RÈN KĨ NĂNG TÌM LỜI GIẢI MỘT SỐ DẠNG BÀI TOÁN HÌNH HỌC
TRONG VIỆC BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI LỚP 9
PHẦN I: ĐẶT VẤN ĐỀ
1. Cơ sở lý luận:
Toán học là một bộ môn khoa học tự nhiên mang tính trừu tượng cao, tính logíc
đồng thời môn toán còn là bộ môn công cụ hổ trợ cho các môn học khác.Với môn
hình học là môn khoa học rèn luyện cho học sinh khả năng đo đạc, tính toán, suy
luận logíc, phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh . Đặc biệt là rèn luyện của học
sinh khá, giỏi. Nâng cao được năng lực tự duy, tính độc lập, sáng tạo linh hoạt trong
cách tìm lời giải bài tập toán nhất là bộ môn hình học càng có ý nghĩa quan trọng.
Việc bồi dưỡng học sinh khá giỏi không đơn thuần chỉ cung cấp cho các em một số
kiến thức cơ bản thông qua việc làm bài tập hoặc làm càng nhiều bài tập khó, hay mà
giáo viên phải biết rèn luyện khả năng sáng tạo đối với bộ môn hình học càng phải
biết rèn luyện năng lực tư duy trừu tượng và phán đoán logic, bên bộ cạnh đó giáo
viên tạo cho mình một lực lượng mũi nhọn bộ môn để hổ trợ thêm trong công tác
giảng dạy, phụ đạo học sinh yếu kém bộ môn mình đảm nhiệm.
2. Cơ sở thực tiễn:
Qua các năm công tác giảng dạy ở trường tôi nhận thấy, với đặc điểm học sinh
của trường là học sinh các dân tộc thiểu số ít người nên tư duy, nhận thức của các em
là chưa tốt nên việc tiếp thu kiến thức nói chung và bộ môn toán nói riêng là còn hạn
chế. Trong học tập các em ngại học bộ môn toán nhất là phân môn Hình học, khả
năng tư duy, sang tạo của các em còn hạn chế nhiều. Do đó số lượng học sinh giỏi
môn Toán hằng năm của nhà trường rất ít ỏi chỉ đếm được trên đầu ngón tay. Tuy
nhiên có nhiều nguyên nhân có cả khách quan và chủ quan. Song đòi hỏi người thầy
cần phải tìm tòi nghiên cứu tìm ra nhiều phương pháp và cách giải qua một bài Toán
để từ đó rèn luyện cho học sinh năng lực hoạt động tư duy sáng tạo và để các em yêu
thích bộ môn, học được bộ môn Toán nhất là trong việc bồi dưỡng học sinh giỏi yêu
cầu người thầy phải tâm huyết nên tôi chọn sáng kiến kinh nghiệm này: "Rèn kĩ
năng tìm lời giải một số dạng toán hình học trong việc bồi dưỡng học sinh giỏi
lớp 9 "
Với mục đích thứ nhất là rèn luyện khả năng sáng tạo cho học sinh, trước mỗi

Bên cạnh những mặt thuận lợi cũng có nhiều những khó khăn như: Giáo viên
chưa có một trình tự có hệ thống từ các lớp nhỏ đến lớp lớn, cụ thể từ lớp 6 đến lớp
9, việc tìm tòi sách đọc là vấn đề hạn chế. Nhưng khó khăn nhất vẫn là các em học
sinh do điều kiện của địa phương với đặc thù là vùng nông thôn, vùng sâu vùng xa
số nhân khẩu đông, điều kiện kinh tế khó khăn, khả năng tư duy các môn khoa học
tự nhiên còn hạn chế, dẫn đến hạn chế việc học hành của các em đặc biệt là môn
toán.
Chính vì vậy càng cần phải rèn luyện cho các em năng lực tư duy độc lập sáng
tạo càng khiến tôi tâm huyết tìm tòi, nghiên cứu sáng kiến kinh nghiệm này.
1.2. Các số liệu của thực trạng :
Qua các năm giảng dạy trực tiếp bồi dưỡng cho học sinh khá giỏi, qua trắc
nghiệm hứng thú học toán của học sinh tôi thấy chỉ có 25% các em thực sự có hứng
thú học toán (Có tư duy sáng tạo), 45% học sinh thích học toán (chưa có tính độc
lập, tư duy sáng tạo) và 30% còn lại nữa thích nữa không . Qua gần gủi tìm hiểu thì
các em cho biết cũng rất muốn học xong nhiều khi học một cách thụ động, chưa biết
cách tư duy để tạo cho mình một sáng tạo trong cách giải một bài toán nào đó, bởi vì
do điều kiện khách quan của địa phương, gia đình và của nhà trường, học sinh chỉ
được bồi dưỡng một thời gian nhất định trước khi đi thi vì vậy học sinh chưa có
hứng thú học toán và kết quả qua các kì thi chưa cao.
2. Quá trình thực hiện đề tài:
2.1. Giải pháp thực hiện:
- Hình thành các tình huống có vấn đề liên quan đến các cách giải cho một bài
toán.
- Hướng dẫn học sinh đưa ra các cách giải cho một bài toán, từ đó hướng dẫn
học sinh tìm được một lời giải ngắn nhất và phù hợp nhất đối với từng học sinh.
- Tăng cường các hoạt động tìm tòi, quan sát,đo đạc, dự đoán tiếp cận lời giải.
- Nắm vững kiến thức cơ bản, huy động, vận dụng kiến thức cơ bản vào giải
quyết các vấn đề có liên quan.

2

·
Mặt khác: P$1 = DAP
(So le trong vì AD // PI)
Do đó: P$1 = P$2 ⇒ ∆ APK = ∆ API (Có chung cạnh huyền và một cặp góc nhọn
bằng nhau) ⇒ PK = PI

Cách giải 2: (Hình 2)

Gợi ý: - Ngoài cách chứng minh
hai tam giác ∆ APK và ∆ API bằng nhau cách 1
µ1 = A
µ2
ta chứng minh P$1 = P$2 . Ta chứng minh A

- Gọi F là giao điểm của AP với đường tròn đường kính AD
·
Lời giải: Ta có: AFD
= 900 (Góc nội tiếp chắn nữa đường tròn)
Tam giác ADP cân tại D có DF là đường cao nên DF cũng là phân giác

3


µ1 =D
µ2
suy ra. D
µ2 =A
µ1 ; D
µ1 =A
µ 2 Vì đều là góc có các cặp cạnh tương ứng vuông góc

µ 2 ⇒ ∆ APK = ∆ API
ADP = IAK
Suy ra: A
2
2
(Có chung cạnh huyền và một cặp góc nhọn bằng nhau) ⇒ PK = PI
·
=
IAP

Cách giải 4: (Hình 3)
Gợi ý: - Kéo dài K cắt đường tròn tâm D tại E
- Áp dụng định lí của góc
tạo bởi tiếp tuyến và dây cung
» = PE
» .
Lời giải: DK ⊥ AE nên AP
·
» )
Góc BAE
(góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung AE
Vì AP lại đi qua điểm chính giữa
·
của cung AE nên AP là tia phân giác của góc BAE
µ1 = A
µ 2 ⇒ ∆ APK = ∆ API
Suy ra: A
(Có chung cạnh huyền và một cặp góc nhọn bằng nhau) ⇒ PK = PI
Đối với bài toán trên để chứng minh hai đoạn thẳng PK và PI bằng nhau ta đi
chứng minh ∆ APK = ∆ API vấn đề giáo viên cần cho học sinh tư duy và vận dụng

= ABC
(cùng bằng sđ AC
)
AOM
2
·
·
·
Trong ∆OAM thì: OMH
= AOM
+ OAH

(Góc ngoài tam giác)
·
·
·
Hay ACB
= ABC
+ OAH
·
·
·
Vậy: OAH
(Đpcm)
= ACB
- ABC

Cách giải 2: (Hình 2)

Gợi ý: Kẻ tiếp tuyến với đường tròn tại A cắt BC ở D .

+ OAH
= ACB
·
·
·
Vậy: OAH
(Đpcm)
= ACB
- ABC

Cách giải 3: (Hình 3)
Gợi ý: - Kẻ đường kính AOD
- Kẻ DK ⊥ BC
·
·
Lời giải: Ta cóDK // AH ⇒ OAH
(1)
= ODK
(so le trong)
·
·
» )
(2) (góc nội tiếp cùng chắn AC
ABC
= ADC
Cộng từng vế của (1) và (2) Ta được
·
·
·
OAH

·
Lời giải: Ta có: OAH
(1)
= KCB
(góc có các cặp cạnh tương ứng vuông góc)
·
·
» )
(2) (góc nội tiếp cùng chắn AC
ABC
= ADC
Cộng từng vế của (1) và (2) Ta được:
·
·
·
·
OAH
+ ABC
= KCB
+ ADC
·
·
Mà: ADC
(góc có các cặp cạnh tương ứng vuông góc)
= KCA
·
·
·
¼
·

·
·
·
AMC
- ADM
= ACB
- ABC
·
·
·
Mà: AMC
(góc ngoài tam giác)
- ADM
= OAH
·
·
·
Vậy OAH
(Đpcm)
= ACB
- ABC

Cách giải 6: (Hình 6)
Gợi ý: Kẻ OI ⊥ BC và OK ⊥ AB
·
µ 2 (1) (so le trong)
Lời giải: Ta có: OAH
=O
·
µ 1 (2) (góc có các

Vậy OAH
(Đpcm)
= ACB
- ABC

Cách giải 7: (Hình 7)

6


Gợi ý: Tại A kẻ tiếp tuyến Ax và đường thẳng Ay // BC
·
·
Lời giải: Ta có: OAH
(1)
= xAy

(góc có các cặp cạnh tương ứng vuông góc)
·
·
(2) (so le trong)
ABC
= BAy

Cộng từng vế của (1) và (2) Ta được:
·
·
·
·
·

- Góc nội tiếp, góc ở tâm, góc ngoài tam giác.
3.1.3. Dạng 3: Chứng minh ba điểm thẳng hàng:
BÀI TOÁN 3: Cho tam giác ABC nội tiếp trong một đường tròn (O). M ; N
» ; CA
» . MN và NP cắt AB
» ; BC
; P lần lượt là cá điểm chính giữa các cung nhỏ AB
và AC theo thứ tự ở R và S. Chứng minh rằng: RS // BC và RS đi qua tâm của
đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
Cách giải 1: (Hình 1)

Gợi ý: Đây là một bài toán hình tương đối khó
đối với học sinh nếu không có tư duy tốt
trong hình học. Khi đưa ra bài toán này
ngay cả việc vẽ hình cũng là một vấn đề
khó và các em đã không tìm ra được lời giải.
Dưới sự hướng dẫn của thầy.
Ta có AN; BP và AN là các tia
phân giác của tam giác ABC.
Gọi I là giao điểm của các đường phân giác. Khi đó ta có I chính là tâm của
đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
Để chứng minh cho RS // BC và I ∈ RS ta đi chứng minh IR//BC; IS//BC rồi
sử dụng tiên đề về đường thẳng song song để suy ra điều phải chứng minh. Sau
một thời gian ngắn một học sinh đã tìm ra được lời giải cho bài toán này. Và cũng
là lời giải ngắn mà thầy đã tìm ra.

7


»

(Góc ngoài của tam giác ABI)
BIN
=A
2

·
·
⇒ IBN
⇒ ∆ NBI cân tại N ⇒ N thuộc trung trực của đoạn thẳng BI.
= BIN

Ta chứng minh đường trung trực của đoạn thẳng này chính là RN.
Gọi H là giao điểm của MN và PB. Ta có :

(

)

» + s®AB
» + s®AC
»
1
1 s®BC
» + AM
¼
»
·
+ AP
= sđ BN
=

⇒ IR // BC (Vì tạo với các tuyến BI hai góc so le trong bằng nhau)

Cũng chứng minh tương tự ta cũng được IS // BC, từ điểm I ở ngoài đường
thẳng BC ta chỉ có thể kẻ được một đường thẳng song song với BC
⇒ R ; I ; S thẳng hàng.
Vậy RS // BC và RS đi qua tâm I của đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
Cách giải 2: (Hình 2)
Gợi ý: Trong cách giải này yêu cầu học sinh
phải nắm lại kiến thức cũ về định lý
Ta-lét đảo và tính chất đường phân giác trong
tam giác đây là tính chất quan trọng
mà các em đã được học ở lớp 8 đa số HS
ít thậm trí là không hay để ý đến tính chất này.
¼
¼
Lời giải: Theo giả thiết ta có MA
= MB
·
do đó MN là phân giác của ANB
Áp dụng tính chất đường phân giác trong tam giác ABN

ta có:

RA
NA
=
(1)
RB
NB


=
=
=
mà
suy ra
ID
RB
NB
RB
ID
NB
·
·
·
∆ BND ∆ ANB (vì có góc BNA
chung và BAN
)
= NBD

Nên

NA
AB
AI
AB
=
=
. Vậy
NB
BD

·
·
⇒ FEC
= FPC
Vì tứ giác ABPC nội tiếp đường tròn
PD ⊥ AB 
·
µ (2)
 ⇒ DPF
=π -A
PF ⊥ AC 
·
·
·
·
⇒ BPD
Từ (1) và (2) ⇒ BPC
= DPF
(***)
= FPC
·
·
⇒ D ; E ; F thẳng hàng.
Từ (*) ; (**) và (***) ⇒ BED
= FEC
·
µ (1)
⇒ BPC
=π - A


·
Từ (1) ; (2) và (3) ta có : PEF
+ DEP
= 1800
Suy ra ba điểm D ; E ; F thẳng hàng

Đối với bài toán trên là một bài toán khó yêu cầu học sinh phải huy động nhiều
kiến thức có liên quan vì vậy ngay cả việc tìm ra lời giải đã khó việc tìm ra các cách
giải khác nhau là một vấn đề quá khó, với bài này bản thân học sinh của tôi không
làm được sau khi giáo viên gợi ý học sinh đã dần tư duy sáng tạo và tìm được hướng
đi của bài toán. Đơn vị kiến thức được áp dụng để giải bài toán.
- Để chứng minh ba điểm thẳng hàng cần chứng minh hai góc kề có tổng số đo
bằng 1800.
- Tứ giác nội tiếp đường tròn. - Góc nội tiếp trong đường tròn.

9


3.1.4. Dạng 4 : Chứng minh các điểm cùng thuộc một đường tròn:
BÀI TOÁN 5: Cho tam giác đường phân giác BN và tâm O của đường tròn
nội tiếp trong tam giác. Từ A kẻ một tia vuông góc với tia BN, cắt BC tại H. Chứng
minh bốn điểm A; O; H; C nằm trên một đường tròn.
Đối với bài toán này xảy ra hai trường hợp đối với hình vẽ .
Trường hợp 1: H và O nằm cùng phía với AC (Hình 1)
Trường hợp 2: H và O nằm khác phía với AC (Hình 2)

Gợi ý: - Gọi I là giao điểm của AH và BN. Kẻ AP vuông góc với CO cắt AB tại P.
M là giao điểm của OC và AB, K là giao điểm của OC và AP.
- Áp dụng tính chất giữa các đường (đường cao, đường trung trực, đường
trung tuyến, đường phân giác, đường trung bình) trong tam giác.

·
·
Ta có BN là đường trung trực của AH ⇒ BHO
mà BAO
nên
= BAO
= OAC
·
·
⇒ Tứ giác AOHC nội tiếp được. ⇒ A; O; H; C cùng nằm trên một
BHO
= OAC
đường tròn.

10


Cách giải 3:
·
·
·
·
·
∆ ABI là tam giác vuông nên IBA
= 1800 hay IBA
+ BAO
+ OAI
= 1800
+ BAI
µ

= 900 +
(Vì O là tâm của đường tròn nội tiếp)
AOC
2
·
·
⇒ AHC
⇒ Tứ giác AOHC nội tiếp được ⇒ A; O; H; C cùng nằm trên một
= AOC

đường tròn.
µ
B
·
* Đối với (Hình 2) Xét trong tam giác IBH ta có AHC
= 900 -

2
µB
·
·
·
= 900 +
(Vì O là tâm của đường tròn nội tiếp ) ⇒ AHC
AOC
+ AOC
= 1800
2
Tứ giác AOHC nội tiếp được ⇒ A; O; H; C cùng nằm trên một đường tròn.


lấy một điểm P tuỳ ý. Các đoạn thẳng AP và BC cắt nhau tại điểm Q. Chứng minh
rằng:

1
1
1
=
PQ
PB
PC

Cách giải 1: (Hình 1)
Trên đoạn AP lấy hai điểm N và M
sao cho BN = BP và PM = PC
Khi đó ta có các tam giác BNP và
tam giác MPC là các tam giác cân
·
·
Vì APB
= ACB
= 600 và
·
·
MPC
= ABC
= 600 (Các góc nội tiếp cùng chắn

một cung).

11

PQ
NQ
BN - PQ
CP
PQ.BN

1
1
1
=
( Đpcm)
CP
PQ
BP

Cách giải 2: (Hình 2)
Trên tia BP lấy một điểm D sao cho PD = PC
·
Ta có: CPD
= 600
·
( Vì CPB
= 1200 góc nội tiếp chắn cung 1200)
nên tam giác CPD là tam giác đều
·
·
⇒ APB
= 600
= CDP



1
1
1
=
(Đpcm)
CP
PQ
BP

Đối với bài toán này việc vẽ đường phụ là quan trọng. HS cần áp dụng kiến
thức về hai tam giác đồng dạng, kiến thức về tam giác cân, tam giác đều. Tính chất
của dãy tỉ số bằng nhau đã được học ở lớp 7 vào giải bài toán.
Hai cách giải trên tương tự giống nhau. Song sau khi đã tìm được lời giải 1 giáo
viên cần gợi ý cho HS qua câu hỏi. Vậy nếu trên tia BP lấy một điểm D sao cho PD
= PC thì ta có thể chứng minh được hệ thức trên hay không?
Như vậy thì học sinh mới tư duy và tìm tòi lời giải. Giáo viên không nên đưa ra
lời giải mà phải để học sinh tìm lời giải cho bài toán.
3.2. Bài tập có thể giải được nhiều cách.
Bài tập 1: Ở miền trong của hình vuông ABCD lấy một điểm E sao cho
·
·
= 150. Chứng minh rằng tam giác ADE là tam giác đều.
EAB
= EBA
Bài tập 2: Chứng minh định lí Pitago.
Bài tập 3: Cho hình vuông ABCD, O là giao điểm của đường chéo AC và BD
gọi M và N là trung điểm của OB và CD chứng minh A; M; N; D cùng thuộc đường
tròn.
Bài tập 4: Cho tứ giác ABCD; AD = BC; M và N là trung điểm chính giữa

hợp.
6)Việc tìm ra nhiều lời giải cho một bài toán là một vấn đề không đơn giản đòi
hỏi học sinh phải có năng lực tư duy logic, kiến thức tổng hợp. Không phải bài toán
nào cũng có thể tìm ra nhiều lời giải. Mà thông qua các bài toán với nhiều lời giải
nhằm cho học sinh nắm sâu về kiến thức vận dụng kiến thức thành thạo để có thể
giải quyết các bài toán khác.
4. Bài học kinh nghiệm:
4.1. Đối với giáo viên:
- Cần xác định đúng yêu cầu nhiệm vụ, trách nhiệm và vấn đề bồi dưỡng
học sinh giỏi, và vấn đề chất lượng học sinh môn Toán, chất lượng học sinh
giỏi.
- Nhiệt tình trách nhiệm cao chăm lo đến chất lượng học sinh đặc biệt là học
sinh giỏi.
- Có kế hoạch phấn đấu cụ thể cho từng đối tượng học sinh, có thời gian bồi dưỡng cu
thể, có chương trình bồi dưỡng phù hợp với từng đối tượng học sinh.
- Nắm vững kiến thức Toán học, nội dung chương trình SGK, nắm vững
phương pháp giảng dạy môn Toán, phương pháp bồi dưỡng học sinh giỏi.
4.2. Đối với học sinh:
- Phát động phong trào thi đua học tập thường xuyên.
- Hướng dẫn việc học tập và phương pháp học tập trên lớp của học sinh.
- Kiểm tra việc học tập trên lớp, học tập ở nhà của học sinh thông qua giờ dạy,
vở ghi, vở bài tập...

13


- Sau khi kiểm tra thông báo kết quả động viên học sinh học tập đặt biệt là đối
với những em có kết quả cao để phấn đấu có kế hoạch bổ sung.
- Kết hợp chặt chẽ với giáo viên bộ môn trong quá trình giảng dạy bồi dưỡng,
đặc biệt quan tâm đến đối tượng học sinh giỏi để các em phát triển đồng bộ các môn

duy sáng tạo tính tự giác học tập, phương pháp giải toán nhanh, kỹ năng phát hiện
tốt.
Trên đây là vài kinh nghiệm nhỏ về việc RÈN KĨ NĂNG TÌM LỜI GIẢI
MỘT SỐ DẠNG TOÁN HÌNH HỌC TRONG VIỆC BỒI DƯỠNG HỌC SINH
GIỎI LỚP 9. Rất mong bạn bè, thầy cô giáo góp ý để tôi có nhiều kinh nghiệm tốt
hơn.

14


Ý KIẾN CỦA HỘI ĐỒNG XÉT DUYỆT

NGƯỜI VIẾT

Nguyễn Đức Thắng

XẾP LOẠI:

15