“Rèn luyện khả năng tư duy sáng tạo qua khai thác lời giải một số bài toán Hình học 9”
I- LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI.
Trong chương trình THCS, toán học chiếm một vai trò rất quan trọng. Với đặc
thù là môn khoa học tự nhiên, toán học không chỉ giúp học sinh phát triển tư duy, óc
sáng tạo, khả năng tìm tòi và khám phá tri thức, vận dụng những hiểu biết của mình
vào trong thực tế cuộc sống mà toán học còn là công cụ giúp các em học tốt các môn
học khác và góp phần giúp các em phát triển một cách toàn diện.
Việc tìm kiến thức lời giải cho một bài toán rèn luyện phương pháp khoa học
trong suy nghĩ, trong suy luận, trong giải quyết các vấn đề, và qua đó rèn luyện trí
thông minh sáng tạo, phát triển năng lực và phẩm chất trí tuệ.
Việc tìm ra lời giải của một bài toán khó, phương pháp mới, độc đáo của một
bài toán gây nên sự hoà hứng, phấn chấn, khoái trá, điều đó có ý nghĩa to lớn trong
việc vun đắp lòng say mê học toán và ước mơ vươn tới vinh quang trong lĩnh vực
nghiên cứu, khám phá, phát minh những vấn đề mới.
Đối với học sinh khá giỏi, việc rèn luyện cho các em tính linh hoạt, tính độc lập,
tính sáng tạo, tính phê phán của trí tuệ là những điều kiện cần thiết vô cùng trong việc
học toán. Chính vì vậy, bồi dưỡng học sinh khá, giỏi không đơn thuần chỉ cung cấp
cho các em một số vốn hiểu biết thông qua việc làm bài tập càng nhiều, càng khó mà
cần phải rèn luyện khả năng tư duy cho học sinh trong khai thác lời giải bài toán.
II- THỰC TRẠNG.
Trong quá trình giảng dạy và nghiên cứu tôi rất chú trọng đến việc rèn luyện
khả năng tư duy Toán cho học sinh. Do đó, dạy cho học sinh khá, giỏi biết cách khai
thác lời giải những bài toán hình học là việc làm đặc biệt quan trọng mà bản thân tôi
luôn đặt lên vị trí hàng đầu.
Mục đích của phương pháp này là rèn luyện khả năng tư duy Toán học cho học
sinh. Trước mỗi bài toán, học sinh biết khai thác tìm nhiều cách giải khác nhau trên cơ
sở gợi ý, hướng dẫn và định hướng của giáo viên. Từ đó, học sinh tự tìm ra cách giải
hợp lý nhất, phát hiện ra được cách giải tương tự và khái quát phương pháp chung.
Vì lẽ đó, qua thời gian dài tìm tòi, nghiên cứu và đúc rút kinh nghiệm, tôi mạnh
dạn đưa ra đề tài: “Rèn luyện khả năng tư duy sáng tạo qua khai thác lời giải một số bài
toán Hình học 9” nhằm góp một phần nhỏ trong việc nâng cao chất lượng đại trà và bồi dưỡng học

⊥
BC (Vì
·
NCB
nội tiếp chắn nửa (O))
⇒
AH // NC (1)
Tương tự ta có:
CH // NA (2)
Từ (1) và (2) suy ra: tứ giác AHCN là hình bình hành
Do đó AH = NC (*)
Dễ thầy OM là đường trung bình của
BCN
∆

⇒
OM =
1
2
CN (**)
Từ (*) và (**) ta có: OM =
1
2
AH hay AH = 2OM (Đpcm)
Cách giải 2: (Hình 2)
Gọi N và F lần lượt là điểm đối xứng với O qua BC và AC. Gọi E là trung điểm của
AC. Dễ thấy OF cắt AC tại E.
EM là đường trung bình của
ABC∆


·
·
ABH NFO=
Tương tự ta có
·
·
BAH FNO=
.
Do đó
∆
OFN =
∆
HBA (g.c.g)
⇒
AH = NO
Vậy AH = 2OM (vì ON = 2OM) (Đpcm)
Cách giải 3: (Hình 3)
Gọi D và N lần lượt là trung điểm của AC và CH
OD
⊥
AC (t/c đường kính và dây cung)
BH
⊥
AC (vì H là trực tâm của
∆
ABC)
⇒
OD // BH (1)
Mặt khác MN là đường trung bình của
∆

⇒
MN // PQ; MN = PQ
ON // BH (vì cùng vuông góc với AC)
⇒

·
·
HQP ONM=
.
Tương tư ta có:
·
·
HPQ OMN=
Dễ dàng suy ra
∆
HPQ =
∆
OMN (g.c.g)
Do đó HP = OM mà AH = 2HP
Vậy AH = 2OM (Đpcm)
Cách giải 5: (Hình 5)
Gọi N là trung điểm của AC
Trang 3
GV: Phan Văn Tịnh
C
•
A
B
H
O

nên MN //AB; MN =
1
2
AB (*)
Xét
∆
OMN và
∆
HAB có:
ON // BH (vì cùng vuông góc với AC)
⇒

·
·
HBA ONM=
tương tự ta có:
·
·
HAB OMN=
⇒

∆
OMN ~
∆
HAB (g.g)

⇒

OM MN
HA AB

* Khai thác lời giải:
Trang 4
GV: Phan Văn Tịnh
C
•
A
B
H
O
M
(Hình 5)
N
C
(Hình 6)
A
BH
C
M
O
C
B
A
(Hình 7)
M
OH
•
•
O
A
B

(góc có cạnh tương ứng vuông góc)
⇒
·
·
·
·
·
OAH ABC KCB KCA ACB+ = + =
Vậy:
·
·
·
OAH ACB ABC= −
(Đpcm)
Cách giải 2: (Hình 10)
Kẻ OI ⊥ AC cắt AH ở M
Ta có:
·
·
OMH ACB=
(góc có cạnh tương ứng vuông góc)
·
·
AOM ABC=
(cùng bằng
2
1
sđ
»
AC

Cộng từng vế của (1) và (2), ta được:
·
·
µ
¶
1 2
OAH ABC O O+ = +

Mà
µ
¶
·
1 2
O O ACB+ =
(Cùng bằng
2
1
sđ
»
AB
)
⇒
·
·
·
OAH ABC ACB+ =
Vậy
·
·
·

ABC ADC=
(2) (góc nội tiếp cùng chắn
»
AC
)
Cộng từng vế của (1) và (2), ta được:
·
·
·
·
·
OAH ABC ODK ADC KDC+ = + =
Mà
·
·
KDC ACB=
(góc có cạnh tương ứng vuông góc)
⇒
·
·
·
OAH ABC ACB+ =
Vậy
·
·
·
OAH ACB ABC= −
(Đpcm)
Cách giải 5: (Hình 13)
Tại A kẻ tiếp tuyến Ax và đường thẳng Ay // BC

·
·
·
OAH ACB ABC= −
(Đpcm)
Cách giải 6: (Hình 14).
Kẻ đường kính AOD, nối C với D, đường cao AH kéo
dài cắt CD tại M.
Ta có:
·
·
AMC ACB=
(1) (góc có cạnh tương ứng vuông góc)
·
·
ADM ABC=
(2) (góc nội tiếp cùng chắn
»
AC
)
Trừ từng vế của (1) và (2), ta được:
·
·
·
·
AMC ADM ACB ABC− = −
Mà:
·
·
·

“Rèn luyện khả năng tư duy sáng tạo qua khai thác lời giải một số bài toán Hình học 9”
Cách giải 7: (Hình 15)
Kẻ tiếp tuyến với đường tròn tại A cắt BC ở D.
Ta có:
·
·
ABC CAD=
(1) (Cùng chắn
»
AC
)
·
·
OAH ADC=
(2) (góc có cạnh tương ứng vuông góc)
Cộng từng vế của (1) và (2) ta được:
·
·
·
·
ABC OAH CAD ADC+ = +
Mà
·
·
·
CAD ADC ACB+ =
(góc ngoài tam giác)
⇒
·
·

D
A
(Hình 15)
B
H
CH
A
H
C
B
CHB
A
C
B
A
(Hình 16) (Hình 17)
(Hình 18)
H
●
●
●
“Rèn luyện khả năng tư duy sáng tạo qua khai thác lời giải một số bài toán Hình học 9”
·
1
2
DBC =
sđ(
¼
»
0 0 0

0
15IAO =
Sđ
»
0
90AB =

⇒
OB là đường trung trực của AE
⇒
IA = IE
⇒

∆
IAE cân tại I và
·
·
0
15IAE IEA= =
(2)
Từ (1) và (2) suy ra
∆
OBC
:

∆
IAE (g.g)
⇒

BC OB

thay vào (*) ta được:
BC =
2
0
2
cos15
R
R
= 2R.cos15
0

≈
2R.0,9659.
Vậy BC
≈
1,9318.R
Cách giải 3: (Hình 21)
Kẻ đường kính BOD. Hạ CH
⊥
BD (H
∈
BD)
Dễ thấy
∆
BCD vuông tại C và
·
0
15CBD =
⇒
DC = BD.sin

0 0
0
2 .sin15 . os15
sin15
sin
HC R c
CBH
=

Trang 8
GV: Phan Văn Tịnh
A
O
B
E
C
D
(Hình 20)
•
I
(Hình 21)
A
O
B
E
C
D
•
H
A

2
∆
AHB vuông tại H và
·
1
2
ABH =
sđ
»
AC
= 60
0

⇒
BH = AB.cos
·
ABH
= R
2
.cos60
0
= R
2
.
3
2
=
6
2
R

∆
AHC vuông cân tại H
Do đó HA = HC =
2
2
R
Vậy BC = BH + HC =
6
2
R
+
2
2
R
=
2
2
R
(
3 1+
)
≈
1,9318.R
Cách giải 5: (Hình 23)
Tiếp tuyến tại E của (O; R) cắt các đường thẳng
AB và AC lần lượt tại M và N

⇒
MN
⊥

= 2R.
3 2 3
3 3
R=
AN =
·
os
AE
c EAN
=
0
2
os30
R
c
=
2
3
2
R
=
4 3
3
R
MN = ME + EN = 2R +
2 3
3
R
=
2 3

B
E
C
(Hình 22)
•
H
A
O
B
E
C
(Hình 23)
•
M
N
“Rèn luyện khả năng tư duy sáng tạo qua khai thác lời giải một số bài toán Hình học 9”
⇒

AB BC
AN NM
=

⇒
BC =
2 3
2. ( 3 1)
. 2
3
( 3 1)
2

= R.sin30
0
=
2
R
Áp dụng định lý Pitago ta có:
OH
2
= OC
2
– HC
2
= R
2
-
2
4
R
=
2
3
4
R
⇒
OH =
3
2
R
BH = BO + OH = R +
3

2
(8 4 3)
4
R
+
=
2
.2.(3 2 3 1)
4
R
+ +
=
=
2
2
.2.( 3 1)
4
R
+
. Vậy BC =
2
.( 3 1)
2
R
+
≈
1,9318.R
* Khai thác bài toán: Trong 6 cách giải trên ta chỉ xét trong trường hợp B và C nằm
khác phía so với đường kính AE. Nếu B và C nằm cùng phía so với đường kính AE thì
kết quả như thế nào?

⇒
BC = 2R.sin15
0

≈
2R.0,2588
Trang 10
GV: Phan Văn Tịnh
A
O
B
E
C
D
•
H
(Hình 24)
A
E
B
O
•
C
H
(Hình 25)
“Rèn luyện khả năng tư duy sáng tạo qua khai thác lời giải một số bài toán Hình học 9”
Vậy BC
≈
0,5176.R
Ví dụ 4: Cho đường tròn (O; R) và một điểm E nằm ngoài đường tròn sao cho EO =

0

Ax
⊥
AB; By
⊥
AB
⇒
Ax // By
Từ C kẻ CH
⊥
By (H
∈
By)
⇒
Tứ giác CABH là hình chữ nhật.
Do đó CH = AB = 2R.
Mặt khác
·
·
0
30DEB DCH= =
(Vì AB // CH).
∆
DHC vuông tại H
⇒
cos
·
DCH
=

·
0
90EMO EBD= =
⇒

∆
EOM
:
∆
EDB (g.g)
⇒

EM EO
EB ED
=

⇒
ED =
2
. 2 .3 6EO EB R R R
EM EM EM
= =
(1)
∆
EOM vuông tại M và MO =
1
2
EO
⇒


⇒
EC =
·
0
os30
3
os
2
EA R R
c
c MEO
= =
⇒
EC =
2 3
3
R
Vậy CD = ED – EC = 2R
3
-
2 3
3
R
=
4 3
3
R
Cách giải 3: (Hình 27)
∆
EAC vuông tại A và

3
3
+ R
3
=
4 3
3
R
Cách giải 4: (Hình 27)
∆
EAC vuông tại A và
·
AEC
= 30
0

⇒
EC =
·
0
2 3
os30 3
os
EA R R
c
c AEC
= =
∆
EBD vuông tại B
⇒

⇒

·
0
120MOB =
. Do đó
·
0
60MDB =

⇒

·
0
30MDO =
∆
MOD vuông tại M và
·
0
30MDO =

⇒
MD =
·
0
3
30
MO R
R
tg

Trang 12
GV: Phan Văn Tịnh
B
•
O
E
A
C
M
H
D
y
x
(Hình 27)
B
•
O
E
A
C
M
H
D
y
x
(Hình 28)
“Rèn luyện khả năng tư duy sáng tạo qua khai thác lời giải một số bài toán Hình học 9”
Theo cách 5 ta có:
∆
MOC

3
3
R R R
MD
R
= =
Vậy CD = CM + MD =
3 4 3
3
3 3
R R
R+ =
Cách giải 7: (Hình 28)
∆
ODE cân tại O
⇒
OD = OE = 2R
Dễ dàng chứng minh được
∆
CEO cân tại C
⇒
CE = CO mà CE =
2 3
3
R
(Theo
cách 2)
⇒
CO =
2 3

R =
mà S
1 1
. .
2 2
COD
OM CD R CD
∆
= =

⇒
CD =
2
2 3
2.
2.
3
COD
R
S
R R
∆
=
Vậy CD =
4 3
3
R
Cách giải 8: (Hình 28)
∆
COD

Do đó: CD =
2. 3
2 .
4 3
3
3
R
R
R
R
=
Cách giải 9: (Hình 29)
Trang 13
GV: Phan Văn Tịnh
B
•
O
E
A
C
M
D
y
x
(Hình 29)
N
“Rèn luyện khả năng tư duy sáng tạo qua khai thác lời giải một số bài toán Hình học 9”
Kẻ AN //CD (N
∈
By)

E cùng thuộc một đường tròn.
* Gợi ý các cách giải:
- Cách giải 1: (Hình 30) Tổng hai góc đối của tứ giác ADHE bằng 180
0
:
·
·
0
90ADH AEH= =

⇒

·
·
0
180ADH AEH+ =

- Cách giải 2: (Hình 30) Tổng hai góc đối của tứ giác ADHE bằng 180
0
:
·
·
DAE EHC=
(góc có cạnh tương ứng vuông góc)
⇒
·
·
0
180DAE DHE+ =
- Cách giải 3: (Hình 30) Chứng minh

(Hình 30)
“Rèn luyện khả năng tư duy sáng tạo qua khai thác lời giải một số bài toán Hình học 9”
⇒
Bx // Cy
- Cách giải 2: (Hình 31)
Chứng minh
·
·
xBA yCA=
⇒
Bx // Cy
- Cách giải 3: (Hình 32)
Vẽ tiếp tuyến chung của (O) và (O’) tại A, cắt Bx tại D và cắt Cy tại E
Chứng minh
·
·
ABD ACE=
Bài toán 3: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O; R). Đường cao
BD và đường cao CE cắt nhau tại H. Chứng minh rằng OA
⊥
DE.
* Gợi ý các cách giải:
Gọi I là giao điểm của AO và DE
- Cách giải 1: (Hình 33) Chứng minh
∆
AIE vuông tại I
Thật vậy
∆
OAB cân tại O
⇒

0
180BED BCD+ =
mà
·
·
0
180BED AED+ =
Trang 15
GV: Phan Văn Tịnh
O
• •
O’
B
C
A
x
y
(Hình 31)
x
•
B
A
C
O
E
D
H
I
(Hình 33)
O

DE
- Cách giải 2: (Hình 34)
Kẻ tiếp tuyến Ax của (O).
Chứng minh Ax // DE
- Cách giải 3: (Hình 35)
Vẽ BD cắt (O) tai M (M
≠
B); CE cắt (O) tại N
(N
≠
C). Chứng minh MN
⊥
AO và MN // ED
c) Những bài toán có thể giải bằng nhiều cách:
Dưới đây là một số bài toán có thể giải bằng nhiều cách khác nhau, trong quá
trình giảng dạy, tôi chỉ hướng dẫn cho học sinh một cách giải và yêu cầu các
em tìm cách giải tương tự, sáng tạo ra các cách giải khác:
Bài 1: Cho đường tròn tâm O bán kính R và dây cung AB với góc AOB = 120
0
. Hai
tiếp tuyến tại A và B của đường tròn cắt nhau tại C.Trên các đoạn BC, CA,AB lần
lượt lấy các điểm I, J, K (K
≠
A; K
≠
B) sao cho
·
0
60IKJ =
Chứng minh rằng AJ.BI

với BC, AB, AC lần lượt tại D, E, F.
Trang 16
GV: Phan Văn Tịnh
•
B
A
C
O
E
D
H
I
(Hình 34)
x
•
B
A
C
O
E
D
H
I
(Hình 35)
M
N
“Rèn luyện khả năng tư duy sáng tạo qua khai thác lời giải một số bài toán Hình học 9”
Chứng minh rằng MD
2
= ME.MF

MF MC
=
. Từ đó suy ra điều phải chứng minh.
Bài 4: Cho tam giác ABC đều nội tiếp đường tròn (O; R), M là điểm trên cung BC.
Xác định vị trí của điểm M để tổng MA + MB + MC đạt giá trị lớn nhất.
Hướng dẫn:
Gọi I là giao điểm của AM và BC. Chứng minh
∆
MBI
∆:
MAC và
∆
ABM
∆:
CIM
⇒
MA = MB + MC. Vậy MA + MB + MC = 2.MA
≤
2.2R.
M là điểm chính giữa của
»
BC
.
IV- KẾT QUẢ:
Năm học qua, tôi đã cho áp dụng sáng kiến trên trong giảng dạy môn Toán, với
mục đích rèn luyện năng lực tư duy giải toán Hình học cho học sinh. Phần lớn các em
học sinh đã thực sự có hứng thú học Toán, đã tự độc lập tìm tòi ra nhiều cách giải khác
nhau mà không cần sự gợi ý của giáo viên.
Đặc biệt, áp dụng sáng kiến trên đây trong việc bồi dưỡng học sinh giỏi, tôi tin
rằng sẽ mang lại hiệu quả cao ngoài sự mong đợi.

của giáo viên. Từ đó, các em phát triển năng lực tư duy độc lập, khả năng sáng tạo,
tính tự giác học tập, phương pháp giải toán nhanh, kỹ năng phát hiện tốt.
Để làm được như vậy, mỗi giáo viên cần nghiên cứu, tìm tòi, tham khảo nhiều
tài liệu để tìm ra các bài toán hay, với nhiều cách giải khác nhau.
Đối với học sinh của trường THCS Ngô Quyền, việc áp dụng phương pháp trên
đã làm thay đổi nhận thức học Toán của học sinh. Phần lớn các em thích và say mê
với Toán học hơn, đã có nhiều học sinh giỏi.
Trên đây là vài kinh nghiệm nhỏ áp dụng cho việc bồi dưỡng học sinh khá, giỏi
môn Toán. Nhưng dù sao đó cũng chỉ là những phương pháp mà cá nhân học hỏi, đúc
kết kinh nghiệm và tham khảo trong một số tài liệu, chắc chắn nó chưa được hoàn
chỉnh và sẽ còn nhiều chỗ khiếm khuyết. Rất mong nhận được sự góp ý chân thành
của quý thầy, cô và đồng nghiệp.
Tôi xin chân thành cảm ơn!
Bàu Hàm 2, ngày 24 tháng 05 năm 2013
Người viết SKKN
Phan Văn Tịnh
Trang 18
GV: Phan Văn Tịnh