC. Tia phân giác �
ABC cắt tia phân giác �
ACB ở
I. Vẽ ID  AB tại D, IE  AC tại E. chứng minh rằng BD + CE = BC


8

TRAO ĐỔI, ĐỊNH HƯỚNG, CÁCH GIẢI.
Chứng minh tổng hai đoạn bằng một đoạn thẳng thứ ba ta có các cách:
-Chia đoạn thẳng thứ ba làm 2 phần, một phần bằng 1 trong 2 đoạn trong tổng và
chứng minh phần còn lại bằng đoạn còn lại trong tổng(phương pháp chia đoạn).
-Vẽ một đoạn thẳng bù thêm vào một đoạn trong tổng thành " đoạn mới" (phần bù
này bằng đoạn kia) và chứng minh đoạn thẳng thứ 3 bằng " đoạn mới" Học sinh
tự tìm các cách giải có sự thảo luận với nhau và hỗ trợ của giáo viên(nếu cần) sau
đó nhận xét đánh giá về bài làm có lời giải đối chứng và nhấn mạnh dùng phương
pháp ‘’chia đoạn-chắp đoạn’’ để giải tốn hình học như bài 1và bài 2.
Cách 1: Vẽ IF  BC tại F.

Xét DBI và FBI có:

�  FBI
� (BI là phân giác �
�  IFB
�  900
DBI
ABC ); BI cạnh chung; IDB
� DBI = FBI (cạnh huyền- góc nhọn) � BF  BD (tương ứng)

Chứng minh tương tự ta có CE = CF. Suy ra BD + CE = BF + FC = BC (đpcm).
Cách 2: Trên tia đối tia DB lấy điểm C’ sao cho DC’ = CE.

Xét EIC và DIC' có:

�  IDC'
�  900 ; IE = ID(tính chất điểm nằm trên tia phân giác); DC'  EC
IEC
(cách dựng).

9
� EIC = DIC' (cạnh huyền- cạnh góc vng)
� D  ICE
� (tương ứng).
� IC'  IC; IC'





� D  ICB
�  ICE
� ;�
� (IB là phân giác
Trong IBC' và IBC có IC'
IBC'  IBC
� ) suy ra BIC'
�  CIB
� (tính chất tổng 3 góc của tam giác).
CBA
Xét IBC' và IBC có:
�  CIB
� (cmt), IC'  IC (cmt), IB cạnh chung.
BIC'

� IBC' = IBC (c.g.c) � BC' = BC (tương ứng).
Mà BC'  BD  DC'  BD  CE � BC  BD  CE (đpcm).
2.3.5 Bài 5: Cho tam giác ABC vng tại A có �

ACB  150 . Trên tia BA lấy
điểm O sao cho BO = 2AC. Chứng minh tam giác OBC cân.
TRAO ĐỔI, ĐỊNH HƯỚNG, CÁCH GIẢI.
Trong bài tập này học sinh sẽ dễ mắc vào lối tư duy tìm lời giải kiểu như
phương pháp ‘’chia đoạn-chắp đoạn’’ như các bài tập đã nêu nhưng phương pháp
này khơng khả thi vì đề bài này cho điều kiện về số đo góc và cho quan hệ về các
đoạn thẳng khác với những bài tập trướclà chứng minh về quan hệ các đoạn
thẳng. Ở bài tập này vẫn là kĩ năng tạo ra đoạn thẳng bằng nhau nhưng là vẽ thêm
vào góc đã biết về số đo để tạo ra tam giác đặc biệt(tam giác vuông, tam giác cân,
tam giác đều) và sử dụng tam giác bằng nhau để giải. Trong bài toán này ta cịn
tạo ra tam giác cân chung đáy sau đó chứng minh đỉnh của tam giác cân này
trùng với đỉnh tam giác cần chứng minh nhờ vào hai điểm này có cùng vị trí duy
nhất.

Cách 1: Trên nửa mặt phẳng bờ BC có chứa điểm A vẽ tam giác đều BCM.
Vì ABC vuông tại A nên �
ACB  150 � �
ABC  750 . Lại
ACB  �
ABC  900 , mà �
�  MBC
� �
�  150 .
có OBM
ABC  750 � OBM


10
1
Gọi H là trung điểm OB suy ra HB  AC  OB .

2
Xét ABC và HMB có:
�
BC  MB ( BMC đều); AC = HB(cmt); �
ACB  HBM
 150
�  BHM
�
� ABC = HMB (c.g.c) � CAB
 900 (tương ứng) hay MH  OB .
Trong MOB có MH vừa là đường cao, vừa là đường trung tuyến nên MOB cân
�  1800  2OBM
�  1500 ,
tại M, suy ra BMO
�  BMC
�  OMC
�  3600 và BMC
�  600 � OMC
�  1500 .
mà BMO
Xét MBO và MCO có:
�  OMC
�  1500
MC  MB ( BMC đều); MO là cạnh chung; BMO
� MBO  MCO (c.g.c) � BO  CO (tương ứng)
Suy ra OBC cân tại O(đpcm).
Cách 2:

�  750
Trên cùng nửa mặt phẳng bờ BC có chứa A vẽ tia Cy sao cho BCy

Tia Cy cắt tia BA tại O’.
Ta có ABC vng tại A nên �
ACB  150 � �
ABC  750 .
ACB  �
ABC  900 , mà �
�  O'
�CB  750 � O' BC cân tại O' .
Xét O' BC có O'BC
� �
Lại có �
ACO'  BCO'
ACB  750  150  600 nên trong tam giác ACO’ vng tại
A có �
ACO'  600 suy ra O’C = 2AC mà OB = 2AC  O O'
Vậy OBC cân tại O(đpcm).
Cách 3: Giả sử đường trung trực đoạn thẳng BC cắt AB tại D suy ra DBC
cân tại D.


11

Trong ABC vuông tại A suy ra �
ABC  900  �
ACB  900  150  750
�  750 � �
� �
�  300 .
do đó DCB
ACD  DCB

ACB  750  150  600 và BDC
Lấy điểm N trên cạnh CD sao cho CN = AC � CAN cân tại C mà �
ACN  600
� CAN là tam giác đều � �
ANC  600 ,AN  NC  1 .
� (tính chất góc ngồi AND )
Mặt khác �
ANC  �
ADN  DAN
� � DAN
�  300 . Suy ra DAN
� �
� 600  300  DAN
ADN  300

� DAN cân tại N � AN  ND  2  .
BD �CD 2 ND 2 AC BO D O
Từ (1) và (2) 
Vậy OBC cân tại O(đpcm).
2.3.6 Bài 6: Cho ABC ,vẽ ra phía ngồi ABC các tam giác vuông cân tại A
ABD, ACE .Vẽ AH  BC ,đường thẳng HA cắt DE ở K.
Chứng minh DK = KE.
TRAO ĐỔI, ĐỊNH HƯỚNG, CÁCH GIẢI.
Trong đề bài này cho các điếu kiện có nhiều yếu tố góc vng và các cạnh
bằng nhau(tam giác vng cân) do đó bằng trực quan khơng tìm được các tam
giác bằng nhau sau khi vẽ hình theo đề bài ta hãy nghĩ đến việc kẻ thêm các đường
vng góc hoặc song song để tạo ra các tam giác vng bằng nhau, các góc bằng
nhau nhờ quan hệ so le trong, đồng vị hoặc cùng phụ với một góc kết hợp các yếu
tố cạnh bằng nhau đã có để giải. Học sinh tự tìm các cách giải có sự thảo luận với
nhau và hỗ trợ của giáo viên(nếu cần) sau đó nhận xét đánh giá về bài làm có lời

giải đối chứng.
Cách 1: vẽ AI  DE tại I, đường thẳng IA cắt BC ở M


12

Xét AEK và CAM có:
�  CAM
� (cùng phụ EAI
� �
� )
� ), AC  AE (gt); EAK
E
ACM (cùng phụ CAH
� AEK  CAM (g.c.g) � EK  AM (tương ứng)
Chứng minh tương tự ADK  BAM (g.c.g) � DK  AM (tương ứng)
Vậy DK = EK.
Cách 2: Qua E kẻ đường thẳng song song AD, cắt AK ở F.

Xét FEA và BAC có:
�  BAC
� (cùng bù DAE
� C
� (cùng phụ CAH
� )
� ), AC  AE (gt); EAF
FEA
� FEA  BAC (g.c.g) � EF=AB (tương ứng) � EF=AD
Xét KAD và KFE có:
�  KDA

� , KAD
�  KFE
� (so le trong, FE / / AD ), FE = AD(cmt)
KEF
� KAD  KFE (g.c.g) � DK  KE (tương ứng)
Cách 3: Kẻ DM, EN cùng vng góc AH � DM / / EN


13

Xét ADM và BAH có:
� �
�  BAH
� (cùng phụ DAM
� ), AB  AD (gt); DMA
AHB  900 .
MDA
� ADM  BAH (cạnh huyền-góc nhọn) � AH  DM (tương ứng).
Chứng minh tương tự ta được AH = EN suy ra DM = EN.
Xét DMK và ENK có:
�
� (so le trong, NE / / DM ), NE  MD (cmt); DMK
�
�  900 .
MDK
 NEK
 ENK
� DMK  ENK (cạnh góc vng-góc nhọn kề) � DK  KE (tương ứng).
2.3.7 Bài 7: Cho ABC cân tại A, M là trung điểm cạnh BC, Kẻ MH  AB tại H.
� .

Lấy điểm E thuộc đoạn AH, F trên cạnh AC sao cho �
AEF  2 EMH
� ?
Chứng minh FM là tia phân giác EFC
TRAO ĐỔI, ĐỊNH HƯỚNG, CÁCH GIẢI.
Trong bài tập này cần trang bị bổ sung cho học sinh các nội dung kiến thức về
tính chất của phân giác trong và phân giác ngồi tam giác, đó là quan hệ vng
góc giữa phân giác trong và phân giác ngồi tại mỗi đỉnh và quan hệ đồng quy
giữa một phân giác trong và hai phân giác ngoài tại hai đỉnh cịn lại(học sinh đã
được chứng minh các tính chất này trong bài tập), đồng thời nắm được phương
pháp chứng minh phân giác nhờ vào các tính chất trên. Học sinh tự tìm các cách
giải có sự thảo luận với nhau và hỗ trợ của giáo viên(nếu cần) sau đó nhận xét
đánh giá về bài làm có lời giải đối chứng.
Cách 1 : Ta có ABC cân tại A nên đường trung tuyến AM cũng là đường
phân giác � AM là phân giác trong của AEF (1).


14

�
�
� (gt)
Do EMH vuông tai H nên HEM
mà �
 900  EMH
AEF  2 EMH
1
�  1800  �
�
�

AEF  BEM
� HEM
 900  �
AEF (2). Mặt khác FEM
2
1
1
�
�
 1800  ��
AEF  900  �
AEF � 900  �
AEF (3).
2
2
�
�
�
� � EM là phân giác BEF
� hay EM là phân giác
Từ (2), (3) suy ra � HEM
 MEF





ngoài của AEF (4). Từ (1) và (4) cho thấy M là giao của 1 phân giác trong và 1
phân giác ngoài AEF nên MF là phân giác ngoài AEF hay MF là phân giác
� .

EFC
Cách 2 :

� 1�
�
AEF � �
AED  DEF
AEF mà �
Kẻ phân giác ED của �
AEF  2 EMH
2
�  EMH
� . Lại có EMH
�  HEM
�
��
AED  DEF
 900 ( HEM vuông tại H)
�  900 � FED
�  FEM
�  900 � ED  EM do ED là phân giác trong
��
AED  MEH
AEF nên suy ra EM là phân giác ngoài AEF .


15
Trong AEF có ED là phân giác trong , EM là phân giác ngoài nên FM là phân
� .
giác ngoài tại F của AEF hay FM là phân giác EFC

2.3.8 Bài 8: Cho ABC,AB  AC, vẽ BD  AC,CE  AB( D �AC;E �AB )
Chứng minh AB  AC  BD  CE.
TRAO ĐỔI, ĐỊNH HƯỚNG, CÁCH GIẢI.
Phân tích kĩ đề bài cho thấy: các quan hệ vng góc và so sánh các đoạn
thẳng gợi mở hướng giải quyết dựa vào so sánh đường vng góc với đường xiên,
bất đẳng thức tam giác, học sinh cần tạo ra quan hệ bằng nhau giữa các đoạn
thẳng cần chứng minh và các đoạn thẳng mới là các cạnh trong một tam giác.
Cũng từ quan hệ vng góc cho thấy vai trị các đoạn này là các đường cao trong
cùng một tam giác, điều này gợi mở việc dùng diện tích của tam giác đó để tạo
mối quan hệ bằng nhau giữa các cạnh để giải, phương pháp diện tích cũng rất
hiệu quả trong giải toán mà các em sẽ tiếp cận sâu ở lớp 8. Học sinh tự tìm các
cách giải có sự thảo luận với nhau và hỗ trợ của giáo viên(nếu cần) sau đó nhận
xét đánh giá về bài làm có lời giải đối chứng.
Cách 1: Trên cạnh AB lấy điểm F sao cho AF = AC, vì AB > AC nên F nằm
giữa A và B suy ra FB = AB – AF (1).

Vẽ FG  AC,FH  BD(G �AC;H �BD ) suy ra BH = BD – HD(2)
�  HDF
� (so le trong).
Ta có FG  AC,BD  AC � FG / / BD � GFD
Xét GFD và HDF có :
�  DHF
�  900 , GFD
�  HDF
� (cmt), FD chung.
FGD

� GFD = HDF (cạnh huyền-góc nhọn) � GF  HD,GH  FH (tương ứng)
Xét GAF và EAC có :
�

� chung.
AGF  �
AEC  900 , AF = AC(cách dựng), GAF
� GAF = EAC (cạnh huyền-góc nhọn) � GF = EC (tương ứng)
Suy ra GF = EC  HD .
Ta có FH  BD nên FB  BH (quan hệ đường xiên và đường vng góc)(3).


16
Từ (1),(2) và (3) suy ra AB – AF > BD – HD. Lại có AF = AC, HD = EC(cmt)
Suy ra AB – AC > BD – EC (đpcm).
Cách 2:

AC.BD AB.CE

� AC.BD  AB .CE
2
2
AB BD
AB  AC BD  CE
�

�

 0 ( tính chất tỉ lệ thức và AB > AC).
AC CE
AC
CE
Mà AC > CE ( quan hệ đường vng góc và đường xiên).
Suy ra AB – AC > BD – EC(đpcm).

2.3.9 BÀI TẬP VẬN DỤNG
Bài 1:(2 cách)Cho ABC vuông tại A, đường cao AH. Chứng minh :
a) BC + AH > AB + AC.
b) AH 2  BH .HC
�  800 , lấy điểm M nằm trong ABC
Bài 2: (2 cách)Cho ABC cân tại A có BAC
�  100 ,MCB
�  30 0 . Chứng minh AMB cân tại B.
sao cho MBC
�  300 ,ABC
�  400 . Tia phân giác BAC
� cắt BC ở
Bài 3: (2 cách)Cho ABC có BAC
Ta có: S ABC 

D, đường thẳng vng góc với AD tại A cắt BC ở E.
Chứng minh AB + AC = BE.
Bài 4: (4 cách) Cho ABC có AB > AC. Trên cạnh AB lấy điểm D sao cho BD =
AC. Gọi M, N lần lượt là trung điểm BC, AD. MN cắt AC ở K.
�  MKC
� .
Chứng minh BNM
Bài 5: (3 cách) Cho ABC ( AC > AB) có AM là đường trung tuyến.
Chứng minh AM khơng vng góc với BC.
Bài 6: (4 cách)Cho MPQ có cạnh MQ lớn nhất. Trên tia đối tia QM lấy điểm N
�  900 .
sao cho QN = QP. Chứng minh MPN
1
Bài 7: (2 cách)Cho DEF có ED  EF , M là trung điểm EF. N là trung điểm
2

EM. Chứng minh DF = 2DN.
Bài 8: (5 cách)Cho ABC cân tai A, đường trung tuyến CD. Trên tia đối của tia BA
1
lấy điểm K sao cho BK = BA. Chứng minh CD  CK .
2


17
Bài 9: (2 cách)Cho ABC . Lấy các điểm D, E lần lượt trên các cạnh AB, AC sao
cho BD = CE. Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của BC, DE. Đường thẳng
MN cắt các đường thẳng AC, AB lần lượt ở G và H. Chứng minh AGH cân.
Bài 10: (2 cách)Cho điểm C bất kì nằm trên đoạn thẳng AB. Trên cùng một nửa
mặt phẳng bờ AB, vẽ các tam giác đều ACD, BCE. Gọi M, N lần lượt là trung
điểm của AE, BD.
1
a) Chứng minh MN  DE .
2
b) Tìm vị trí của C để DE có độ dài nhỏ nhất.
Bài 11: (2 cách)Cho ABC có các đường phân giác BD và CE cắt nhau tại I, biết
ID = IE. Chứng minh �
ABC  �
ACB hoặc �
ABC  �
ACB  1200 .
Bài 12: (3 cách)Cho ABC vuông tại A, AC > AB, tia phân giác góc A cắt BC ở D.
Đường thẳng vng góc với BC tại D cắt AC ở E. Chứng minh DB = DE.
2.4 Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm.
Khi hoàn thành xong các nội dung tôi thực hiện việc ra đề kiểm tra đánh giá và
so sánh với kết quả trước khi triển khai dạy đề tài này để thấy được hiệu quả của đề
tài đồng thời đánh giá được các kiến thức, kĩ năng, phương pháp cũng như một số

phẩm chất và năng lực của học sinh đã đạt được. Qua đó có rút kinh nghiệm và bổ
sung cho chuyên đề càng hoàn thiện và hiệu quả hơn.
*Đề kiểm tra sau khi áp dụng đề tài đối với 30 học sinh này:
Bài 1: Cho tam giác ABC có AB > AC. Trên cạnh AB lấy D sao cho BD = AC. Gọi
M, N lần lượt là trung điểm BC, AD. MN cắt AC tại K.
�  CKM
�
Chứng minh BNM
bằng 4 cách khác nhau.
Bài 2: Cho tam giác ABC có cạnh AC dài nhất. Trên tia đối của tia CA lấy điểm M
sao cho CM = CB. Chứng minh rằng �
ABM là góc tù bằng 4 cách khác nhau..
*Kết quả thu được:
Bài
Số hs giải
Số hs giải đúng
Số hs giải đúng 3
Số hs giải đúng
đúng 1 cách
2 cách
cách
4 cách
Bài 1
0
13
11
6
Bài 2
0
12

10
8
Sau khi áp dụng cách làm như trên tôi thấy rằng chất lượng học sinh đội tuyển
HSG lớp 7 qua nhiều khóa học đã được nâng lên đáng kể, đặc biệt là đối tượng học
sinh đạt điểm khá giỏi đã tăng lên khá nhiều; học sinh đã tự tin suy luận và làm
được nhiều cách khác nhau cho một bài toán, cảm thấy hứng thú với những yêu
cầu này cũng như phát huy tốt năng lực tự học, năng lực hợp tác... tự tin khám phá
các nội dung kiến thức, ghóp phần hiệu quả trong việc phát triển kiến thức-kĩ năng
cũng như các phẩm chất-năng lực của học sinh theo chương trình giáo dục phổ
thơng mới.
Trong thời gian giảng dạy đã qua, với cách làm thường xuyên liên tục như
vậy được tiến hành từ lớp 6 cho đến lớp 9 cho các đội tuyển cấp huyện, cấp tỉnh
với nhiều loại bài tập khác nhau cả đại số, hình học, số học, tốn suy luận logic
phù hợp cho từng khối lớp, tơi nhận thấy khả năng tư duy của học sinh phát triển
rất tốt, học sinh đã khơng cịn sợ những bài tốn phần hình học nữa, học sinh đã
hứng thú hơn và chủ động hơn trong việc học của mình, có tư duy tổng quát, tư


18
duy trừu tượng, sáng tạo tìm tịi khám phá ra nhiều lời giải cho một bài tập, chủ
động hỏi thầy và trao đổi với bạn phát triển năng lực học tốn nói riêng và các vấn
đề khác nói chung qua từng năm học.
Tôi đã gặt hái được rất nhiều thành cơng trong cơng tác dạy học nói chung và
bồi dưỡng học sinh giỏi các cấp, từ cấp huyện-cấp tỉnh và thi vào chuyên toán, tin
Lam Sơn trong nhiều năm khác nhau. Năm học 2020-2021, chất lượng đại trà tại
các lớp tôi giảng dạy đều đạt trên 80% khá giỏi; đội tuyển học sinh giỏi mơn tốn
lớp 7 cấp cụm do tơi bồi dưỡng đã đạt được nhiều giải nhất, nhì, ba và xếp thứ nhất
toàn huyện. Qua nhiều năm học với chất lượng và hiệu quả giảng dạy đã được
kiểm chứng khẳng định, tôi luôn được cấp trên-nhà trường-học sinh và phụ huynh
tin tưởng ghi nhận, điều đó càng làm cho tơi vững tin vào những gì mà mình đang

hướng dẫn cho các lứa học trò khác nhau.


19
3 KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ:
3.1 Kết luận.
Trên đây là một số trong hệ thống lí thuyết và bài tập tiêu biểu mà tôi đã giảng
dạy cho học sinh khá giỏi nơi mình đang cơng tác trong q trình ơn luyện, bồi
dưỡng học sinh khá-giỏi trong đội tuyển học sinh giỏi lớp 7 trong nhiều năm của
nhiều khóa học khác nhau(vì quy định số trang nên tơi chỉ nêu được một số bài để
minh họa cho cách làm của mình), hàng năm tơi đều có sự nghiên cứu trao đổi với
đồng nghiệp, tổng kết và bổ sung. Với cách làm như vậy luôn được tiến hành liên
tục từ lớp 6 cho đến lớp 9 cho nhiều loại bài tập khác nhau cả đại số, hình học,
tốn suy luận logic cũng như số học... tôi nhận thấy khả năng nhận dạng cũng như
giải quyết các bài tập có sự tiến bộ rõ rệt, các em đã hoàn thành tốt các bài tập mà
tơi đã đưa ra, hình thành tư duy logic sáng tạo, tư duy trừu tượng cho học sinh giúp
tôi có rất nhiều học sinh giỏi đạt giải nhất, nhì,.. cấp huyện, cấp tỉnh. Nhiều em đậu
vào các lớp chuyên toán Đại học khoa học tự nhiên-Đại học quốc gia Hà Nội, đậu
vào chuyên Lam Sơn phát triển rất tốt ví dụ em: Trịnh Hồng Đức đạt giải ba Quốc
gia mơn tốn năm học 2013-2014(lớp 11), giải nhì Quốc gia mơn tốn năm học
2014-2015(lớp 12); em Trịnh Hữu Gia Phúc đạt giải nhì Quốc gia mơn tin năm học
2016-2017(lớp 10), đạt giải nhất Quốc gia môn tin năm học 2017-2018(lớp 11),
Huy chương bạc Châu á thái bình dương mơn tin năm 2018, năm 2019 em là một
trong số các học sinh của Việt nam tham dự Olympic tin học Quốc tế và đã đạt huy
chương vàng. Trong các học sinh đội tuyển toán năm học 2019-2020 hiện đang học
lớp 10 chun tốn Lam Sơn có em Hồng Tiến Minh đang trong tốp dẫn đầu và
rất triển vọng.
Để đạt được kết quả tốt người thầy cần khơi dậy sự chủ động tìm tịi, tính tích
cực và sáng tạo của học sinh thơng qua các bài giảng của mình góp phần nâng cao
hiệu quả chất lượng giáo dục trong nhà trường.

3.2. Kiến nghị.
Việc giảng dạy các loại bài tập này cần bố trí vào các buổi học bồi dưỡng
học sinh khá giỏi với thời gian thích hợp, cả học ở trường với sự hướng dẫn của
thầy cùng với việc tự học ở nhà để học sinh có thể nắm bắt tốt.
Thầy cơ giáo nên có sự nghiên cứu, tìm tịi nhiều hơn tâm huyết hơn cho các
công tác giảng dạy nhất là cơng tác bồi dưỡng học sinh giỏi, cần có cái nhìn sâu
rộng xun suốt nội dung chương trình mơn tốn để có cách hình thành tư duy cho
học sinh từ thấp đến cao – từ trường hợp riêng đến tổng quát hóa, trừu tượng một
cách thường xuyên liên tục giúp nâng tầm tư duy học sinh qua các năm học để các
em học tập sáng tạo đạt kết quả cao.
Nhà trường, Phòng giáo dục và đào tạo, Sở giáo dục và đào tạo cần có nhiều
biện pháp hơn nữa trong ghi nhận và khuyến khích giáo viên nghiên cứu và đưa
vào áp dụng các đề tài SKKN có hiệu quả cao, cần tổ chức các buổi trao đổi
chuyên đề về thực trạng tại các nhà trường hiện nay, có định hướng và yêu cầu đối
với cán bộ, giáo viên nghiên cứu đưa ra các giải pháp tốt đồng thời giới thiệu nhiều
sáng kiến hay, nhiều kinh nghiệm tốt để mọi người có thể tham khảo và học tập.
Tơi mong muốn nhận được sự hưởng ứng tích cực từ phía các thầy cô và
các em học sinh về trao đổi, nghiên cứu tìm hiểu các chun đề về các dạng tốn
nói chung và các dạng bài tập này nói riêng nhằm nâng cao chất lượng dạy và học


20
tốn đặc biệt là trong cơng cơng tác bồi dưỡng học sinh giỏi ở các nhà trường hiện
nay.
Tôi xin trân trọng cảm ơn!
XÁC NHẬN
CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Yên Định, ngày 19 tháng 04 năm 2021
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của

mình viết, khơng sao chép nội dung của
người khác.

Trịnh Văn Kiện


21
PHỤ LỤC: TÀI LIỆU THAM KHẢO
T
T

1

TÊN TÀI LIỆU

Phương pháp tư duy tìm cách giải tốn
hình học 7.

Phát triển tư duy sáng tạo giải tốn hình học 7.
2
Tốn bồi dưỡng học sinh giỏi lớp 7.
3
4

Tuyển chọn các bài toán hay & khó hình học 7.

5

Nâng cao và phát triển tốn 7.

6

Vẽ thêm hình phụ trong giải tốn hình học phẳng.

7

Một số chuyên đề; đề thi học sinh giỏi toán 7 các
tỉnh, thành phố trên mạng Internet.

TÁC GIẢ
Nguyễn Toàn Anh

Bùi Văn Tuyên
Nguyễn Đức Trường
Vũ Hữu Bình
- Tơn Thân
-Hồ Quang Hiếu.
Phan Văn Đức
Nguyễn Hồng Khanh
Vũ Hữu Bình.

Nguyễn Đức Tấn.

DANH SÁCH SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC XẾP LOẠI.


22
TT

1

TÊN ĐỀ TÀI

Số, ngày, tháng, năm của quyết
định công nhận, cơ quan ban hành
QĐ

Hướng dẫn học sinh khá, giỏi lớp 9
một số phương pháp chứng minh
bất đẳng thức

Xếp loai B. QĐ số: 132-QĐPGD&ĐT. Ngày 21/5/2012
Phòng GD&ĐT huyện Yên Định

2
Hướng dẫn học sinh giỏi lớp 7 cách
học một bài tập tổng quát.

-Xếp loại A. QĐ số: 139/GDYĐ
Ngày 18/5/2014 Phòng GD&ĐT
huyện Yên Định
-Xếp loại C. QĐ số: 753/QĐSGD&ĐT Ngày 03/11/2014

3

Hướng dẫn học sinh khá, giỏi lớp 9 Xếp loai A. QĐ số: 189/GDYĐ.
cách phát triển một bài tập hình học. Ngày 12/5/2016 Phòng GD&ĐT
huyện Yên Định

4

Hướng dẫn học sinh khá, giỏi lớp 6
cách học một số dạng bài tập về số
nguyên.

-Xếp loại A. QĐ số: 159/GDYĐ
Ngày 16/5/2017 Phòng GD&ĐT
huyện Yên Định
-Xếp loại C. QĐ số:1112/QĐSGD&ĐT Ngày 18/10/2017

Rèn luyện tư duy tổng quát cho học
sinh khá, giỏi lớp 7 thông qua một
số bài tốn đại số.

-Xếp loai A. QĐ số: 133/PGDĐT.
Ngày 15/5/2019 Phịng GD&ĐT
huyện Yên Định.
-Xếp loai B. QĐ số:2007/QĐSGDĐT Ngày 08/11/2019.

Rèn luyện kĩ năng, tư duy cho học
sinh khá, giỏi lớp 9 để giải các bài
tốn khó hình học.

-Xếp loai A. QĐ số: 156/PGDĐT.
Ngày 1/7/2020 Phòng GD&ĐT
huyện Yên Định.
-Xếp loai C. QĐ số:2088/QĐSGDĐT Ngày 17/12/2020.

5

6