(Sáng kiến kinh nghiệm) những cách giải khác nhau cho một bài toán hình học khá quen thuộc

A. ĐẶT VẤN ĐỀ
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Để đáp ứng nhu cầu phát triển của xó hội, đổi mới giáo dục được xem là
vấn đề hết sức quan trọng. Từ quan niệm về chất lượng giáo dục, xây dựng nhân
cách người học, đến cách tổ chức quá trỡnh và hệ thống giỏo dục. Nhà giỏo thay
vỡ chỉ truyền đạt tri thức chuyển sang cung cấp cho người học phương pháp thu
nhận thơng tin một cách hệ thống, có tư duy phân tích và tổng hợp. Đầu tư cho
Giáo dục từ chổ được xem như là phúc lợi xó hội chuyển sang đầu tư cho phát
triển.
Trong giỏo dục, quy trỡnh đào tạo bao gồm các yếu tố: Mục tiêu, chương
trỡnh đào tạo, nội dung, hỡnh thức tổ chức dạy học, phương pháp dạy học.
Phương pháp dạy học là khâu rất quan trọng bởi lẽ phương pháp dạy học có phù
hợp thỡ hiệu quả của việc dạy học mới cao, phương pháp có phù hợp thỡ mới cú
thể phỏt huy được khả năng tư duy sáng tạo của người học. Bởi vậy việc đổi
mới giáo dục trước hết là việc đổi mới phương pháp dạy học.
Trong quá trình giảng dạy nếu người giáo viên biết cách gợi mỡ khéo léo,
hướng giúp học sinh cách suy nghĩ tìm thêm pháp pháp chứng minh bằng nhiều
cách khác nhau thì các em có thể nhanh chóng tìm ra ngay cách chứng minh mà
mình cảm thấy hết sức thú vị, có khi giúp cho người thầy giáo có thêm những
cách giải mới ngắn gọn mà hay nhất.
Khi giải một bài tốn nói chung và hình học nói riêng khơng một học sinh
nào, giáo viên nào nói đó là cách giải duy nhất, ngắn gọn nhất. Nếu người giáo
1


viên nhận xét như vậy thì quả là một sai lầm, nó sẻ làm cho người học mất đi tư
duy sáng tạo, lịng đam mê học, giải tốn.
Trong đề tài này tôi xin nêu ra “những cách giải khác nhau cho một bài
tốn hình học khá quen thuộc.
II. SỐ LIỆU ĐIỀU TRA
1. Mẫu phiếu điều tra

Bài toán 1: Chứng minh rằng nếu tam giác có một đường trung tuyến
đồng thời là đường phân giác thì tam giác đó là tam giác cân.
2. Phạm vi điều tra:
- Điều tra 36 em học sinh lớp 7.
- Điều tra 20 em học sinh lớp 8.
3. Thời gian điều tra:
Tháng 2 năm 2013
4. Kết quả điều tra:
* Đối với 36 em học sinh lớp 7:
- Có 27 em làm đúng theo một cách giải trở lên chiếm 75%.
- Có 9 em làm đúng theo 3 cách giải trở lên chiếm 25%
* Đối với 20 em học sinh lớp 8
- Có 18 em làm đúng theo một cách giải trở lên chiếm 90%.
- Có 4 em làm đúng theo 3 cách giải trở lên chiếm 20 %.
B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
Bài toán 1: Chứng minh rằng nếu tam giác có một đường trung tuyến
đồng thời là đường phân giác thì tam giác đó là tam giác cân.
2


Lời giải: Xét ∆ABC có đường trung tuyến AM đồng thời là đường phân
giác. Ta sẻ chứng minh ∆ABC cân tại A, bằng cách chứng minh:
AB = AC hoặc ∠B = ∠C .
Cách 1: Trên tia đối của tia AM lấy điểm A / sao cho A / M = AM . Khi đó:
A
∆ABM = ∆A / CM (c.g.c)
=

⇒ AB = A / C (1)
∠BAM = ∠CA / M .

/
M

B

=

Mặt khác: ∠BAM = ∠CAM
⇒
⇒

∠CAM = ∠CA / M
∆ACA / cân tại C

/
C

A/
⇒ AC = A / C (2)

Từ (1) và (2) suy ra AB = AC (đ.p.c.m)
Cách 2: Giả sử AB > AC. Đương thẳng qua M vng góc với AM cắt AB,
A
AC lần lượt tại F và E.
Khi đó: ∆AEM = ∆AFM (g.c.g)
⇒ EM = FM ⇒ ∆BMF = ∆CME (c.g.c)

C

/

F

E

M

/

⇒ ∠BFM = ∠CEM mà hai góc này có vị trí

so le trong, suy ra BE // CE
Điều này có lý vì BF cắt CE tại A

B

⇒ AB ≤ AC (3)

Tương tự: AB < AC cũng vô lý (chứng minh như trên)
Kết hợp số (3) suy ra: AB = AC (đ.p.c.m)

A

Cách 3: Giả sử AB > AC trên cạnh

=

AB lấy điểm H sao cho AH = AC
3

=

H
B

/

/


Khi đó: ∆AHM = ∆ACM (c.g.c)
⇒ MC = MH và ∠AHM = ∠ACM

Mà MC = MB, suy ra MB = MH

C

M

⇒ ∆MBH cân tại M ⇒ ∠MHB = ∠MBH
⇒ ∠ABC + ∠ACB = ∠MBH + ∠ACM = ∠MHB + ∠MHA = 180 0 (vơ lý)

vì ∠ABC ; ∠ACB là hai góc của ∆ABC
Tiếp tục lý luận như cách 2, suy ra (đ.p.c.m)
Cách 4: Kẻ MN ⊥ AB( I ∈ AB)
A

MK ⊥ AC ( K ∈ AC )
⇒ ∆AMI = ∆AMK (cạnh huyền- góc nhọn)

I

K

⇒ AI = AK ; MI = MK

/

Mặt khác MB = MC ⇒ ∆IBM = ∆KCM
(cạnh huyền – cạnh góc vng)

/

B

C

M

⇒ BI = CK ⇒ BI + AI = CK + AK

⇒ AB = AC (đ.p.c.m)

Cách 5: Cũng như cách 4
∆IBM = ∆KCM ⇒ ∠IBM = ∠KCM ⇒ ∠ABC = ∠ACB . ⇒ ∆ABC cân tại A

Cách 6: Trên tia đối của tia AB lấy điểm P
sao cho AP = AB
⇒ AM là đường trung bình của ∆BCP

P

⇒ AM // PC ⇒ ∠BAM = ∠APC ; ∠CAM = ∠ACP

Mà ∠BAM = ∠CAM ⇒ ∠APC = ∠ACP

A

⇒ ∆APC cân tại A

4

B

/

M

/

C


⇒ AC = AP = AB
⇒ ∆ABC cân tai A (đ.p.c.m)

Cách 7: Giả sử AB > AC
Trên AB lấy điểm Q sao cho AQ = AC;
QC cắt AM tại N

A

⇒ ∆AQN = ∆ACN (c.g.c)
⇒ NQ = NC ⇒ MN là đường trung bình của

=

∆CBQ( MB = MC )

=

Q

⇒ MN // BQ, vơ lý vì MN cắt BQ tại A.

/

B

N
M

/

C

Tiếp tục lý luận như cách 2 suy ra (đ.p.c.m)
A

Cách 8: Trên tia đối của tia MA lấy điểm D sao cho

MD = MA.
⇒

B

/

=

ABDC là hình bình hành, có đường chéo AD

C

D

là đường phân giác của ∠BAC
nên

=
M/

ABDC là hình thoi. ⇒ AB = AC (đ.p.c.m)
Cách 9: Ta thấy ∆ABM và ∆ACM có chung đường cao

A

xuất phát từ đỉnh A, có hai đáy BM = CM nên có
I

diện tích bằng nhau, suy ra AB. MI = AC. MK

mà MI = MK (tính chất của tia phân giác của một góc)
B

⇒ AB = AC (đ.p.c.m)

K
/

M

Cách 10: Vì AM là phân giác
của ∠BAC của ∠ABC , nên theo tính chất đường phân giác của tam giác.

5

/

C


Ta có:

AB MB
=
= 1.
AC MC

(MB = MC).

⇒ AB = AC (đ.p.c.m)

Bài toán 2: Cho ∆ABC , trên cạnh BC lấy điểm D, E
Sao cho BD = CE. Chứng minh rằng nếu ∠BAD = ∠CAE thì ∆ABC là tam
A

giác cân.
Cách 1: Từ D vẽ DF //AC
Từ E vẽ EG //AB

G

F

Ta chứng minh được:

DF AC
=
(1)
EG AB

/

B

/

E

D

C

∆ADF ~ ∆AEG (g.g)
⇒

DF AD
=
EG AE

(2)

Từ (1) và (2) có

AC AD
=
AB AE

⇒ ∆ADC ~ ∆AEB (c.g.c) ⇒ ∠ABC = ∠ACB ⇒ ∆ABC cân tại A (đ.p.c.m)

Cách 2: Giả sử ∠B > ∠C . ⇒ AC > AB ⇒

AC
= 1.
AB

A

Vẽ M ∈ AD sao cho ∠ABM = ∠ACE
Có ∠M 1 = ∠E1 ⇒ ∠M 2 ∠E 2 ; ∠D1 > ∠E 2 = ∠M 2
⇒ BM > BD ⇒

BD
<1
BM

∆ABM ~ ∆ACE ⇒

⇒

(1)
B

AB BM
=
AC EC

EC
BD AC
=
=
>1
BM BM
AB

-/

1

AM

2
1

2 1

E

D

(2)

/

-

C

A

(1) và (2) mâu thuẩn từ đó ta có (đ.p.c.m)
Cách 3: Từ D và E lần lượt vẽ
G

F
6
B

/

D

E

/

C


DF ⊥ AB( F ∈ AB ); EG ⊥ AC (G ∈ AC )

do BD = CE ⇒ S ∆ABD = S ∆ACE
⇒ AB.DF = AC.EG
⇒

DF AC
=
EG AB

(1)

∆ADF ~ ∆AEG ⇒

DF AD
=
EG AE

Từ (1) và (2) suy ra

(2)

AC AD
=
AB AE

⇒ ∆ABE ~ ∆ACD
⇒ ∠ABE = ∠ACD ⇒ ∆ABC cân tại A (đ.p.c.m)

Cách 4: Vẽ hình bình hành ABEF.
⇒ BE = AF chứng minh được tứ giác ADCF là hình bình hành.

A

F

⇒ ∠EFC = ∠BAD = ∠EAC (gt)
∆AEG ~ ∆FCG
⇒

Do
⇒

AG EG
=
FG CG

(g.g)
G

(1)
B

AG FG
=
( AF // EC )
GC GE
AG EG
=
FG CG

/

D

E

/

C

(2)

Từ (1) và (2) có EG = GC .
⇒ ∆GAEC cân tại G.
⇒ ∠FEC = ∠ACE ⇒ ∠ABC = ∠ACB ⇒ ∆ABC cân tại A (đ.p.c.m)
A

Cách 5: Vẽ BH ⊥ AD; CK ⊥ AE
BD = CE ⇒ S ∆ABD = S ∆ACE .

7

B

/

D
H

E

/
K

C


⇒

BH AE
=
CK AD

∆ABH ~ ∆ACK ⇒

BH AB
=
CK AC

⇒ ∆ABE ~ ∆ACD (∠BAE = ∠CAD;

AB AE
=
)
AC AD

⇒ ∠ABE = ∠ACD ⇒ ∆ABC cân tại A (đ.p.c.m).

Cách 6: Qua B vẽ đường thẳng song song với AD cắt AD tại M. Qua C
vẽ đường thẳng song song với AB cắt E tại N.
∆ABM ~ ∆ACN (g.g)
⇒

AB BM
=
AC CN

A

(1)

∆ADC có BM // AC ⇒

AC BC
=
BM BD

B

AB BE
=

∆ABE có CN // AB ⇒
CN EC

Do đó có

AB CN
=
AC BM

Từ (1) và (2) có

/

D

/

E

M

C

N

(2)

AB AB BM CN
AB 2
.

=
.
⇒
= 1 ⇒ AB = AC
AC AC CN BM
AC 2

⇒ ∆ABC cân tại A (đ.p.c.m).

Bài toán 3: Cho ∆ABC cân ở A trung tuyến CD trên tia đối của tia BA lấy
A
điểm K sao cho BK = BA.
D

1
2

Chứng minh rằng: CD = CK .

-

B

CK
Cách 1: Gọi I là trung điểm của CK thì CI =
.
2

+
Ta có BI // AC (BI là đường trung bình ∆ACK ).

8

K

+
I

C


⇒ ∠IBC = ∠ABC = ∠ACB

Mặt khác:

BI =

1
1
1
AC . BD = AB = AC .
2
2
2

⇒ BI = BD .

A

Suy ra: ∆BCI = ∆BCD (c.g.c). ⇒ CD = CI .
Mà CI =

D

CK
1
⇒ CD = CK (đ.p.c.m).
2
2

- -

-

-

B

Cách 2: Gọi E là trung điểm của AC.

E
C

1
2

Ta có: BE = CK .
K

(BE là đường trung bình của ∆ACK ).
Ta chứng minh được BE = CD .

(∆BCE = ∆CBD)

1
2

(c.g.c ⇒ CD = CK (đ.p.c.m)

Cách 3: Trên tia đối của tia CB lấy điểm M sao cho CM = CB
⇒ AM = 2CD (CD là đường trung bình của ∆ABM )

A

Xét ∆BCK và ∆CMA có:

_

AC = BK (đều bằng AB)
∠ACM = ∠CBK (do ∠ACM + ∠ACB = 180 0

Còn ∠CBK + ∠ABC = 180 mà
0

∠ABC = ∠ACB vì ∆ABC cân tại A)

K

CM = CB

⇒ ∆ACM = ∆KBC (c.g.c)
⇒ AM = KC

9

D
_
B

//

C

//

M


1
2

Suy ra CK = 2CD ⇒ CD = CK (đ.p.c.m)

A
_

Cách 4: Trên tia đối của tia CA lấy N sao cho:
CN = CA ⇒ BN = 2CD (CD là đường trung bình của ∆ABN )
B

D
_

+
C

Mặt khác ta xét ∆ABN và ∆ACK có: AB = AC (gt)
∠A chung

+
N

K

AN = AK ; (2 AC = 2 AB)

Suy ra: ∆ABN = ∆ACK (c.g.c)
⇒ BN = CK

Do đó: CK = 2CD
⇒ CD =

1
CK (đ.p.c.m)
2

Cách 5: Trên tia đối của tia DC lấy điểm E sao cho DE = DC
E

⇒ ∆ADC = ∆BDE (c.g.c)

A

_

+

⇒ BE // AC

D
_
B

Dễ dàng chứng minh được.

+

C

∆BCE = ∆BCK (c.g.c)
⇒ CE = CK
1
2

K
1
2

Mà CD = CE ⇒ CD = CK (đ.p.c.m)

C. KẾT QUẢ SAU KHI THỰC HIỆN
Sau một thời gian hướng dẫn, gợi ý cho học sinh giải theo nhiều cách, các
em đã có hứng thú trong việc tìm thêm nhiều cách giải. Kết quả các em đã giải

10


đúng và làm được nhiều cách giải khác nhau. Đặc biệt là một số em cịn tìm ra
nhiều lời giải hay và ngắn gọn.
Ví dụ: + Bài tốn 1

* Đối với 36 em học sinh lớp 7:
- Có 27 em làm đúng theo một cách giải trở lên chiếm 75%.
- Có 9 em làm đúng theo 3 cách giải trở lên chiếm 25%
* Đối với 20 em học sinh lớp 8
- Có 18 em làm đúng theo một cách giải trở lên chiếm 90%.
- Có 6 em làm đúng theo 3 cách giải trở lên chiếm 30 %.
Các em đã làm và giáo viên đã tổng hợp được các cách giải như trên.

D. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
Tơi khơng có tham vọng nêu được hết tất cả các dạng bài tốn và có nhiều
cách giải mà chỉ nêu lên được phương pháp chung, sử dụng một số dạng bài tập
quen thuộc trên cơ sở đã thực hành, kiểm nghiệm trong quá trình giảng dạy cũng
như với hỗ trợ các đồng nghiệp trong trường cơng tác.
Tìm được nhiều cách giải đối với một bài tốn là yếu tố quan trọng khơng
những giúp học sinh giải các bài tập Hình học mà tạo cho các em sự sáng tạo
vận dụng hợp lý những kiến thức đã được học vào bài tập, gây hứng thú, kích
11


thích được tính độc lập sáng tạo để tìm ra được nhiều cách giải ngắn gọn, tạo ra
cho các em sự linh hoạt, chủ động trong học tập cũng như trong mọi cơng việc
cuộc sống.

Với kinh nghiệm cịn nghèo nên được rút ra trong quá trình giảng dạy
cũng như trong học tập và cịn có sự hạn chế về kinh nghiệm kiến thức cũng như
tư duy sáng tạo. Nhưng bản thân cũng mạnh dạn đưa ra một kinh nghiệm nhỏ để
được trao đổi với các đồng nghiệp.
Tuy các bài tập trên tôi đã đưa ra được các cách giải như vậy, nhưng tơi
vẫn tin rằng các bài tốn này đang còn nhiều phương pháp giải nữa, ngắn gọn
hơn nữa, hay hơn nữa, mong được sự đóng góp của quý thầy cơ.
* Ý kiến đề xuất:
- Cần có các chun đề giải bài toán theo nhiều cách.
- Các đề tài hay nên đưa vào các chuyên đề để các đồng nghiệp trao đổi
rút kinh nghiệm.
Mặc dù bản thân tơi đó cố gắng nhiều trong quỏ trỡnh viết sỏng kiến kinh
nghiệm nhưng vỡ thời gian cú hạn, quỏ trỡnh cụng tỏc và kinh nghiệm cũn ớt
nờn khụng thể trỏnh được những thiếu sút. Kinh nghiệm của bản thõn cũn mang
nặng tớnh chủ quan và hơi phiến diện. Rất mong nhận được các ý kiến đóng góp
của q thầy cơ và đồng nghiệp có tâm huyết để đề tài của tơi được hồn thiện
và có thể áp dụng vào thực tiễn.
Xin chân thành cảm ơn!

12


MỤC LỤC
A Đặt vấn đề..............................................................................

1

I. Lý do chọn đề tài………...………………………...……………

1

II.Số liệu điều tra………………...………….………………

1

1. Mẫu phiếu điều tra……………………………...……………

1

2. Phạm vi điều tra………….…………………..……………

1

3. Thời gian điều tra……………………………..…………………

2

4. Kết quả điều tra…………………………………..……

2

B. Phần nội dung…………………………………………………

2

Bài toỏn1………….…………………..……

2

Cỏch giải1-10........................................................................

Bài toỏn2………….…………………..……
Cỏch giải1-6...........................................................................
Bài toỏn3………….…………………..……
Cỏch giải1-5...........................................................................

2-4
4
4-6
6
6-8

C. Kết quả sau khi thực hiện.........................

8

D Phần kết luận và kiến nghị........................................................

9

Mục lục........................................................

10

Tài liệu tham khảo..........................................................................

11

TÀI LIỆU THAM KHẢO

13

1.Một số vấn đề phát triển hỡnh học 7
2.Kiến thức cơ bản và nâng cao toán 7
3.Toán nâng cao và chuyên đề hỡnh học 7
4.Toán bồi dưỡng học sinh giỏi 7
5.Nõng cao và phỏt triển toỏn 7 (tập 1-2)
6.Bồi dưỡng năng lực tự học toán 7
7.Vẽ thờm một số yếu phụ để giải một số bài toán hỡnh học 7
8.Một số vấn đề phát triển hỡnh học 8
9.Kiến thức cơ bản và nâng cao toán 8
10.Toán nâng cao và chuyên đề hỡnh học 8
11.Nõng cao và phỏt triển toỏn 8(tập 1-2)
12.Bồi dưỡng năng lực tự học toán 8
13.Tuyển chọn những bài toỏn hay 7-8
14.Các chuyên đề hỡnh học bồi dưỡng học sinh giỏi THCS
15.Toán tuổi thơ 2 THCS
16.Toỏn tuổi trẻ

14