SKKN: “Khai thác và phát triển một vài bài toán hình học 8 nhằm phát triển kỹ năng giải toán của học sinh”.

KHAI THÁC VÀ PHÁT TRIỂN BÀI TỐN HÌNH HỌC 8 NHẰM
PHÁT TRIỂN KỸ NĂNG GIẢI TOÁN CỦA HỌC SINH
I. Phần mở đầu
I.1. Lý do chọn đề tài
- Toán học là một nghành khoa học tự nhiên, nó có mối quan hệ với nhiều
nghành khoa học khác và được vân dụng nhiều trong thực tế cuộc sống của mỗi
con người.
- Mục tiêu của dạy học toán học trong cuộc sống là:
+ Trang bị cho học sinh những kiến thức về toán học.
+ Rèn luyện kỹ năng toán học
+ Phát triển tư duy tốn học cho học sinh đồng thời hình thành và phát triển
nhân cách cho học sinh.
- Là một giáo viên trực tiếp giảng dạy bộ mơn tốn tại trường THCS, trên cơ
sở nắm vững mục tiêu của dạy học bộ môn tôi nhận thấy rằng việc phát triển tư
duy tốn học cho học sinh nói chung và nhất là đối tượng khá giỏi thì việc hình
thành kĩ năng giải các bài tập toán là rất quan trọng. Để làm được như vậy giáo
viên cần giúp học sinh biết khai thác, mở rộng kết quả các bài tập cơ bản, xâu
chuỗi các bài toán để học sinh khắc sâu kiến thức tạo lối mịn – tơ đậm mạch kiến
thức, suy nghĩ tìm tịi những kết quả mới từ những bài toán ban đầu.
- Nhưng trong thực tế chúng ta chưa làm được điều đó một cách thường
xun, vẫn cịn trong giáo viên chúng ta chưa có thói quen khai thác một bài tốn,
một chuỗi bài tốn liên quan, hay chí ít là tập hợp những bài tốn có một số đặc
điểm tương tự (về kiến thức, hình vẽ hay về yêu cầu …). Trong giải toán nếu
chúng ta chỉ dừng lại ở việc tìm ra kết quả của bài tốn, lâu dần làm cho học sinh
khó tìm được mối liên hệ giữa các kiến thức đã học, khơng có thói quen suy nghĩ
theo kiểu đặt câu hỏi, liệu có bài nào tương tự mà ta đã gặp rồi? Cho nên khi bắt
đầu giải một bài tốn mới học sinh khơng biết bắt đầu từ đâu? Cần vận dụng kiến
thức nào? Bài toán liên quan đến những bài toán nào đã gặp mà có thể vận dụng
hay tương tự ở đây?
Trong quá trình dạy học hay bồi dưỡng học sinh giỏi, tơi thấy rằng việc tìm
tịi mở rộng các bài tốn quen thuộc thành bài tốn mới tìm các cách giải khác

nhau cho một bài tốn để từ đó khắc sâu kiến thức cho học sinh là một hướng đem
lại nhiều điều hiệu quả cho việc dạy học. Quá trình này bắt đầu từ các bài toán đơn
giản đến bài toán khó dần là bước đi phù hợp để rèn luyện kỹ năng các thao tác
trong lập luận về phân tích – trình bày lời giải góp phần rèn luyện năng lực tư duy
cho học sinh.


Nhằm khắc phục những khó khăn trong việc hướng dẫn học sinh giải tốn
hình học, tơi đã rút ra một số kinh nghiệm và trong đề tài này tôi xin trình bày việc
hướng dẫn học sinh “Khai thác và phát triển một vài bài tốn hình học 8 nhằm
phát triển kỹ năng giải toán của học sinh”.
I.2. Mục tiêu, nhiệm vụ của đề tài
a, Mục tiêu của đề tài
- Để giúp học sinh có cái nhìn tổng thể về mối quan hệ của một số bài tốn
hình học từ đơn giản đến phức tạp, các bài toán lạ được chuyển đổi từ một bài toán
gốc đơn giản mà học sinh có thể giải được, để mỗi học sinh có thể tự làm, tự trình
bày một bài giải tốn khó và hay, từ đó phát triển kỹ năng giải tốn của học sinh.
Rèn cho học sinh khả năng phân tích, dự đốn và xâu chuỗi kiến thức. Khuyến
khích học sinh tìm hiểu cách giải để học sinh phát huy được khả năng tư duy linh
hoạt, nhạy bén khi trình bày giải bài tốn. Tạo được lịng say mê, hứng thú khi giải
tốn hình học.
b, Nhiệm vụ của đề tài
- Từ một bài toán sách giáo khoa toán 8 tập 1, giáo viên hướng dẫn học sinh
hình thành phương pháp giải tổng quát, để vận dụng giải các bài tập khó và hay
khác có sử dụng kết quả của bài tốn gốc và kết quả của những bài toán trước.
I.3. Đối tượng nghiên cứu
- Học sinh hai lớp 8A và 8B trường THCS Băng Ađrênh – Krông Ana - Đăklăk.
I.4. Giới hạn phạm vi nghiên cứu
- Đề tài được nghiên cứu và áp dụng trong chương trình hình học lớp 8.
I.5. Phương pháp nghiên cứu

- Tìm hiểu tình hình học tập của học sinh.
- Cách hình thành kĩ năng giải tốn cho học sinh thông qua các tiết luyện tập
- Học hỏi kinh nghiệm thông qua dự giờ, rút kinh nghiệm từ đồng nghiệp.
- Phương pháp đọc sách và tài liệu
- Nói chuyện cởi mở với học sinh, tìm hiểu suy nghĩ của các em về chứng minh
và trình bày bài tốn chứng minh hình học
- Triển khai nội dung đề tài và kiểm tra, đối chiếu kết quả học tập của học sinh
từ đầu năm học đến cuối năm học của các năm học trước.
II. Phần nội dung
II.1. Cơ sở lí luận
- Từ năm 2002 đến nay, chương trình sách giáo khoa có nhiều thay đổi, đặc biệt
là những năm gần đây, việc giảm tải, thay đổi khung phân phối chương trình đồng


nghĩa với việc thay đổi cách nhìn, cách học, cách dạy của thầy và trị. - Trước tình
hình đó mơn tốn cũng khơng nằm ngồi xu hướng đó. Để dạy và học tốt phân
mơn hình học, nhất là hình học lớp 8. Nội dung kiến thức tương đối nhiều và khó,
địi hỏi cả thầy và trị phải nỗ lực nghiên cứu, tìm hiểu tài liệu một cách sâu sắc.
- Việc áp dụng và xâu chuỗi kiến thức hình học đối với học sinh là cịn khá khó
khăn, địi hỏi giáo viên phải có những dạng bài tập phát triển từ một bài tốn gốc,
để học sinh có thể từ từ tiếp cận với các dạng bài tập khó, bằng cách đưa các bài
tập xâu chuỗi kiến thức trong chương trình tốn 8 như: Phần tứ giác, diện tích đa
giác, diện tích các đa giác đặc biệt, bất đẳng thức, bất đẳng thức cosi, từ dễ đến
khó.
II.2. Thực trạng
a/ Thuận lợi - Khó khăn:
* Thuận lợi:
- Trường THCS Trường THCS Băng AĐrênh , ngay cạnh trung tâm xã, được
sự quan tâm chỉ đạo của chính quyền địa phương, của ngành nên thuận lợi trong
công tác giảng dạy.

- Học sinh của trường chủ yếu là dân tộc kinh, trình độ học vấn, hiểu biết và
tính tư duy độc lập tốt nên việc triển khai các chuyên đề nâng cao cho học sinh khá
dễ dàng. Học sinh nhanh chóng tiếp thu được kiến thức mới.
- Đa số phụ huynh học sinh rất quan tâm đến vấn đề học tập của học sinh
* Khó khăn
- Xã Băng AĐrênh địa bàn dân cư trải dài giáp với huyện Kcuin nên học sinh
sống xa trường, đi lại khó khăn, đẫn đến khó triển khai được các buổi học thêm để
triển khai các chuyên đề, các chương trình nâng cao cho học sinh.
- Đa số học sinh cảm thấy khó học phân mơn hình học do các em không thể
nhớ hay xâu chuỗi các kiến thức với nhau. Do các e không chịu học phần định
nghĩa, khái niệm, tính chất, dấu hiệu nhận biết đã được học ở các tiết lí thuyết, mà
đây lại là vấn đề quan trọng yêu cầu học sinh phải nắm và hiểu được trước khi làm
bài tập.
b/ Thành công- hạn chế
* Thành công
- Khối lớp 8 của trường THCS Trường THCS Băng AĐrênh có số lượng học
sinh khá giỏi tương đối nên thuận lợi cho việc triển khai chuyên đề. Khi triển khai
chuyên đề, chất lượng học sinh khá giỏi tốt nên việc tiếp thu kiến thức mới và kiến
thức khó của các em rất tốt và các em nhanh chóng nắm được các kiến thức.


* Hạn chế
- Chuyên đề triển khai trên tất cả học sinh khối 8 nhưng một số học sinh vẫn
chưa chịu đầu tư, nghiên cứu dẫn đến chưa thể nắm vững nội dung, phương pháp
mà giáo viên đã đưa ra.
c/ Mặt mạnh- mặt yếu
- Chuyên đề triển khai áp dụng bài toán cơ bản trong sách giáo khoa lớp 8 nên
đa số học sinh khá giỏi tiếp thu nhanh và biết áp dụng vào các bài tập cơ bản và
nâng cao, khả năng phát triển tư duy logic của học sinh được nâng lên rõ rệt.
- Tuy nhiên với học sinh trung bình và yếu thì việc giải các bài tốn nâng cao

của các em cịn q khó khăn, chính vì vậy chất lượng đại trả vẫn chưa được cải
thiện nhiều.
d/ Các nguyên nhân, các yếu tố tác động
- - Trong q trình học tốn, học sinh hiểu phần lý thuyết có khi chưa chắc
chắn hoặc cịn mơ hồ về các định nghĩa, các khái niệm, định lí, các cơng thức…
nên khơng biết áp dụng vào giải bài tập.
- Có những dạng bài tập chứng minh, tính tốn trong hình học, nếu học sinh
không chú tâm để ý hay chủ quan xem nhẹ hoặc làm theo cảm nhận tương tự là có
thể đi vào thế bế tắc hoặc sai lầm.
- Học sinh của trường đa số là con em gia đình thuần nơng nên việc đầu tư thời
gian học tập còn hạn chế, phần nào ảnh hưởng tới chất lượng học tập của các em.
e/ Phân tích, đánh giá các vấn đề về thực trang mà đề tài đã đặt ra.
- Khối lớp 8 có số lượng học sinh khá giỏi nhìn chung vẫn cịn ít hơn khối lớp
khác, trình độ học sinh không đồng đều về nhận thức và học lực nên gây khó khăn
cho giáo viên trong việc lựa chọn phương pháp phù hợp. Nhiều học sinh có hồn
cảnh khó khăn cả về vật chất lẫn tinh thần do đó việc đầu tư về thời gian và sách
vở cho học tập bị hạn chế nhiều và ảnh hưởng không nhỏ đến sự nhận thức và phát
triển của các em.
- Sau khi nhận lớp và dạy một thời gian tơi đã tiến hành điều tra cơ bản thì
thấy:
+ Lớp 8A: Số em khơng thể giải, khơng thể tự trình bày giải hay chứng minh
hình học chiếm khoảng 75%, số học sinh nắm chắc kiến thức và biết vận dụng vào
bài tập có khoảng 25%, số học sinh biết phối hợp các kiến thức, kỹ năng giải các
bài toán phức tạp được biến đổi từ bài toán quen chiếm khoảng 4,2%.
+ Lớp 8B: Số em không thể giải, không thể tự trình bày giải hay chứng minh
hình học chiếm khoảng 65%, số học sinh nắm chắc kiến thức và biết vận dụng vào


bài tập có khoảng 35%, số học sinh biết phối hợp các kiến thức, kỹ năng giải các
bài toán phức tạp được biến đổi từ bài toán quen chiếm khoảng 6,5%.

- Số học sinh trung bình và yếu, kém tập trung ở cả hai lớp nên gây khó khăn
trong quá trình giảng dạy.
II.3. Giải pháp thực hiện
a/ Mục tiêu của giải pháp, biện pháp
* Mục tiêu:
- Hình thành kĩ năng giải và trình bày bài tốn hình học cho học sinh từ bài
toán đơn giản. Tăng dần lượng kiến thức, chuyển từ bài toán đơn giản đã biết cách
giải sang bài tốn phức tập hơn.
* Giải pháp:
- Tạo tâm lí thoải mái cho học sinh, khơng có gì khó khăn khi giải và trình bày
bài tập hình học. Cần khuyến khích học sinh tự giải và tự trình bày sau khi giáo
viên đã giảng giải.
- Giáo viên đóng vai trị là người hướng dẫn, dẫn dắt học sinh tìm ra lời giải bài
toán, học sinh chủ động lĩnh hội kiến thức.
- Giáo viên luôn tạo môi trường thân thiện giữa thầy và trị. Khơng q tỏ vẻ xa
cách hay q lớn lao và cao cả đối với học sinh. Luôn tạo cho học sinh một cảm
giác gần gũi, không làm cho học sinh cảm thấy sợ hãi. Dạy thật, học thật ngay từ
đầu. Dạy theo điều kiện thực tế không quá áp đặt chủ quan.
b/ Nội dung và cách thực hiện
Xuất phát từ bài 18 trang 121 Sgk toán 8 tập 1:
Cho tam giác ABC, M là trung điểm của BC. Chứng minh rằng: S = S
Bài toán trên ta dễ chứng minh được.
Chúng ta sẽ dễ dàng giải được bài tốn sau:
AMB

AMC

Bài tốn 1: ΔABC vng tại A, AM là trung tuyến. Gọi P, Q là hình chiếu của M
trên AC, AB. Chứng minh rằng: S

= S
Hướng dẫn:

AQMP

ABC


Dễ thấy P, Q lần lượt là trung điểm của AC, AB. Áp dụng bài tốn trên ta có:
S

AMP

=S =

S

S

AMQ

=S =

S

MPC

BMQ

S

AMP

+S

AMQ

=

AMC

ABM

(S + S )
AMC

ABM

S = S
Ta thấy nếu điểm M di chuyển trên BC thì S cũng sẽ thay đổi và thay đổi như thế
nào. Ta có bài tốn sau:
Bài tốn 2: Cho tam giác ABC vng tại A. M là một điểm thay đổi trên cạnh BC.
Gọi P, Q lần lượt là hình chiếu của điểm M trên AC và AB . Với vị trí nào của điểm
M trên BC thì S lớn nhất
AQMP

ABC.

AQMP

AQMP

Phân tích bài tốn: Ta thấy S khơng đổi. Vậy S
lớn nhất. Từ đó ta có cách giải:
ABC

AQMP

lớn nhất khi và chỉ khi

Cách 1:
Ta có S

AQMP

= AQ. MQ; S =
ABC

= 2.
Đặt BM = x; MC = y

AB. AC
.

=>
Do đó
=>

mà (x + y) ≥ 4xy.
2

. Dấu “=” xảy ra <=> x = y <=> M là trung điểm của BC.


Vậy S đạt giá trị lớn nhất bằng S khi M là trung điểm của BC.
Mặt khác: S = S – ( S + S ). Vậy diện tích tứ giác APMQ lớn nhất khi
AQMP

ABC

APMQ

và chỉ khi S
giải khác:

BQM

+S

ABC

CPM

BQM

CPM

nhỏ nhất <=> tỉ số

nhỏ nhất. Từ đó ta có cách

Cách 2:
Ký hiệu S = S; S = S ; S = S .
Ta có: S = S – ( S + S ).
ABC

BQM

1

1

2

AQMP

Do đó S

AQMP

MPC

2

lớn nhất <=> S + S nhỏ nhất <=>
1

nhỏ nhất.

2

Ta có: QM // AC =>

=>

PM // AB =>

=>

=>

( Vì (x+y) ≤ 2(x + y ) )
2

2

2

Vậy S + S
=>
.
Dấu “=” xảy ra <=> x = y <=> M là trung điểm của BC.
Và ta dễ thấy:
1

2

=>
CP. QB. AP.AQ = (PM.MQ) ( Vì AP = MQ; AQ =PM)
Nên ta có cách giải khác:

Cách 3: Dễ thấy AQMP là hình chữ nhật
S = PM. MQ
2

AQMP

S =S=
Ta có: AC = AP + PC
ABC

AB = AQ + QB
AC . AB 4
Ta lại có: Δ CPM
=>

2

( BĐT cơsi)
2

Δ MQB (g.g)

(BĐT cơsi)


CP. QB. AP.AQ = (PM . MQ)
Suy ra: AC . AB 4. PM . MQ
2S

4S

S

AQMP

AQMP

2

( Vì AP = MQ; AQ =PM)

.

Vậy maxS = khi PC = CA và QA = QB hay M là trung điểm của BC.
Nhận xét 1: Về cách giải, ở bài tốn 2 để tìm vị trí của điểm M sao cho diện
tích APMQ lớn nhất, ta phải xét mối liên hệ giữa diện tích APMQ với diện tích tam
giác ABC.
Mặt khác, ta nhận thấy rằng nếu lấy điểm E đối xứng với điểm M qua AB,
điểm F đối xứng với điểm M qua AC thì 3 điểm E,A,F thẳng hàng ( Bài 159 sách
bài tập tốn 8, tập một) và diện tích tam giác MEF gấp hai lần diện tích tứ giác
AQMP. Vì vậy, ta có thể phát biểu thành một bài tốn mới như sau:
AQMP

Bài tốn 2.1: Cho tam giác ABC vng tại A; M di chuyển trên cạnh BC. Gọi
E,F lần lượt là điểm đối xứng của M qua AB và AC. Xác định vị trí của điểm M để
diện tích tam giác MEF lớn nhất.
Hướng dẫn:

Dễ dàng chứng minh được ΔEAQ = ΔMAQ
Và ΔMAP = ΔFAP nên ta có:

Và S = S ; S = S
Suy ra S = 2S .
Đến đây ta giải giống bài toán 2.
AEQ

MAQ

FEM

AMP

FAP

AQMP

Nhận xét 2: Bằng phương pháp tổng qt hóa, dựa vào cách giải bài tốn
2 ta có thể thay tam giác ABC vng ở A bằng một tam giác ABC bất kỳ. Khi đó
P,Q được thay là giao điểm của các đường thẳng qua M song song với AB và AC,
và thay việc tìm vị trí của điểm M để diện tích tứ giác APMQ lớn nhất bằng việc
chứng minh S

APMQ

≤

.


Ta có: Bài tốn 2.2: Cho tam giác ABC, trên cạnh BC lấy điểm M bất kỳ. Đường
thẳng qua M và song song với AB cắt AC tại P, đường thẳng qua M và song song

với AC cắt B tại Q. Chứng minh rằng:
?
Phân tích: Ta thấy bài tốn 2.2 là bài toán tổng quát cho bài toán 2. Nên cả hai
cách giải 1 và 2 ở bài toán 2 đều áp dụng được cho bài toán này.

Cách 1: Để tính

ta kẻ đường cao từ B hoặc C của tam giác ABC. Khi đó:

=
=
( Vì ( x+ y)

2

4xy )

Vậy
Cách 2: Hồn tồn tương tự cách 2 của bài tốn 2.
Cách 3:

Khơng mất tính tổng qt: Giả sử MB
MC. Trên đoạn MB lấy điểm I sao cho
MI = MC. Qua I kẻ đường thẳng song song với QM cắt AB tại K, cắt PM tại G.
Ta có: Δ MPC =Δ MGI (g.c.cg)
S = S và MP = MG
MPC

MGI

Do đó S = S
(
Vì
AQMP
và
Lại có S
S +S +S
S
S +S +S
S
2S
AQMP

KQMG

ABC

ABC
ABC

AQMP

AQMP

KQMI

KQMI

KQMG

là

hình

bình

hành)

MPC

MGI

AQMP.

Như vậy sau khi giải xong các bài tốn trên ta rút ra được phương pháp
giải tổng quát cho một số bài tốn diện tích bằng cách tạo ra hình bình hành
nội tiếp tam giác. Kết quả cũng như cách giải của bài toán 2.1 sẽ được vận
dụng giải cho các bài tập sau:
Nhận xét 3: Từ bài toán 2.2 ta thấy S đạt giá trị lớn nhất bằng khi M
là trung điểm của BC với S = S . Khi đó tổng diện tích hai tam giác QMB và
PMC đạt giá trị nhỏ nhất.
AQMP

ABC

- Ở bài toán 2.2, xét trường hợp điểm M nằm trong tam giác ABC. Lúc đó,
qua M kẻ các đường thẳng song song với các cạnh của tam giác ABC, cắt các
cạnh AB, BC, CA lần lượt tại các điểm Q, H, N, K, G, P. Áp dụng kết quả của bài
toán 2.2 ta chứng minh đựơc S +S +S ≥ S :3 ( S là diện tích tam giác ABC). Từ đó

ta có bài toán 2.3.
1

2

3

Bài toán 2.3 : Cho tam giác ABC, M là điểm nằm trong tam giác. Qua M kẻ các
đường thẳng song song với các cạnh của tam giác cắt các cạnh AB, BC, CA lần
lượt tại Q, H, N, K, G, P. Gọi S = S , S = S , S = S ; S = S .
1

QHM

2

NMK

3

a) Chứng minh S + S + S ≥
b) Tìm vị trí của điểm M để S + S + S nhỏ nhất.
Hướng dẫn giải :
1

2

3

1

2

3

a.
a) Xét tam giác AHG có :
Hình bình hành AQMP nội tiếp trong tam giác.
Áp dụng kết quả cách 2 của bài tốn 2.2, ta có :

PMG

ABC


S +S
1

. Tương tự :

2

Với tam giác BQK ta có : S + S
1

Với tam giác CPN ta có : S + S
2

Suy ra :

2

3

2. ( S + S + S )
1

2

( S + S + S + S)

3

1

2

3

3.( S + S + S ) S
S +S +S
.
b) Từ nhận xét bài tốn 2.2 ta có S + S +S nhỏ nhất khi và chỉ khi M đồng thời là
trung điểm của HG, QK và NP.
M là trung điểm của HG
AM đi qua trung điểm của BC
M là trung điểm của QK
BM đi qua trung điểm của AC
M là trung điểm của NP
CM đi qua trung điểm của BA

Khi đó M là trọng tâm của tam giác ABC.
1

2

3

1

1

2

2

3

3

Nhận xét 4 : Từ bài tốn 2.2 với tam giác ABC có hai góc B và C nhọn,
dựng hình chữ nhật MNPQ sao cho M nằm trên cạnh AB, N nằm trên cạnh AC còn
2 điểm P, Q nằm trên cạnh BC, lúc này ta không yêu cầu chứng minh S
nữa mà u cầu tìm vị trí của M sao cho diện tích MNPQ là lớn nhất.

MNPQ

S

ABC

Từ đó ta có bài tốn 2.6 :
Bài tốn 2.4 : Cho tam giác ABC có hai góc B và C nhọn. Dựng hình chữ nhật
MNPQ sao cho M nằm trên cạnh AB, N nằm trên cạnh AC còn hai điểm P, Q nằm
trên cạnh BC. Hãy tìm vị trí của điểm M để diện tích hình chữ MNPQ lớn nhất ?
Phân tích : Bài tốn này thực chất là bài toán 2 được mở rộng nhưng địi hỏi HS
phải biết cách liên hệ bài tốn 2 hoặc bài toán 2.2 để áp dụng kết quả của nó vào
bài tốn này. Từ cách giải của bài tốn 2, ta nhận thấy rằng để tìm được vị trí điểm
M sao cho diện tích MNPQ lớn nhất ta phải tìm được mối liên hệ giữa diện tích
của MNPQ với diện tích tam giác ABC ; tức là ta phải tạo đường cao của tam giác
ABC để tính diện tích. Vì cạnh PQ của hình chữ nhật nằm trên cạnh BC, suy ra
đường cao phải kẻ là đường cao xuất phát từ đỉnh A. Kẻ đường cao AI ta có thể áp
dụng ngay kết quả bài tốn 2 vào hai tam giác AIB và AIC. Từ đó ta có thể giải bài
toán 2.6 như sau :
Hướng dẫn giải:


Cách 1 : Kẻ đường cao AI, gọi K là giao điểm của AI với MN.
Áp dụng kết quả bài toán 2.2 cho tam giác AIB và tam giác AIC, ta có :

S

MNPQ

Vậy MaxS =
xảy ra khi S =
và S = S
Các đẳng thức xảy ra khi M là trung điểm của AB, N là trung điểm của AC ( Áp
dụng kết quả bài toán 2.2). Vậy khi M là trung điểm của AB thì hình chữ nhật
MNPQ có diện tích lớn nhất.
MNPQ

MKIQ

NKIP

AIC

- Việc biết cách chuyển bài tốn 2.6 về để áp dụng kết quả của bài toán 2.2
đã giúp cho việc giải bài toán một cách nhẹ nhàng và nhanh chóng hơn, góp phần
củng cố các kết quả thu được khi giải bài toán 2 và bài toán 2.2.
Cách 2 : Từ cách giải bài tốn 2, nhìn vào hình vẽ, học sinh có thể nghĩ ngay đến
việc tính tỉ số diện tích tứ giác MNPQ và diện tích tam giác ABC bằng cách kẻ
đường cao AI của tam giác ABC.
Lúc đó :
S = MN. MQ
MNPQ

S =
ABC

AI. BC

Suy ra
Mà ( AK + KI)
Suy ra 2.

2

4. AK.KI
Hay

S

MNPQ

.S

ABC


Vậy S lớn nhất bằng .S khi M là trung điểm của AB.
Cách 3 : Kẻ AI BC ; AI cắt MN tại K
Đặt AI = h ; BC = a ; MN = x ; MQ = y. Khi đó : KI = y ; AK = a- y
S =S +S +S +S
MNPQ

ABC

ABC

AM N

MNPQ

NPC

BMQ

a. h = x. (h - y) + x. y +
Mà NP = MQ = KI = y

( NP. PC + MQ. BQ)

Nên: a. h = x. (h - y) + x. y +
Mà PC + BQ = BC – QP = a – x
a. h =

x. (h - y) + x. y +

a.h = xh + ay
Vậy S

MNPQ

y=

= xy = x.

y. ( PC + BQ)

y( a – x )
.

=

Ta có :
khơng đổi nên diện tích tứ giác MNPQ lớn nhất khi và chỉ khi x.(a – x )
lớn nhất mà x và a- x là hai số dương có tổng bằng a khơng đổi , do đó x. ( a – x )
lớn nhất khi x = a – x

x=

MN là đường trung bình của tam giác ABC.

Khi đó M là trung điểm của AB. Và S
.
Vậy khi M là trung điểm của AB thì hình chữ nhật MNPQ có diện tích lớn nhất
MNPQ

bằng

S .
ABC

Nhận xét 5 :Ta thấy với bài toán 2.6 nếu học sinh nắm chắc cách giải của
bài toán 2 và bài tốn 2.2 các em có thể vận dụng được kết quả để giải hoặc biết
dùng cách giải tương tự để giải chứ không cần giải như cách 3 vừa dài vừa khó.
Và khi năm chắc cách khai thác kết quả của bài tốn, ta có thể đưa ra bài tốn
mới bằng cách thay giả thiết của bài toán 2.6 là hình chữ nhật MNPQ bởi hình
bình hành MNPQ thì kết quả vẫn khơng thay đổi. Ta có bài tốn 2.7
Bài tốn 2.5 : Cho tam giác ABC. Dựng hình bình hành MNPQ sao cho M nằm
trên cạnh AB, N nằm trên cạnh AC, còn hai điểm P, Q nằm trên cạnh BC. Hãy tìm
vị trí của điểm M sao cho diện tích hình bình hành là lớn nhất.
Hướng dẫn giải:


Cách 1 : Ta thấy nếu từ A vẽ đường thẳng AI song song với MQ (I BC ) thì ta sẽ
vận dụng được kết quả bài toán 2.2 vào hai tam giác AIC và AIB với các hình bình
hành IKNP và IKMQ.
Ta có : S

IKNP

S và S
AIC

IKMQ

S

ABI

Suy ra S
S .
Dấu bằng xảy ra khi M là trung điểm của
AB, N là trung điểm AC.
Vậy để S lớn nhất thì M là trung điểm của AB
Cách 2 :
MNPQ

ABC

MNPQ

Ta cũng có thể dùng cách 1 của bài toán 2, Bằng cách kẻ đường cao AI, và tính tỉ
số diện tích của tứ giác MNPQ với diện của tam giác ABC.
Nhận xét 6 : Qua cách giải bài toán 2.5 gợi cho ta cách giải bài toán sau :
Bài toán 2.6 : Cho tứ giác ABCD. Trên cạnh AB, BC, CD, DA lấy M, N, P, Q sao
cho :
Tìm t để S

MNPQ

. ( t là hằng số không đổi)
đạt giá trị lớn nhất ?
Hướng dẫn :


Gọi I, H lần lượt là giao điểm của AC với QM và PN.
Dễ thấy các tứ giác : MNPQ ; MNHI và QPHI là hình bình hành.
Ta có : S = S + S
Để S lớn nhất thì S và S lớn nhất
Như vậy trong tam giác ABC có tứ giác MNHI là hình bình hành với điểm M nằm
trên cạnh AB, điểm N nằm trên cạnh BC còn H và I nằm trên cạnh AC. Áp dụng
kết quả bài tốn 2.5 ta có :
MNPQ

MNHI

MNPQ

QPHI

MNHI

S

MNHI

QPHI

S và S
ABC

QPHI

S

ACD

Suy ra : S
S . Dấu bằng xảy ra khi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của
AB, BC, CD và DA.
Vậy để S lớn nhất thì t = 1
MNPQ

ABCD

MNPQ

Nhận xét 7 : Qua bài toán 2.6 ta thấy khi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm
của AB, BC, CD và DA thì
. Khi đó ta có
, nên ta có bài
tốn sau :
Bài tốn 2.6’ : Cho bài tứ giác ABCD và M, N, P lần lượt là trung điểm của AB,
BC, CD. Chứng minh rằng

?

Như vậy ở các bài tốn trên đã xoay quanh việc nội tiếp hình bình hành vào
trong một tam giác để diện tích hình bình hành đó là lớn nhất. Vậy nếu hình bình
hành là cố định thì tam giác được dựng như thế nào sẽ có diện tích nhỏ nhất. Ta
xét bài tốn sau :
Bài tốn 2.7 : Cho góc xOy và điểm H cố định thuộc miền trong của góc đó. Một
đường thẳng d quay xung quanh điểm H cắt Ox, Oy lần lượt tại C và D. Hãy dựng
đường thẳng d để diện tích tam giác COD nhỏ nhất.


Phân tích bài tốn : Ta nhận thấy rằng tam giác COD thay đổi khi cạnh CD quay
quanh điểm H. Dựa vào kết quả của bài toán 2.2 ta nghĩ đến việc tạo ra hình bình
hành có đỉnh là H và O trong tam giác COD. Từ đó ta có cách giải như sau :
Cách 1 :

Từ H kẻ HA // Ox ( A Oy); HB // Oy ( B Ox )
Áp dụng kết quả bài tốn 2.2 ta có:
S
S hay S
S
Vì O, H, Ox và Oy cố định nên OAHB cố định và S không đổi.
Vậy COD nhỏ nhất khi S = 2.S xảy ra khi H là trung điểm của CD. Ta có cách
dựng đường thảng d như sau:
Từ H kẻ HA // Ox ( A Oy), trên tia Oy ta lấy điểm D sao cho OD = 2.OA.
Nối DH cắt Ox tại C. CD là đường thẳng cần dựng.
Cách 2:
OAHB

COD

COD

OAHB

OAHB

COD

OAHB

Ở bài tốn này ta có thể chứng minh diện tích tam giác COD nhỏ nhất bằng cách:
qua H dựng đường thẳng d cắt Ox, Oy tại C và D sao cho CH = HD. Ta chứng
minh diện tích tam giác COD nhỏ nhất.
Thật vậy: Qua H kẻ đường thẳng d’ bất kỳ cắt Ox,Oy tại C’,D’.
Ta cần chứng minh: S < S .
Sẽ có các khả năng: OC’ < OC và OD’ > OD hoặc OC ’< OC và OD’ > OD
*) Giả sử OC’ < OC và OD’ > OD.
Từ D kẻ đường thẳng song song với Ox cắt C’D’tại N.
COD

C’OD’


Δ HCC’ = Δ HDN ( g.c.g) S < S
S + S < S + S hay S < S .
HCC’

HCC’

C’HDO

HDD’

C’HDO

HDD’

COD

C’OD’

Trường hợp còn lại chứng minh tương tự.
Nhận xét 8: Ở bài toán 2.7, nếu học sinh hiểu và nắm vững cách giải bài
tốn 2.2 thì dễ dàng giải được bài toán 2.7. Bây giờ ta xét một bài toán khó hơn
mà muốn vận dụng được kết quả bài tốn 2.2 ta phải kẻ đường phụ để đưa về
bài toán 2.2.
Bài tốn 2.8: Cho hình thang ABCD ( AB // CD ), hai đường chéo AC và BD cắt
nhau tại P. Chứng minh rằng: S + S
PAB

PCD

S .
ABCD

Phân tích bài toán:
Từ yêu cầu của bài toán, gợi cho ta nghĩ đến việc vận dụng bài tốn 2.2 để giải.
Vì ABCD là hình thang nên S = S suy ra S = S . Vì vậy để chứng minh S +
DAB

CAB

APD

BPC

PAB

S
S ta chứng minh 2.S
S . Vì vậy ta nghĩ cần ghép 2. S thành diện
tích một hình bình hành và chuyển S thành diện tích của một tam giác chứa 2.
S và có diện tích bằng S .
Hướng dẫn:
Cách 1:
PCD

ABCD

APD

ABCD

APD

ABCD

APD

ABCD

Từ A kẻ đường thẳng song song với BD cắt CD kéo dài tại E. Qua D kẻ đường
thẳng song song với AC cắt AE tại Q.
Áp dụng kết quả bài tốn 2.2 ta có:
S

S

AQDP

AEC

S +S
S (1)
Mà S = S
S = S (2)
Vì AQDP và ABDE là các hình bình hành nên:
QD = AP; DE = AB; QDE = PAB ( góc có cạnh tương ứng song song)
Suy ra Δ APB = Δ DQE ( c.g.c) (3)
EQD

DAB

PAD

DCP

CAB

PBC

AEC


Từ (1), (2), (3) suy ra: S + S = S + S
PAB

PCD

EQD

S +S

PCD

(S +S

S +S

PCD

(S +S +S +S )

PAB

PAB

EQD

ABP

AQD

PCD

S

AEC

+S +S )
ADP

PBC

PCD

ADP

PCD

S +S
S , dấu bằng xảy ra khi D là trung điểm của CE khi đó AB =
CD và tứ giác ABCD là hình bình hành.
PAB

PCD

ABCD

Cách 2:

Ta có thể tính trực tiếp mà khơng sử dụng kết quả bài 2.2
Đặt S = S ; S = S ; S = S ; S = S
Kẻ AQ DB; CR BD, ta có:
PAB

1

PAD

2

PCD

3

PBC

4

S .S = (

.AQ. PD ).( .CR. PB ) = ( .AQ. PB ).( . CR. PD ) = S . S
( S + S ) 4. S S = 4. S . S
(1)
Vì ABCD là hình thang nên S = S ,
Vậy (S + S ) = 4.S . S
(2)
Từ (1), (2) suy ra (S + S ) ( S + S )
S +S S +S
2

4

1

1

2

3

1.

3

2

2

2

1

1

3

2

2. ( S + S )

1

3

3

4

4

2

4

2

3

2

2

4

4

2

4

S +S +S +S
1

3

2

S +S

4

1

3

S .
ABCD

Dấu bằng xảy ra khi S = S = S = S khi đó ABCD là hình bình hành.
1

2

3

4

Nhận xét 9: Như vậy nếu chúng ta biết vận dụng thành thạo kết quả bài
tốn 2.2 thì ta sẽ giải bài 2.10 dễ dàng ( cách 1). Cịn nếu chúng ta khơng biết
chuyển bài tốn để áp dụng kết quả bài tốn 2.2 thì việc tìm ra hướng giải khó hơn

( cách 2).
Bài tốn 2.9: Cho hình bình hành ABCD và điểm M cố định trên cạnh BC, lấy
điểm N bất kỳ trên cạnh AD. Gọi H là giao điểm của AM và BN, I là giao điểm của
MD và NC. Tìm vị trí của điểm N để diện tích MHNI lớn nhất.


Phân tích bài tốn: Ta có ABMN và DCMN ln là hình thang. Câu hỏi đặt ra là
ta có thể áp dụng kết quả của bài 2.10 không?
Hướng dẫn:

Nối M với N ta được ABMN và CDNM là hình thang.
Áp dụng kết quả bài tốn 2.10 ta có:
S

AHN

+S

S

HBM

S +S
Mà S = S
HAB

HMN

HAB

ABMN

S
( vì S

ABMN

HNM

ABM

=S

NBM

)

S
S
Dấu bằng xảy ra khi AB // MN.
Tương tự:
HMN

ABMN

S
S , dấu bằng xảy ra khi MN // CD.
Từ đó suy ra:
IMN

S

MHNI

CDNM

=S

HMN

+S

IMN

S

ABMN

+

S

CDNM

S

MHNI

Vậy diện tích tứ giác MHNI lớn nhất bằng

S .
ABCD

S

ABCD

khi MN // AB.

Nhận xét 10: Từ bài toán 2.2, ta thấy: nếu M là trung điểm của BC và P, Q
là hai điểm bất kỳ thuộc cạnh AC, AB.Tương tự cách 3 của bài toán 2.2 ta có cách
giải cho bài tốn hay và khó sau:
Bài tốn 2.10: Cho tam giác ABC, M là trung điểm của BC; P, Q là hai điểm bất
kỳ thuộc AC, AB. Chứng minh rằng S

MPQ

S ?
ABC


Hướng dẫn:
Trên tia đối của tia MP lấy điểm G sao cho:
MP = MG;
S =S
Và Δ CMP = Δ BMG (c.g.c)
Ta có: S = S
S =S +S
S
S +S

(1)
Lại có: S
S
(2)
Từ (1), (2) suy ra
2.S
S +S +S
2. S
S
MPQ

MPQ

MPQ

MQG

MBQ

MQG

MGBQ

MBQ

MBG

CMP

MPQ

AQMP

MPQ

MBQ

MPQ

CMP

AQMP

ABC

S
S
Dấu “ =” xảy ra khi và chỉ khi Q trùng với A, P trùng với C hoặc Q trùng với B, P
trùng với A.
MPQ

ABC

Nhận xét 11: Nếu ở bài toán 2.10 ta thay điều kiện của bài toán như sau:
M,P, Q lần lượt thuộc BC, AC, AB và thỏa mãn
giá trị nhỏ nhất.

thì S sẽ đạt
MPQ

Bài toán 2.11: Cho tam giác ABC cố định có diện tích S. Trên AB, BC, CA lấy Q,
M, P sao cho
a. Tính S theo S và k.
b) Với giá trị nào của k thì S

.

MPQ

MPQ

nhỏ nhất? Tính giá trị nhỏ nhất đó theo S?
Hướng dẫn:


a) Đặt S = S ; S
AQP

1

BMQ

= S; S = S
2

CMP

3

Ta có:

=
Tương tự, ta có
Suy ra S
S
b) S

MPQ

MPQ

MPQ

= S – ( S + S +S ) = S 1

3

= S.

nhỏ nhất

Ta có: (k+ 1)
Vậy

2

2

lớn nhất.
4k

lớn nhất bằng

k = 1.


Khi k = 1 thì AQ = QB; BM = Mc; CP = AP. Khi đó Q, M, P là trung điểm của AB,
BC, CA. và S nhỏ nhất bằng .
- Như vậy, trong đề tài này thì bài tập 18 trang 21 sgk toán 8 tâp 1 là cở sở
lý thuyết để chúng ta giải được bài toán 1, bài toán 1 và bài toán 2 là trường hợp
đặc biệt của bài toán 2.2, bài toán 2.2 là tiền đề để giải các bài tốn cịn lại.
Phương pháp chung là vận dụng kết quả của bài toán 2.2 vào các bài tốn cịn lại
mặc dù các bài tốn đó vẫn có những cách giải khác. Để vận dụng có hiệu quả
nhất định thì giáo viên cần phải biết hướng dẫn học sinh phân tích bài tốn. Với
bài tốn đã giải ta tìm các kết quả tương đương, lưu ý các kiến thức đã sử dụng để
giải. Với bài toán mới, ta tìm cách liên hệ với bài tốn đã giải bằng cách dựa vào
hình vẽ hoặc dựa vào yêu cầu của bài toán.
MPQ

c/ Điều kiện để thực hiện giải pháp, biện pháp
- Giáo viên phải cung cấp cho học sinh những kiến thức cơ bản và cần thiết
trong quá trình dạy và ơn tập để học sinh có nền tảng kiến thức cơ bản.
- Học sinh phải chủ động trang bị cho mình kiến thức và kĩ năng giải tốn
hình học xun suốt trong q trình học tập.
- Cơ sở vật chất nhà trường phải thật sự đầy đủ, đáp ứng được nhiệm vụ dạy
và học của học sinh và giáo viên. Tạo ra các sân chơi toán học như " Câu lạc bộ
toán học, Thi toán qua mạng, ...".
d/ Mối quan hệ giữa các giải pháp, biện pháp
- Chuyển thể từ dạng toán phức tạp thành dạng toán đơn giản đã biết cách giải.
Giáo viên đưa liều lượng kiến thức vừa phải, thích hợp với năng lực và điều kiện

của học sinh.
- Tạo hứng thú cho học sinh bằng cách cho các bài tập dễ rồi tăng dần lượng
kiến thức. Tạo cho học sinh cảm giác yêu thích phân mơn hình học rồi mới phát
triển nâng cao.
e/ Kết quả khảo nghiệm, giá trị khoa học của vấn đề nghiên cứu
- Trong quá trình giảng dạy năm học vừa qua khi áp dụng kinh nghiệm của
mình để soạn giảng và vận dụng vào thực tế tơi nhận thấy có sự thay đổi đáng
mừng:
- Học sinh đã có khả năng phân tích đề một bài tốn lạ, học sinh biết khai thác,
mở rộng kết quả các bài tập cơ bản xâu chuỗi các bài toán khi làm bài ở lớp, ở nhà
hay bài kiểm tra. Tuy nhiên vẫn còn một số trường hợp học sinh vẫn còn mắc phải
sai lầm bởi tính chủ quan, xem nhẹ hay làm bài theo cảm nhận thói quen.
II.4. Kết quả thu được qua khảo nghiệm thực tế.


- Học sinh đã có thái độ học tập tích cực, thích thú hơn trong tiết học hình học.
Chủ động nêu lên những thắc mắc, khó khăn khi gặp bài tập lạ với giáo viên, các
em hưởng ứng rất nhiệt tình. Bên cạnh đó các bài tập hình học mà giáo viên giao
về nhà đã được các em làm một cách nghiêm túc, tự giác học bài. Tuy nhiên một số
em vẫn cịn mắc sai lầm ở cách trình bày.
- Phần lớn chất lượng các tiết học hình học, các bài kiểm tra đã được nâng lên,
các em đã xác định đúng hướng đi bài toán.
- Chất lượng mũi nhọn của mơn tốn trong nhà trường được nâng lên đáng kể.
Hàng năm, số lượng học sinh đạt học sinh giỏi cấp huyện, cấp tỉnh mơn giải tốn
qua mạng khối lớp 8 được nâng lên.
III. Kết luận và kiến nghị
III.1. Kết luận:
- Trên đây là một số suy nghĩ và việc làm của tơi đã thực hiện trong q
trình giảng dạy nhằm “Khai thác và phát triển một vài bài toán hình học 8 nhằm
phát triển kỹ năng giải tốn của học sinh”.

- Tơi nhận thấy các bài tốn, dạng tốn được giới thiệu có hệ thống thì việc
tiếp thu của các em có hiệu quả hơn. Việc khai thác bài tốn sẽ giúp các em có định
hướng giải các bài toán khác mà sử dụng được kết quả của bài tốn đã giải. Tơi
nghĩ rằng đó cũng là điều chúng ta cần quan tâm, cần tìm tịi và tích luỹ để chất
lượng học tập của các em ngày càng được nâng cao. Tôi rất mong được sự chỉ bảo
của các đồng chí đồng nghiệp để đề tài này được sâu rộng hơn, để vốn kinh nghiệm
giảng dạy của tôi được nâng cao hơn.
III.2. Kiến nghị:
- Đề nghị cụm chuyên môn của huyện, tổ chun mơn, nhóm chun mơn của
trường triển khai các chuyên đề nhiều hơn nữa để chúng tôi có cơ hội trao đổi, học
hỏi kinh nghiệm từ đồng nghiệp, từ các môn học khác.
- Đề nghị hội phụ huynh học sinh cần quan tâm hơn nữa đến việc học tập của
con em mình.
- Đề nghị ban giám hiệu nhà trường mở và duy trì các lớp học thêm, vận động
học sinh đi học đầy đủ để các em có điều kiện học tập, phát triển năng lực, tăng
chất lượng bộ mơn.
- Đề nghị Phịng giáo dục và đào tạo quan tâm hơn nữa đến học sinh các trường
vùng sâu - vùng xa, vùng khó khăn.

Tài liệu tham khảo


1. Sách giáo khoa, Sách giáo viên, SBT toán 8 tập 1,2 - Phan Đức chính, Tơn
Thân.
2. Phương pháp dạy học ở trường phổ thơng - Hồng Chúng.
3. Một số vấn đề đổi mới phương pháp dạy học mơn tốn THCS - Tơn Thân.
4. Nâng cao và phát triển tốn 8 tập 1, 2 - Vũ Hữu Bình
5. Cẩm nang vẽ thêm đường phụ trong giải tốn hình học phẳng - Nguyễn Đức
Tấn
6. Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi tốn THCS hình học - Trần Văn Tấn,

Nguyễn Thị Thanh Thủy