Rèn luyện khả năng tư duy trong khai thác lời giải một số bài toán Hình học 9
A- ĐẶT VẤN ĐỀ
I- Lời mở đầu.
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 của vấn đề nghiên cứu.
Trường THCS Thanh Sơn là một trường vùng cao của huyên Như
Xuân, tất cả học sinh là con em dân tộc thiểu số, trình độ nhận thức của các
em còn nhiều hạn chế. Vì vậy, có được học sinh giỏi cấp huyện môn Toán là
một điều rất hiếm và khó, tuy nhiên có rất nhiều nguyên nhân cả khách quan
và chủ quan. Xuất phát từ đó, ngay từ đầu những năm mới ra trường, tôi đã
luôn cố gắng tìm tòi, tham khảo tài liệu với mục đích nâng cao chất lượng học
toán đại trà và đặc biệt là chất lượng mũi nhọn.

Dưới đây là một số ví dụ được khai thác lời giải dưới nhiều cách khác
nhau:
Ví dụ 1: Chứng minh rằng khoảng cách từ một đỉnh của tam giác đến trực
tâm của tam giác đó bằng hai lần khoảng cách từ tâm đường tròn ngoại tiếp
tam giác đến cạnh đối diện với đỉnh đó.
* Khai thác lời giải:
ABC∆
nội tiếp đường tròn (O; R), H là trực tâm của
ABC∆
; OM là khoảng
cách từ O đến BC. Dễ thấy, M là trung điểm của BC.
Cách giải 1: (Hình 1)
Kẻ đường kính BON
Tứ giác AHCN có:
AH
⊥
BC (Vì H là trực tâm của
ABC∆
)
NC
⊥
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

ABC
∆

⇒
EM // AB; EM =
1
2
AB (1)
EM là đường trung bình của
∆
OFN
⇒
EM // NF;
EM =
1
2
NF (2)
Từ (1) và (2) suy ra: AB // NF; AB = NF
Mặt khác OF // BH (Vì cùng vuông góc với BC).
Suy ra
·
·
ABH NFO=
Tương tự ta có
·
·
BAH FNO=
.
Do đó
∆

AH.
Vậy OM =
1
2
AH hay AH = 2OM (Đpcm).
Cách giải 4: (Hình 4)
Gọi N, P và Q lần lượt là trung điểm của AC, AH và HB.
PQ là đường trung bình của
∆
ABH nên PQ // AB; PQ =
1
2
AB
MN là đường trung bình của
∆
ABC nên MN //AB; MN =
1
2
AB
⇒
MN // PQ; MN = PQ
ON // BH (vì cùng vuông góc với AC)
Người thực hiện: Lê Sỹ Hiệu Trường THCS Thanh Sơn
- 4 -
C
•
A
B
H
O

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
Do đó MN là đường trung bình của
∆
ABC
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=
⇒

∆

H
O
M
(Hình 4)
P
Q
N
C
•
A
B
H
O
M
(Hình 5)
N
C
(Hình 6)
A
BH
C
M
O
C
B
A
(Hình 7)
M
OH
•

(1) (góc có cạnh tương ứng
vuông góc)
·
·
ABC ADC=
(2) (góc nội tiếp cùng chắn
»
AC
)
Cộng từng vế của (1) và (2), ta được:
·
·
·
·
OAH ABC KCB ADC+ = +
Mà
·
·
ADC KCA=
(góc có cạnh tương ứng vuông góc)
⇒
·
·
·
·
·
OAH ABC KCB KCA ACB+ = + =
Vậy:
·
·

ACB ABC OAH= +
Vậy:
·
·
·
OAH ACB ABC= −
(Đpcm)
Cách giải 3: (Hình 11)
Kẻ OI ⊥ BC và OK ⊥ AB. Ta có:
·
µ
1
OAH O=
(1) (so le trong)
Người thực hiện: Lê Sỹ Hiệu Trường THCS Thanh Sơn
- 6 -
B
A
C
H
(Hình 10)
M
I
C
B
A
(Hình 11)
H
I
1

2
1
sđ
»
AB
)
⇒
·
·
·
OAH ABC ACB+ =
Vậy
·
·
·
OAH ACB ABC= −
(Đpcm)
Cách giải 4: (Hình 12)
Kẻ đường kính AOD, hạ DK ⊥ BC
Ta có:
·
·
OAH ODK=
(1) (so le trong)
·
·
ABC ADC=
(2) (góc nội tiếp cùng chắn
»
AC

(1) (góc có cạnh tương
ứng vuông góc)
·
·
ABC BAy=
(2) (so le trong)
Cộng từng vế của (1) và (2), ta được:
·
·
·
· ·
OAH ABC xAy BAy xAB+ = + =
Mà
·
·
xAB ACB=
(góc nội tiếp cùng chắn
»
AB
)
⇒
·
·
·
OAH ABC ACB+ =
Vậy
·
·
·
OAH ACB ABC= −

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:
·
·
·
AMC ADM OAH− =
(góc ngoài tam giác AMD)
Vậy
·
·
·
OAH ACB ABC= −
(Đpcm)
Cách giải 7: (Hình 15)
Kẻ tiếp tuyến với đường tròn tại A cắt BC ở D.
Ta có:

·
·
OAH ACB ABC= −
(Đpcm)
* Khai thác bài toán: Ta đi khai thác đến những trường hợp mà bài toán có
thể xảy ra:
1) Chứng minh bài toán: Khi BC là đường kính của đường tròn. Trong
trường hợp này hãy xác định vị trí của đỉnh A để AO và AH chia góc BAC
thành 3 phần bằng nhau (Hình 16).
2) Với bài toán đã cho khi nào thì dây AB lớn nhất ? Tại sao? Trong
đường tròn này bài toán có gì đặc biệt? (Hình 17)
Người thực hiện: Lê Sỹ Hiệu Trường THCS Thanh Sơn
- 8 -
D
A
(Hình 15)
B
H
CH
Rèn luyện khả năng tư duy trong khai thác lời giải một số bài toán Hình học 9
3) Chứng minh bài toán khi dây AB và AC cùng ở về một phía của
tâm? (Hình 18)

Ví dụ 3: Cho đường tròn (O; R) có đường kính AE; cung AB và cung AC có
số đo lần lượt là 90
0
và 120
0
. Tia AE nằm giữa hai tia AB, AC. Tính độ dài
BC theo R.

≈
1,9318.R.
Chú ý: Trường hợp kẻ đường kính COD, cách giải tương tự.
Cách giải 2: (Hình 20)
∆
OBC cân tại O có
·
·
0
15OBC OCB= =
(1)
Gọi I là một điểm thuộc BO sao cho
·
0
15IAO =
Sđ
»
0
90AB =

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

∆
IAE cân tại I và
·
·

A
O
B
E
C
D
(Hình 20)
•
I
A
O
B
E
C
D
(Hình 19)
•
A
H
C
B
CHB
A
C
B
A
(Hình 16) (Hình 17)
(Hình 18)
H
●

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
·
CBD
= 2R.sin15
0

·
·
DCH DBC=
(Cặp góc nhọn có cạnh tương ứng vuông góc)
Xét
∆
DHC vuông tại H

≈
1,9318.R
Cách giải 4: (Hình 22)
Vẽ AH
⊥
BC (H
∈
BC)
Sđ
»
AB
= 90
0

⇒
AB là cạnh của hình vuông nội tiếp
(O; R)
⇒
AB = R
2
∆
AHB vuông tại H và
·
1
2
ABH =
sđ
»
AC
= 60

2
=
2
2
R
∆
AHC vuông tại H và
·
1
2
ACH =
sđ
»
AB
= 45
0

⇒

∆
AHC vuông cân tại H
Do đó HA = HC =
2
2
R
Người thực hiện: Lê Sỹ Hiệu Trường THCS Thanh Sơn
- 10 -
(Hình 21)
A
O

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
⊥
AE
∆
AEM vuông tại E và
·
1
2
MAE =
sđ
»
0
45BE =
⇒

os30
R
c
=
2
3
2
R
=
4 3
3
R
MN = ME + EN = 2R +
2 3
3
R
=
2 3
3
R
(
3 1+
)
Xét
∆
ABC và
∆
ANM có
µ
A

3
R R
AB MN R
AN
R
+
= = +

≈
1,9318.R
Cách giải 6: (Hình 24)
Kẻ đường kính BOD.
Từ C hạ CH
⊥
BD (H
∈
BD)
∆
OHC vuông tại H và
·
HOC
= sđ
»
0
30DC =
⇒
HC = OC.sin
·
HOC
= R.sin30

2
3
4
R
⇒
OH =
3
2
R
BH = BO + OH = R +
3
2
R
=
(2 3)
2
R
+
Áp dụng đinh lý Pitago trong
∆
BHC vuông tại H ta có:
BC
2
= BH
2
+ HC
2
=
2
[ (2 3)]

. 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?
Xét trường hợp B và C nằm cùng phía so với đường kính AE (Hình
25):
Nhận thấy
∆
BOC cân tại O và
·
0
30BOC =
. Hạ đường cao OH của
∆
BOC
⇒
OH vừa là đường trung tuyến, vừa là đường phân giác của
µ
O
tức là
BH = CH và
· ·
0

E
B
O
•
C
H
(Hình 25)
Rèn luyện khả năng tư duy trong khai thác lời giải một số bài toán Hình học 9
EM là tiếp tuyến của (O) và M
∈
O
⇒
EM
⊥
MO
⇒

∆
MOE vuông tại M
Ta có, sin
·
1
2
MO
MEO
EO
= =

⇒


·
DCH
=
CH
CD

⇒
CD =
·
0
2 2
os30
3
os
2
CH R R
c
c DCH
= =
Vậy CD =
4 3
3
R
Cách giải 2: (Hình 27)
Xét
∆
EOM và
∆
EDB có
µ

EO
⇒

·
0
30MEO =
EM = EO.cos
·
MEO
= 2R.cos30
0
= R
3
Do đó ED = 2R
3
Mặt khác
∆
EAC vuông tại A
⇒
EC =
·
0
os30
3
os
2
EA R R
c
c MEO
= =

B
•
O
E
A
C
M
H
D
y
x
(Hình 27)
Rèn luyện khả năng tư duy trong khai thác lời giải một số bài toán Hình học 9
∆
EAC vuông tại A và
·
AEC
= 30
0

⇒
AC = AE.tg
·
AEC
= AE.tg30
0
= R.
3
3



⇒
EC =
·
0
2 3
os30 3
os
EA R R
c
c AEC
= =
∆
EBD vuông tại B
⇒
AC // BD.
Theo định lý Talet ta có:
CD AB
EC EA
=

⇒
CD =
2 3
2 .
. 4 3
3
3
R
R

∆
MOD vuông tại M và
·
0
30MDO =

⇒
MD =
·
0
3
30
MO R
R
tg
tgMDO
= =
Tương tự
∆
MOC vuông tại M và
·
0
30MOC =

⇒
MC = MO.tg
·
MOC
= R.tg30
0

2
= R
2

∆
ODE có
·
·
0
30ODE OED= =

⇒
ME = MD = R
3
(Theo cách 2)
Do đó: MC =
2 2
3
3
3
R R R
MD
R
= =
Người thực hiện: Lê Sỹ Hiệu Trường THCS Thanh Sơn
- 14 -
B
•
O
E

⇒
CO =
2 3
3
R
Mặt khác
∆
COD vuông tại O (Vì
·
·
·
·
·
0
1
( ) 90
2
COD COM MOD EOM MOB= + = + =
)
S
1
.
2
COD
OC OD
∆
=
=
2
1 2 3 2 3

Cách giải 8: (Hình 28)
∆
COD
:

∆
CAE (g.g) (Vì
·
·
0
90COD CAE= =
;
·
·
0
30CEA CDO= =
)
⇒

CD OD
CE AE
=

⇒
CD =
.OD CE
AE
Mà CE =
2. 3
3

A
C
M
D
y
x
(Hình 29)
N
Rèn luyện khả năng tư duy trong khai thác lời giải một số bài toán Hình học 9
∆
ABN vuông tại B
⇒
AN =
·
0
2 2 4 3
os30 3
3
os
2
AB R R R
c
c BAN
= = =
. Vậy CD =
4 3
3
R
2) Định hướng các cách giải cho một bài toán:
Dưới đây là một số bài toán có thể giải bằng nhiều cách, tôi không đi

0
180DAE DHE+ =
- Cách giải 3: (Hình 30) Chứng minh
·
·
DAH HED=

- Cách giải 4: (Hình 30) Gọi I là trung điểm
của AH.
Chứng minh IA = ID = IH = IE
Bài toán 2: Cho hai đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc ngoài nhau tại A. Vẽ
một cát tuyến qua A cắt (O), (O’) lần lượt ở B, C. Chứng minh rằng các tiếp
tuyến tại B và C song song với nhau.
* Gợi ý các cách giải:
- Cách giải 1: (Hình 31)
Chứng minh OB // O’C
⇒
Bx
⊥
OB; Cy
⊥
OB
⇒
Bx // Cy
- Cách giải 2: (Hình 31)
Người thực hiện: Lê Sỹ Hiệu Trường THCS Thanh Sơn
- 16 -
B
C
A

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
⇒
2.
·
·
0
180BAO AOB= −
⇒

·
·
·
0 0
90 90
2
AOB
BAO ACB= − = −
(Vì
·
·

⇒

∆
AIE vuông tại I
⇒
OA
⊥
DE
- Cách giải 2: (Hình 34)
Kẻ tiếp tuyến Ax của (O).
Người thực hiện: Lê Sỹ Hiệu Trường THCS Thanh Sơn
- 17 -
x
•
B
A
C
O
E
D
H
I
(Hình 33)
O
•
•
O’
B
C
A

·
0
60IKJ =
.
Chứng minh rằng AJ.BI
2
4
AB
≤
.
Hướng dẫn:
Chứng minh
AKJ BIK
∆ ∆
:

AJ
AJ. .
AK
BI AK BK
BI BK
⇒ = ⇒ =
. Từ đó áp dụng
tính chất của bất đẳng thức để suy ra điều phải chứng minh.
Bài 2: Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn (O; R). I là tâm đường
tròn nội tiếp tam giác ABC. AI cắt (O) tại D (D
≠
A). Chứng minh rằng tam
giác DBI cân tại D
Người thực hiện: Lê Sỹ Hiệu Trường THCS Thanh Sơn

DBI DIB=
hoặc DI = DB.
Bài 3: Cho tam giác cân ABC (AB = AC) và một đường tròn tiếp xúc với
cạnh AB, AC lần lượt ở B, C. Từ điểm M trên cung BC nằm trong tam giác vẽ
các đường vuông góc với BC, AB, AC lần lượt tại D, E, F.
Chứng minh rằng MD
2
= ME.MF
Hướng dẫn:
Chứng minh
∆
DEM
∆:
FDM
2
.
MD ME
MD ME MF
MF MD
⇒ = ⇒ =
Hoặc chứng minh
∆
BEM
∆:
CDM
⇒

ME MB
MD MC
=

BC
.
II- Kết quả đạt được:
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.
Kết quả thu được rất khả quan, cụ thể:
Lớ
p
Số
H
S
Khảo sát đầu năm học Khảo sát cuối năm học
Giỏi Khá TB Yếu Giỏi Khá TB Yếu
S % S % S % S % S % S % S % S %
Người thực hiện: Lê Sỹ Hiệu Trường THCS Thanh Sơn
- 19 -
Rèn luyện khả năng tư duy trong khai thác lời giải một số bài toán Hình học 9
L L L L L L L L
9A 27
5
18,
5
18
66,
7
4
14,
8

4
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.
III- Các biện pháp để tổ chức thực hiện:
1) Đối với nhà trường:
Cần tạo mọi điều kiện về cơ sở vật chất, trang thiết bị, đồ dùng dạy học,
sách giáo khoa, tài liệu tham khảo phục vụ cho việc bồi dưỡng học sinh khá,
giỏi.
Phân công lao động, phân công chuyên môn hợp lý, có chính sách ưu
tiên đối với những giáo viên bồi dưỡng học sinh khá, giỏi.
2) Đối với giáo viên và học sinh:
Để áp dụng phương pháp trên đây đạt được hiệu quả cao, học sinh hiểu
bài và tự mình sáng tạo ra các cách giải toán, thì:
- Giáo viên phải tìm ra hoặc sưu tầm được những bài toán có thể giải
bằng nhiều cách để đưa ra cho học sinh tự tìm lời giải.
- Sau đó, giáo viên hướng dẫn, định hướng các cách giải để học sinh tự
tìm ra lời giải khác nhau cho mỗi cách.
- Sau khi giáo viên định hướng cho học sinh khai thác lời giải cho một
bài toán xong, giáo viên nên đặt những câu hỏi có liên quan để học sinh tự
tổng hợp kiến thức và trả lời, như:
1) Sau các cách chứng minh trên những kiến thức nào đã được sử
dụng?
2) Có những cách chứng minh nào tương tự nhau. Khái quát đường lối
chung của các cách ấy?
3) Hãy tìm xem bài toán còn cách chứng minh nào khác không?. Nếu
còn, hãy chứng minh theo cách riêng vừa tìm được.
Người thực hiện: Lê Sỹ Hiệu Trường THCS Thanh Sơn
- 20 -
Rèn luyện khả năng tư duy trong khai thác lời giải một số bài toán Hình học 9
- Giáo viên tổng hợp các cách giải và đưa ra một cách giải dễ hiểu nhất,