SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

RÈN LUYỆN PHÁT TRIỂN NĂNG
LỰC GIẢI TOÁN THÔNG QUA BÀI
TẬP SÁCH GIÁO KHOA I. Đặt vấn đề.
1. Vị trí môn học trong chương trình toán THCS.
Hình học là môn khoa học cơ bản trong chương trình phổ thông, nó trước
hình thành từ những năm đầu của chương trình tiểu học. Môn hình học nó được gắn
liền với thực tiển cuộc sống. Bởi vậy giải toán hình học là vấn đề trọng tâm của
người dạy cũng như người học, môn hình học kích thích sự sáng tạo, sự phán đoán
của con người bên cạnh đó nó rèn luyện tính kiên trì, nhẫn nại của người học.
2. Thực trạng học hình học hiện nay của học sinh THCS .
Hiện nay số học sinh sợ môn toán đặc biệt là môn hình học rất cao đối với
học sinh lười học đã đành. Còn đối với những học sinh "chăm học" mặc dù thuộc lí
thuyết vẩn không giải được . Thậm chí có những bài chỉ là tương tự bài đã giải hay
chỉ là một khía cạnh của bài đã giải, hoặc bài toán ngược lại của bài đã giải mà học
sinh vẫn không giải quyết được. Nguyên nhân cơ bản dẫn đến tình trạng đó là:
- Học sinh lười học, lười suy nghĩ, không nắm được phương pháp
- Học sinh học thụ động, thiếu sáng tạo

thứ tự ở C và D. Chứng minh rằng:
1).
Ù
COD
=90
0

2). CD = AC + BD
3). AC . BD không đổi khi M chạy trên nửa đường tròn.
Giải:
¨1. Để chứng minh
Ù
COD
= 90
0
ta có nhiều cách chứng minh sau đây là một cách.
Theo tính chất tiếp tuyến cắt nhau.
Ta có: OC là phân giác
Ù
AOM
.
OD là phân giác
Ù
BOM

Mà
Ù
AOM
và
Ù

nhất.
Giải: Chu vi hình thang ABCD bằng AB +BD +DC+CA = AB +2CD
Chu vi ABCD nhỏ nhất
Û
2CD nhỏ nhất
Û
CD nhỏ nhất
Û
CD vuông góc
với tiếp tuyến tại M
Þ
CD =AB
Þ
M là điểm chính giữa của cung AB.
Nhận xét 2: ABCD là hình thang vuông nên diện tích sẽ là .
S =

2
AB
BDAC
+
Ta có có thể đặt câu hỏi tiếp.
¨5. Tìm vị trí điểm M trên cung AB sao cho diện tích tứ giác ABCD nhỏ nhất.
Giải: Lập luận tương tự ta có nhỏ nhất
Û
M là điểm chính giữa cung AB.
Nhận xét 3: Ta thấy
D
AMB vuông M,
D

Giải: Theo câu 7
Þ
HK // AC
Þ
BC
BH
AC
HK
=

AC//BD
Þ

DA
DH
BC
BH
=

MH// CA
Þ

CA
MH
DA
DH
=

Từ các đẳng thức trên
MHHK

Mà DB ^ AB
Þ
IO ^ AB tại O
Þ
AB là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp
D
COD
Ta sẽ tiếp tục khai thác bài toán theo hướng khác :
· Nhận xét 8:
Khi M nằm trên nửa đường tròn (O). Tiếp tuyến tại M cắt tiếp tuyến Ax,By tại C và
D hay CD là tiếp tuyến của đường tròn tại M thì
Ù
COD
= 90
0
đều ngược lại còn đúng
không?
Ta có bài toán sau:
Bài toán 1.I: Cho nửa đường tròn (()) đường kính AB, Ax, By là các tiếp tuyến tại
A và B, trên Ax lấy điểm C tùy ý . Vẽ tam giac vuông COD, D ÎBy và cùng nằm
trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa điểm C .
Chứng minh rằng CD là tiếp tuyến của (O) .
Giải : ta có:

2
1
ÙÙ
= OD
cùng phụ
1

;
Mặt khác
Ù
CAD
=
Ù
COD
= 90
0

Þ
D
COD ~
D
CAO ( c.g.c)
Þ

ÙÙ
= DCOACO
hay CD là phân giác của góc
Ù
ACD
.
Từ O vẽ OM ^ CD ( M Î CD ) ; CO là phân giác
Ù
ACM
OA ^AC
Þ
OM = OA(Điểm nằm trên phân giác cách đều hai cạnh của góc) . Vậy
CD là tiếp tuyến của (O) tại M.

· Nhận xét 10: Tiếp tục khai thác bài toán bằng cách thay đổi điều kiện của bài
toán: Chẳng hạn điểm O được thay bởi điểm O
'
bất kỳ thuộc đoạn AB, lúc
này CD không còn là tiếp tuyến nửa mà trở thành cát tuyến, bây giờ
Ù
DCO'

bằng bao nhiêu?.
Bài toán 3.I: Cho điểm M nằm trên nửa đường tròn đường kính AB, O
'
là điểm bất
kỳ nằm trong đoạn AB, đường thẳng vuông góc với MO
'
tại M cắt tiếp tuyến Ax,
By tại C và D . Chứng minh
0
90' =
Ù
DCO
.
Giải: Do O
'
bất kỳ thuộc AB nên O
'
trùng O ; hoặc O
'
trùng A hoặc O
'
trùng B.

Ta có : AO
'
MC nội tiếp
Ù
Ù
=Þ
1
'
1
MO cùng chắn
Cung CA
BO
'
MD nội tiếp
Ù
Ù
=Þ
2
'
2
MO
Do
0
90=
Ù
AMB
(gt) nên

0
90' =
Ù
DCO

Giải ( Tóm tắt).
+) CMAO
'
nội tiếp

ÙÙ
=Þ MABCMO'
cùng bù
Ù
'MAO

+) DBMO
'
nội tiếp

ÙÙ
=Þ BMODMO '' cùng chắn cung
MO
'
mà
0
90' =+
ÙÙ
BMOMAB
nên

;
Þ=+Þ=
ÙÙÙ
00
18090 ANHAPHANH

APHN nội tiếp
+/
Þ==
ÙÙ
0
90BNCBPC
BPNC nội tiếp
Nhận xét 1: Hình vẽ gợi cho ta một số tứ giác nội tiếp.
Ta đặt thêm câu hỏi.
¨1. Trên hình vẽ có bao nhiêu tứ giác nội tiếp
Có 6 tứ giác nội tiếp: APHN; BPHM; CMHN; ANMB; BPNC; APMC.
Nhận xét 2: Với
D
BHC có A là trực tâm,
D
AHC có B là trực tâm ta đặt câu hỏi
tiếp theo.
¨2. Chứng tỏ rằng mỗi đỉnh của đã cho là trực tâm của tam giác tạo thành
bởi 2 đỉnh còn lại và trực tâm H của
ABC
D
.
Nhận xét 3: Từ các tứ giác nội tiếp đã tìm được ta thấy:
ÙÙÙÙÙÙÙÙ

MNP
D
.
Giải: ( Dựa vào nhận xét 4)
Nhận xét 5: Dựa vào 4 Thì NA là phân giác ngoài đỉnh N của
MNP
D
, NH là phân
giác trong nên ta có câu hỏi tiếp.
¨5. Gọi G,K,I lần lượt là giao điểm của AH với PN, BH với PM, CH với
MN . Chứng minh rằng.
HP
IH
CP
CI
HN
KH
BN
BK
HM
HG
AM
AG
=== ;;

Giải: Dựa vào nhận xét 5. Sử dụng tính chất đường phân giác ta có điều phải chứng
minh.
Nhận xét 6: Lấy H
1
đối xứng với H qua AB Ta thấy

.
Chứng minh rằng . 6 điểm A,H
1
, B, H
2
, C, H
3

cùng thuộc một đường tròn.
Giải:Dựa vào nhận xét 6 ta dễ dàng chứng minh được.
Nhận xét 7: Theo nhận xét 6 thì BAH
1
D =
AHB
D
và đối xứng nhau qua AB
Þ

đường tròn (AH
1
B) = đường tròn( AHB)= đường tròn(ABC), từ đó ta có câu hỏi
tiếp.
¨7. Gọi R là bán kính đường tròn ngoại tiếp
ABC
D
. Chứng minh rằng: đường
tròn (AHB) = đường tròn(AHC) = đường tròn(BHC) cùng có đường kính 2R.

====Þ
Tương tự: CCos
S
S
BCos
S
S
ABC
CMN
ABC
BPM
22
; == từ đó ta đặt câu hỏi tiếp.
¨8. CMR: )(1
222
CCosBCosACos
S
S
ABC
MNP
++-=
Giải: Dựa vào nhận xét 8 ta có:
S
APN
= S
ABC.
.Cos
2
A; S
BPM

ABC
( 1- ( Cos
2
A + Cos
2
B + Cos
2
C)
)(1
222
CCosBCosACos
S
S
ABC
MNP
++-=Þ
Nhận xét 9:
Theo câu 6 . Thì A,H
1
, B, H
2
, C, H
3

cùng thuộc 1 đường tròn
Þ

cung AH
1
= cung AH

Þ
ÇÇ
=
31
AHAH
Þ
A là điểm chính giửa cung
Ç
31
AHH AO
Þ
^
H
1
H
3

Tứ giác BPNC nội tiếp
ÙÙ
=Þ
21
BP
(cùng chắn cung NC) ;
ÙÙ
= CHHB
132
( cùng chắn
cung H
3
C)

2
I // BC ( H
2
là điểm đối xứng với H qua BC)
Ta đặt câu hỏi tiếp.
¨10. Kẻ đường kính AI, Gọi H
2
là điểm đối xứng với H qua BC. Chứng minh
rằng:
+Tứ giác BHCI là hình bình hành
+Tứ giác BCIH
2
là hình thang cân
Nhận xét 11: Theo trên thì BPNC nội tiếp, AO
^
PN vấn đề ngược lại có đúng
không? Tức là PN
^
AO
Þ
BPNC nội tiếp . Ta có bài toán sau:
Bài toán 1.II: Cho
ABC
D
nhọn nội tiếp (O) đường kính AI, d là đường thẳng vuông
góc với AI cắt AB, AC tại M và N. Chứng minh BPNC nội tiếp được.
Giải: Do d bất kỳ nên: d có thể đi qua A, B, C.
+Khi d đi qua A
Þ
M º A; N º A

ÙÙ
NB
.
Gọi T là giao điểm của d với AI
Ta có: ITNC nội tiếp được <
>==
ÙÙ
00
90;90 ITNICNÞ

0
180=+
ÙÙ
NI
mà
ÙÙ
=
B
I
cùng chắn
cung AC
Þ
0
180=+
ÙÙ
NB


IBM
= 90
0
nên
0
1
180=++
ÙÙÙ
IBMBN
hay
0
180=+
ÙÙ
MBCN

Þ
Tứ giác MBCN
nội tiếp được.
Nhận xét 12:
Theo câu 4. Thì 3 đỉnh của
ABC
D

lần lượt là tâm đường tròn bàng tiếp các
góc tương ứng M, N, P của
MNP
D
.
Gọi I, K lần lượt là tiếp điểm của
đường tròn ( B) và ( C) với đương thẳng PN

MNP
D
= MP + PN +MN
Ta gọi M
1
, M
2
lần lượt là các điểm đối xứng với
M qua AB và AC. Khi đó ta có:
PM = PM
1
; NM = NM
2
và M
1
, M
2
thuộc
đường thẳng PN khi đó: M
1
P+ PN + NM
2
= M
1
M
2

= MP + PN +MN
= Chu vi
MNP

qua các cạnh AB, AC ta có AM
1
=AM = AM
2

các
2121
;; AMMMAMMAM DDD
là các tam giác cân tại A
MAM
1
D
cân tại A
®

Ù
AMM
1
=2
Ù
BAM

MAM
2
D cân tại A
®

ÙÙ
= CAMAMM 2
2

=2
Ù
BAC
không đổi
Chu vi
MNP
D
= MP + PN +MN= M
1
P +PN + NM
2

Þ
Chu vi
MNP
D
nhỏ nhất khi
M
1
, P, N, M
2
thẳng hàng và M
1
M
2
nhỏ nhất.
Do
21
AMMD cân tại A, có
Ù


S
PNM
= S
PNH
+ S
PHM
+ S
NHM

=
(
2
r
MP + PN +MN) ( r là tâm đường tròn nội tiếp
MNP
D
).
Nhưng theo câu 9: AO
^
PN, BO
^
PM, CO
^
NM
Nên các tứ giác APON, PBMO, CNOM là các tứ giác có 2 đường chéo vuông góc
và tổng diện tích 3 tứ giác này bằng diện tích tam giác ABC.
S
ABC
= S

D
nhọn nội tiếp (O,R) các đường cao AM, BN, CP gọi r là
bán kính đường tròn nội tiếp
MNP
D
.
Chứng minh rằng:
R
r
S
S
ABC
MNP
=
Chứng minh: Dựa vào nhận xét trên ta chứng minh được.
Nhận xét 15: theo bài toán 4.II thì
R
r
S
S
ABC
MNP
=
Còn theo câu 8. thì
)(1
222
CCosBCosACos
S
S
ABC

Ta lại đề xuất bài toán sau:
Bài toán 6.II:
Cho
ABC
D
nhọn, trực tâm H nội tiếp đường tròn(O,R) Gọi O
1
, O
2
, O
3
lần lượt
là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác AHB, AHC, và BHC chứng minh rằng
tam giác O
1
O
2
O
3
bằng tam giác ABC.
Chứng minh: Theo câu 7. Các đường tròn ngoại tiếp các
ABCBHCAHCAHB
D
D
D
D
,,,

2

Þ
BO
1
O
2
C là hình bình hành
Þ
O
1
O
2
= BC
Do O
1
,O
2
, O
3
ta chứng minh hoàn toàn tương tự
Ta có: O
2
O
3
= AB; O
1
O
3
= AC

cho tổng khoảng cách HA +HB + HC lớn nhất .
Lời giải: ( Tóm tắt )
Vẽ đường kính AI, Gọi T là giao điểm HI và BC. Theo câu 10 thì BHCI là
hình bình hành
Þ
T là trung điểm HI
Þ
HB + HC =BI + IC. Mà O là trung điểm
AI . Nên TO =
AH
2
1
( đường trung bình
)AHI
D

Þ
AH = 2OT
Do BC cố định, O cố định
Þ
OT không đổi
Þ
AH không đổi.
Do đó: HA +HB + HC lớn nhất khi BI + IC lớn nhất. Mặt khác vì
ABC
D
nhọn nên
A chỉ chuyển động trên cung H
1
H

A thuộc phân giác góc H
1
H
2
H
3

ta đề xuất bài toán.
Bài toán 8.II: Dựng tam giác nhọn ABC biết
3 điểm phân biệt H
1
, H
2
, H
3
là các điểm đối
xứng với trực tâm H lần lượt qua AB, BC, AC

Giải: (Vắn tắt) Dựa vào nhận xét trên ta dễ dàng dựng được theo trình tự
- Dựng đường tròn tâm (O) ngoại tiếp tam giác H
1
H
2
H
3
Dựng phân giác các góc H
1
H
2
H

a. Xác định vị trí điểm M sao cho chu vi tam giác COD nhỏ nhất
b. Gọi I, J lần lượt giao điểm của OC với AM và OD với BM xác định vị trí điểm
M
để đường tròn ngoại tiếp tứ giác CIJD có bán kính nhỏ nhất.
Bài toán 3: ~ II. Cho tam giác ABC trực tâm H, trọng tâm G, O là tâm đường
tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Chứng minh rằng.
a. Khoảng cách từ H đến A gấp 2 lần khoảng cách từ O đến BC
b. Ba điểm H, G, O thẳng hàng.
Bài toán 4: ~ II. Cho đường tròn tâm O (O) và dây BC cố điịnh không đi qua tâm,
A là điểm di động trên cung lớn BC sao cho tam giác ABC nhọn
a. Tìm quỹ tích điểm H
b. Tìm vị trí điểm A sao cho diện tích tam giác ABC lớn nhất. III. Kết luận.
Trên đây là những việc làm nhỏ nhoi của bản thân trong quá trình dạy học.
Khảo sát cho thấy với cách làm này các em hứng thú học tập hơn, các em khá, giỏi
không coi thường các bài tập SGK đưa ra tưởng chừng đơn giản mà các em đã biết
đào sâu suy nghĩ , tìm kiếm phát hiện ra những vấn đề rất thụ vị, những h/s "hơi
khá" đã biết tổng hợp các bài tập cùng dạy, xâu chuổi các kiến thức để ôn tập một
cách khoa học.
Tôi nhận ra rằng những việc làm của tôi mới chỉ đáp ứng được một chút kiến
thức trong kho tàng kiến thức mà tác giả SGK muốn gửi gắm tới người học, Thông
qua người dạy bởi vậy tôi cần phải học hỏi nhiều, rất nhiều ở đồng nghiệp ở tài
liệu… hy vọng được sự dìu dắt của đồng nghiệp để. Tôi càng hoàn thiện hơn trong
nghề dạy học./.
Tôi xin chân thành cảm ơn!
Tháng 04 năm 2006