BÁO CÁO KẾT QUẢ SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

PHƯƠNG PHÁP SUY LUẬN PHÂN TÍCH ĐỂ TÌM
LỜI GIẢI BÀI TOÁN HÌNH HỌC TRUNG HỌC CƠ SỞ


Mục lục
Trang
Phần I:
Phần mở đầu
1/ Lý do chọn đề tài
2/ Mục đích nghiên cứu
3/ Đối tượng nghiên cứu
4/ Nhiệm vụ nghiên cứu
5/ Phạm vi và giới hạn nghiên cứu
6/ Phương pháp nghiên cứu
Phần II: Nội dung của đề tài
Cơ sở:
1A- sở lý luận:
I) Một số đặc điểm của sách giáo khoa toán THCS (Phần hình học)
II) Suy luận và chứng minh hình học
III)Phương pháp suy luận phân tích để tìm lời giải bài toán hình học
IV) Sử dụng suy luận phân tích để khai thác mở rộng bài toán mới từ

02
03
03
03
03
03
05

với nhau và cùng nhau phát triển. Vì vậy nó được đưa ngay từ lớp 1 và theo đuổi
con người cho tới khi ngừng học. Vì tầm quan trọng của môn Toán học như vậy
nên nó cần phải được quan tâm cả về nội dung hình thức và phương pháp giảng
dạy.
Vị trí của môn học trong hệ thống chương trình sách nói lên tầm quan
trọng của nó trong việc giáo dục tính sáng tạo, kĩ năng tổng hợp, phân tích, khả
năng giải quyết vấn đề cho học sinh.
Có nhiều HS thắc mắc không hiểu tại sao nghe thầy, cô giáo giải bài tập và
chứng minh định lí, cũng như các em tự đọc chứng minh định lí trong sách em
thấy dễ hiểu lắm nhưng em không sao giải được bài tập cũng như chứng minh
lại một định lí, nếu không học thuộc lòng cách chứng minh đó. Tại sao?
Quả đúng là nghe hoặc đọc một bản chứng minh không khó vì bản chứng
minh được trình bày theo một trật tự lô gíc, từ một cái đúng này đến cái đúng
khác rất hợp lí, với những lí lẽ rất xác đáng, làm cho người nghe, người đọc phải
chấp nhận, không thắc mắc vào đâu được. Do vậy cái lập luận lô gíc đó nhẹ
nhàng dẫn dắt người nghe dần dần đến một kế luận tất yếu phải thừa nhận.
Nhưng làm sao biết được cái trật tự lô gíc ấy để trình bày? Cái khó chính
là chỗ đó. Trong mớ bòng bong những quan hệ chằng chịt giữa các yếu tố trong
bài toán, làm sao phát hiện được đầu mối, cái nút nằm ở đâu để tháo gỡ. Mà
muốn tháo gỡ cũng phải biết lập luận thật lô gíc. Cái lập luận có trật tự lô gíc ấy
không phải bỗng nhiên mà có, mà là hình thành trong quá trình nghiên cứu có
phương pháp. Một trong những phương pháp nghiên cứu giúp ta đi đúng
đường , tìm được lời giải là phương pháp suy luận, phân tích mà học sinh nên
cố gắng học hỏi để tự rèn luyện hay đúng hơn là khổ luyện. Tất cả đều do rèn
luyện mà có. đối với Toán học nói chung và hình học nói riêng cũng vậy, không
có con đường nào khác ngoài rèn luyện, rèn luyện có phương pháp.

3




Cơ sở của đề tài
A/ Cơ sở lý luận:
4


I/ Một số đặc điểm của sách giáo khoa toán THCS ( Phần Hình học):
- Được viết căn cứ vào chương trình môn toán THCS của Bộ Giáo dục Đào tạo ban hành ngày 24/01/2002. Sách toán THCS đó lôi cuốn các em học
sinh vào một cuộc tìm tòi, khám phá những kiến thức toán học bổ ích, lý thú,
những kiến thức có nhiều ứng dụng trong thực tế và ứng dụng vào việc học tập
các môn học khác.
- Về hình học các kiến thức được trình bày theo con đường kết hợp trực
quan và suy diễn . Bằng đo đạc, vẽ hình, gấp hình, quan sát, suy luận, phân
tích… học sinh dự đoán các sự kiện hình học và tiếp cận với các định lí.
- Yêu cầu về tập dượt suy luận, chứng minh tăng dần qua các chương ở
phần hình học 7
Hình học 7
Chương I: Có 3 tính chất được công nhận, không chứng minh, 6 tính chất
thu được qua suy luận, 7 bài tập suy luận
Chương II: Chỉ có 1 định lí được công nhận ( định lí PiTaGo), 4 định lí có
chứng minh, 3 định lí có chứng minh thông qua các câu hỏi gợi ý SGK, 3 định lí
học sinh tự chứng minh.
Chương III: Hầu hết các định lí được chứng minh hoặc gợi ý chứng minh.
Từ hai định lí về sự đồng quy của 3 đường trung tuyến và của 3 đường cao.
SGK Toán 7 tiếp tục bổ sung những kiến thức mở đầu hình học đã được giới
thiệu ở lớp 6 đó là khái niệm về hai đường thẳng vuông góc, hai đường thẳng
song song, quan hệ giữa tính vuông góc và tính song song của hai đường thẳng.
Tiên đề Ơcơlít về đường thẳng song song. Tiếp đó sách hướng dẫn học sinh đo
các góc của 1 số tam giác, cắt ghép hình.
Phần bài tập cho học sinh thực hành ở từng tiết học, lí thuyết thường chỉ

là phán đoán mà từ đó rút ra phán đoán mới . Kết luận là phán đoán mới thu
được bằng con đường lô gíc từ cái tiên đề cách thức lô gíc rút ra kết luận từ tiền
đề gọi là lập luận. Căn cứ vào cách thức lập luận, suy luận được chia thành suy
luận suy diễn( suy diễn) và suy luận quy nạp(quy nạp). Suy diễn là suy luận
trong đó lập luận đi từ cái chung đến cái riêng cái đơn nhất. Quy nạp là suy luận
trong đó lập luận đi từ cái riêng, cái đơn nhất đến cái chung. Suy diễn còn có
nhiều suy diễn trực tiếp và suy diễn gián tiếp. Suy diễn trực tiếp là suy diễn
trong đó kết luận được rút ra từ một phán đoán xuất phát dựa vào sự biến đổi
6


của phán đoán ấy hoặc dựa trên cơ sở của các quy tắc tương quan giữa tính chân
thực và tính giả dối của phán đoán. Suy diễn gián tiếp là suy diễn trong đó kết
luận được suy ra từ hai hay nhiều phán đoán có mối quan hệ lô gíc với nhau.
b/Chứng minh
Chứng minh là thao tác lô gíc …… để lập luận chính chân thực của phán
đoán nào đó nhờ các phán đoán chân thực khác có mối liên hệ hữu cơ với phán
đoán ấy. Chứng minh bao gồm 3 thành phần liên quan chặt chẽ với nhau: luận
đề, căn cứ, luận chứng ( lập luận). Luận đề là phán đoán mà tính chân thực của
nó cần phải chứng minh. Nó là thành phần chủ yếu của chứng minh và trả lời
câu hỏi: chứng minh là cái gì, luận đề có thể là các luận điểm lí luận khoa học,
…….có thể là các phán đoán về thuộc tính về quan hệ hay vì nguyên nhân tồn
tại của sự vật và hiện tượng nào đó. Luận cứ là các luận điểm lí luận khoa học
hay thực tế chân thực dùng để chứng minh luận đề. Luận cứ có chức năng là tiền
đề lô gíc của chứng minh và trả lời câu hỏi: dùng cái gì để chứng minh? Luận cứ
có thể là các luận điểm tin cậy về các sự kiện có thể là định nghĩa, tiên đề, các
luận điểm khoa học đủ được chứng minh. Luận chứng của chứng minh là mối
liên hệ lô gíc giữa luận cứ và luận đề. Đây là quá trình chuyển từ cái đã biết tới
cái chưa biết theo một trình tự lô gíc xác định. Quá trình này được thực hiện
theo những quy luật và quy tắc của lô gíc học. Người ta chia chứng minh thành

trường hợp này gọi là phương pháp phân tích đi xuống và có thể diễn tả bằng sơ
đồ:
X ⇒ A ⇒ A ⇒ ... ⇒ An = B
14 2 43 1 {2
123
Buoc1

Buoc 2

Buocn

Trong việc tìm kiếm lời giải bài toán bằng phương pháp này, có bài toán
mà khoảng cách từ X đến B rất gần chỉ một vài bước giải, nhưng cũng có bài
toán mà khoảng này lại rất xa nó không chỉ là một vài bước.Các bài toán trong
trường hợp này rõ ràng là phức tạp hơn các bài toán trước đó. Tuy nhiên trong
nhiều trường hợp khoảng cách đó lại do người giải toán. Chẳng hạn người giải
toán không có định hướng đúng nên sau một số bước bài toán trở nên phức tạp
hơn, hoặc trở lại bài toán ban đầu. Muốn cho định hướng đúng thì phải biết quan
sát, phân tích các đặc điểm của kết luận mà đề xuất hướng giải. Mỗi bước phân
tích được xem là đúng hướng nếu sau phép phân tích đó giả thiết gần gũi với kết
luận hơn.
Ví dụ 1:
Cho tam giác cân ABC (AB < AC), một điểm M trên AB, một điểm N trên
AC sao cho AM = AN. Chứng minh rằng giao điểm I của MC với NB ở trên
đường trung trực của BC.

8


∆ ABC có

IB = IC

CM.

⇑

CM. ∆ BIC cân hay Bˆ 2 = Cˆ 2
⇑

Mà

Bˆ 2 = Bˆ − Bˆ 2
= > Bˆ = Cˆ (gt)
Cˆ 2 = Cˆ − Cˆ 2
⇑

CM.

Bˆ1 = Cˆ 1

Aˆ chung
AB = AC( gt )
AM = AN ( gt )

Suy ra: ∆ ABN = ∆ ACM (c.g.c)
⇒ Bˆ1 = Cˆ 1 (2 góc tương ứng)

Mà Bˆ = Cˆ nên:
⇒ Bˆ − Bˆ1 = Cˆ − Cˆ1


nhau, tạo thành một tam giác thì tam giác đó là tam giác đều.
(Thi vô địch toán Nam Tư, 1998)
∆ ABC nhọn có

A

AB ≠ AC ≠ BC; AB ≠ CA

E

B

BI = IA

F

D
2

GT

K

I

KL
1
H

Hˆ = 90 0


là các cạnh của

đường trung trực nên CA = BC, trái với

∆ ABC không bằng nhau.

giả thiết.

Vậy thừa nhận kết luận ∆ DEF là

tam giác đều là không đúng.
Lưu ý: Có thể phân tích cách khác, thế nào cũng dẫn đến mâu thuẫn.
Phương pháp phân tích được dùng tìm lời giải bài toán trên là phương
pháp phân tích đi xuống có tính chất bác bỏ mệnh đề cần chứng minh. Ta cũng
cần chú ý rằng phép phân tích đi xuống chỉ được coi là chứng minh ( bác bỏ)
trong trường hợp này. Nói chung không được lấy điều kiện cần để chứng minh
làm điều kiện đã biết để suy kí. Chẳng hạn, muốn chứng minh A > B thì phải

10


chứng minh A.B > 0. Ơ đây không lấy A – B > 0 làm cơ sở để suy diễn, nếu
không sẽ mắc phải sai lầm về mặt lô gic.
IV/Sử dụng suy luận phân tích để khai thác mở rộng bài toán mới từ bài

toán ban đầu:
Vấn đề tìm lời giải bài toán là vấn đề cơ bản của hoạt động giải toán. Tuy
nhiên một khâu cơ bản không kém phần quan trọng là việc sáng tạo bài toán
mới. Việc giải bài toán là cơ sở quan trọng cho việc rèn luyện khả năng làm việc

+ Phải lắm được những vị trí ,mục tiêu ,đặc điểm ,chương trình nội dung
của môn Toán.
+ Từ đó tiến hành đề tài giúp toàn thể đội ngũ giáo viên Toán có phương
pháp dạy hợp lí với đối tượng học sinh của mình về bộ môn này
+ Từ đó góp phần nâng cao chất lượng dạy học nói chung và dạy Toán nói
riêng trong trường thcs, nhằm đáp ứng nhu cầu trong thời đại mới.
Một số ví dụ minh hoạ:
Bài toán 1:
Cho một điểm M bất kỳ trong mặt phẳng. Chứng ming rằng nếu M cách
đều hai mút của một đoạn thẳng AB ( Tức MA = MB) thì M ở trên đường trung
trực của đoạn thẳng AB.
M

GT

MA = MB
M∈ đường trung trực của AB

KL
A

1

2

B

H

CM.

⇒ Hˆ 1 = Hˆ 2

Mà Hˆ 1 + Hˆ 2 = 180 0
12


Vậy Hˆ 1 = Hˆ 2 = 90 0

MH ⊥ AB hay
0
Hˆ = 90

Mà MH ⊥ AB tại trung điểm H của

⇑

CM.

nó, đúng là đường trung trực của AB.

∆AHM = ∆BHM

 MA = MB( gt )

Đã có:  AH = HB
 MHcanhchung


Đủ điều kiện (c.c.c). Suy ra:
Hˆ 1 = H 2 = 90 0

H

B

CM.

2

KL

Phân tích
BD = DE
⇑

Chứng minh
a)Xét ∆ BDA và ∆ EDA có:
AB = AE (gt)
13


Aˆ1 = Aˆ 2

CM. ∆ BDA = ∆ EDA
AB = AE (gt)

AD cạnh chung

Đã có: Aˆ1 = Aˆ 2

⇒ ∆BDA = ∆EDA (c.g.c) ⇒ BD = DE


Mà Hˆ 1 + Hˆ 2 = 1800

∆ABH = ∆AEH

CM.

Vậy Hˆ 1 = Hˆ 2 = 900

AB = AE (gt)
Đã có: Aˆ1 = Aˆ 2

Tức BE ⊥ AH

AD cạnh chung

Đủ điều kiện (c.g.c).
Bài toán 3: Cho hai đoạn thẳng AB và CD song song và bằng nhau ( B và C ở
cùng phía so với đường thẳng AD).
a ,Chứng minh: AD // BC và AD = BC.
b ,Kéo dài AD ra một đoạn DE = AD.
Chứng minh: CE // BD và CE = BD

GT

AB // CD
AB = CD

E


Phân tích

Chứng minh
14


a) CM.

AD // BC và AD = BC

a)Xét

⇑

Bˆ1 = Dˆ 1 ; AD = BC
∆ ADB và ∆ CDB

CM.

⇒ ∆ ADB và ∆ CDB (c.g.c)

 AB = CD( gt )
 BDcanhchung

⇒ AD = BC Và

Đã có: 

Bˆ1 = Dˆ 1


⇒

 AB = CD  AD = BC

Đúng là bằng nhau, vì đó là hai góc so
le trong và AB // CD (gt)
Từ kết quả này suy ra:
 AB // CD
 AD // BC
⇒

 AB = CD  AD = BC
⇑

b)Vận dụng kết quả suy ra trên đay để

b)

giải câu thứ 2, với

 DE = AD = BC  EC // BD
⇒

 DE // BC
 EC = BD

 DE = AD = BC  EC // BD
⇒

 DE // BC

2

KL

CP = BM Và CP // BM
MN =

B

C

Phân tích
a) CM. CP = BM Và CP // BM
⇑

CM.

BC
2

∆CPN = ∆AMN (1)
 AN = NC ( gt )
 MN = NP( gt )

Đã có: 

⇑

Nˆ 1 = Nˆ 2


Mˆ = Pˆ (so le trong)

song và bằng nhau nên:
MP // BC và MP = BC ( C/m ở bài
3)

Suy ra từ (1)
b). CM. MN =

BC
2

⇑

Hay 2 MN = BC

mà 2 MN = MP
Nên 2 MN = BC
Hay MN =

BC
2

Mà 2 MN = MP
⇑

CM. MP = BC
Bài toán 5:

16


E

C

Chú ý : Đây là bài toán khó. Cần vẽ hình chính xác nhằm dễ phát hiện điều cần
phải chứng minh để có hướng phân tích. Thí dụ, nhờ hình vẽ tốt ta đoán nhận
được tam giác AIB là tam giác cân. Góc ở đỉnh bằng 400, vậy góc ở đáy sẽ bằng
700. Ta thử phân tích để c/m điều mình đoán nhận đó.
Phân tích
a) CM. ∆ AIB cân (AB = AI )
⇑

Tìm cách tạo ra những tam giác có

Chứng minh
a)
∆ ABC cân với ABC = 800

Nên BAC = 500 => BAI = 400

cạnh tương ứng là AB và AI và chứng Kẻ đường phân giác của góc ABC:
minh bằng nhau.
⇑

ABK = 400
Trong tam giác cân ABC, BK cũng là

Kẻ đường phân giác BK (K ∈ AC)



giác AOB và AOI chung cạnh AO,

Vậy AO là tia phân giác của BAI

Các góc ở B và I đều bằng 400. Vậy:

Xét ∆ CPN và ∆ AMN có:

⇑

CM.

·
AO là tia phân giác của BAI
⇑

OAI = 200

CM.

OAC = 300 = OCA

Tức

1

2

AOˆ B = AOˆ I = 180 0 − (40 0 +20 0 ) = 120 0

lượt tại P và Q; CE cắt BD tại O. Chứng minh rằng OPQ là tam giác đều.
B
2

1

GT

E

AB = BC = AC

O

BE = AD = CF =

F

AB
.
3

Q
P
1

2

2



AB
 AD = CF = BE =
( gt )
3


⇑

CM.

Aˆ 2 = Bˆ 2

∆ ABD = ∆ ACF = ∆ CBE (c.g.c)

18


Suy ra: Aˆ1 = Bˆ1 = Cˆ1

⇑

CM.

Aˆ1 = Bˆ1 = Cˆ 1

⇒ Từ đó:

⇑


B

x

CM.

⇑

BOX = BAO + ABO + 2BAO
⇑

CM.

OA = OB = OC

KL

BOC = 2Â

Phân tích
BOC = 2Â

Kẻ tia AOx: BOC = BOX + COX
CM.

GT

BAO = ABO ⇔ ∆ AOB cân
⇑



x
x

Cũng phân tích và chứng minh như

O

trên, chỉ có khác là:
BOC = BOX + COX
BOX = 2 BAO
COX = 2 CAO

A

B

C

Từ đó:
BOX - COX = 2 ( BAO - CAO)
Hay
BOC = 2Â

Bài toán 8:
Cho tam giác ABC ( AB < AC) và giao điểm O của ba đường trung trực.
Kẻ AH ⊥ BC. Chứng minh: OAH = Bˆ − Cˆ
Lời giải:
∆ ABC nhọn


⇑

Kẻ tia AOx:
BOC = BOX + COX
BOX + COX là góc ngoài của các
tam giác AOB và AOC. Cả hai tam
20


BAO = ABO ⇔ ∆ AOB cân

CM.

giác này đều là tam giác cân theo gt,
nên:

⇑

Đúng vậy vì đó là gt

BOX = BAO + ABO = 2 BAO

Tương tự c/m:

COX = 2 CAO

COX = 2 CAO

Từ đó:



OA = OB = OC
AH ⊥ BC

C

H

KL

OAH = Bˆ − Cˆ

Phân tích
1. Cách 1:
CM.

Chứng minh
1. Cách 1:

OAH = Bˆ − Cˆ

AH cắt đường trung trực OK tại I thì

Vì OA = OB =OC nên: AOB = 2 Cˆ

·
µ (góc nhọn có cạnh vuông góc
OIH
=B


OAH = OIH - Cˆ

OAH = OIH - Cˆ

⇑

Hay OIH = OAH + Cˆ (2)

CM. Cˆ = Oˆ 1

Mà OIH và Bˆ là hai góc nhọn có

1
mà Oˆ 1 = AOˆ B
2

cạnh tương ứng vuông góc nên:
OIH = Bˆ

⇑

Từ (2) ta có:

CM. AOˆ B = 2Cˆ
Đúng vậy, vì OA = OB =OC (Đã c/m ở

Bˆ = OAH + Cˆ

Hay OAH = Bˆ - Cˆ


ˆ H = AD
ˆ P (sole trong, DP // AH )
OA

C . Kéo dài AO thêm 1 đoạn OD = OA

(2)

= OC ⇒

ACˆ D = 90 0

tương ứng vuông góc

1
2

(3)

và ADˆ C = AOˆ C = Bˆ
Kẻ DP ⊥ BC thì CDˆ P = Cˆ ( góc nhọn có
cạnh tương ứng vuông góc)
CM.

Và CDˆ P = Cˆ (góc có cạnh

Từ (1)(2)(3) suy ra:
ˆ H = AD
ˆ P = AD
ˆ C - CD


vuông góc)

3. Cách 3:

CM. OAˆ H = Bˆ − Cˆ

Từ kết quả bài toán 8 ta có:

< = > NBˆ C = Bˆ − Cˆ

ˆC
AO
Bˆ = AOˆ M =
(OM ⊥ AC)
2

⇑

ˆ
ABN = C mà ABN phụ với (Â1 + Â2)
Cˆ phụ với (Â1 + Â2)
⇑

Â1 = Â3
⇑

Â1 phụ với Bˆ
⇑


Cho tam giác ABC (AB < AC) và giao điểm O của ba đường trung trực.
Kẻ AH vuông góc BC. Chừng minh rằng tia phân giác của BAC cũng là tia
phân giác của OAH
Khai thác mở rộng một bài toán 9
Bài toán 1:
Cho hai đường tròn(0) và (0’) cắt nhau tại A và B.Từ A vẽ các đường kính AOC
và AO’D. Chứng minh 3 điểm C,B,D thẳng hàng và AB ⊥ CD.
(Bài 21- SGK toán 9)
Nhận xét: Bài này có thể c/m bằng nhiều cách, ở đây tôi xin nêu 1 cách c/m gọn
nhất.

A
O'

O

C

B

D

Ta có: ABC = ABD = 900 (Góc nt chắn nửa đường tròn)
= > CBD + ABD = 1800
⇒ C,B,D thẳng hàng.
⇒ AB ⊥ CD

Lưu ý: Trường hợp tâm O và 0’ của 2 đường tròn cùng thuộc 1 nửa mặt phẳng
bờ là dây cung chung ⇒ tự làm
Các kết quả dưới đây đều được xem xét từ trường hợp trên


B

N

Do M,N chuyển động cùng chiều trên 2 đường tròn, cùng xuất phát tại A, cùng
vận tốc góc nên luôn có sđ AM = sđ ABN
Dựa theo lập luận trên c/m 3 điểm M, B, N thẳng hàng.
Do B cố định nên có đpc/m
Quan sát ở bài toán 1.1 và bài toán 1.2, sự xuất hiện các cát tuyến đi qua giao
điểm B của 2 đường tròn khiến ta liên tưởng đến có một cát tuyến chuyển động
quay quanh điểm B.

25