SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM- NĂM HỌC 2010-201
1 Hoàng Thị Thu Hương
– THCS Núi Đèo

1

CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Độc lập - Tự do - Hạnh phúc
*********************

BẢN CAM KẾT

I. TÁC GIẢ
Họ và tên: HOÀNG THỊ THU HƯƠNG
Ngày, tháng, năm sinh: 09/11/ 1975
Đơn vị : Trường THCS Núi Đèo
Điện thoại: 0982873720
II. SẢN PHẨM:
Tên sản phẩm: KHAI THÁC MỘT BÀI TOÁN HÌNH HỌC LỚP 8

III. CAM KẾT
Tôi xin cam kết sáng kiến kinh nghiệm này là sản phẩm của cá nhân tôi. Nếu có
xảy ra tranh chấp về quyền sở hữu đối với một phần hay toàn bộ sản phẩm sáng kiến
kinh nghiệm, tôi hoàn toàn chịu trách nhiệm trước lãnh đạo đơn vị, lãnh đạo Sở GD &
ĐT về tính trung thực của bản cam kết này.
Núi Đèo, ngày 25 / 3/ 2011
Người cam kết


I. CƠ SỞ LÍ THUYẾT
1 - Hệ quả định lí Talet trong tam giác : ∆ABC có M ∈ AB, N ∈ AC
MN // BC
AM AN MN
AB AC BC
⇔ = =

2 - Định lí đường phân giác:
∆
ABC có AD là đường phân giác
DB AB
DC AC
⇔ =

3 - Định lí Pitago:
∆
ABC có a, b, c là ba cạnh của tam giác có Â = 90
0

⇔
a
2
= b
2
+ c
2

4 - Các hệ thức lượng trong tam giác vuông
∆
ABC, Â = 90

1 1 1
h b c
= +

5 - Quan hệ giữa cạnh và góc trong tam giác
*
µ
$
µ
∆ ≥ ≥ ⇔ ≥ ≥
ABC : A B C a b c

*
b c a b c
− < < +

6 - Quan hệ giữa các đường trong tam giác
∆ABC có đường cao h
a
, trung tuyến m
a
, phân giác l
a
thì
a a
h m
≤ ≤
a
l


lí Ta - let, ta kẻ DE // AB suy ra
∆
EAD luôn cân tại E hay EA = ED.
Nhưng từ DE // AB lại có
DB EA
DC EC
=
(2)
Từ (1) và (2) ta có
EA AB
EC AC
=

EA AB
EA EC AB AC
⇔ =
+ +

Do đó EA = ED nên
ED c bc 1 1 1
ED
b b c b c ED b c
= ⇔ = ⇔ = +
+ +

(Đặt AB = c; BC = a; CA = b; phân giác AD = l
a
).
Đó là lời giải của bài toán gốc sau:
B

ta
xét trường hợp đặc biệt khi  = 120
0
⇒ Â
1
= Â
2
= 60
0
⇔ ∆EAD đều nên ED = AD = l
a
.
Đó cũng là lời giải của bài toán sau:
Bài toán 1: Cho  = 120
0
. Chứng minh
1 1 1
= +
b c
l
a
. (Rõ ràng lời giải thông qua bài toán
gốc).
2. Nhận xét 2: Theo bài toán gốc luôn có:
1 1 1
+
b c ED
=
. Nếu cho
1 1 1

m
a
trong một tam giác ta có
a a
1 1 1
h m
≥ ≥
a
l
. (Trong đó h
a
là đường cao; l
a
là đường phân giác; m
a
là đường trung
tuyến cùng ứng với một cạnh trong tam giác).
Nếu cho điều kiện
a
1 1 1 1 1 1
b c h b c
+ = ⇒ + ≥
a
l
mà theo bài toán gốc
1 1 1
+
b c ED
=
nên suy

≤
2
D AED

Mà AED = AED
Cộng các vế có 180
0

≤
3 AED . Hay AED
≥
60
0
. Mà Â + AED = 180
0
nên Â
≤
120
0
.
Vậy ta có: Bài toán 3: Cho
a
1 1 1
b c h
+ =
. Chứng minh Â
≤
120
0
.

≤ ≤ ⇔ ≥ ≥
a
a
l
l
. Nếu cho
a
1 1 1
b c m
+ =
thì
1 1 1
b c
+ ≤
a
l
mà theo bài toán gốc
1 1 1
b c DE
+ =
nên suy ra

1 1
DE
≤
a
l

µ
⇔ ≥ ⇒ ≥

0
.
 Kết luận 1: Trong ∆ABC cạnh a, b, c có l
a
, h
a
, m
a

a. Nếu
a
1 1 1
b c h
+ = thì Â ≤ 120
0
.
b. Nếu
1 1 1
+
b c
=
l
a
thì Â = 120
0
.
c. Nếu
a
1 1 1
b c m

=
a
l
hay ED =
2
a
l

2 1 1 1
ED b c
⇒ = = +
a
l

Ta có:
A
B
C
D
E
a
l
1
2
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM- NĂM HỌC 2010-201
1 Hoàng Thị Thu Hương
– THCS Núi Đèo

a
2
= 2ED
2
= ED
2
+ EA
2
(vì EA = ED).
Theo định lí Pitago đảo suy ra Ê = 90
0
hay  = 90
0
.
Vậy ta có
Bài toán 6: Nếu ∆ABC có
1 1 2
b c
+ =
a
l
thì Â = 90
0
.
7. Nhận xét 7: Khi  = 90
0
ta có hệ thức
2 1 1
b c
= +

a
2
a a
1 2h
S
(h )
−
=
2
a
l
l

Do đó ta có cách tính diện tích tam giác vuông theo h
a
; l
a
là
S =
( )
2
a
2
a
h
2h
−
a
2
a

– THCS Núi Đèo

7
8. Nhận xét 8: Khi  = 90
0
ta có S =
( )
2
a
2 2
a a
h
2h
−
a
l
l

Vì S > 0 nên
2
a
2h
>
2
a
l

a
2h
⇒ >

0

a a
2h h
⇔ > >
a
l

+, Â = 90
0

( )
2
a
2
a
h
S
2h
⇔ =
−
V
a
2
a
l
l

9. Nhận xét 9: Ta tiếp tục dùng phương pháp đặc biệt hoá
Nếu cho  = 60

Vậy ta có bài toán 9: Cho tam giác ABC có Â = 60
0
, chứng minh
3 1 1
b c
= +
a
l

10. Nhận xét 10: Xét chiều ngược lại trong
∆
ABC nếu có
3 1 1
b c
= +
a
l
mà
1 1 1
ED b c
= +

thì suy ra
ED 3
=
a
l
(Bài toán gốc)
Hạ EH
⊥

0
suy ra  = 60
0
.
Vậy ta có lời giải bài toán 10
∆ABC có
3 1 1
b c
= +
a
l
. Chứng minh  = 60
0
.
* Kết luận 3: Trong
∆
ABC, AD là phân giác (AD = l
a
)
 = 60
0

⇔

3 1 1
b c
= +
a
l


⇒ > +
 
 
a
l

Với l
a
; l
b
; l
c
là độ dài các đường phân giác trong tam giác.
Chứng minh tương tự
b
1 1 1 1
2 a c
 
> +
 
 
lc
1 1 1 1
2 b a
 
> +
 

là độ
dài các đường phân giác trong tam giác.
12 . Nhận xét 12: Nếu sử dụng bài toán 1, ta có cách nhìn một số bài toán khó trở nên
đơn giản hơn, chẳng hạn xét một bài toán của lớp 9:
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM- NĂM HỌC 2010-201
1 Hoàng Thị Thu Hương
– THCS Núi Đèo

9
Bài toán 12: Cho tam giác ABC đều nội tiếp (O; R), điểm M chạy trên cung BC nhỏ,
gọi giao điểm của MA và BC là I. Tìm vị trí của điểm M để I có độ dài lớn nhất.
Lời giải: Ta thấy
·
0
BMC 120
=
và MI là phân giác của tam
giác MBC.
Nên theo bài toán 1 suy ra
1 1 1
MI MB MC
= +

áp dụng bất đẳng thức cơ bản:

1 1 1 4
MI MB MC MB MC

⇒
≤ ≤
Dấu bằng xảy ra
MB MC
AM 2R
=

⇔

=


⇔
M là điểm chính giữa của cung BC nhỏ.
Vậy đó là một cách giải của bài toán 12 nhìn ra từ bài toán 1.
13- Nhận xét 13: Nếu b, c thay đổi sao cho b
2
+ c
2
= 2R
2
(không đổi) thì ta có tìm được
cực trị cả đại lượng tính theo
1 1
b c
+
(bài toán gốc
1 1 1
DE b c
= +


Hoàng Thị Thu Hương
– THCS Núi Đèo

10
hay áp dụng bất đẳng thức cơ bản có:

2 1 1 4
b c b c
= + ≥
+
a
l
(1)
Và ( b + c)
2
≤ 2(b
2
+ c
2
) = 8R
2

b c 2 2R
⇔ + ≤

4 4
b c
2 2R
⇔ ≥

0
thì
2 1 1
b c
= +
a
l

Nếu ta cho l
a
=
12 2
7
thì có
1 1 7
b c 12
+ =
, và biết diện tích tam giác là 6cm
2
. Ta có bài
toán sau:
Bài toán 14: Cho tam giác ABC có Â = 90
0
, l
a
=
12 2
7
và diện tích tam giác là 6cm
2

a
2
= b
2
+ c
2
– bc
b. Â = 90
0

⇔
a
2
= b
2
+ c
2

•
•
A
B
C
O
D
c
b
a
l
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM- NĂM HỌC 2010-201

III. KẾT QUẢ THỰC HIỆN SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
1. Kết quả chung:
Trong năm học vừa qua, tôi đã hướng dẫn cho học sinh lớp 8 một số bài tập trong
sáng kiến kinh nghiệm này. Kết quả cho thấy các em nắm vững bài toán gốc và phát
hiện kịp thời các bài toán sau thông qua bài toán gốc. Các bài toán mới được các em
khai thác rất say sưa dưới hướng dẫn của giáo viên. Hiệu quả là đã phát triển tư duy, óc
sáng tạo của học sinh.
 2. Kết quả cụ thể: Sau khi ra đề cho học sinh lớp 8A2: Trong ∆ABC cạnh BC = a,
AC = b, AB = c có các đường phân giác, đường cao,đường trung tuyến xuất phát
từ A lần lượt là l
a
, h
a
, m
a
; chứng minh:
a. Nếu
a
1 1 1
b c h
+ =
thì Â
≤
120
0
.
b. Nếu
1 1 1
+
b c

IV - ĐIỀU KIỆN ÁP DỤNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
 Do sáng kiến kinh nghiệm cần có nội dung là định lí Talet, định lí đường phân
giác, căn bậc hai, đường tròn cho nên chỉ áp dụng được ở học kì II lớp 8, còn
riêng đối với học sinh lớp 9 có thể dạy ngay từ đầu năm.
 Vì sáng kiến kinh nghiệm có nhiều kĩ năng biến đổi, kết hợp suy luận nhiều kiến
thức của môn hình và đại nên có thể sử dụng dạy chuyên đề, bồi dưỡng học sinh
giỏi.
 Dùng đề xuất thêm bài tập mở rộng cho học sinh ứng theo từng phần liên quan
nhất là trong các tiết luỵên tập.
V- NHỮNG ĐIỂM TỒN TẠI HẠN CHẾ:
* Do sáng kiến kinh nghiệm nhằm khai thác bài toán gốc, nên các bài toán sau thường
được qui về sử dụng lời giải bài toán gốc. (Nhiều bài toán là bắt buộc, ví dụ : Kết luận
1, kết luận 2).
* Nhưng ngược lại có một số bài toán có lời giải riêng (ở đây chỉ đưa ra cách nhìn nhận
một vấn đề một cách khác đi).
* Chỉ khai thác được với những góc đặc biệt (Â = 60
0
, 90
0
, 120
0
).
* Để chứng minh một kết quả phải áp dụng thêm nhiều hệ quả, định lí bổ trợ ngoài bài
toán gốc. Ví dụ
a a
h m
≤ ≤
a
l


Tôi xin trân trọng cảm ơn.
Xác nhận của Ban giám hiệu Núi Đèo, ngày 25/ 3/ 2011
Người thực hiện
Hoàng Thị Thu
Hương