Sáng kiến kinh nghiệm Rèn khả năng tìm lời giải bài toán Hình học cho học sinh giỏi Lớp 9

 Sáng kiến kinh nghiệm - Năm học 2011- 2012
 A:PHẦN MỞ ĐẦU.
 I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI:
 1) Cơ sở lý luận:
 Toán học là một bộ môn khoa học tự nhiên mang tính trừu tượng cao, tính 
Lôgíc 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 Lôgíc 
 2) Cơ sở thực tiễn.
 Qua các năm công tác giảng dạy ở trường tôi nhận thấy việc học toán nói chung 
và bồi dưỡng học sinh khá giỏi toán nói riêng, muốn học sinh rèn luyện được tư duy 
sáng tạo trong việc học và giải toán thì bản thân mỗi người thầy cần phải có nhiều 
phương pháp và nhiều cách giải nhất. Đặc biệt qua những năm giảng dạy thực tế ở 
trường việc có được học sinh giỏi của môn Toán là một điều rất hiếm và khó, 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. Vì vậy tôi tâm 
huyết chọn sáng kiến kinh nghiệm : "Rèn khả năng tìm lời giải bài toán Hình học 
cho học sinh Giỏi lớp 9 " Với mục đích thứ nhất là rèn luyện khả năng sáng tạo 
Toán học, trước mỗi bài tập tôi đã cho học sinh tìm nhiều cách giải, đồng thời người 
thầy giáo, cô giáo cũng phải gợi ý và cung cấp cho học sinh nhiều cách giải. Trên cơ 
sở đó học sinh tự tìm ra cách giải hợp lý nhất. Phát hiện ra được cách giải tương tự và 
khái quát phương pháp đường lối chung. Trên cơ sở đó với mỗi bài toán cụ thể các em 
có thể khái quát hoá thành bài Toán tổng quát và xây dựng các bài Toán tương tự.
 Điều mong muốn thứ hai đó là mong muốn thay đổi phương pháp bồi dưỡng 
cho học sinh khá giỏi từ trước đến nay. Xây dựng một phương pháp mới đó là rèn 
 1 Sáng kiến kinh nghiệm - Năm học 2011- 2012
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 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.
 B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ:
I. 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.
II. CÁC BIỆN PHÁP TỔ CHỨC THỰC HIỆN.
 1. Tài liệu nghiên cứu. 
 - Sách giáo khoa Toán 9
 - Nâng cao và phát triển Toán 9 ( Vũ Hữu Bình )
 - Toán nâng cao và các chuyên đề Hình học 9 ( Vũ Dương Thuỵ)
 - Một số vấn đề phát triển hình học 9 (Vũ Hữu Bình )
 - Vẽ thêm yếu tố phụ để giải bài toán hình học 9 (Nguyễn Đức Tấn)
 - Các chuyên đề môn toán ( Trương Công Thành )
 - Giáo trình thực hành và giải toán ( Đặng Đình Lăng)
 -Tuyển chọn đề thi HSG THCS môn Toán (Hoàng Văn Minh - Trần Đình Thái)
 2.Kiến thức cần truyền đạt. 
Xuất phát từ điều mong muốn rèn luyện được khả năng sáng tạo, tìm được nhiều cách 
giải do đó bản thân người thầy, người dạy phải là người tìm ra nhiều cách giải nhất và 
hướng dẫn học sinh tìm được lời giải cho bài toán Trong đề tài này do khuôn khổ, giới 
hạn của đề tài tôi chỉ đưa ra một số dạng cơ bản và một bài tập điển hình cho các dạng 
toán. 
 Dạng 1: Chứng minh các đoạn thẳng bằng nhau.
 Dạng 2: Quan hệ giữa các góc.
 Dạng 3: Chứng minh ba điểm thẳng hàng
 Dạng 4: Chứng minh các tam giác đồng dạng.
 Dạng 5: Chứng minh các điểm cùng thuộc một đường tròn
 3 Sáng kiến kinh nghiệm - Năm học 2011- 2012
( Góc nội tiếp chắn nữa đường tròn)
Tam giác ADP cân tại D có DF là đường cao 
 ˆ ˆ
nên DF cũng là phân giác suy ra. D1 D2
 ˆ ˆ ˆ ˆ
mà D2 A1 ; D1 A 2 Vì đều là góc có các cặp cạnh tương ứng vuông góc
 ˆ ˆ
Suy ra: A1 A 2 
 APK = API ( Có chung cạnh huyền và một cặp góc nhọn bằng nhau ) 
 PK = PI 
Cách giải 3: Hình 2.
 ˆ ˆ
 Gợi ý: - Cách giải này chúng ta cũng đi chứng minh A1 A 2 nhưng việc chứng 
minh được áp dụng bằng kiến thức khác.
 - Chú ý rằng AB là tiếp tuyến của đường tròn tâm D nên ta có: 
 1
 Lời giải: Ta có IAK = ADK ( Có số đo bằng sđ AK )
 2
 Mặt khác góc IAP là góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung AP của đường tròn tâm D 
 1
nên góc IAP bằng số đo của góc ở tâm cùng chắn một cung là góc AD P 
 2
 ˆ ˆ
 IAP = AD P = IAK Suy ra: A1 A 2 
 APK = API ( Có chung cạnh huyền và một cặp góc nhọn bằng nhau ) 
 PK = PI 
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
 Lời giải: DK  AE nên . AP = PE 
 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 
 ˆ ˆ
góc BAE Suy ra: A1 A 2 
 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 vÊn ®Ò gi¸o viªn cÇn cho häc sinh t­ duy vµ vËn dông 
s¸ng t¹o kiÕn thøc vÒ. 
 - Tr­êng hîp b»ng nhau trong tam gi¸c vu«ng 
 - Gãc t¹o bëi tiÕp tuyÕn vµ d©y cung.
 - Gãc néi tiÕp 
 5 Sáng kiến kinh nghiệm - Năm học 2011- 2012
Lời giải:
 Ta cóDK // AH OAH = ODK (1) (so le trong)
 ABC = ADC (2) (góc nội tiếp cùng chắn AC )
Cộng từng vế của (1) và (2) 
Ta được OAH + ABC = ODK + ADC 
 Mà: KDC = ACB (góc có các cặp cạnh tương ứng vuông góc)
 OAH + ABC = ACB Vậy OAH = ACB - ABC (Đpcm)
Cách giải 4: Hình 4
 Gợi ý: - Kẻ đường kính AOD
 - Kẻ CK  AD
 Lời giải: Ta có: OAH = KCB (1) 
(góc có các cặp cạnh tương ứng vuông góc)
 ABC = ADC (2) (góc nội tiếp cùng chắn AC )
Cộng từng vế của (1) và (2) 
 => OAH + ABC = KCB +ADC Mà: ADC = KCA 
( vì góc có các cặp cạnh tương ứng vuông góc)
 OAH + ABC = KCB + KCA = ACB 
Vậy OAH = ACB - ABC (Đpcm)
Cách giải 5: Hình 5.
Gợi ý: - Kẻ đường kính AOD
 - Gọi M là giao điểm của AH và DC 
 Lời giải: Ta có: AM C = ACB (1) 
(góc có cạnh các cặp cạnh tương ứng vuông góc)
 ADM = ABC (2) (góc nội tiếp cùng chắn AC )
Trừ từng vế của (1) và (2) 
 Ta được: AM C - ADM = ACB - ABC 
 Mà: AM C - ADM = OAH (góc ngoài tam giác)
Vậy OAH = ACB - ABC (Đpcm)
Cách giải 6: Hình 6
Gợi ý: Kẻ OI  BC và OK  AB
 ˆ
 Lời giải: Ta có: OAH = O1 (1) (so le trong)
 ˆ
 ABC =O2 (2) 
(góc có các cặp cạnh tương ứng vuông góc)
Cộng từng vế của (1) và (2) 
 7 Sáng kiến kinh nghiệm - Năm học 2011- 2012
để suy ra điều phải chứng minh. 
Sau đây là LG ngắn gọn của HS sau khi phân tích bài toán. 
Lời giải:
 ˆ ˆ ˆ 1
 Xét NBI ta có: IBN = B1 B2 mà B2 CP 
 2
 ˆ
 B3 = NAC (Góc nội tiếp chắn cung NC ) NAC = BAC do đó IBN= ( 
 Aˆ Bˆ ); 
 ˆ ˆ ˆ ˆ
 BIN = A¢ B1 = ( A B ) ( Góc ngoài của ABI )
 Suy ra : IBN = BIN NBI cân tại N N thuộc trung trực của đoạn thẳng BI
Ta chứng minh đường trung trực của đoạn thẳng này chính là RN.
Gọi H là giao điểm của MN và PB. Ta có 
 BHM = sđ ( BN + AM + AP ) = . .sđ( sđ BC + sđ AB + sđ 
 AC )
 Vì BHN là góc có đỉnh nằm bên trong đường tròn và 
 0 0
 BN = BC ; AM = AB ; AP = AC => BHN = .360 = 90
 RN là trung trực của đoạn thẳng BI BR = RI RBI cân tại R 
 ˆ ˆ ˆ
 B1 = RIB mà B1 B2
 ˆ
 B2 = RIB 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 ( Đpcm)
Cách giải 2: Hình 2
 Gợi ý: Trong cách giải này yêu cầu học 
sinh phải nắm lại kiến thức cũ về 
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 học sinh ít thậm trí là không
hay để ý đến tính chất này.
 Lời giải:
Theo giả thiết ta có
 MA = MB do đó MN là phân giác
 của góc ANB 
Áp dụng tính chất đường phân giác 
 RA NA
trong tam giác ABN ta có: = ( 1)
 RB NB
Tương tự: NP là phân giác của tam giác ACN
 9 Sáng kiến kinh nghiệm - Năm học 2011- 2012
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.
 Dạng 4: Chứng minh tam giác đồng dạng
BÀI TOÁN 6: Đường 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 PAC và PBD đồng dạng.
Phân tích: Sau khi đọc bài toán này giáo viên cần cho học sinh nhắc lại kiến thức về 
hai đường tròn tiếp xúc với nhau. Và từ đó cần yêu cầu học sinh để giải bài toán trên 
chung ta phải đi xét hai trường hợp sảy ra.
Hai đường tròn tiếp xúc ngoài và hai đường tròn tiếp xúc trong.Ở đây tôi chỉ trình bày 
về hai đường tròn tiếp xúc ngoài còn trường hợp hai đường tròn tiếp xúc ngoài chúng 
ta chứng minh tương tự
Cách giải 1: Hình 1
Gợi ý:
- Tính chất của hai đường tròn 
tiếp xúc nhau
- Áp dụng trường hợp đồng 
dạng thứ hai 
Lời giải:
Ta có các OAP và O'BP là các tam giác cân tại O và O'
 Suy ra:OAP = OPA và O’PB = O’BP mà OPA = O’PB ( Hai góc đối 
đỉnh)
 OA P = PBO’ hai tam giác : OAP và O'BP đồng dạng
 PA PO R1
 = (1)
 PB PO' R 2
Tương tự ta cũng có.
 OCP = OPC và O’PD = O’DP mà OPC = O’PD ( Hai góc đối đỉnh)
 OCP = PDO’ hai tam giác : OCP và O'DP đồng dạng
 PC PO R PA PC R
 = 1 = 1
 (2) Từ (1) và (2) ta có: lại có CPA = BPD 
 PD PO' R 2 PB PD R 2
 11