I. MỞ ĐẦU.
1. Lý do chọn đề tài
Khi dạy đối tượng học sinh giỏi, đặc biệt là dạy cho những học sinh đội
tuyển tham gia thi học sinh giỏi, việc hướng dẫn học sinh tư duy là điều quan
trọng đối với người thầy. Sau nhiều năm tham gia dạy đội tuyển học sinh giỏi
lớp 9 trường THCS Điện Biên, có một số bài tập hình học khi hướng dẫn cho
các em học sinh giỏi khai thác ở nhiều cách giải. Từ một bài có thể đưa ra được
một số bài tương tự hoặc thay đổi dữ kiện để chuyển sang những bài tập ở dạng
khác. Một bài tập khi khai thác ở nhiều cách giải, mỗi cách ôn tập, khắc sâu
những đơn vị kiến thức liên quan. Mỗi cách hướng dẫn học sinh một cách định
hướng, khai thác kiến thức khác nhau giúp cho học sinh hiểu và nhớ kiến thức
hình sâu hơn, hệ thống hơn. Đó là cách tôi thường sử dụng để hướng dẫn các em
tư duy về các bài toán hình học. Khi giảng dạy theo cách khai thác như vậy, học
sinh tư duy tốt hơn và thấy rất hứng thú với phân môn hình học. Sau đây tôi xin
được trình bày đề tài SKKN “ PHÁT TRIỂN TƯ DUY TỪ MỘT SỐ BÀI
TOÁN HÌNH HỌC CHO HỌC SINH GIỎI LỚP 9 TRƯỜNG THCS ĐIỆN
BIÊN”.
2. Mục đích nghiên cứu
Tôi muốn thông qua việc hướng dẫn học sinh khai thác, phát triển từ một số
bài toán về đường tròn, một số bài toán hình học để phát triển tư duy của đối
tượng học sinh khá giỏi, hướng dẫn cho các em cách học Toán nói riêng và là
cách để học tập tốt.
3. Đối tượng nghiên cứu.
Giáo viên dạy đội tuyển lớp 9 qua các năm học. Kết quả học tập của học sinh
khá giỏi lớp 9
4. Phương pháp nghiên cứu.
- Lựa chọn bài tập theo từng dạng để hướng dẫn học sinh tổng hợp, nhận dạng
thể loại từ đó xác định hướng giải - Củng cố kiến thức cho học sinh
- Hướng dẫn cách phát triển một số dạng, một số bài tập cụ thể - Phát huy tư duy
sáng tạo của học sinh.
- Kiểm tra, đánh giá hiệu của của phương pháp sử dụng.

dạy đội tuyển, ngay cả đối tượng học sinh học tốt cũng thường thấy ngại làm bài
tập hình. Tìm hiểu tôi biết được các em nắm kiến thức chưa sâu, học bài nào biết
bài đó không có tính chất hệ thống.
Kết quả kiểm tra nhóm 20 học sinh có kiến thức về bộ môn toán xếp loại khá
giỏi để tham gia ôn luyện chọn đội tuyển của năm học 2014 – 2015 với một bài
kiểm tra Hình học như sau
Tổng số
9 → 10
7 →8
5 →6
0→4
20
0
2 (10%)
11 (55%)
7 (35%)
Sau khi giảng dạy học sinh theo hướng trên, dần dần tôi nhận thấy kiến thức
về phân môn Hình học của học sinh có sự thay đổi, đặc biệt khi tôi được xếp dạy
theo lớp từ lớp 6 đến lớp 9, kết quả giảng dạy học sinh học phân môn Hình của
những học sinh chọn đội tuyển HSG khả quan hơn rất nhiều. Tôi xin dẫn một
kết quả cũng của bài kiểm tra hình cho nhóm học khá với 17 học sinh, kết quả
như sau.
Tổng số
9 → 10
7 →8
5 →6
0→4
17
2 (12%)
5 (29%)

AOC
2

( góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn một cung)
Mà AOM =

1
AOC
2

⇒ AOM = ABC ( cùng bằng

1
sđAC)
2

Trong ∆OAM thì OMH = AOM + OAH (Góc ngoài tam giác)
Hay ACB = ABC + OAH
Vậy: OAH = ACB - ABC (đpcm)
Cách 2.
HD. Hình 2.
Kẻ tiếp tuyến với đường tròn tại A cắt BC ở D
Lời giải.
Ta có: ABC = CAD (1) ( cùng chắn AC)
OAH = ADC (2)
(Cùng phụ với HAD).
Cộng từng vế của (1) và (2)
Ta được.
ABC + OAH = CAD + ADC
Mà

(Hai góc nhọn có cạnh tương ứng vuông góc)
ABC = ADC (2)
(góc nội tiếp cùng chắn AC)
Cộng từng vế của (1) và (2)
Ta được.
OAH + ABC = KCB + ADC
Mà: ADC = KCA
(Cùng phụ với KCD)
⇒ OAH + ABC = KCB + KCA = ACB
Vậy : OAH = ACB - ABC (đpcm)
Cách 5.
HD. Hình 5.
- Kẻ đường kính AOD
- Gọi M là giao điểm của AH và DC
Lời giải:
Ta có: AMC = ACB (1)
(Cùng phụ với HAC)
ADM = ABC (2)
(góc nội tiếp cùng chắn AC)
Trừ từng vế của (1) và (2)
Ta được: AMC - ADM = ACB - ABC
Mà: AMC - ADM = OAH (góc ngoài tam giác)
Vậy OAH = ACB - ABC (đpcm)
Cách 6.
4


HD. Hình 6.
Kẻ OI ⊥ BC và OK ⊥ AB
Lời giải:

= xAB.
Mà: xAB = ACB (góc nội tiếp cùng chắn AB)
⇒ OAH + ABC = ACB
Vậy OAH = ACB - ABC (đpcm)
Bài 2: Cho tam giác ABC đều; O là trung điểm cạnh BC. Một góc xOy = 60 0 có
cạnh Ox cắt cạnh AB ở M; cạnh Oy cắt cạnh AC ở N. Chứng minh
a) BM.CN = OB2
b) MO và NO là tia phân giác của BMN và CNM
Đây là một bài của kiến thức lớp 8, được mở rộng khi học ở phần đường
tròn ở lớp 9
Hướng dẫn:
a) ΔBMO và ΔCON đồng dạng (g.g)

5


⇒

BM BO
⇔ BM.CN = BO.CO = BO2
=
CO CN

b) Từ cặp tam giác đồng dạng ở câu a) ta có
BM BO MO
BM MO
=
=
⇔
=

HOK = α
2

b) Xét ΔBMO và ΔOMN có
B = MON = α
BMO = OMN ( tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
⇒ ΔBMO và ΔOMN đồng dạng (g.g)
Chứng minh tương tự ΔCON và ΔOMN đồng dạng
c) Từ kết quả câu b) ta được
BM BO
⇔ BM.CN = OC. OB = a2
=
OC CN

6


d) BM + CN ≥ 2 BM .CN = 2a
⇒ min(BM + CN) = 2a ⇔ BM = CN ⇔ MN // BC
Khi làm bài tập này ở lớp 9, giáo viên nhắc lại dạng đã gặp ở lớp 8 ,
phân tích sự phát triển của bài toán gây sự thích thú cho học sinh.
Bài 5:Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác, dựng các tam giác đều ABF;
ACD; BCE. Chứng minh rằng AE; BD; CF đồng quy.
Hướng dẫn:
Gọi O là giao điểm của BD và CF.
D
Ta cần chứng minh A ; O ; E thẳng
hàng. Ta có ∆DAB = ∆CAF (c.g.c)
A
⇒ B 1 = F 1 ⇒ AOBF nội tiếp

⇒ BOF = BAF = 90 0

7


D

F

A

O
C

B
Tiếp tục bài toán trên, gọi M; N; I
lần lượt là trung điểm của BF; CD;
BC; ta có
IM Là đường trung bình của tam
giác BCF nên
1
CF (1)
2
1
Tương tự IN // = BD (2)
2
Mà CF ⊥ BD; CF = BD (3)

IM // CF; IM =


làm cho học sinh dễ dàng chứng minh
C
B
I
hơn bằng cách thay các tam giác vuông
cân ABM, CAN bằng các hình vuông
ABDE và ACHF thì ta được bài toán đơn
8


giản hơn. Ta có bài toán tiếp theo.
Bài 8.Cho tam giác ABC, dựng về phía ngoài tam giác các hình vuông ABDE và
ACHF.
a.Chứng minh rằng BF = CE và BF ⊥ CE
b. Gọi I, J lần lượt là tâm của hai hình vuông đó. M là trung điểm của BC.
Chứng minh rằng ∆MIJ là tam giác vuông cân.
F

E
A
J

H

I
D
C
M
B
Dưới đây là một bài tập xây dựng thuận đảo và tổng quát bài toán rất lí thú như

Từ (1) và (2)
⇒ ΔMAN và ΔMBA đồng dạng
⇒ MAN = MBA = BDA
⇒ BD//AC
(đpcm)
* Giáo viên hướng dẫn học sinh khai thác bài toán đảo.
Bài 10: Cho (O) tiếp xúc với 2 cạnh của góc nhọn xAy tại B,C. Từ B vẽ dây
BD//AC. AD cắt (O) tại N, BN cắt AC tại M.
Chứng minh MA = MC.
( Học sinh chứng minh theo chiều ngược lại của bài 9 ( thuận)
Bài 9 lại có thể khai thác thành một bài toán tương tự như sau:
Bài 11: Cho (O) và 1 tiếp tuyến tại A. Trên tiếp tuyến lấy 1 điểm C (khác A)
Gọi B là trung điểm AC, kẻ cát tuyến BEF
(E,F ∈ (O)), các tia CE; CF cắt
(O) tại M,N.
Chứng minh MN//AC.
Hướng dẫn:

Nếu MN//AC ⇒ BCE = EMN
(so le trong)
Mà EMN = EFN (2 góc nội tiếp chắn cung EN)
⇒ ΔBCE và ΔBFC đồng dạng
(g.g)
Như vậy để có kết luận của bài toán cần chứng minh hai tam giác BEC và BCF
đồng dạng.
Thật vậy:
Do B chung và BC2 = BA2 = BE.BF
⇒

BC BF

Giả sử AI cắt (J) tại D
Ta cần chứng minh D ∈ (O)
⇔ AD phải là đường kính (O)
⇔ ABD = ACD = 1v
(1)
Mặt khác, do ΔABC cân và EF// BC
⇒ AE = AF nên AI ⊥ EF
Do đó để có (1) cần chứng minh các tứ giác EIDB và FIDC nội tiếp đó là chốt
để đưa đến kết luận của bài toán.
Thật vậy:
Dễ thấy : ΔAED = ΔAFD (AE = AF; EAD = DAF; AD chung)
⇒ EDI = FDI

Ta có AEF = EDF
(cùng chắn cung EF)
AEF = ABC
(đồng vị)
⇒ EDF = ABC nên EDI = EBI
Mặt khác D và B nằm cùng về một phía đối với EF. Do đó tứ giác BEDI là tứ
giác nội tiếp
Ta đã có EID = 900 ⇒ EBD = 900
Hay ABD = 900
Tương tự ACD = 900
Do vậy AD là đường kính của (O). Hai đường tròn (O) và (J) có chung điểm D
nằm trên đường nối tâm O nên chúng tiếp xúc nhau tại D.
Bài 14: (Bài toán đảo)
Cho đường tròn tiếp xúc với cạnh AB và AC của tam giác ABC cân đỉnh A và
tiếp xúc đường tròn ngoại tiếp tam giác đó. Chứng minh rằng đoạn thẳng nối các
tiếp điểm của đường tròn này với hai cạnh AB và AC thì chứa tâm đường tròn
nội tiếp tam giác ABC

Hướng dẫn : Từ O hạ OK ⊥ BC, OL ⊥ AD.
Nối OP và OQ dễ thấy tứ giác OIQK
nội tiếp được trong đường tròn
⇒ IOQ = IKQ
(1)
Tương tự OIPL cũng là tứ giác nội tiếp
⇒ IOP = ILP
(2)
Ta lại có ΔCIB = ΔAID đồng thời do
OK ⊥ BC; OL ⊥ AD nên K,L lần lượt
là trung điểm của BC; AD
⇒ ΔCIK và ΔAIL ⇒ IKQ = ILP (3)
Từ (1); (2); (3) ⇒ IOQ = IOP hay OI là phân giác POQ mà OI ⊥ PQ
⇒ Δ OQP cân hay IP = IQ (đpcm)
Bài toán có thể phát biểu dưới dạng khác như sau
“ Cho tứ giác ADBC nội tiếp đường tròn tâm O, gọi I là giao điểm hai đường
chéo CD và AB; MN là đường thẳng vuông góc với OI tại I; P và Q lần lượt là
giao điểm của hai cạnh đối diện CB và AD với MN. Chứng minh IP = IQ”.
Nội dung bài toán trên so với bài toán 1 không có gì thay đổi . Nhưng tôi
nghĩ ta có thể đổi vai trò hai đường chéo thành hai cạnh đối diện, còn hai cạnh
đối diện thành hai đường chéo. Tôi có bài toán sau:
Bài toán 16:

12


Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm O, gọi I là giao điểm của hai
cạnh dối diện AD và BC kéo dài ( điều kiện AD ≠ CB). Qua I ta dựng đường
thẳng d vuông góc với OI, đường thẳng này cắt hai đường chéo AC và BD kéo
dài tại M và N. Chứng minh IM = IN

⊥ AB ⇒ H,K là trung điểm của DC và AB.

Ta có các tứ giác IHOK và IOKN
nội tiếp được
⇒ IOM = IHM
và ION = IKN
(1)
Do H;K là trung điểm của DC và AB
⇒ ΔIHC và ΔIKA đồng dạng
⇒ IKN = IHM
(2)
Từ (1) và (2) ⇒ IOM = ION mà OI ⊥ MN
⇒ IM = IN (đfcm)

13


Lưu ý : Ở bài toán 17 có thể xảy ra DC // AB lúc đó ta có thể xem hai điểm M,N
ở xa vô tận về hai phía (vì DC // AB // d) như vậy thì I là trung điểm của MN
vẫn đúng.
Từ các bài toán 15;16;17 ta rút ra bài toán tổng quát:
Bài toán 18:
Cho (O); d là một đường thẳng bất kì (không phải là tiếp tuyến của (O), gọi I là
chân đường vuông góc hạ từ tâm O tới d. Qua I kẻ 2 cát tuyến IAB và ICD tới
(O). Gọi M,N lần lượt là giao điểm của AD; BC với d. Khi đó ta có I là trung
điểm của MN và PQ.
Nó tổng quát hơn bài 15 là d có thể không cắt (O) và nếu d cắt (O) thì đó là bài
toán 15
Nếu ta đặc biệt hóa A ≡ B thì khi đó cát tuyến IAB suy biến về tiếp tuyến, ta có
bài toán sau:

đề, về phương pháp bồi dưỡng học sinh, về cách phát hiện và lựa chọn học sinh,
rất mong PGD Thành phố hàng năm có những chuyên đề “ Bồi dưỡng học sinh
giỏi” để giáo viên có điều kiện học hỏi kinh nghiệm lẫn nhau trong công tác bồi
dưỡng học sinh để kết quả mũi nhọn của Thành Phố ngày càng được nâng cao
hơn nữa. Rất mong được sự đóng góp ý kiến của bạn bè đồng nghiệp cho bản
SKKN này của tôi.
Xin chân thành cảm ơn!

XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 25 tháng 3 năm 2017
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, không sao chép nội dung
của người khác
Người viết

Hoàng Thị Sơn Quyên

15


TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Toán nâng cao các chuyên đề
2. Toán nâng cao và phát triển

Vũ Dương Thụy
Vũ Hữu Bình

3. Báo Toán học tuổi thơ 2


17