PHÒNG GD& ĐT TP BẮC NINH
TRƯỜNG THCS HẠP LĨNH

BÀI DỰ THI
TRI THỨC TRẺ VÌ GIÁO DỤC

Họ và tên: Nguyễn Minh Tấn
Ngày sinh: 12.7.1983
Chức vụ: Giáo viên
Đơn vị: Trường THCS Hạp Lĩnh, TP Bắc Ninh, Bắc Ninh

HẠP LĨNH, THÁNG 8 NĂM 2016
1


Mục lục
Phần 1. Mở đầu

trang 1

Phần 2. Nội dung
Ch-ơng 1: Cơ sở khoa học của sáng kiến kinh nghiệm
Ch-ơng 2: Thực trạng vấn đề mà SKKN đề cập đến
Ch-ơng 3: Những giải pháp
Ch-ơng 4: Những kiểm chứng các giải pháp mang tính khả thi

trang 2
trang 3
trang 4
trang 5
trang 5

lúc, mọi nơi các em có thể tự phát huy năng lực độc lập sáng tạo của mình.
3. Đóng góp của sáng kiến kinh nghiệm để nâng cao chất l-ợng dạy và học
Trong thực tế giảng dạy việc bồi d-ỡng học sinh khá giỏi môn toán, với cách
làm trên đây đã mang lại hiệu quả cao trong việc rèn luyện năng lực sáng tạo toán cho
học sinh. Các em học sinh nắm vững đ-ợc ph-ơng pháp chứng minh đối với mỗi dạng
toán, đã thực sự có hứng thú học toán bồi d-ỡng cho học sinh khá giỏi, đã tự độc lập
tìm tòi ra những cách giải khác nhau cho mỗi bài toán.
Trong những năm đ-ợc nhà tr-ờng giao trọng trách dạy bồi d-ỡng tôi đã thu
đ-ợc kết quả khả quan, đã có nhiều học sinh đạt giải học sinh giỏi cấp huyện, thành
phố.

3


Phần 2 : Nội dung
Ch-ơng 1: Cơ sở khoa học của sKKN
1. Cơ sở lý luận của SKKN
Toán học là một bộ môn khoa học tự nhiên mang tính trừa t-ợng 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 t- duy sáng tạo cho học sinh . Đặc biệt là rèn luyện của học sinh
khá, giỏi. Nâng cao đ-ợc 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
d-ỡng 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 t- duy trừu t-ợng và phán đoán lôgíc
2. Cơ sở thực tiễn của SKKN
Qua các năm công tác giảng dạy ở tr-ờng tôi nhận thấy việc học toán nói
chung và bồi d-ỡng học sinh khá giỏi toán nói riêng, muốn học sinh rèn luyện đ-ợc tduy sáng tạo trong việc học và giải toán thì bản thân mỗi ng-ời thầy cần phải có nhiều

đặc biệt Hội khuyến học xã đã có phần quan tâm động viên hơn đối với sự nghiệp
giáo dục của xã và nhà tr-ờng.
b) Khó khăn. Bên cạnh những mặt thuận lợi cũng có nhiều những khó khăn
nh-: Điều kiện cơ sở vật chất của nhà tr-ờng còn thiếu thốn, th- viện của nhà tr-ờng
còn nghèo nàn, do đó việc tìm tòi sách đọc là vấn đề hạn chế. Nh-ng khó khăn nhất
vẫn là các em học sinh do điều kiện của địa ph-ơng với đặc thù là vùng nông thôn, số
nhân khẩu đông, điều kiện kinh tế khó khăn, vì vậy việc quan tâm đến học hành còn
hạn chế nhiều về tinh thần và vật chất, 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 t- duy độc lập sáng
tạo càng khiến tôi tâm huyết tìm tòi, nghiên cứu sáng kiến kinh nghiệm này.
2) Kết quả, hiệu quả của thực trạng.
Qua các năm giảng dạy trực tiếp bồi d-ỡng cho học sinh khá giỏi, qua trắc
nghiệm hứng thú học toán của học sinh tôi thấy chỉ có 20% các em thực sự có hứng
thú học toán (Có t- duy sáng tạo), 40% học sinh thích học toán (ch-a có tính độc lập,
t- duy sáng tạo) và 40% còn lại là không thích . Qua gần gũi tìm hiểu thì các em cho
biết cũng rất muốn học xong nhiều khi học một cách thụ động, ch-a biết cách t- 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 ph-ơng và của nhà tr-ờng, học sinh chỉ đ-ợc bồi d-ỡng một thời
gian nhất định tr-ớc khi đi thi vì vậy học sinh ch-a có hứng thú học toán và kết quả
qua các kì thi ch-a cao.

5


Ch-ơng 3: Những giải pháp
1. Hình thành các tình huống có vấn đề liên quan đến các cách giải cho một bài toán.
2. H-ớng dẫn học sinh đ-a ra các cách giải cho một bài toán, từ đó h-ớng dẫn học
sinh tìm đ-ợc một lời giải ngắn nhất và phù hợp nhất đối với từng bài toán.
3. Tăng c-ờng các hoạt động tìm tòi, quan sát,đo đạc, dự đoán tiếp cận lời giải.

Xét APK và tam giác API
APK vuông tại K ( Vì góc AKD = 900

góc nội tiếp chắn nữa đ-ờng tròn
đ-ờng kính AD)
ADP cân tại D(vì AD = DP )

P2 = DAP

Mặt khác. P1 = DAP ( So le trong vì AD // PI )
Do đó: P1 = P2 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 ta chứng

minh P1 = P2 . Ta chứng minh A1 = A2
- Gọi F là giao điểm của AP với đ-ờng tròn
đ-ờng kính AD
Lời giải:

Ta có: AFD = 900

( Góc nội tiếp chắn nữa đ-ờng tròn)
Tam giác ADP cân tại D có DF là đ-ờng cao
nên DF cũng là phân giác suy ra. D1 = D2
mà D2 = A1 ; D1 = A2 Vì đều là góc có các cặp cạnh t-ơng ứng vuông góc
Suy ra: A1 = A2 APK = API
( Có chung cạnh huyền và một cặp góc nhọn bằng nhau ) PK = PI

PK = PI

Cách giải 4: Hình 3
Gợi ý:
- Kéo dài K cắt đ-ờng tròn tâm D tại E
- áp dụng định lí của góc tạo bởi tiếp tuyến
và dây cung
Lời giải: DK AE nên AP = PE .
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 Suy ra: A1 = A2
APK = API
( 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 t- duy và vận dụng
sáng tạo kiến thức về.
- Tr-ờng hợp bằng nhau trong tam giác vuông
- Góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung.
- Góc nội tiếp
8


Dạng 2: Quan hệ giữa các góc trong hình học
Bài toán 3: Cho ABC nội tiếp trong đ-ờng tròn tâm O, với AB > AC. Kẻ đ-ờng
cao AH, bán kính OA. Chứng minh OAH = ACB - ABC .
Cách giải 1: Hình 1.
Gợi ý:

Ta đ-ợc: ABC + OAH = CAD + ADC
Mà CAD + ADC = ACB (góc ngoài tam giác)
ABC + OAH = ACB
Vậy: OAH = ACB - ABC (Đpcm)
Cách giải 3: Hình 3.
Gợi ý:
- Kẻ đ-ờng kính AOD
- Kẻ DK BC
Lời giải:
Ta cóDK // AH OAH = ODK (1) (so le trong)
ABC = ADC

(2) (góc nội tiếp cùng chắn AC )

Cộng từng vế của (1) và (2)
Ta đ-ợc OAH + ABC = ODK + ADC = KDC
Mà: KDC = ACB (góc có các cặp cạnh t-ơng ứng vuông góc)
OAH + ABC = ACB . Vậy OAH = ACB - ABC (Đpcm)
Cách giải 4: Hình 4
Gợi ý: - Kẻ đ-ờng kính AOD
- Kẻ CK AD
Lời giải: Ta có: OAH = KCB (1)
(góc có các cặp cạnh t-ơng ứng vuông góc)
ABC = ADC (2) (góc nội tiếp cùng chắn AC )

Cộng từng vế của (1) và (2)
Ta đ-ợc: OAH + ABC = KCB + ADC
Mà: ADC = KCA
(góc có các cặp cạnh t-ơng ứng vuông góc)


1
sđ AB )
2

OAH + ABC = ACB
Vậy OAH = ACB - ABC (Đpcm)
Cách giải 7: Hình 7
Gợi ý: Tại A kẻ tiếp tuyến Ax
và đ-ờng thẳng Ay // BC
Lời giải: Ta có: OAH = xAy

(1)

(góc có các cặp cạnh t-ơng ứng vuông góc)
ABC = BAy (2) (so le trong)

Cộng từng vế của (1) và (2) .
Ta đ-ợc: OAH + ABC = xAy + BAy = xAB
11


Mà: xAB = ACB (góc nội tiếp cùng chắn AB )
OAH + ABC = ACB
Vậy OAH = ACB - ABC (Đpcm)
Đây là một bài toán có nhiều cách giải khác
nhau nh-ng ở bài toán này việc sử dụng yếu tố vẽ thêm đ-ờng phụ là một vấn đề quan
trong cho việc tìm ra các lời giải và là vấn đề khó đối với học sinh ở bài toán trên giáo
viên cần cho học sinh chỉ ra kiến thức đã vận dụng vào giải bài toán.
- Kiến thức về hai đ-ờng thẳng song song, hai đ-ờng thẳng vuông góc.
- Góc nội tiếp, góc ở tâm, góc ngoài tam giác.

2

B3 = NAC (Góc nội tiếp chắn cung NC )
NAC =

BAC
A B
do đó IBN =
;
2
2

BIN = A1 + B1 =

A B
( Góc ngoài của tam giác ABI )
2

Suy ra : IBN = BIN NBI cân tại N N thuộc trung trực của đoạn thẳng BI
Ta chứng minh đ-ờng trung trực của đoạn thẳng này chính là RN.
Gọi H là giao điểm của MN và PB. Ta có





1
1 sđBC + sđAB + sđAC
BHN = sđ BN + AM + AP =
2

Gợi ý: Trong cách giải này yêu cầu học
sinh phải nắm lại kiến thức cũ về
Tính chất đ-ờng phân giác trong tam giác
đây là tính chất quan trọng mà các em đã đ-ợc
học ở lớp 8 đa số học sinh ít thậm trí là không
hay để ý đến tính chất này.
Lời giải:
Theo giả thiết ta có
MA = MB do đó MN là phân giác

13


của góc ANB
áp dụng tính chất đ-ờng phân giác
trong tam giác ABN ta có:

RA
NA
( 1)
=
RB
NB

T-ơng tự: NP là phân giác của tam giác ACN
SA
NA
=
SC
NC

NB

Hai tam giác BND và tam giác ANB đồng dạng
(vì có góc BNA chung và BAN NBD ) nên

NA
AB
AI
AB
Vậy

=
NB
BD
ID
BD

Suy ra BI là phân giác của góc ABC
ở trên ta có I thuộc phân giác AN của góc BAC ta lại vừa chứng minh I thuộc phân
giác ABC nên I là tâm của đ-ờng tròn nội tiếp tam giác ABC . ( Đpcm)
Bài toán 5: T ừ một điểm trên đ-ờng tròn ngoại tiếp của một tam giác bất kì hạ
các đ-ờng vuông góc xuống ba cạnh của tam giác ABC nội tiếp đ-ờng tròn. Chứng
minh rằng chân của ba đ-ờng vuông góc đó thẳng hàng
(Đ-ờng thẳng này gọi là đ-ờng thẳng Simson)
Cách giải 1:
Vì D = E = 900 suy ra tứ giác
BDPE là tứ giác nội tiếp BED = BPD (*)( Góc nội tiếp cùng chắn một cung )
F = E = 900 suy ra tứ giác EFCP cũng là tứ giác nội tiếp

suy ra FEC = FPC

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 đ-ợc sau khi giáo viên gợi ý học sinh đã dần t- duy sáng tạo và tìm đ-ợc h-ớng
đi của bài toán. Đơn vị kiến thức đ-ợc 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 đ-ờng tròn.
- Góc nội tiếp trong đ-ờng tròn.

Dạng 4: Chứng minh tam giác đồng dạng
Bài toán 6: Đ-ờng tròn (O;R1) và (O';R2) tiếp xúc nhau tại P. Một cát tuyến qua P
cắt (O;R1) tại A và (O';R2) tại B. Một cát tuyến khác cũng qua P cắt (O;R1) tại C và
(O';R2) tại D. Chứng minh các tam giác PAC và PBD đồng dạng.
15


Sau khi đọc bài toán này giáo viên cần cho học sinh nhắc lại kiến thức về hai
đ-ờng tròn tiếp xúc với nhau. Và từ đó cần yêu cầu học sinh để giải bài toán trên
chung ta phải đi xét hai tr-ờng hợp xảy ra.
Hai đ-ờng tròn tiếp xúc ngoài và hai đ-ờng tròn tiếp xúc trong.ở đây tôi chỉ trình bày
về hai đ-ờng tròn tiếp xúc ngoài còn tr-ờng hợp hai đ-ờng tròn tiếp xúc ngoài chúng
ta chứng minh t-ơng tự
Cách giải 1: Hình 1
Gợi ý:
- Tính chất của hai đ-ờng tròn
tiếp xúc nhau
- áp dụng tr-ờng hợp đồng
dạng thứ hai

1 (2) Từ (1) và (2) ta có:
1 lại có CPA = BPD
=
PD
PO' R 2
PD
R2
PB

Suy ra : PAC và PBD đồng dạng.
Cách giải 2: Hình 2
Gợi ý: - Kẻ tiếp tuyến chung xPy của hai đ-ờng tròn.
- áp dụng tr-ờng hợp đồng dạng thứ ba
- áp dụng định lí về góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung
16


Lời giải:
Kẻ tiếp tuyến chung xPy
của hai đ-ờng tròn.

Ta có. CAP = CPy = xPD = PBD
( áp dụng tính chất về góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn
một cung thì bằng nhau)
Mặt khác APC = BPD (hai góc đối đỉnh)
Suy ra : PAC và PBD đồng dạng.

Dạng 5: Chứng minh các điểm cùng thuộc một đ-ờng tròn
Bài toán 7: Cho tam giác đ-ờng phân giác BN và tâm O của đ-ờng tròn nội tiếp
trong tam giác . Từ A kẻ một tia vuông góc với tia BN, cắt BC tại H. Chứng minh bốn

IKO = OAH

Tứ giác AOHC nội tiếp A; O; H; C cùng nằm trên một đ-ờng tròn

Cách giải 2:
Ta có BN là đ-ờng trung trực của AH BHO = BAO mà BAO = OAC nên
BHO = OAC Tứ giác AOHC nội tiếp

A; O; H; C cùng nằm trên một đ-ờng tròn

Cách giải 3:
18


ABI là tam giác vuông nên IBA + BAI = 1800 hay

IBA + BAO + OAI = 1800 Suy ra: OAI +

B
A
= 900
+
2
2

OAI bằng (hoặc bù) với góc OCH
Tứ giác AOHC nội tiếp đ-ợc. A; O; H; C cùng nằm trên một đ-ờng tròn

Cách giải 4:
* Đối với (Hình 1) ta có AHC = 900 +

2

AOH = A + B AOH + ACH = 1800

( Hình 1)

hoặc AOH = ACH = A + B ( Hình 2)
Suy ra Tứ giác AOHC nội tiếp A; O; H; C cùng nằm trên một đ-ờng tròn

Dạng 6: Hệ thức trong hình học.
Bài toán 8: Trên cung BC của đ-ờng tròn ngoại tiếp tam giác đều ABC 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
19


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)

1
1
1
( Đpcm)
=
CP
PQ BP

Cách giải2: 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 = CDP = 600

Vì vậy AP // CD
Suy ra tam giác BPQ và tam giác BDC đồng dạng
với nhau.


BP
BD BP + PC
1
BP + PC
=
=
=


PQ



Nh- vậy thì học sinh mới t- duy và tìm tòi lời giải. Giáo viên không nên đ-a ra lời
giải mà phải để học sinh tìm lời giải cho bài toán.
3.2) Bài tập có thể giải đ-ợc nhiều cách.
Bài tập 1: ở miền trong của hình vuông ABCD lấy một điểm E sao cho
EAB = EBA = 150 . Chứng minh rằng tam giác ADE là tam giác đều.

Bài tập 2: Chứng minh định lí Pitago
Bài tập 3: Cho hình vuông ABCD, O là giao điểm của đ-ờng chéo AC và BD gọi M
và N là trung điểm của OB và CD chứng minh A; M; N; D cùng thuộc đ-ờng tròn
Bài tập 4: Cho tứ giác ABCD; AD = BC; M và N là trung điểm chính giữa của AB
và DC kéo dài AD, MN cắt nhau tại E kéo dài BC, MN cắt nhau tại F
Chứng minh rằng: AEM = BFM
Bài tập 5: Cho tam giác ABC nội tiếp đ-ờng tròn tâm O đ-ờng kính AC. Trên tia AB
lấy điểm D sao cho AD = 3AB. Đ-ờng thẳng Dy vuông góc với DC tại D cắt tiếp
tuyến Ax của đ-ờng tròn (O) tại E. Chứng minh tam giác BDE là tam giác cân.
3.3)Khái quát hoá bài toán: Sau khi đã tìm ra các cách giải khác nhau, giáo
viên cần cho học sinh khái quát hoá bài toán bằng cách trả lời đ-ợc một số câu hỏi cụ
thế sau:
1) Trong các cách chứng minh những kiến nào đã đ-ợc vận dụng ?
2) Có những cách chứng minh nào t-ơng tự nhau? Khái quát đ-ờng lối chung
của các cách ấy?
3) Và trong cách chứng minh trên kiến thức nào đã vận dụng và kiến thức đó
đ-ợc học ở lớp mấy, và có thể hỏi cụ thể ch-ơng nào tiết nào để kiểm tra sự nắm vững
kiến thức của học sinh.
4) Cần cho học sinh phân tích đ-ợc cái hay của từng cách và có thể trong từng
tr-ờng hợp cụ thể ta nên áp dụng cách nào để đơn giản nhất và có thể áp dụng để giải
các câu liên quan vì một bài hình không chỉ có một câu mà còn có các câu liên quan.
5) Việc khái quát hoá bài toán là một vấn đề quan trọng. Khái quát hóa bài toán

- Kết hợp chặt chẽ với giáo viên bộ môn trong quá trình giảng dạy bồi d-ỡng,
đặc biệt quan tâm đến đối t-ợng học sinh giỏi để các em phát triển đồng bộ các môn
nhằm tạo điều kiện cho các em phát triển môn Toán.
- Đối với cha mẹ học sinh giỏi: Động viên h-ớng dẫn quản lý kiểm tra học
sinh về vấn đề học tập ở nhà của học sinh. Cha mẹ phải thực sự nhiệt tình chăm lo đến
con cái.
- Kết quả đạt đ-ợc:
Trong thực tế giảng dạy việc bồi d-ỡng học sinh khá giỏi môn toán, với cách
làm trên đây đã mang lại hiệu quả cao trong việc rèn luyện năng lực sáng tạo toán cho
học sinh. Cụ thể 80% các em học sinh đã thực sự có hứng thú học toán bồi d-ỡng cho
học sinh khá giỏi, đã tự độc lập tìm tòi ra nhiều cách giải khác nhau mà không cần sự
gợi ý của giáo viên. 20% các em còn cần gợi ý các tr-ờng hợp, song rất mong muốn
đ-ợc tham dự lớp bồi d-ỡng học sinh giỏi này.
Trong những năm đ-ợc nhà tr-ờng giao trọng trách dạy bồi d-ỡng lớp 9 tôi đã
thu đ-ợc kết quả khả quan có nhiều học sinh đạt học sinh giỏi cấp huyện.

22


Phần 3. Kết luận
Giảng dạy áp dụng sáng kiến trên đây đã mang lại hiệu quả của việc bồi d-ỡng
học sinh giỏi môn toán. Nhiều học sinh đã chủ động tìm tòi, định h-ớng và sáng tạo
ra nhiều cách giải toán không cần sự góp ý của giáo viên. Từ đó đã mang lại các kết
quả bất ngờ từ việc giải toán thông qua các ph-ơng pháp sáng tạo tìm lời giải của một
bài toán cho học sinh.
Chính vì vậy mỗi giáo viên nói chung và bản thân tôi nói riêng cần hiểu rõ khả
năng tiếp thu bài của đối t-ợng học sinh để đ-a ra các bài tập và ph-ơng pháp giải toán
cho phù hợp giúp các em làm đ-ợc và sáng tạo các cách giải gây hứng thú cho các em, từ
đó sẽ dần dần nâng cao kiến thức từ dễ đến khó.
Để làm đ-ợc nh- vậy đối với mỗi giáo viên cần tìm tòi tham khảo nhiều tài

- Vẽ thêm yếu tố phụ để giải bài toán hình học (Nguyễn Đức Tấn)
- Các chuyên đề môn toán

( Tr-ơng Công Thành )

- Giáo trình thực hành và giải toán

( Đặng Đình Lăng)

24