Mục lục
Mục lục
1. Mở đầu:
1.1. Lý do chon đề tài
1.2. Mục đích nghiên cứu
1.3. Đối tượng nghiên cứu
1.4. Phương pháp nghiên cứu
2. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
2.3. Các sáng kiến kinh nghiệm hoặc các giải pháp đã sử dụng để
giải quyết vấn đề.
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo
dục, với bản thân, đồng nghiệp và nhà trường.
3. Kết luận, kiến nghị
3.1. Kết luận.
3.2. Kiến nghị.
Phụ lục.
Tài liệu tham khảo

trang 1
trang 2
trang 3
trang 3
trang 4
trang 4
trang 4
trang 5
trang 17
trang 19
trang 19

đổi mới phương pháp dạy hoc hiện nay bản thân cũng nhận thấy được yêu cầu
trên là rất phù hợp và thiết thực. Trong quá trình dạy hoc giải toán giáo viên
phải biết hướng dẫn, tổ chức cho hoc sinh tìm hiểu vấn đề phát hiện và phân tích
mối quan hệ giữa các kiến thức đã hoc trong một bài toán để từ đó hoc tìm được
cho mình phương pháp giải quyết vấn đề trong bài. Chỉ trong quá trình giải toán
tiềm năng sáng tạo của hoc sinh được bộc lộ và phát huy, các em có được thói
quen nhìn nhận một sự kiện dưới những góc độ khác nhau, biết đặt ra nhiều giả
thuyết khi phải lý giải một vấn đề, biết đề xuất những giải pháp khác nhau khi
xử lý một tình huống.
Về khách quan cho thấy hiện nay năng lực hoc toán của hoc sinh còn rất
nhiều thiếu sót đặc biệt là quá trình vận dụng các kiến thức đã hoc vào bài tập và
thực tiễn. Tỷ lệ hoc sinh yếu kém còn cao các em luôn có cảm giác hoc hình khó
hơn hoc đại số. Tình trạng phổ biến của hoc sinh khi làm toán là không chịu
nghiên cứu kĩ bài toán, không chịu khai thác và huy động kiến thức để làm toán.
Trong quá trình giải thì suy luận thiếu căn cứ hoặc luẩn quẩn, trình bày cẩu thả,
tuỳ tiện …
Về phía giáo viên phần lớn chưa nhận thức đầy đủ về ý nghĩa của việc
dạy giải toán. Hầu hết GV chưa cho HS làm toán mà chủ yếu giải toán cho hoc

2


sinh, chú ý đến số lượng hơn là chất lượng. Trong quá trình dạy hoc giải toán
GV ít quan tâm đến việc rèn luyện các thao tác tư duy và phương pháp suy luận.
Thông thường GV thường giải đến đâu vấn đáp hoặc giải thích cho hoc sinh đến
đó, không những vậy mà nhiều GV coi việc giải xong một bài toán kết thúc hoạt
động. GV chưa thấy được trong quá trình giải toán nó giúp cho hoc sinh có được
phương pháp, kĩ năng, kinh nghiệm, củng cố, khắc sâu kiến thức mà còn bổ
sung nguồn kiến thức mới phong phú mà tiết dạy lý thuyết mới không thể có
được.

luyện tư duy thông qua giải một số bài toán hình hoc bằng nhiều cách. Khi nhìn
một bài toán dưới nhiều góc độ thì hoc sinh đó sẽ tự tin hơn, thích thú hơn với
môn hoc, yếu tố đó rất quan trong trong quá trình tự hoc, nó giúp quá trình rèn
luyện hình thành tư duy cho hoc sinh tốt hơn.

3


1.4. phng phỏp nghiờn cu:
hon thnh ti tụi ó s dng kờt hp nhiu phng phap c th l:
- Nghiên cứu kỹ chơng trình SGK, đọc thêm sach tham kho (chơng trình cũ và
mới)
- Điều tra tình hình học sinh khi làm các bài toán
- Dùng phơng pháp kiểm nghiệm thông qua việc ra đề kiểm tra
- Trao đổi với các đồng nghiệp, học hỏi kinh nghiệm
Ngoi ra tụi cũn s dng mt sụ phng phap khac.
2. NễI DUNG CUA SANG KIấN KINH NGHIấM
2.1. C s lớ lun cua sỏng kiờn kinh nghiờm:
Do t duy l thuc tớnh cua tõm lớ, t duy hỡnh thnh v phat trin theo
tng giai on trong qua trỡnh trng thnh cua con ngi. T duy c biờt phat
trin mnh giai on thanh, thiờu niờn. Vỡ vy giao viờn cõn phi quan tõm ờn
phng phap ging dy nhm phat trin t duy cho hoc sinh mt cach tụt nht.
Tt c cac mụn hoc u phat trin t duy cho hoc sinh nhng mụn toan cú vai
trũ quan trong hn c. Gii bi tp toan l lỳc hoc sinh c th hiờn k nng,
tớnh sang to, phat trin úc t duy.
Cac bi tp Hỡnh trong sach giao khoa rt a dng nhng lm sao cho
phõn ln cac hoc sinh kha v trung bỡnh nh lõu, hiu vn ú mi l quan
trong. Do c im cua mụn Hỡnh khú, phi t duy tru tng v kốm thờm viờc
v hỡnh phc tp nờn GV phi to cho hoc sinh k nng v hỡnh v hng dn
hoc sinh t duy da trờn nhng bi toan c bn.

Trung bình
Yếu, kém
SL
%
SL
%
SL
%
SL
%
Lớp
8A(43)
0
0
10
23,2
16
37,3
17
39,5
Trước thực trạng trên đòi hỏi phải có các giải pháp trong phương pháp
dạy và hoc sao cho phù hợp
2.3. Các sáng kiến kinh nghiệm hoặc các giải pháp đã sử dụng để giải quyết
vấn đề
Qua những bài toán mà HS đã giải được, tôi định hướng cho các em tư
duy, tập trung nghiên cứu thêm về lời giải, về kết quả bài toán đó. Bằng các hình
thức như:
- Kiểm tra kết quả. Xem xét lại các lập luận.
- Nghiên cứu, tìm tòi, . . . với việc tập trung giải quyết các vấn đề như:
Liệu bài toán còn có cách giải khác hay không? Có thể thay đổi dữ kiện bài cho

·
·
vì MB = MC(gt), CMA
( đối đỉnh),
= DMB
AM = MD(cách vẽ)
B
C
M
·
·
Từ đó, suy ra: AC=DB (1); CAM
(2).
= BDM

5
D


·
·
Mà CAM
(gt) (3).
= BAM
·
·
Từ (2) và (3) suy ra: BDM
= BAM
Do đó có ∆BAD cân tại B. suy ra: AB = DB (4).
Từ (1) và (4) suy ra: AB = AC

B
·
·
Do đó, suy ra: BFM
, mà hai góc này là hai góc so le trong nên suy ra
= CEM
BF// CE. Điều này mâu thuẫn với BF và EC cắt nhau tại A.
Chứng tỏ điều giả sử là sai.
Giả sử : AB AC (Hình 4)
Trên cạnh AB lấy điểm H sao cho AH = AC.
·
·
Khi đó : ∆AHM = ∆ACM(c.g.c) vì AM chung; HAM
; AH = AC(cách vẽ).
= CAM
·
·
suyA ra: AHM
(1); MH = MC (2);
= ACM
Mà MB = MC(gt) (3).
Do đó, từ (2) và(3) suy ra: MB = MH
⇒ ∆BMH cân tại M
·
·
⇒ MBH

Vẽ MI ⊥ AB, MK ⊥AC
Ta có: MI = MK ( tính chất tia phân giác của một góc)
K

I
B

M

C

6


Khi đó: ∆ AMI = ∆AMK (cạnh huyền – góc nhon)
·
·
µ = 900 , IAM
= KAM(gt)
(do I$= K
, AM chung)
suy ra: AI = AK (1)
∆BMI = ∆CMK ( cạnh huyền – cạnh góc vuông)
µ = 900 , MI = MK, MB = MC )
(do I$= K
suy ra: BI = CK (2)
Từ (1) và (2) ta có : AI+BI=AK+CK hay AB = AC
P
Vậy ∆ABC cân tại A.
*Với kiến thức lớp 8, ta có các cách giải sau.

Cách 6 : (Hình 7) Chứng minh bằng phản chứng .
Giả sử AB > AC .
Trên cạnh AB lấy điểm Q sao cho AQ = AC.
Goi N là giao điểm của QC với AM.
Ta có: ∆AQN = ∆ACN (c.g.c) vì
·
·
AQ=AC (cách dựng); QAN
(gt); AN chung.
= CAN
suy ra QN =NCN mà BM = CM (gt)
Q
⇒ MN là đường trungC bình của ∆QCB ⇒ MN//BQ
M thuẫn với QB và MN cắt nhau tại A.
Điều này mâu
A
B
Giả sử: AB < AC chứng minh tương tự
cũng dẫn đến mâu thuẫn.
Vậy AB = AC hay ∆ABC cân.
Cách 7:(Hình 8)
Trên tia đối của tia AM lấy điểm O sao cho:
AM = OM
B
C
M
Xét tứ giác ABOC có
A MA = MO ( cách vẽ)
MB = MC (gt),
⇒ ABOC là hình bình hành

1
1
AB.MI = AC.MK
2
2

hay AB.MI = AC.MK (3)
Mặt khác MI = MK(tính chất tia phân giác của một góc )
Do đó từ (3) suy ra AB = AC hay ∆ABC cân.
A
Cách 9: (Hình 1)
(Vận dụng tính chất đường phân giác của tam giác).
Vì AM là đường phân giác của tam giác ABC nên có:
MB AB
=
MC AC

Mặt khác AM là đường trung tuyến của ∆ABC
MB
=1
nên MB = MC ⇒
MC
AB
= 1 ⇒ AB = AC hay ∆ABC cân.
từ đó có
B AC
C
M

µ .

1
của tia BA lấy điểm K sao cho BK = BA. Chứng minh rằng
CD = CK.
2
Tìm tòi:
1
Từ yêu cầu của bài toán là chứng minhCD = CK; giúp điều đó giúp hoc
sinh nghĩ ngay đến kiến thức về đường trung bình2 của tam giác. Với hình vẽ

8


như bài ra đã cho thì chứng minh không phải là điều dễ dàng. Tuy thế nếu ta
không chứng minh CD là đường trung bình của tam giác nào đó chứa cạnh CK
thì ta thử chứng minh độ dài đoạn thẳng CD bằng nửa độ dài một cạnh nào đó
mà cạnh ấy lại bằng CK hoặc CD bằng độ dài một cạnh nào đó mà cạnh này
lại bằng nửa độ dài đoạn thẳng CK. Với suy nghĩ như trên chúng ta có thể đi vào
giải bài toán trên bằng một số cách sau:
Lời giải:
Với việc vận dụng kiến thức trong tam giác cân, hai đường trung tuyến
ứng với hai cạnh bên bằng nhau, ta có thể tạo ra đường trung tuyến BE. Dễ
dàng chứng minh được BE là đường trung bình của tam giác ACK.
Cách 1: (Hình 1)
A
Goi E là trung điểm của AC.
1
Có BE là đường trung bình của ∆ AKC ⇒ BE = 2 KC (1)
Xét ∆ BDC và ∆ CEB có:
1
1

1
BD = BH (vì BD = 2 AB;BH = 2 AC mà AB = AC) B
C
·
·
·
·
(vì DBC
mà
= ACB
HBC
= DBC
·
·
( so le trong do BH//AC) )
ACB
= HBC
A
BC cạnh chung
H
Vậy ∆ BDC = ∆ BHC (c.g.c)
H .2
Suy ra CH = DC (hai cạnh tương ứng)(1)
1
D
Mà H là trung điểm của KC1nên CH = 2 CK (2)
CD = CK
K
Từ (1) và (2) suy ra:
2

Từ (1) và (2) suy ra: CD = 2 CK.
Cách 4: (hình 4)
Trên tia đối của tia CB lấy điểm N
sao cho CB = CN
Ta có: DC là đường trung bình của ∆ABN
D

A

1

⇒ CD = AN (1)
2

·
· CN = 1800 − A
· CB
·
Có KBC
,A
= 1800 − ABC
· BC = A
· CB ⇒ KBC
·
·
B
mà A
= ACN
Xét ∆ KBC và ∆ ACN có
·


D

·
·
DP // AC ⇒ DPB
(Hai góc đồng vị)
= ACP
·
·
A
Theo giả thiết ABC = ACB ( ∆ ABC cân tại A);
·
·
⇒ DPB
= DBP
B
P
0
0
·
·
·
·
Mà QBP = 180 − DBP;DPC = 180 − DPB
·
·
= DPC
D
⇒ QBP

K


Từ (1) và (2) suy ra:
Cách 6: (Hình 6).
Goi E và O lần lượt là trung điểm của AC và KC
⇒ OE là đường trung bình của ∆ ACK
1
Nên OE = AK mà AK = 2AB = 2AC
2
⇒ OE = AB = AC
Xét ∆ CDA và ∆ OCE có:
1
AC);
AD = CE (cùng bằng 2
OE = CA;
·
·
DAC
= CEO
đồng vị do OE//AD)
Vậy ∆ CDA = ∆ OCE (c.g.c)
⇒ OC = CD (1)
1
OC = CK (2)
Mặt khác O là trung điểm CK
nên
1
2
CD

= DPB
·
·
·
·
⇒ OPB
⇒ OPC
= DPC
= DPB
Xét ∆ DPC và ∆ OPC có:
·
·
DP = OP (c/m trên); OPC
(c/m trên);
= DPC
K
Cạnh PC chung
Vậy ∆ DPC = ∆ OPC (c.g.c)
1
1
OC = CK ⇒ CD = CK.
Nên OC = CD mà
2
2
Cách 8: (hình 8)
Trên tia đối của tia DC lấy điểm F
sao cho DF = DC;
Xét ∆ BDF và ∆ ADC có: DF = DC;
·
·


H .8

K

11


·
·
và KBC
+ ABC
= 1800 (hai góc kề bù)
·
·
·
·
mà ABC
(∆ABC cân tại A) ⇒ KBC
= ACB
= FBC
·
·
Xét ∆ FBC và ∆ KBC có: FB = KB (c/m trên); KBC
; BC cạnh
= FBC
chung;
Vậy ∆ FBC = ∆ KBC (c.g.c)1=> FC = CK
Suy ra 2CD = CK ⇒ CD = 2 CK.
Cách 9: (hình 9)

Suy ra CD = BO (hai cạnh tương ứng)(2)
1
K
Từ (1) và (2) ⇒ CD = CK
2
Cách 10: (hình 10)
Trên tia đối của tia BC lấy điểm F
sao cho BF = BC. Nối FK. Goi I là trung điểm của FK.
Xét ∆ FBK và ∆ CBA có:
·
·
FB = CB (cách vẽ); FBK
(hai góc đối đỉnh); AB = KB (giả thiết)
= CBA
A
nên ∆ FBK = ∆ CBA (c.g.c)
⇒ FK = AC
mà AB = AC => FK = AB
1
D
⇒ FI = 2 AB ⇒ FI = DB(1)
Theo bài ra, ta có:
·
·
·
·
mà ACB
ACB
= ABC
= BFI

⇒ BI = CK (4)

1
Từ (3) và (4) suy CD = 2 CK. ra:
Bài toán 3: Cho hình vuông ABCD. M là điểm trong hình vuông sao cho
·
·
CDM
= DCM
= 150 . Chứng minh rằng tam giác ABM đều.
Tìm tòi:
·
·
·
∆ DMC cân tại A ( CDM
= 1500
= DCM
= 150 )⇒ DM = MC và DMC
·
·
·
Mặt khác ta có: ADM
= ADC
- CDM
= 750
·
·
·
BCM
= BCD

·
·
·
·
Ta có: AMB
+ BMC
+ CMD
+ DMA
= 360 0
1
·
·
·
·
·
·
⇒ AMD
= BMC
= (3600 - CMD
- AMB
) ⇒ AMD
= BMC
< 750
2
·
·
< AMB
⇒ AM < AB = a(1)
∆ ABM có ABM
·

Từ (3) và (4) suy ra điều vô lí. Vậy AMB
= 600
Do đó ∆ ABM là tam giác đều

13


Cách 2: ( kỹ thuật hình duy nhất)
Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa M, dựng tam giác đều ABM’
A
∆ ADM’ có AM’ = AD ( = AB)
B
·
·
và DAM'
= 900 - M'AB
= 900 - 600 = 300
∆ ADM’ cân tại A
1
·
·
·
⇒ ADM'
= AM'D
= (1800 - DAM')
= 750
2
0 =>M’ thuộc tia DM
·
⇒ M'DC = 15

·
·
M'BC
= 900 - ABM'
= 300 .
1
·
·
= BM'C
= (1800 -300 ) = 750 .
⇒ BCM'
M
2
M'
H
·
Suy ra M'CD
=150 ⇒ M’ thuộc tia CM.
D
C
Vậy M’ là giao điểm của hai tia DM và CM
suy ra M ' ≡ M ⇒ ∆ AMB đều
Cách 4: ( Vẽ thêm hình phụ)
Trên nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng CD có chứa điểm A, dựng tam
giác đều DCE.
A
Ta có: EC = ED(∆ ECD đều); MD = MC
B
(∆ DMC cân tại M)
E

. Do đó ADME là hình thang cân
= DAE
⇒AM = DE= a = AB
A
Do đó ∆AMB là tam giác đều.
Cách 5:
Trên nửa mặt phẳng có bờ là đường
thẳng CD không chứa điểm A, dựng tam giác
đều DEC.
Ta có : ∆DME =∆CME( c.c.c)( do DM = MC,
DE = EC, ME chung)

B

1·
·
·
⇒ DME
= CME
= DMC
= 750
2
D
0
0
0
·
·
·
∆DME có MDE = MDC + CDE =15 + 60 = 75

·
·
·
⇒ DCN
= DNC
= (1800 - NDC)
= (1800 - 30 0 ) = 750
2
2
·
·
Suy ra NCB
= 900 - NCD
= 900 - 750 = 150
·
M
Chứng minh tương tự có NBC
= 150
Xét ∆BNC và ∆DMC có
D
0
0
·
·
·
·
BC = DC = a, NCB
,
= MCD(= 15 ) NBC = MDC(= 15 )
Do đó ∆BNC = ∆DMC ( g.c.g) ⇒ MC = NC


M
D

C

15


Mà ∆ADM = ∆CDI( c.g.c)
·
· = 75 0 , DM = DI
do AD = CD, ADM
= IDC
Suy ra AM = CI = a = BM = AB.
Từ đó ∆ABM là tam giác đều .
Cách 8:
Trên nửa mặt phẳng bờ DM có chứa điểm A, dựng tam giác đều DMI
· = ADC
·
·
·
Ta có: ADI
- IDM
- MDC
= 900 - 600 -150 = 150
Xét ∆ADI và ∆CDM có : AD = DC,
0
· = CDM
·

⇒ AM = AD = a = AB = BM.
Từ đó suy ra ∆ABM là tam giác đều .
Cách 9:
Trên nửa mặt phẳng bờ DM có chứa điểm A, dựng hình vuông DMEF
A
B
Xét ∆ADF và ∆CDM có : AD = DC,
·
·
ADF
= CDM
= 150 , DF = DM
Do đó ∆ADF = ∆CDM (c.g.c)
E
⇒ AF= MC = DM = EF
·
·
·
·
·
F
Và AFE
= AFD
- DFE
= DMC
- DFE
= 1500 - 900 = 600
0
·
Suy ra ∆AEF đều ( do AF = FE và AFE

ΔDEC(g.g) vì
Ta có ΔADK
·
·
·
·
AKD
= DCE
= 900 , ADE
= DEC
= 750

C

H
K
D

E

M
C

F

16


AD DK
=

2
Từ (1) và (2) ta có DE.DK = DE ⇒ DK = DE = DM
4
4
2
⇒ DK = KM . Do đó ∆DAM cân tại A ( vì AK vừa là đường cao, vừa là đường
trung tuyến)
⇒ AM = AD = a. Vậy ∆ABM là tam giác đều.

* Bài tập áp dụng:
Bài 1: Cho hình thang ABCD (AB//CD), trong đó đáy CD bằng tổng hai cạnh
bên BC và AD .Chứng minh rằng hai tia phân giác của góc A và góc B cắt nhau
tại một điểm thuộc cạnh đáy CD.
µ =B
µ , AD=BC thì tứ giác ABCD là hình thang
Bài 2: Tứ giác lồi ABCD có A
cân.
Bài 3: Cho tam giác nhon ABC (AB ≠ AC) vẽ ra phía ngoài của tam giác hai
hình vuông ABDE và ACGH . Goi M là trung điểm của EH .Chứng minh rằng
AM vuông góc với BC.
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với
bản thân, đồng nghiệp và nhà trường.
Trong quá trình dạy hoc hình hoc, tôi đã áp dụng đề tài này không chỉ để
dạy và bồi dưỡng cho đối tượng HS khá giỏi mà còn linh hoạt dạy cho cả HS đại
trà. Đặc biệt là đối với HS lớp 8, bài có yếu tố vẽ thêm hình phụ là dạng toán
khó, đòi hỏi tư duy cao. Do đó, lúc đầu nhiều em còn rất “ngại” hoc hình nói
chung và rất “sợ” bài toán có yếu tố vẽ thêm hình phụ. Hầu như HS chỉ có ý
thức làm bài tìm một lời giải và dừng lại không suy nghĩ thêm sau khi có kết
quả của bài toán, thỏa mãn với chính mình. Các em chưa thấy được tác dụng
mạnh của việc nhìn lại bài toán dưới nhiều góc độ, nhiều khía cạnh khác sẽ củng


SL
4

%
9,3

SL
16

%
37,2

SL
19

%
44,2

SL
4

%
9,3

18


3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHI
3.1. Kết luận:

Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết,
không sao chép nội dung của người khác.
(Ký và ghi rõ họ tên)

Mai Chấn Hoàng

19


Phụ lục:
Tài liệu tham khảo:
1. Tâm lí lứa tuổi
Nhà xuất bản ĐH sư phạm Hà Nội
2. Phương pháp dạy toán THCS
Nhà xuất bản GD
3. Toán bồi dưỡng hoc sinh lớp 8 Hình hoc
Nhà xuất bản giáo dục 2002 (Vũ Hữu Bình, Tôn Thân, Đỗ Quang Thiều)
4. Sách giáo khoa Hình hoc 8
Nhà xuất bản giáo dục
5. Nâng cao và phát triển toán 8
Nhà xuất bản giáo dục (Vũ Hữu Bình)
6. Cẩm nang vẽ thêm hình phụ trong hình hoc phẳng
Nhà xuất bản Đại học quốc gia hà nội (Nguyễn Đức Tấn)

20