SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BỈM SƠN
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
NÂNG CAO CHẤT LƯỢNG MÔN TOÁN CHO HỌC SINH
LỚP 8 -9 THÔNG QUA SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP
TƯƠNG TỰ TRONG GIẢI TOÁN
Người thực hiện: Nguyễn Thị Hòa
Chức vụ: Giáo viên
Đơn vị công tác: Trường THCS Lê Quý Đôn
MỤC LỤC
TT Nội dung Trang
A Đặt vấn đề 2
B Giải quyết vấn đề 4
I. Cơ sở lý luận. 4
II. Thực trạng của vấn đề 4
2
III.Giải pháp và tổ chức thực hiện 5
1. Sử dụng phương pháp tương tự để thu gọn lời giải bằng
cách không lặp lại các chứng minh như nhau
5
2. Sử dụng phương pháp tương tự để phát hiện tính chất mới, đề
xuất bài toán mới.
7
3. Sử dụng phương pháp tương tự để tìm tòi cách giải khác cho
một bài toán.
8
4. Giải các bài toán cực trị với nội dung tương tự hoặc giải bằng
phương pháp tương tự.
10
5- Sử dụng phương pháp tương tự trong giải toán chứng minh
bất đẳng thức.

Trên cơ sở thực hiện đổi mới phương pháp dạy học theo hướng phát huy
tính tích cực của học sinh trong học tập , làm cho học sinh chủ động nắm bắt
kiến thức, chủ động tư duy hình thành các khái niệm, các công thức… thì người
thầy phải chủ đạo, hướng học sinh nắm bắt kiến thức một cách khoa học, giáo
viên cần tung ra những tình huống nhằm kích thích học sinh ham tìm tòi sáng
tạo. Giáo viên có thể đưa ra những dạng bài cụ thể, mang tính đơn lẻ, có tính
chất dễ dàng lĩnh hội và đặt học sinh vào tình huống làm thế nào để có được
khái niệm, bài toán tương tự của những bài toán đơn lẻ đó, Qua đó học sinh sẽ
tiếp nhận kiến thức một cách chủ động, sáng tạo theo tư duy của từng cá nhân.
Trên cơ sở phân loại các dạng bài tập, tôi đưa ra các ví dụ từ dễ đến khó,
từ đơn giản đến phức tạp từ đó hình thành bài toán tương tự nhưng ở mức độ
cao hơn.
5
B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ

I. Cơ sở lý luận :
Trong toán học, nhất là trong dạy học toán theo chương trình đổi mới thì việc dạy
học theo phương pháp tích cực hoá hoạt động học tập của học sinh, học sinh được
tiếp cận kiến thức một cách chủ động sáng tạo, từ những hình ảnh, mô hình, ví dụ
để hình thành các khái niệm tương tự, tổng quát hơn.
6
Tương tự hóa được các nhà toán học thường xuyên sử dụng, nhờ đó mà bài
toán được giải bao giờ cũng ngắn gọn hơn và kết quả thu được cũng cho thấy rõ
bản chất của vấn đề.
Đối với học sinh thì các em thường hay ngại trình bày đặc biệt là các bài
toán cứ phải lặp đi lặp lại cách trình bày như nhau . Là người giáo viên, chúng
ta cần biết gây hứng thú học tập của các em thông qua các lời giải ngắn gọn,
đằng sau mỗi lời giải của các bài toán luôn ẩn chứa nhiều bất ngờ dành cho các
em say sưa tìm tòi.
Rất nhiều em không dừng lại ở những bài toán tưởng chừng như rất nhỏ,

- Chứng minh AN = BC
Cũng hoàn toàn giống như
chứng minh AM = BC,
Chứng minh AN // BC cũng
hoàn toàn giống như chứng minh
AM // BC. Do đó để gọn, ta dùng
8
B C
E D
A NM
từ "Chứng minh tương tự" mà không cần lặp lại chứng minh như trên. Ở đây
chứng minh tương tự là một suy diễn chính xác
Ví dụ 2: Cho ∆ABC; Â = 105
o
, một đường thẳng qua A cắt BC ở D. Chia tam
giác ABC thành hai tam giác cân. Tính số đo các góc B và C của tam giác ABC.
Giáo viên: Gợi ý:
Bài này đòi hỏi học sinh xét nhiều trường hợp vì đề bài không xác định rõ đáy
của tam giác cân ADB và ADC. Ta hãy chú ý đến sự tương tự giữa hai góc
·
ADB
;
·
ADC
Nếu thay B bởi C thay C bởi B thì lời giải của bài toán không đổi:
Ta nói rằng hai góc đó có vai trò như nhau và nhờ sự tương tự ấy có thể sắp xếp
chúng theo thứ tự
·
·
ADC ADB≥

0
nên a = 35
o
Trường hợp 2: Cho ta: a + (180
o
- 4a) = 105
o
nên a = 25
0
Trường hợp 3: Không xảy ra vì khi đó
·
0
BAC=90

Vậy chỉ xảy ra trường hợp 1 và trường hợp 2.
Trường hợp 1: a =
µ
C
=
35
o
=>
µ
B
= 180
o
- (105
o
+ 35
o

C
là các góc nhọn. Các đường
trung trực của AB và của AC cắt nhau ở O và cắt BC theo thứ tự ở E và F.
Chứng minh : AO là tia phân giác của góc EAF.
Giải:
Ta có EA = EB nên EO là tia phân giác của góc
·
AEB

Chứng minh tương tự FO là tia phân giác của góc
·
AFC
.

Vì EO và FO là các tia phân giác của đỉnh E và F của ∆ AEF nên AO là tia phân
giác của góc EAF lời giải này ứng với trường hợp
µ
A
< 90
0
(h.a)
Nếu
µ
A
> 90
o
(h.b) lời giải cũng tương tự như trên chỉ khác ở chỗ EO và FO là
A
E
ACEF

sáng tạo toán học, nhờ đó mà ta có thể đề xuất các bài toán mới.
Chú ý rằng cách nhìn hai đối tượng là tương tự cũng rất khác nhau tuỳ
theo mục đích nghiên cứu. Trong tam giác tam giác và tứ giác có thể xem là
tương tự vì chúng là các trường hợp riêng của đa giác. Những suy luận bằng
tương tự thuộc loại "suy luận nghe có lý". Nó mới cho ta những dự đoán, còn để
khẳng định hay bác bỏ dự đoán đó thì phải chứng minh. Sẽ sai nếu bằng tương
11
tự, ta cho rằng giao điểm các đường phân giác của tam giác cũng cách mỗi định
bằng
3
2
độ dài đường phân giác đi qua đỉnh ấy (!) hoặc cho rằng trong hai tam
giác bất kỳ đối diện với 2 cạnh bằng nhau là 2 góc bằng nhau.
3. Sử dụng phương pháp tương tự để tìm tòi cách giải khác cho một bài toán:
a. Bằng cách nghĩ đến bài toán có nét tương tự với bài toán đang giải:
Ví dụ: Vẽ về phía ngoài tam giác ABC (
µ
B
< 90
0
;
µ
C
< 90
0
) các tam giác vuông
cân ABD, ACE (
·
·
o

Giải:
Kẻ đường cao AH ⊥ BC
Xét hai tam giác vuông ∆ BID và ∆ AHBcó BD = BA (gt)
·
·
BAH = DBI
(cùng phụ với
·
ABH
)
=> ∆ BID = ∆ AHB =>AH = BI
Chứng minh tương tự: ∆ AHC = ∆ CKE => AH = CK
=> BI =CK (đpcm)
b) Bằng cách sử dụng phương pháp tương tự với phương pháp đã sử dụng ở một
bài toán khác:
Ví dụ 1b: Cho tam giác ABC : AB = AC và
µ
A
= 20
0
lấy điểm D trên cạnh AB
sao cho AD = BC. Tính
·
ACD

* Nhận xét:
- Nhớ lại bài tập: Cho ∆ ABC: B = C = 50
0
. Gọi K là điểm trong tam giác
sao cho

I
K
·
ABE
=
·
KBC
còn trong ví dụ 1b)
ta lại có
·
BCA
-
µ
A
= 80
0
- 20
0
= 60
0
cũng là góc của tam giác đều
Do đó, mặc dù hai bài toán hoàn toàn khác nhau, nhưng sự tương tự trên ra cách
vẽ tam giác đều BEC
Giải:
Vẽ ∆ BEC đều (E và A cùng phía đối với BC)
Cách vẽ này làm xuất hiện
·
ECA
=
·

cắt BB', CC' ở N, M
14
A
B
O
C'
M N
A' C
B'
E
A
B C
D
ta có: = ;
= ; =
Nhân các đẳng thức trên từng vế, ta được điều phải chứng minh
b) Chứng minh tương tự (câu a)
Chú ý: Các hệ thức viết ở định lý.
Mênê-laúyt và các định lý Xêva như nhau.
Chỗ khác nhau là vị trí của các điểm A', B', C'
- Ở định lý Mênê-laúyt có đúng 1 điểm hoặc
cả 3 điểm nằm ngoài tam giác.
- Ở định lý Xêva: không có điểm nào, hoặc có
đúng hai điểm nằm ngoài tam giác.
4. Giải các bài toán cực trị với nội dung tương tự hoặc giải bằng phương
pháp tương tự.
Ví dụ 1: Cho hai điểm A, B cùng nằm về một nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng
Tìm trên đường thẳng A một điểm P sao cho PA + PB là nhỏ nhất.
Giải: Lấy A' đối xứng với A qua đường thẳng nối A'B cắt đường thẳng a tại P'
Đường thẳng a là trung trực của AA'

Oy là trung trực của AA
1
nên: CA = CA
2
; BA = BA
1
AB + AC + BC = A
1
B + BC + CA
2
≥ A
1
A
2
(không đổi)
dấu "=" xảy ra khi B, C ∈ [A
1
A
2
]
mà B, C ∈ Ox; Oy nên để AB + BC +AC nhỏ nhất thì B, C là giao điểm của
A
1
A
2
với Ox, Oy.
Ví dụ 3:
Cho hình vuông ABCD và tứ giác MNPQ
có bốn đỉnh thuộc bốn cạnh hình vuông
ABCD (MNPQ gọi là tứ giác nội tiếp hình

Bài 1: Cho ∆ ABC có các cạnh a, b, c, và các trung tuyến m
a
,

m
b
, m
c
Chứng minh rằng: a + b + c < (m
a
+ m
b
+ m
c
)
Giải:
Gọi G là trọng tâm ∆ ABC
- Xét ∆ BGC có: GB + GC > BC
trong đó: GB = m
b,
GC = m
c
⇒ (m
b
+ m
c
) > BC
⇒ (m
b
+ m

c
m
a
Ta có P - a = - a = > 0
Tương tự P - b > 0
P - c > 0
áp dụng bất đẳng thức Cauchy
P - a + P - b ≥ 2
+ ≥
⇒ [(P-a) + (P-b)] [ + ] ≥ 4
⇒ + ≥ = =
⇒ + ≥
Tương tự: + ≥ , + ≥
Dấu bằng xảy ra khi a = b = c ⇒ Tam giác ABC đều.
Bài 3: Cho tam giác ABC có độ dài 3 cạnh là: a,b,c chu vi 2P.
CMR: ≥ (P-a) (P-b) (P-c)
Giải:
Ta có P - a > 0
P - b > 0
P - c > 0
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy
P-a + P-b ≥ 2
⇒ c ≥ 2 (1)
Tương tự: b ≥ 2 (2)
a ≥ 2 (3)
18
Nhân từng vế của (1), (2), (3)
≥ (P-a) (P-b) (P-c) ⇒ (đpcm)
Bài 4: Chứng minh rằng, với mọi a, b > 0 thỏa mãn a + b = 1, thì:
2 2

= ≥ + =

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = ½.
d) Nêu và giải toán tương tự với các bài toán sau:
Bài toán 1: Cho ∆ ABC vẽ ở phía ngoài tam giác ấy, các tam giác đều ABD,
ACE. Tính góc tạo bởi các đường thẳng BE, CD
Bài toán tương tự: Thay "tam giác đều" bởi "tam giác vuông cân tại A)
Bài toán 2: Cho ∆ ABC vuông cân tại A, trung tuyến AM. Gọi d là đường
thẳng đi qua A sao cho B và C thuộc cùng một nửa mặt phẳng có bờ d. Kẻ BH
và CK vuông góc với d. CMR tam giác MHK là tam giác vuông cân.
Bài toán tương tự: Thay "B và C thuộc cùng một nửa mặt phẳng đối nhau có bờ
d"
Giải: Ta có: AB = CA,
·
BAH
=
·
ACK
(cùng phụ với
·
CAK
) nên
19
∆ ABH = ∆ CAK (cạnh huyền-góc nhọn)
suy ra: AH = CK
∆ ABC cân có trung tuyến AM là
đường cao, từ đó suy ra:
∆ AMC vuông cân nên AM = MC
·
MAH

Lớp 8A (44HS)
(không áp dụng)
1 2.3% 10 22.8% 18 40.8% 15 34.1%
Lớp 8C (45HS)
(Áp dụng)
0 0% 4 8.9% 16 35.6% 25 55.5%
20
A
B M C
K
d
H
C.KẾT LUẬN:
Từ vài kinh nghiệm nhỏ rút ra qua quá trình giảng dạy cũng bản thân tôi nhận
thấy: Để chất lượng giảng dạy đạt hiệu quả cao, người giáo viên cần đầu tư
nhiều thời gian và trí tuệ vào mỗi bài giảng. Từ đó bằng phương pháp đặc trưng
của bộ môn, chuyển tải đến học sinh những kiến thức trọng tâm một cách chính
xác, sâu sắc và hấp dẫn nhất.
21
Học sinh là yếu tố quan trọng cho thành công của mỗi giờ học nên cần
động viên, hướng dẫn, đôn đốc, kiểm tra một cách thường xuyên để các em có ý
thức và hứng thú trong học tập .
Khi dạy cần cho học sinh tiếp nhận kiến thức một cách thoải mái, chủ
động, rõ ràng, có hệ thống, học sinh phải phân biệt và nhận dạng được các bài
toán , tổng hợp và khái quát bài toán, từ đó hầu hết giải được các bài tập, xoá đi
cảm giác khó và phức tạp ban đầu là không có quy tắc giải tổng quát. Qua đó
rèn luyện cho học sinh trí thông minh, sáng tạo, các phẩm chất trí tuệ khác và
học sinh cũng thấy được dạng toán này thật phong phú chứ không đơn điệu,
giúp học sinh hứng thú khi học bộ môn này.
Để học sinh nắm vững và hứng thú học tập, chúng ta cần chọn lọc hệ

6. Tuyển chọn theo chuyên đề Toán học và tuổi trẻ.
25