TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI
KHOA TOÁN - TIN
ĐỀ TÀI NGHIỆP VỤ SƯ PHẠM
KHAI THÁC VÀ PHÁT TRIỂN MỘT BÀI TOÁN
HÌNH HỌC LỚP 8
NGƯỜI HƯỚNG DẪN: Tiến sĩ Nguyễn Văn Khải
NGƯỜI THỰC HIỆN: Phạm Anh Tuấn
LỚP ĐHSP TOÁN KHÓA 7 HẢI DƯƠNG NĂM 2006
1
PHẦN I : ĐẶT VẤN ĐỀ
1. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI:
Qua những năm trực tiếp giảng dạy, bản thân tôi thấy một thực tế hầu hết
các em học sinh sau khi giải xong một bài toán là tỏ ra thoả mãn yêu cầu. Thậm
chí cả đối với một số học sinh khá giỏi, có năng lực học toán cũng vậy. Điều đó
thật đáng tiếc và cuối cùng chính nó làm tôi suy nghĩ và tìm tòi biện pháp để
hướng các em hãy dành một lượng thời gian vừa đủ để suy xét tiếp một bài toán
mà mình vừa giải xong. Sau khi suy nghĩ như vậy và hướng dẫn các em học sinh
theo hướng khai thác, phát triển ở một bài toán để trỏ thành một “họ” của bài toán
dó hay ta có một “chùm” bài toán hay làm tôi rất tâm đắc bởi các em đã được tha
hồ phát huy trí sáng tạo của mình, tìm tòi mọi góc độ xung qunh một bài toán ban
đầu , qua đó các em khắc sâu được kiến thức. Và điều quan trọng hơn cả là
thông qua cách hướng dẫn này phù hợp với phương pháp dạy học cải cách mới
hiện nay, các em học sinh là người chủ động sáng tạo trong việc tiếp thu kiến
thức, làm chủ tình huống, từ đó càng yêu thích môn toán hơn.
Chính vì thế tôi đã chọn: " Khai thác và phát triển một bài toán" là kinh
nghiệm của bản thân và mạnh dạn đưa ra cùng đồng nghiệp trao đổi nhằm nâng
cao chất lượng dạy và học.
2. MỤC ĐÍCH:
Xuất phát từ một thực tế đáng tiếc của học sinh như vậy nên việc chọn:
" Khai thác và phát triển một bài toán" nhằm giải quyết thực tế đó. Nghĩa là làm
thế nào để người thầy đúng là người tổ chức chỉ đạo và dạy học sinh cách tư

** Hãy thay đổi một số điều kiện trong giả thiết thì thu được những bài toán
mới nào ?
*** Hãy đặc biệt hoá một vài điều kiện trong (gt) thì được (kl) gì ?
**** Nếu đảo lại thì bài toán đó có gì thay đổi .
vân vân và vân vân
Cứ như vậy sau mỗi bài tập hãy rèn cho học sinh có thói quen làm được một
số công việc ấy. Tôi nghĩ đó là một phương pháp tự học cực kỳ quan trọng.
2. NỘI DUNG VÀ BIỆN PHÁP THỰC HIỆN:
BÀI TOÁN BAN ĐẦU.
Ta hãy bắt đầu từ một bài toán quen thuộc
Cho xOy = 90
0
. Trên Ox lấy điểm A cố định sao cho OA = a. Điểm B di
động trên Oy. Vẽ trong góc xOy một hình vuông ABCD.
a) Tính khoảng cách từ D đến Ox.
b) Tìm tập hợp (qũy tích) điểm D khi B di động trên Oy.
Hướng dẫn:
3
a) Kẻ DH ⊥ Ox ≡ H. Có ∆
AHD
vuông tại H nên D
1
+ A
1
= 1v .
Mà A
2
= 1v ⇒ A
1
+ A

Hình 1
Khi B di động trên Oy thì D di động theo nhưng luôn cách Ox một khoảng
DH = a. Vậy quỹ tích của D thuộc đường thẳng song song với Ox và cách Ox một
khoảng bằng a.
Giới hạn:
Khi B ≡ O thì H ≡ A và D ≡ D'. D' là một điểm thuộc đường thẳng song
song với Ox và cách Ox một khoảng bằng a, do A cố định suy ra D' cố định.
Kết luận:
Khi B di động trên Oy thì quỹ tích của D là 1 tia D'z // Ox, D' cách A một
khoảng bằng a.
Khai thác 1:
Từ lời giải trên ta thấy hình vuông OAD'C' là nhỏ nhất trong tập các hình
vuông ABCD khi B di động trên Oy. Và đương nhiên trong tập các hình vuông ấy
thì diện tích hình vuông OAD'C' là có giá trị nhỏ nhất. Từ suy xét đó ta có bài toán
mới.
4
y
x
1
3
2
1
H
D'
C'
D
C
O
A
B

AB > OA
Do A cố định, B di động nên
AB ≥ OA = a
⇒ S
ABCD
≥ a
2
Do đó S
ABCD
= a
2
là nhỏ nhất
khi ấy B ≡ O
Khai thác 2:
Hình 2
Từ kết quả trên ta suy ra hình vuông OAD'C' là cố định bằng cạnh a. Thế thì
OD' cố định nên trung điểm I' là cố định. Vấn đề đặt ra là: Nếu B chuyển động
trên Oy thì D chuyển động trên tia D'D. Khi đó trung điểm I của OD chuyển động
trên đường nào và ta có bài toán mới.
Bài toán 2:
Cho góc xOy bằng 90
0
. Lấy A trên Ox sao cho OA = a, một điểm B di động
trên Oy. Trong góc xOy vẽ hình vuông ABCD. Gọi I là trung điểm của OD. Tìm
tập hợp (qũy tích) điểm I.
Hướng dẫn: (Hình 2)
Theo kết quả trên D' là giới hạn của D và D' cố định.
Gọi I' là trung điểm OD' ⇒ I' cố định.
Trong ∆
OD'D

a) Chứng minh OHPQ là hình vuông
b) Gọi I là trung điểm AC, chứng minh O, I, P thẳng hàng.
Từ suy xét trên dễ dàng suy ra điều chứng minh.
Khai thác 4: Suy xét tiếp ta thấy. Ta có thể chuyển hướng bài toán dưới
dạng khác.
Nếu ta coi hình vuông OHPQ là cố định cạnh = a Trên các cạnh HO, OB,
PQ, PH lần lượt lấy A, B, C, D sao cho OA = QB = PC = DH.
6
y
x
P
Q
I
H
D
C
O
A
B
y
x
P
Q
I
H
C'
D
C
O A
B

≤ 2a (C
AOB
: chu vi ∆
AOB
)
(Chu vi của ∆
AOB
có giá trị lớn nhất bằng 2a).
Ta có bài toán mới.
Bài toán 4:
Cho hình vuông OHPQ cạnh là a. Trên các cạnh HO, OQ, QP, PH lần lượt
lấy A, B, C, D sao cho OA = QB = PC = HD.
a) Chứng minh: ABCD là hình vuông.
b) Khi A chuyển động trên OH và thoả mãn ABCD là hình vuông
và (A ≠ O, A ≠ H). Chứng minh C
AOB
< 2a.
Từ suy xét ta dễ chứng minh được điều này.
7
y
x
P
Q
I
H
D
C
O
A
B

- 4 S
AOB
Nếu S
AOB
lớn nhất thì S
ABCD
nhỏ nhất là S
AOB
nhỏ nhất thì S
ABCD
lớn nhất.
Mà S
AOB
lớn nhất khi OA.OB lớn nhất vì lý luận trên OA.OB lớn nhất khi
OA = OB.
Từ đó ⇒ OA = OB =
2
OH
=
2
a
. Hay A là trung điểm OH, B là trung điểm OQ ?
Ta có bài toán mới.
Bài toán 5:
Cho hình vuông OHPQ cạnh là a. Trên OH, OQ, QP, PH lần lượt lấy A, B,
C, D sao cho OA = QB = PC = HD.
a) Chứng minh ABCD là hình vuông.
b) A chuyển động trên OH
(vẫn thoả mãn ABCD là hình vuông).
Xác định vị trí A để S

b) Ta có S
OHPQ
= a
2
Theo kết quả trên ∆
AOB
= ∆
BQC
= ∆
CPD
= ∆
DHA
(c.g.c)
⇒ S
ABCD
= a
2
- 4 S
AOB
= a
2
- 2.OA.OB
Do OA + OB = OA + AH (vì OB = AH) ⇒ OA + AH = OH = a
Không đổi nên tích OA.OB lớn nhất khi OA = OB =
2
a
Nghĩa là OA.OB ≤
2
a
.

là giá trị nhỏ nhất khi đó: OA = OB =
2
OH
Chứng tỏ A là trung điểm của OH.
Khai thác 6: (Hình 6)
Tiếp theo suy xét 4 ta có C
AOB
≤ 2a
Vậy nếu C
AOB
= 2a thì điều gì sẽ xảy ra ?
Thật vậy: Nếu cạnh hình vuông OHPQ là a và A, B chuyển động trên OH,
OQ sao cho C
AOB
= 2a.
Thì: OA + OB + AB = 2a
(1)
Nhưng OQ + OH = 2a
Hay OB + BQ + OA + AH = 2a
(2)
Từ (1) (2) ⇒ AB = BQ + AH
Trên tia đối QB lấy E sao cho QE = AH
⇒ BQ + QE = BQ + AH hay BE = BA
9
Lại có ∆
PQE
= ∆
PHA
(c.g.c)
Suy ra: PE = PA

(2)
Từ (1) ⇒ P
1
=P
2
(2) ⇒ P
3
= P
4
Như thế thì:
Không cần những yếu tố trên mà chỉ cần một hình vuông OHPQ cạnh bằng a.
Một xPy quay quanh P, Px cắt OH ở A; Py cắt OQ ở B.
Sao cho C
AOB
= 2a thì xPy = 45
0
Ta có bài toán mới.
Bài toán 6:
Cho hình vuông OHPQ cạnh bằng a, một góc xPy quay quanh P. Tia Px, Py
lần lượt cắt OH, OQ tại A, B thoả mãn chu vi ∆
AOB
là 2a.
Chứng minh xPy = 45
0
(Từ suy xét trên dễ chứng minh được bài này).
Đặc biệt hoá bài toán ta có bài toán sau:
10
Ê
C
P

sao cho chu vi ∆
AOB
là 1.
Chứng minh rằng APB = 45
0
Khai thác 7: (Hình 7)
Suy xét tiếp ta có thể
đặt ra vấn đề ngược lại của
bài toán 6 thì sao ?
Hình 7
Nghĩa là: Cho hình vuông OHPQ cạnh bằng a, một góc xPy quay quanh P
sao cho xPy = 45
0
và Px cắt OH tại A, Py cắt OQ tại B, thì chu vi của ∆
AOB
có gì
thay đổi hay vẫn bằng 2a.
Suy luận: Trên tia đối tia HA lấy F sao cho HF = QB
⇒ ∆
PQB
= ∆
PHE
(c.g.c) (Hình vẽ 7)
Vậy PB = PF
P
1
= P
2
Mà P
1

B
2
= F
1
(∆
PAB
= ∆
PAF
)
Suy ra B
1
= B
2
. Vậy ∆
PBQ
= ∆
PBK
(cạnh huyền góc nhọn)
11
Q
P
F
HA
K
B
y
1
2
1
1

b) Cạnh AB luôn là tiếp tuyến của một đường tròn cố định.
Từ suy xét trên dễ chứng minh được bài tập này.
Khai thác 8:
Từ các kết quả trên ta đi đến kết luận rằng. Trong hình vuông OHPQ cạnh
bằng a. Một góc xPy quay quanh P. Gọi Px cắt OH ở A, gọi Py cắt OQ tại B.
Nếu: AB = AH + BQ (hay chu vi ∆
AOB
không đổi)
thì xPy = 45
0
Và ngược lại
Nếu xPy = 45
0
Thì: AB = AH + BQ ( hay chu vi ∆
AOB
là không đổi )
12
Và cả hai trường hợp trên ta đều chứng minh được khoảng cách của P đến
AB là không đổi.
Ta có thể thay cách phát biểu của bài toán trên.
Bài toán 8:
Cho hình vuông OHPQ cạnh bằng a. Một đường thẳng xy thay đổi luôn cắt
OH tại A, cắt OQ tại B.
a) Chứng minh rằng: APB = 45
0
khi và chỉ khi C
AOB
= 2a
b) Tìm quỹ tích điểm K là hình chiếu của P trên AB khi AB thay đổi và APB =
45

AOB
= 2a. Thì một điều xảy ra rằng:
Khi A ≡ H, B ≡ O thì S
OAB
= O
Khi A ≡ O, B ≡ Q thì S
AOB
= O
Tóm lại khi xPy quay quanh P đỉnh của hình vuông OHPQ có cạnh là a và
thoả mãn C
AOB
= 2a thì O ≤ S
AOB
< S
OHPQ

(1)
Như vậy ta có thể dự đoán rằng thế thì
S
APB
có thể có giá trị lớn nhất không ?
hay giá trị cực trị của S
APB
có quan hệ
với giá trị cực trị của S
AOB
như thế nào ?
Thật vậy
Theo các kết quả trên ta đã chứng minh
được ∆


⇒ 2S
APB
= a
2
- S
AOB
(*)
Từ (*) ta có: S
APB
lớn nhất ⇔ S
AOB
nhỏ nhất
(2)
Từ (1) (2) ⇒ S
AOB
nhỏ nhất = O
Vậy 2S
APB
lớn nhất = a
2
- O
Hay S
APB
lớn nhất =
2
2
a

14

= 2. Gọi QH lần lượt cắt PA ở M,
PB ở N. Lấy K thuộc AB sao cho BK = BQ
Chứng minh: BM, AN, PK đồng qui.
Hướng dẫn: (Hình 9)
Từ các bài toán trên ta đã có kết luận (và đã chứng minh được)
Nếu C
AOB
= 2.OH ⇒ APB = 45
0
Mà BQM = 45
0
⇒ BQPM nội tiếp (Q
1
= P
1
P, Q cùng thuộc nửa mặt
phẳng cùng nhìn BM dưới những góc bằng nhau)
Vậy BQP + BMP = 2v
15
M
A
H
O
B
Q
P
K
N
1
(tính chất tứ giác nội tiếp)

2
Vậy ∆
PBQ
= ∆
PBK
⇒ BQP = BKP mà BQP = 1v
Nên BKP = 1v hay PK ⊥ AB
(3)
Từ (1) (2) (3) ⇒ BM, AN, PJ là ba đường cao của ∆
ABP
nên nó đồng quy
(Hình 10)
Khai thác 11:
Từ kết quả của khai thác 10 ta suy xét tiếp thấy.
∆
BMP
vuông cân M ⇒
2=
MP
BP
∆
AMP
vuông cân tại A ⇒
2=
NP
AP
Suy ra
2
.
.

Nên S
ABC
=
2
1
AH. BC
Nhưng trong ∆
AHB
thì AH = AB. SinB
Vậy S
ABC
=
2
1
AB.BC. SinB (*)
Do đó trong giả thiết trên (bài tập 11)
Ta áp dụng công thức (*) có:
S
ABP
=
2
1
PA.PB. SinP
S
MPN
=
2
1
PM.PN . SinP
Lập tỷ số có

B
O
A
H
E
P
I
1
2
Hình 11
Thật vậy:
Kẻ tia Px ⊥PB cắt OH ở E
⇒ P
1
= P
2
⇒ ∆
PHE
= ∆
PQB
(g.c.g)
⇒ PB = PE
Lại có BPE = 90
0
và APB = 45
0
⇒ APE = 45
0
⇒ ∆
PAB

(1)
Trong ∆
PHA
vuông tại H ⇒ PA
2
= a
2
+
4
5
4
22
aa
=

(2)
(Vì giả sử A → trung điểm OH) ⇒ AH =
2
a
Từ (1) (2) ⇒ AI
2
=
8
5
2
a
Trong ∆
PQB
vuông tại Q ⇒ PB
2

+
x
a
a
xaa
x
5a
2
(a
2
+ x
2
) = 8a
2

4
)2(
2
xa +
= 2a
2
(a + 2x)
2
5(a
2
+ x
2
) = 2(a
2
+ 4x

a
aa
3
1
3
54
=
+−
(thoả mãn)
x
2
=
a
aa
3
3
54
−=
−−
(Loại)
Điều này chứng tỏ QB =
3
1
OQ =
3
1
a
Bằng suy xét trên ta đi đến bài toán mới:
Bài toán 13:
Trong hình vuông OHPQ cạnh bằng a. Trên OH lấy trung điểm A, một góc

19
2. Kết quả cụ thể, đối chứng
Trên đây là một số hướng giải quyết khai thác và phát triển của một bài toán
. Qua thực tế giảng dạy, khi kiểm tra 10 em học sinh khá, giỏi lớp 8 trong đội
tuyển học sinh giỏi của trường so sánh kết quả trước và sau khi áp dụng kinh
nghiệm trên, tôi thấy có kết quả rõ rệt
Kết quả cụ thể như sau:
Kỹ năng
Trước
khi
áp dụng
Sau
khi
áp dụng
Nhận dạng và giải quyết được các bài toán tìm tập hợp
điểm (quỹ tích)
30% 70%
Nhận dạng và giải quyết được các bài toán tìm điều
kiện để một tứ giác đặc biệt có diện tích lớn nhất hay
nhỏ nhất, tam giác có chu vi không đổi, chứng minh
một góc bằng một góc cho trước, đoạn thẳng bằng nhau
30% 82%
Nhận dạng và giải quyết được các bài toán chứng minh
ba điểm thẳng hàng, các đường thẳng đồng quy,
35% 75%
Nhận dạng và giải quyết được các bài toán chứng minh
một tứ giác là hình vuông, chứng minh một điểm là
trung điểm của một đoạn thẳng
40%
85%

mỗi bài toán đã giải chúng ta dành một lượng thời gian nhất định để suy xét theo
hướng mà tôi đã đưa ra. Thiết nghĩ đó cũng là một phương pháp học toán và làm
toán rất bổ ích, lý thú. Làm được điều đó với học sinh sẽ tạo ra sự hiểu bài sâu
hơn, có nhiều phương pháp giải hơn và đương nhiên sẽ tìm được phương pháp hay
nhất. Với người dạy ngoài việc tìm ra nhiều lời giải của bài toán còn tạo ra cách
thiết kế một loạt các bài toán có cùng "họ hàng" với bài toán ban đầu. Với tư
tưởng trên hướng tiếp tục nghiên cứu chính là các mảng kiến thức khác nhau mà
thông qua một khinh nghiệm nhỏ này chưa thể đề cập hết được.
21
22
PHẦN III: KẾT LUẬN
Trong quá trình được học tập tại khoa Toán-Tin Trường ĐHSP Hà Nội,
những suy nghĩ, băn khoăn, vướng mắc đã được các thày cô giúp đỡ nhiệt tình.
Đặc biệt là được sự góp ý, chỉ bảo rất tận tâm của thày giáo – Tiến sĩ Nguyễn Văn
Khải tôi đã mạnh dạn hoàn thành đề tài này. Trong quá trình bồi dưỡng học sinh
giỏi khối 8 - 9 tôi đã đưa ra để thực nghiệm. Ban đầu các em còn bỡ ngỡ sau tỏ ra
rất thích thú, say mê. Từ chỗ hiểu và say mê đó các em tìm tòi nhiều phương pháp
giải, qua đó chọn được phương pháp giải hay, đặc biệt một số em đã tự thiết kế ra
bài toán mới dựa trên hướng khai thác này.
Với khả năng còn có hạn, chắc chắn không tránh khỏi những hạn chế nhất
định. Song tôi cũng mạnh dạn đưa ra kinh nghiệm của bản thân mà tôi rất tâm đắc.
Tôi hy vọng đề tài sẽ đóng góp một phần vào áp dụng giảng dạy trong nhà trường.
Rất trông đợi sự đánh giá góp ý, bổ sung của đồng nghiệp xa gần để kinh
nghiệm này được hoàn thiện hơn và có tác dụng thiết thực trong sự nghiệp trồng
người của chúng ta.
Cuối cùng em xin chân thành cám ơn sự chỉ bảo tận tình của các thày cô
trong khoa toán – tin Trường ĐHSP Hà Nội. Xin chân thành cảm ơn Thày giáo –
Tiến sĩ Nguyễn Văn Khải đã giúp em hoàn thành đề tài này.
Xin trân trọng cảm ơn!
Hải Dương ngày 1 tháng 6 năm 2006