I. MỞ ĐẦU
I.1. Lí do chọn đề tài :
Thực tế giảng dạy cho thấy, đối với học sinh, việc tìm ra lời giải cho một
bài toán là điều không hề đơn giản và hầu hết đều mang tính tự phát, không có
hệ thống hay phương pháp cụ thể, đặc biệt là những bài toán chứng minh hình
học. Các em có thể tiếp thu rất nhanh khi đọc hướng dẫn giải trong các ví dụ
minh họa nhưng khi gặp những bài tương tự lại cảm thấy bế tắc, không tìm ra
hướng giải quyết phù hợp.
Là một giáo viên đứng lớp, sau nhiều năm tìm tòi và thử nghiệm, tôi nhận
thấy một trong những cách thức để tìm được lời giải nhanh nhất chính là suy
luận phân tích ngược. Đây là phương pháp đơn giản và dễ thực hiện, thông qua
việc liên kết điều phải chứng minh với giả thiết và những điều đã biết trước đó,
học sinh có thể dễ dàng tìm ra các “cầu nối” giữa những điều này và theo quy
luật lôgic, lời giải dần được hình thành một cách mạch lạc và đầy thuyết phục.
Không chỉ vậy, suy luận phân tích ngược còn giúp các em giải quyết những tình
huống phát sinh ngoài thực tiễn một cách nhanh chóng và hợp lí.
Xuất phát từ những lí do trên, từ tính cấp thiết trong thực tiễn giảng dạy và
những thành tựu khả quan đã thu nhận được sau khi tiến hành thử nghiệm, tôi
xin mạnh dạn trình bày sáng kiến kinh nghiệm của mình với đề tài: Hướng dẫn
học sinh giải bài toán theo phương pháp phân tích suy luận ngược trong hình
học 8.
I.2. Mục đích nghiên cứu :
- Đề tài sẽ góp phần minh họa cho phương pháp suy luận phân tích để làm
rõ mối liên hệ lôgic giữa điều cần chứng minh với điều phải chứng minh.
- Cung cấp thêm một phương pháp chứng minh hình học mà hướng đi là từ
kết luận đến giả thiết theo tư duy suy luận ngược.
- Đề tài được sử dụng để tổ chức dạy trên lớp và tổ chức chuyên đề về
phương pháp chứng minh hình học ở cấp THCS nói chung và đối với học sinh
lớp 8 nói riêng.
I.3. Đối tượng nghiên cứu :
Hoạt động học tập của học sinh trong các bài toán chứng minh hình học.

Phương pháp chứng minh phân tích đi xuống là phương pháp chứng minh
suy diễn đi từ điều đã biết đến điều cần tìm.
Sơ đồ: A ⇒ B... ⇒ Y ⇒ X
Trong đó: X là mệnh đề cần tìm, mệnh đề cần chứng minh; Y là hệ quả
lôgic của X; .....; A là hệ quả lôgic của B và A là mệnh đề đã biết nào đó. Nếu A
sai thì X sai. Nếu A đúng thì X có thể đúng, có thể sai. Lúc này chúng ta phải
dùng phương pháp tổng hợp đi từ A tới X.
II.1.4. Phương pháp chứng minh phân tích đi lên
Phương pháp chứng minh phân tích đi lên là phương pháp chứng minh suy
diễn đi từ điều cần tìm, điều cần chứng minh đến điều đã cho hoặc đã biết trước
đó.
Sơ đồ: X ⇐ Y ⇐ ... ⇐ B ⇐ A
Trong đó: X là mệnh đề cần chứng minh; Y là tiền đề lôgic của X; .....; A là
tiền đề lôgic của B; A là mệnh đề đã biết hoặc đã cho trước. Nếu A sai thì X sai.
Nếu A đúng thì X có thể đúng, có thể sai. Lúc này chúng ta phải dùng phương
pháp tổng hợp đi từ A tới X.
II.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm.
Qua quá trình giảng dạy hình học trong nhiều năm qua, tôi nhận thấy
những vấn đề bất cập như sau :

2


- Nhiều học sinh không nắm được phần lí thuyết cơ bản của bài học hoặc
nắm nội dung bài học một cách thụ động, nên trong quá trình làm bài tập còn
gặp nhiều khó khăn, lúng túng.
- Một số học sinh không chịu đề cập bài toán theo nhiều hướng khác nhau,
không sử dụng hết các dữ kiện của bài toán....
- Đa số học sinh không biết vận dụng hoặc vận dụng chưa thành thạo các
phương pháp suy luận trong giải toán, không biết sử dụng các bài toán giải mẫu

Khối
8

Số học sinh

Giỏi

Khá

TB

Yếu

62

3

5

35

19

II.3. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề:
II.3.1. Ví dụ 1
Cho tam giác ABC (AC < AB). Trên tia AC lấy E sao cho AE = AB. Tia
phân giác của góc A cắt BC tại D, cắt BE tại H. Chứng minh:
a) BD = DE
A
b) BE ⊥ AD

Cm: BD = DE
⇑

Chứng minh
a) Nối DE
BDA và EDA có:

3


AB = AE (gt)
µ
µ
A1 = A 2 (gt)
AD chung


Cm: BDA = EDA
⇑

AB = AE (gt)
µ
µ
(gt)
1 = A2
Có: A
AD chung


Đủ điều kiện (c.g.c)

µ
1 = A 2 (gt)
Có: A
AH chung

Đủ điều kiện (c.g.c)

⇒ BDA = EDA (c.g.c)
⇒ BD = DE

b)

(1) Ta có: AB = AE (gt)
và DB = DE (theo ý a)
⇒ AD là đường trung trực của BE
⇒ AD ⊥ BE
(2) Vì AB = AE
Nên ABE cân tại A
·
Mà AD là đường phân giác của BAE
⇒ AD cũng là đường cao
⇒ AD ⊥ BE
(3) ABH và AEH có:

AB = AE (gt)
µ
µ
A1 = A 2 (gt)
AH chung



BD ⊥ AC, CE ⊥ AB

E

BD x CE = {H}
KL

∆BHE = ∆CHD

D
1

B

1

H

2

2

2

1

C

Giải:

E

AC = AB (∆ABC cân tại A)
µ
A chung
⇒ ∆AEC = ∆ADB (ch – gn)
⇒ AE = AD

Xét ∆AHE và ∆AHD có:

µ =D
µ = 900
E

AE = AD (cmt)
AH (chung)


⇒ ∆AHE = ∆AHD (ch – cgv)
⇒ EH = HD
Xét ∆BHE và ∆CHD có:

µ =D
µ = 900
E

EH = HD (cmt)
µ
µ
H1 = H 2

N

A

B

Giải:
Phân tích
Cách 1
Cm:

Cách 1
CN = 2BN

Nếu lấy P là trung điểm của CN thì
CP = PN = BN
⇑
Cm:

Gọi P là trung điểm của CN

⇒ DP là đường trung bình của tam
giác ACN

⇑
Cm:

Chứng minh

AN // DP

B
E ⇒ DM là đường trung bình của
∆ACP và MB là đường trung bình
của ∆APE
Cần cm: N là trọng tâm của ∆ACE
Có CB là trung tuyến ∆ACE

6


⇑
Cm: AP là trung tuyến của ∆ACE
⇑
Cm: CP = PE
Để cm: CP = PE, ta sử dụng tính chất
đường trung bình của tam giác hoặc
định lý Ta-let trong tam giác

⇒ DM =

1
1
CP và MB = PE
2
2

Mà DM = MB
⇒ CP = PE
⇒AP là trung tuyến của ∆ACE (2)
Từ (1) và (2) suy ra N là trọng tâm

S

c) BE.EC =

AH 2 .CE 2
CH 2

Giải:
Phân tích
a)

BC = ?
⇑
BH = ?
⇑
BH2 + AH2 = AB2

Chứng minh
Áp dụng định lý Pytago vào tam giác
vuông ABH, ta có:
BH2 + AH2 = AB2
⇒ BH2 = AB2 – AH2 = 172 – 152 = 64
Vì BH > 0 nên BH = 8 (cm)

(AB, AH đã biết nên BH tính được)

⇒ BC = 2. BH = 2.8 = 16 (cm)

b)


⇑
BE.EC.CH = AH2.CE2
⇑
2
2
DE .CH = AH2.CE2
⇑
DE.CH = AH.CE
⇑
2

DE CE
=
AH CH

⇑

AHC S DEC
(Đủ điều kiện)

µ chung;
C
·
·
= 900 (GT)
AHC
= BDC
⇒ AHC SBDC (g.g)
Xét 2 tam giác AHC và DEC có:
µ chung;

CH 2

Nhận xét:Ví dụ trên đã sử dụng đẳng thức trung gian BE.CE = DE2 và
DE2.CH2 = AH2.CE2 ⇒ DE.CH = AH.CE (Vì độ dài đoạn thẳng luôn lớn hơn 0).
II.3.5. Ví dụ 5
Cho tam giác vuông ABC có (AB

Nhận xét:Trong ví dụ này ta đã sử dụng hằng đẳng thức hiệu của hai bình
phương để chứng minh đẳng thức BD2 – CD2 = AB2
⇔ (BD - CD).(BD + DC) = AB2

II.3.6. Ví dụ 6
Cho tam giác ABC. Trên đường phân giác AD của góc A, lấy một điểm D bất kì.
BD cắt AC tại M, CD cắt AB tại N. Chứng minh rằng nếu BM = CN thì tam giác
ABC cân.
A

µ 1 =A
µ2
ABC, A

E

1 2

µ
D ∈ phân giác của A

1

2

BD x AC = {M},

GT


Phân tích
Giả sử AB < AC. Kẻ:

Chứng minh
Giả sử AB < AC
Lấy điểm K trên AB sao cho AK=AB
µ2
·
⇒ K nằm giữa A và C và AKD
>C

 NE // BM
BN = ME
⇒


ME // AB
 NE = BM

Ta sẽ cm: CN > NE
tức là CN > BM
⇑

(

)

(

·


à 2 >C
à2
Cm: B
Ly im K trờn AB sao cho AK=AB
ABD = AKD (c.g.c) (1)
à 2 = AKD
ã
B
ã
à2
Cm: AKD
>C

ã
ỳng vỡ AKD
l gúc ngoi ca CKD
à 2 >C
à3
b) Cm: E
Cm: CM > ME
Cm: CM > BN

BCM v CBN cú
BC chung, BM=CN (gt)

à1 >C
à 1 CD > BD
Cm: B
m BD = KD (t (1))

Trong CKD, gúc CKD
k bự vi gúc

ã
nhn AKD
nờn nú l gúc tự:
ã
à 2 KD < CD (3)
CKD
>C
T (2) v (3) suy ra:
à1 >C
à1
BD < CD B
Hai tam giỏc BCM v CBN cú:

BC chung

AK = AB nờn CM > BN (4)
à à
B1 > C1
K NE//BM v ME//AB ct nhau ti E
thỡ ta cú: BN = ME (5)
à1 =B
à 2 (7)
BM = NE (6) v E
T (4) v (5) suy ra: CM > ME
à 2 >C
à3
Vy trong CME cú: E

Sau khi hc sinh c lm nhiu cỏc dng bi tp nh trờn thỡ k nng suy
lun c hỡnh thnh, cng c v cỏi ớch l hỡnh thnh k xo cú cỏc phn
x t nhiờn, nhy bộn trc mt bi tp khú.
II.4. Kt qu

10


Khi áp dụng phương pháp suy luận phân tích ngược vào giảng dạy hình
học 8 tại đơn vị sở tại, tôi nhận được kết quả như sau:
Học sinh có hứng thú

HS không có hứng thú

Tổng số HS
SL

%

SL

%

Trước khi áp dụng

62

8

12,9%


62

3

5

35

19

Sau khi áp dụng

62

15

27

16

3

Dựa vào bảng số liệu trên, có thể nhận thấy nhờ áp dụng phương pháp suy
luận phân tích ngược mà chất lượng học sinh được nâng lên đáng kể. Việc học
tập của học sinh khối 8 trong một năm học đã thu được nhiều kết quả khả quan,
tuy chưa cao nhưng có những chuyển biến rõ rệt theo chiều hướng đi lên. Điều
này chứng tỏ vai trò tích cực của đề tài nghiên cứu đối với quá trình dạy và học
của thầy trò chúng tôi.


XÁC NHẬN CỦA
THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 10 tháng 5 năm 2017
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết,
không sao chép nội dung của người khác.

Nguyễn Hữu Dương

12


TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Sách giáo khoa toán 8 tập 1, 2.
2. Sách bài tập toán 8 tập 1, 2.
3. Vẽ thêm yếu tố phụ để giải một số bài toán hình học - Nguyễn Đức Tấn.
4. Ôn tập hình học 8 - Nguyễn Ngọc Đạm, Vũ Dương Thụy.
5. Phương pháp suy luận phân tích để giải toán hình học THCS.
6. Khai thác và phát triển một số bài toán THCS – Nguyễn Tam Sơn,
Phạm Lệ Hằng
7. Nâng cao và phát triển Toán 8 tập 1, 2 – Vũ Hữu Bình.
8.Ôn tập cuối tuần môn Toán 8 tập 1, 2 – Hoàng Xuân Vinh, Mai Công Mãn
9.Các kiến thức, tài liệu có được trong quá trình học Đại học sư phạm

13