Sáng kiến kinh nghiệm Gây hứng thú cho học sinh qua việc giải bài toán Hình học bằng nhiều cách

Sáng kiến kinh nghiệm Gây hứng thú cho học sinh qua việc giải bài toán Hình học bằng nhiều cách

I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI:

Toán học xuất phát từ những đòi hỏi của cuộc sống đồng thời quay lại phục

vụ cuộc sống. Ngày nay sự phát triển của tất cả các ngành khoa học cơ bản cũng

như ứng dụng vào các nghành công nghiệp then chốt như: dầu khí, viễn thông,

hàng không đều không thể thiếu được vai trò của toán học. Sự ra đời và phát triển

mạnh mẽ của công nghệ thông tin đã dẫn đến sự bùng nổ của toán học, đưa lại hiệu

quả to lớn cho toán học. Việc nắm vững các kiến thức toán học giúp cho học sinh

có cơ sở nghiên cứu các bộ môn khoa học khác đồng thời có thể hoạt động có hiệu

quả trong mọi lĩnh vực của đời sống.

Trong chương trình toán THCS, Hình học là một phân môn quan trọng và cần

thiết cấu thành nên chương trình toán học cùng với phân môn Số học và Đại số.

Phân môn này có tính trừu tượng cao, học sinh luôn coi là môn học khó và ngại

học. Đây cũng là môn khoa học rèn luyện cho học sinh khả năng đo đạc, tính toán,

suy luận logic, phát triển tư duy sáng tạo, tính linh hoạt, độc lập của học sinh trong

cách tìm tòi lời giải cho một bài tập toán.

Việc khám phá thêm lời giải cho một bài toán sẽ giúp cho học sinh nắm vững

hơn kiến thức cơ bản, có định hướng suy nghĩ một cách khoa học.

Thực tế, trong giảng dạy khi giáo viên đưa ra một bài toán, không phải tất cả

học sinh đều giải bài toán theo một cách duy nhất. Có rất nhiều học sinh rất muốn

thể hiện bài toán theo cách giải riêng của mình. Điều đó thực sự là cần thiết, nó sẽ

giúp học sinh củng cố được kiến thức, sử dụng hợp lý từng kiến thức trong các

cách giải khác nhau, có khả năng tư duy tốt hơn, yêu thích toán học hơn.

Việc tìm thêm những lời giải khác của một số bài toán nhiều khi đưa ta đến

những điều thú vị. G. Polya - nhà toán học người Mỹ đã khuyên rằng: “ Ngay cả

khi lời giải mà ta đã tìm được là tốt rồi thì tìm được một các giải khác vẫn có lợi.

Thật sung sướng khi thấy kết quả tìm ra được xác nhận nhờ hai lý luận khác

nhau. Có chứng cớ rồi nhưng ta muốn tìm thêm một chứng cớ nữa cũng như

chúng ta muốn sờ vào một vật mà ta đã trông thấy.”

Chính vì vậy tôi đã thực hiện nghiên cứu và đưa ra đề tài : “ Gây hứng thú

cho học sinh qua việc giải bài toán Hình học bằng nhiều cách” với mục tiêu:

- Đưa ra thêm một giải pháp góp phần thực hiện đổi mới phương pháp dạy

học theo hướng tích cực hóa hoạt động học tập của học sinh.

- Giúp cho học sinh có khả năng tư duy một cách linh hoạt, chủ động, sáng

tạo, có hứng thú học tập bộ môn, yêu thích và thoải mái trong mỗi giờ học.

Cao hơn nữa, tôi hy vọng có một số học sinh từ việc muốn tìm ra các lời giải

khác nhau cho một bài toán sẽ có ý thức tìm tòi nghiên cứu những điều mới lạ

trong đời sống.

pdf 31 trang Người đăng phuongnguyen22 Ngày đăng 05/03/2022 Lượt xem 682Lượt tải 5 Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Sáng kiến kinh nghiệm Gây hứng thú cho học sinh qua việc giải bài toán Hình học bằng nhiều cách", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
hứng cụ thể. 
Năm học 2016- 2017 này tôi đã tiến hành khảo sát thực tế với đối tượng học 
sinh lớp 7A1, 7A3 trường THCS Phương Liệt mà tôi giảng dạy. Tháng 9/2016 tôi 
đã yêu cầu học sinh lớp 7A1, 7A3 giải một bài toán Hình học bằng nhiều cách. Kết 
quả cho thấy: 
Số HS tham 
gia làm bài 
Số HS giải bài 
toán ≥ 2 cách 
Số HS giải bài toán 
bằng 1 cách 
Số HS không 
giải được 
80( 100%) 10 ( 12,5%) 55(68,7 ) 15 ( 18,8%) 
 Kết quả điều tra đầu năm về thái độ yêu thích môn Hình học của học sinh lớp 
7A1 cho thấy: 
Số HS tham 
gia điều tra 
Số HS thích 
học hình 
Số HS thấy bình 
thường 
Số HS không 
yêu thích 
80( 100%) 13 ( 16,3%) 37( 46,2%) 30( 37,5%) 
Khoảng cách giữa lý thuyết và bài tập còn rất xa. Tâm lý học sinh đại trà đều 
ngại thậm chí sợ học phân môn này. Để tháo gỡ tâm lý và khích lệ sự yêu thích 
môn học này, trong quá trình giảng dạy tôi đã tìm tòi được một số bài tập có thể 
Gây hứng thú cho học sinh qua việc giải bài toán hình học bằng nhiều cách 
5/30 
vận dụng nhiều kiến thức để giải bằng nhiều cách. Mặt khác gây được hứng thú 
cho học tập của học sinh, làm cho giờ học sinh động, vui vẻ, thoải mái với câu hỏi 
tuy đơn giản: “ Em nào có cách giải khác? ” đã giúp học sinh tích cực suy nghĩ 
tìm tòi, phát hiện ra các cách giải hay mà nhiều khi chính người giáo viên cũng 
phải bất ngờ trước lời giải đó. 
Sau đây tôi xin trình bày đề tài theo hai nội dung chính: 
- Chứng minh một số định lý, tính chất trong sách giáo khoa bằng nhiều 
cách nhằm phục vụ cho những tiết dạy học chuyên đề, dạy học khái niệm. 
- Giải quyết một số bài tập Hình học điển hình trong chương trình toán 
THCS mà chủ yếu là ở lớp 7- 8- 9. 
II. CÁC ĐỊNH LÝ ĐIỂN HÌNH 
Bài toán 1: Chứng minh định lý Pitago. 
Định lý Pitago: “ Trong tam giác vuông bình phương độ dài cạnh huyền bằng tổng 
bình phương hai cạnh góc vuông” 
 a2 = b2 + c2 
Cách 1: Chứng minh bằng hệ thức lượng trong tam giác: 
Ta có: 
 b2 = b’. a. 
 c2 = c’ . a. 
 b2 + c2 = ( b’ + c’). a = a2 
Bc' b'
bc
A
B CH
Cách 2 : Chứng minh bằng tam giác đồng 
dạng. 
Lấy H, E thuộc BC sao cho CH = CE = CA. 
ADE vuông tại A 
 ABH   EBA (g.g) 
 
 AB2 = BE. BH = CB2 – AC2 
 BC2 = AB2 + AC2 
C
B
A
E
H
Gây hứng thú cho học sinh qua việc giải bài toán hình học bằng nhiều cách 
6/30 
C¸ch 3 : Chøng minh b»ng diÖn tÝch 
Lấy điểm D trên AC sao cho: 
AB = CD = c. 
Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ AD vẽ 
 ED AC sao cho DE = AC = b. 
Tứ giác ABED là hình thang vuông. 
 ABC =  DCE ( c.g.c) 
  ACB DEC (hai góc tương ứng) 
  0BCE 90 
BC = EC  EC = a. 
SABED = SABC + SBCE + SCED 
  EDCDCEBCACAB
ADCDAB
.
2
1
.
2
1
.
2
1
2
)(


  cbacb
cb
.
2
1
2
1
.
2
1
2
)( 2
2


  b2 + c2 = a2. 
C¸ch 4: Chøng minh b»ng diÖn tÝch 
Dựng hình vuông ABHI; DEGI và BCEK. 
HBK = ABC (c.g.c) 
  090BHK  
 K, G, H thẳng hàng. 
 DCE = GKE (c.g.c) 
 SBCEK = SAHBI + SDEGI 
  a2 = b2 + c2. 
Cách 5: Chứng minh bằng diện tích: 
 - Dựng các hình vuông trên các cạnh tam giác ABC như hình vẽ. 
 ­ Dựng đường cao AI. Tia AI cắt ED tại P. Tia IA cắt FG tại N. Gọi M 
a b
c
a
b
c
B
D
E
b
c
a
a
b
c
B H
A I D
E
K
G
C
A C 
Gây hứng thú cho học sinh qua việc giải bài toán hình học bằng nhiều cách 
7/30 
là giao điểm của EB và FG. 
 Tứ giác ABMN là hình bình hành 
SABMN = SABFG = AB.GA 
BFM = BAC (g.c.g)  BM = BC 
  SABMN = SBIPE = BI.BC. 
 S BIPE = SABFG = AB
2 
Tương tự: S ICDB = AC
2 
 BC2 = SBCDE = SBIPE+ SICDB 
 = AB2 + AC2 
 BC2 = AB2 + AC2 
Bài toán 2: Định lý về tính chất đường phân giác trong tam giác: “ Trong tam 
giác ABC, phân giác AD thì 
DC
DB
AC
AB
 ” 
Giải: 
Cách 1: Kẻ CE // AD 
 E DAB ( 2 góc đồng vị) 
  ECA DAC ( 2 góc so le trong) 
 Mà  BAD CAD (gt) 
  AEC ECA 
 AEC c©n  AE = AC. 
Theo định lý Ta lét: 
)(dpcm
AC
BA
DC
BD
AE
BA
DC
BD




 
E
B
C
A
D
Gây hứng thú cho học sinh qua việc giải bài toán hình học bằng nhiều cách 
8/30 
Cách 2 : Kẻ CE // AB ta có : 
 ¢1 = £ ( 2 góc so le trong) 
Mà ¢1 = ¢2 (gt) 
 ¢2 = £  CEA cân 
 CA = CE (1) 
Theo hệ quả của định lý Ta lét : 
Ta có: )2(
CE
AB
DC
DB
 
 Tõ(1),(2) 
(®pcm). 
Cách 3 : Kẻ DE // AB 
Ta có  BAD ADE ( 2 góc so le trong)
Mµ  BAD CAD (gt) 
  EAD EDA 
   EDA c©n tại E 
EA = ED. 
Theo định lý Ta lét ta có: 
EC
AE
DC
DB
 ;
Mà AE = ED )1(
EC
ED
DC
DB
 
A
B
CD
E
Mặt khác )2(
AC
AB
EC
DE
AC
EC
AB
DE
 
Tõ (1),(2) )(dpcm
AC
AB
DC
BD
 
Cách 4: Kẻ AH  BC; DI  AB; 
DK  AC 
)1(
.
2
1
.
2
1
AC
AB
AHDC
DIAB
S
S
ACD
ABD  
1 2 
D
A
B C
E
Gây hứng thú cho học sinh qua việc giải bài toán hình học bằng nhiều cách 
9/30 
(Vì DI = DK t/c tia phân giác) 
)2(
.
2
1
.
2
1
DC
BD
AHDC
AHBD
S
S
ACD
ABD  
Tõ (1),(2) )(dpcm
DC
DB
AC
AB
 
A
B
C
H D
K
I
Cách 5: Từ các đỉnh B và C kẻ 
 BE  AD; CF 
 AD. 
Ta có:  BED   CFD (g.g) 
)1(
CF
BE
CD
DB
 
Lại có:  ABE  ACF (g.g) 
)2(
CF
BE
AC
AB
 
Từ (1),(2) )(dpcm
AC
AB
DC
DB
 
D
A
F C
E
F
Bài toán 3: Chứng minh định lý: “ Trong một tam giác, nếu đường trung tuyến 
ứng với một cạnh bằng nửa cạnh ấy thì tam giác đó là tam giác vuông ” 
Giải: 
Cách 1: Sử dụng kiến thức tam giác cân 
AMB cân tại M    02B 180AMB  
 AMC cân tại M  ˆ2 180C AMC 
 ˆBˆ C = 900 
BAC 
B C
A
M
Cách 2: Sử dụng kiến thức đường trung bình của tam giác: 
- Kẻ MN // AB => MN là đường trung bình của tam giác ABC 
Gây hứng thú cho học sinh qua việc giải bài toán hình học bằng nhiều cách 
10/30 
AMB cân tại M ( MB = MA) 
 Trung tuyến MN đồng thời 
là đường cao của AMB 
 MN AB . 
 Mà MN// AC  AC AB . 
B
A C
N
M
Cách 3: Sử dụng định nghĩa đường tròn 
Ta có AM = MB = MC. 
ABC nội tiếp đường tròn (M; BC) 
  ¢ = 900. 
M
A
B C
Cách 6: Sử dụng công thức tính đường 
trung tuyến: 
b2 + c2 = 2ma
2 + 
2
2a
b2 + c2 = 2
2
22
24
a
aa
 
b2 + c2 = a2  AB  AC. 
Cách 7: Dùng tính chất đường phân giác: “ hai tia phân giác của hai góc kề bù 
vuông góc với nhau” 
Qua A dựng 
m
b
c
a
C
A B
M
Gây hứng thú cho học sinh qua việc giải bài toán hình học bằng nhiều cách 
11/30 
đường thẳng xy//BC 
AC là tia phân giác 
 góc yAM 
AB là tia phân giác 
 xAM. 
A
C B
x y
M 
Cách 8: Dùng tính chất véc tơ 
AB = AM + MB = AM ­ MC 
AC = AM + MC 
AB.AC = ( AM ­ MC)( AM + MC) = AM2 ­ MC2 
AB.AC = 0  AB  AC. 
III. CÁC BÀI TOÁN ĐIỂN HÌNH: 
Đối với nhiều học sinh ngay cả những bài toán hình học đơn giản cũng là khó, 
cái khó là không biết bắt đầu từ đâu. Nguyên nhân ở chỗ các em chưa biết cách sử 
dụng giả thiết đã cho kết hợp với khả năng phân tich và mối quan hệ giữa các kiến 
thức đã học để tìm ra được nhiều cách giải khác nhau cho bài toán. Đối với học 
sinh, việc huy động những kiến thức đã học để phục vụ cho việc chứng minh còn 
hạn chế, còn lẫn lộn giữa giả thiết và kết luận. Việc liên hệ giữa các kiến thức còn 
chưa tốt, khả năng phân tich, tổng hợp của học sinh còn yếu. 
Một số bài toán để khai thác được nhiều cách giải khác nhau thì việc vẽ thêm 
yếu tố phụ cho bài toán là còn khó. Học sinh thường không biết bắt đầu từ đâu, 
không có phương pháp chung cho tất cả các bài toán. Ngay đối với một bài toán 
cũng có thể có những cách vẽ đường phụ khác nhau cho các lời giải khác nhau. Vì 
vậy, giáo viên phải gợi ý, hướng dẫn các em từng bước suy luận để tìm lời giải. Ta 
hãy bắt đầu từ những bài toán đơn giản sau: 
Bài toán 1: Cho tam giác cân ABC( AB = AC). Gọi M là trung điểm của đường 
cao AH, D là giao điểm của AB với CM. 
Chứng minh rằng: AD =
3
AB
Cách 1: Sử dụng tính chất đường trung bình. 
Gây hứng thú cho học sinh qua việc giải bài toán hình học bằng nhiều cách 
12/30 
Qua H kẻ đường thẳng d song song với 
AB, cắt CD tại E. 
 HE là đường trung bình của tam 
 giác ∆BCD. 
 MDA = MEH (g.c.g). 
 AD = AB/3. 
M
CHB
A
D
E
Cách 2: Sử dụng tính chất đường trung bình. 
Qua A kẻ đường thẳng a // BC. 
Qua B kẻ đường thẳng b // AH. 
Đường thẳng a cắt đường thẳng b tại F. 
Lấy I là trung điểm của BD, kẻ IE // FD 
( E  FB) 
=> IE là đường trung bình của  DBF 
 IE // DF EIB = MDA (g.c.g). 
Suy ra đpcm. 
D
M
A
B H C
F
I
E
Cách 3: Sử dụng định lý: “ Đường thẳng đi 
qua trung điểm của một cạnh của tam giác 
 và song song với cạnh thứ hai thì nó đi 
 qua trung điểm của cạnh thứ ba.” 
 HD: 
Qua H kẻ đường thẳng a song song với CD 
cắt BD tại E 
 EB = ED. 
+ DA = DE  đpcm. 
M
C
HB
A
D
E
Cách 4: Sử dụng định lý Ta let. 
Có HE // CD. 
Gây hứng thú cho học sinh qua việc giải bài toán hình học bằng nhiều cách 
13/30 
 AHE  BCD ( định lý Talet). 
Suy ra đpcm. 
M
C
HB
A
D
E
Cách 5: Dùng tam giác đồng dạng. 
Dựng DN // AH 
BDN   BAH (g.g) 
AH
ND
BH
BN
 
 CMH   CDN (g.g) 
DN
MH
CN
CH
 
  
3
22

BH
BN
AH
DN
BH
CN
. 
 Suy ra đpcm. 
M
A
B H C
D
Z3
Bài toán 2: Cho tam giác ABC, đường cao AH. Gọi D, E, M theo thứ tự là trung 
điểm của AB, AC, BC. Chứng minh rằng tứ giác DEMH là hình thang cân. 
Giải: 
Cách 1: 
Vì DA = DB (gt)  DE là đường trung bình của ABC 
 EA = EC 
 DE // BC. 
 DE // HM ( H, M  BC) 
 Tứ giác DEMH là hình thang. 
Trong tam giác ABH vuông tại H 
có HD là đường trung tuyến 
Gây hứng thú cho học sinh qua việc giải bài toán hình học bằng nhiều cách 
14/30 
 DA = DB = DH. 
  DBH cân   B DHB 
   DHB EMC 
D
A
B CH
D E
M
Mà B = EMC ( đồng vị)   DHM EMH . 
Hình thang DEMH cã  DHM EMH  DEHM là hình thang cân. 
Cách 2: 
 DE // MH  DE  AH 
 AH  MH 
DAH cân   ADE HDE ( đường cao đồng thời là phân giác) 
Mà  ADE DEM ( 2 góc so le trong) 
  HDE DEM . 
Hình thang DEMH cã  DHM EMH  DEHM là hình thang cân. 
Cách 3: 
Trong tam giác vuông AHC có HE = 1/2 AC (1) 
Lại có DM = 1/2 AC ( 2) (đương trung bình tam giác) 
Từ (1),(2)  HE = DM. 
Bài toán 3: Cho tứ giác ABCD có AD = BC; Â = B. Chứng minh tứ giác ABCD 
là hình thang cân. 
Giải: 
Ta cần chứng minh AB // DC 
Cách 1: Kẻ 2 đường chéo AC và BD. 
ABD = BAC ( c.g.c) 
 AC = BD. 
 DAC = CBD  (c.c.c) 
 ˆDˆ C 
Gây hứng thú cho học sinh qua việc giải bài toán hình học bằng nhiều cách 
15/30 
Mà Â = Bˆ 
  ˆ ˆˆ ˆA D C B   = 1800 
 AB // DC. 
A E
CD
B
Cách 2: Ta có ¢ + Eˆ = 1800 
Mµ   0ABC 90EBC  
 Tõ  A ABC   CBE CEB 
 CBE cân  CB = CE 
Mµ AD = BC (gt) 
 AD = CE  ADCE là hình bình hành. 
 AD // CE 
 AE // DC 
 AB // DC  ®pcm. 
Cách 3: Kẻ DC’ // AB  ABC’D là hình thang cân. 
 ¢ = B 
 AD = BC’  BC’ = BC  C = C’ 
Mà AD = BC 
Vậy AB // DC  ®pcm. 
Cách 4: 
Gọi I là giao điểm của AD và BC. 
 có  DAB CBA ( gt) 
   IAB IBA 
 Tam giác IAB cân tại I. 
 IA = IB 
 ID = IC 
Gây hứng thú cho học sinh qua việc giải bài toán hình học bằng nhiều cách 
16/30 
 Lại có AD = BC (gt) 
 IDC cân   IDC ICD 
   IAB IDC mà hai góc này ở vị trí đồng 
vị 
 AB // DC  ®pcm. 
I
D C
A
B
Bài toán 4: Cho hình bình hành ABCD ( như hình vẽ). 
Chứng minh AE //CF. 
Giải: 
Cách 1: Xét ABE vµ  CDF có: 
AB = CD ( cạnh đối của hình bình 
hành) 
 ABE CDF ( 2 góc so le trong) 
BE = DF (gt) 
 ABE =  CDF (c.g.c) 
 AE = CF ( 1) 
O
B
CD
A
E
F
Chứng minh tương tự  ADF =  CBE (c.g.c) AF = CE ( 2) 
Từ (1)(2)  tứ giác AECF là hình bình hành  AE // CF (®pcm). 
Cách 2: Vì ABCD là hình bình hành => OB = OD 
 OA = OC ( 1) ( t/c đường chéo) 
Mà EB = DF => OE = OF ( 2). 
Từ (1),(2)  tứ giác AECF là hình bình hành. 
 AE // CF ( đpcm). 
 Cách 3: 
 Chứng minh : AOE =  COF (c.g.c) 
  EAO FCO mà hai góc này ở vị trí so le trong => AE // CF. 
Cách 4: Chứng minh :ADE =  CBF (c.g.c) 
Gây hứng thú cho học sinh qua việc giải bài toán hình học bằng nhiều cách 
17/30 
  AED CFB  AE // CF (®pcm). 
Cách 5: Tương tự chứng minh: ABE =  CDF (c.g.c) 
 AE // CF ( đpcm) 
Bài toán 5: Cho hình bình hành ABCD, AB = 2AD. Chứng minh rằng tia phân 
giác góc ADC đi qua trung điểm của cạnh AB. 
Giải: 
EA B
CD
I
F
G
Cách 1: Gọi E là trung điểm của AB, có AE = AD ( vì AB = 2AD) 
 ∆ ADB cân =>  ADE AED 
Mà  AED CDE ( 2 góc so le trong) =>  AED CDE 
 DE là phân giác của góc ADC . 
Cách 2: Kẻ phân giác DE có tam giác ADE cân 
 vì  ADE CDE = AED 
 AE = AD = ½ AB 
 E là trung điểm của AB. 
Cách 3: Gọi E, F là trung điểm của AB, CD. 
 Do AB = 2AD => tứ giác AEDF là hình thoi. 
 DE là phân giác của góc ADC . 
Cách 4: Kéo dài phân giác DE cắt CB tại I. 
 Tam giác CDI cân ( do I1 = D1 = D2 )  CD = CI = 2BC. 
 Tứ giác ADBI là hình bình hành  EA = EB. 
 E là trung điểm của AB. 
Gây hứng thú cho học sinh qua việc giải bài toán hình học bằng nhiều cách 
18/30 
Cách 5: Kẻ phân giác Góc D và Â cắt nhau tại G. 
 Ta có Â + D = 1800 ( 2 góc trong cùng phía bù nhau) 
 
2
1
 ¢ + 
2
1
 D = 900  AGD = 900. 
 Tam giác ADE có AG vừa là đường cao vừa là phân giác. 
 Tam giác ADE cân tại A. 
 AD = AE, mà AD = 
2
1
AB  AE = 
2
1
 AB. 
Bài toán 6: Cho hình vuông ABCD, K là trung điểm của AB; L thuộc AC sao 
cho LA = 3LC. 
 Tính góc KLD = ? 
Giải: 
Cách 1: Hạ LI  AB. 
 LJ  AD. 
 Có AILJ là hình vuông 
  IB = JD. 
Từ LO = LC ( gt) 
  KI = IB 
   JDL = IKL 
  DLJ KLJ 
 Mµ  0JLI 90 
   0JLD 90 (®pcm). 
O
A B
CD
K
L
I
J
Cách 2: Hạ KP  AC . 
 Cã  PKL =  OLD 
  PJK ODL 
  DOL cã   0ODL 90OLD  
  0DLO 90OLK  
  0KLD 90 (®pcm). 
Gây hứng thú cho học sinh qua việc giải bài toán hình học bằng nhiều cách 
19/30 
Q O
D C
BA
L
K
F
E
P
Cách 4: Hạ OE  BC; O F  DC 
 Tứ giác OFCE là hình vuông có hai đường chéo cắt nhau tại L. 
 Góc  0OLF 90 . 
 Mà AKFD là hình chữ nhật có hai đường chéo cắt nhau tại Q có LQ = 
2
1
 AF 
A F = 
2
1
 KD  Góc  0DLK 90 . 
Bài toán 7: Cho ∆ACB cân ở A, trung tuyến CD trên tia đối của tia BA lấy điểm 
K sao cho BK = BA. Chứng minh rằng CD = 
2
1
CK. 
Bài tập này để giải được các em vận dụng tính chất của tam giác cân, tính chất 
đường trung bình của tam giác, trường hợp bằng nhau của 2 tam giác tuy nhiên để 
giải được bằng nhiều cách đòi hỏi các em phải tư duy sáng tạo. 
Cách 1: 
Gọi E là trung điểm của AC thì 
EB = 
2
1
CK. 
Mà CD = BE (2 trung tuyến ứng với 
2 cạnh bên của tam giác cân) 
 CD = 
2
1
CK. 
 K 
A 
D E 
C B 
Gây hứng thú cho học sinh qua việc giải bài toán hình học bằng nhiều cách 
20/30 
Cách 2: 
Gọi I là trung điểm của CK  
CI = 
2
1
CK. 
Chứng minh: ∆BIC = ∆BCD (cgc) 
 CI = CD  CD = 
2
1
CK. 
Cách 3: 
Trên tia đối của tia BC lấy điểm P 
 sao cho BC = CP  CD = 
2
1
AP 
Chứng minh: ∆CAP = ∆BCK (cgc) 
 AP = CK 
 CD = 
2
1
CK 
Bài toán 8: Cho tam giác ABC ( Â = 900). Một đường thẳng song song với cạnh 
BC cắt hai cạnh AB và AC theo thứ tự ở M, N. Đường thẳng qua N song song 
với AB cắt AB ở D. Cho biết AM = 6 cm, AN = 8 cm, BM = 4 cm. 
 a) Tính độ dài các đoạn thẳng MN, NC, BC. 
 b) Tính diện tích hình bình hành BMND. 
Giải: 
6
4
8
A
B C
M N
D H
a) Tính MN? 
  AMN cã MN2 = AM2 + AN2 = 62 + 82 = 36 + 64 = 100. 
I 
A 
D 
K 
C 
B 
P 
A 
D 
K 
C 
B 
Gây hứng thú cho học sinh qua việc giải bài toán hình học bằng nhiều cách 
21/30 
  MN = 10 cm. 
  Tính NC? 
Cách 1: Tam giác ABC có MN // BC. Theo định lý Ta Lét : 
 Có : )(
3
16
6
32
6
8.48
10
6
cmNC
NCNC
AN
MB
AM
 
Cách 2: 
)(
3
16
3
4240
3
40
)(
3
40
6
80
6
8.108
10
6
cmANACNC
cmAC
ACAC
AN
Ab
AM




Cách 3: 
  AMN  NDC (g.g) 
NCNC
AN
AD
AM 8
4
6
 ( v× DN = BM = 4cm) 
)(
3
16
6
4.8
cmNC  
 Tính BC? 
Cách 1: Dùng định lý Pitago. 
 BC2 = AB2 + AC2 = 102 + 
9
1600
100
3
40
2






 = 
9
2500
9
1600900


  BC = )(
3
50
9
2500
cm 
Cách 2: Dùng hệ quả của định lý TaLet: 
 Tam giác ABC có MN // BC. 
Gây hứng thú cho học sinh qua việc giải bài toán hình học bằng nhiều cách 
22/30 
)(
3
50
6
10.10
10
610
cmBC
BC
AB
AM
BC
MN


Cách 3: Tam giác ABC đồng dạng với tam giác AMN. 
 dpcm
AB
AM
BC
NM
 . 
b) Tính diện tích hình bình hành BMND. 
Cách 1: 
 Diện tích tứ giác BMND = BM . AN ( Đáy nhân chiều cao tương ứng) 
 = 4.8 = 32 ( 
cm2) 
Cách 2: 
 KÎ NH BC .  NDH  CBA 
 5
16
50
160
3
50
3
160
3
50
4.
3
40
3
50
4
3
40
 NH
NH
CB
ND
CA
NH
 SBMDN = BD . NH = 10. )(32
5
16 2cm 
Cách 3: 
 DNC vu«ng  SDNC = 
2
1
ND . NC 
 = 
3
32
3
16
.4.
2
1
 
Mặt khác SNDC = 
2
1
.DC.NH 
 = NHBDBC )..(
2
1
 = NH.10
3
50
2
1






 
 = 
3
32
.
3
20
.
2
1
NH 
Gây hứng thú cho học sinh qua việc giải bài toán hình học bằng nhiều cách 
23/30 
 )(
5
16
10
32
10
3
.
.3
32
3
10
:
3
32
cmNM  
 SBMDN = BD. NH 
= )(32
5
16
.10 2cm 
Cách 4: SMNDB = SABC ­ ( SAMN + SCND) 
 AMN   ABC 
25
9
5
3
10
6
22













ABC
AMN
S
S
 SAMN = 
ABCS.
25
9
  CND  CAB 
25
4
5
2
10
4
222



















AB
ND
S
S
CAB
CND
 CABCND SS .
5
4
 
 ABCABCCNDAMN SSSS .
25
13
.
25
4
25
9






 
3
200
3
40
.10.
2
1
.
2
1
 ACABS ABC 
3
40
.
5
13
3
200
3
200
.
25
13
3
200
 BMNDS 
 = )(32
3
96
3
104
3
200
3
8.13
3
200 2cm 
Bài toán 9: Cho tam giác ABC ( AB > 
2
1
AC). Gọi D là trung điểm của AC và E 
là một điểm trên cạnh AB sao cho BE = CD. Gọi M, N, O lần lượt là trung điểm 
của BC, DE và CE. Chứng minh : 
a) Ba điểm M, O, D thẳng hàng. 
Gây hứng thú cho học sinh qua việc giải bài toán hình học bằng nhiều cách 
24/30 
b) Tam giác MON cân và góc MÔN = 
2
1
Â. 
Giải 
Cách 1 : 
 a) vì DA = DC ( gt) 
 OA = OC ( gt) 
 DO là đường trung bình của 
 tam giác CAE. 
 OD // AE hay OD // AB(1) 
Tương tự: OM là đường trung bình 
O
B
A
O
D
E
N
M
của tam giác CAE  OM // EB hay OM // AB (2). 
Từ (1),(2) => 3 điểm M, O, D thẳng hàng ( tiên đề Ơ-clit) 
Cách 2: Ta chứng minh OD // AB; DM // AB => D, O, M thẳng hàng. 
b) Tam giác EDC có NO là đường trung bình  NO // = 
2
1
DC . (1) 
Tam giác CEB có OM là đường trung bình  OM // = 
2
1
EB 
(2) 
Mà EB = DC (gt) 
(3) 
Từ (1),(2),(3)   OMN cân ( đpcm). 
Ta có  A NOM ( cặp góc có cạnh tương ứng song song). 
Mà  OND 2NMO ( NOM là góc ngoài của tam giác cân ONM) 
  A 2NMO (®pcm). 
Bài toán 10: Cho hình chữ nhật ABCD. Trên tia đối của của tia DA, CB lần 
lượt lấy hai điểm E, F sao cho DF = CE = DC. Trên tia đối của tia CD lấy điểm 
H sao cho CH = CB. Chứng minh rằng AE vuông góc với FH. 
Giải: 
Gây hứng thú cho học sinh qua việc giải bài toán hình học bằng nhiều cách 
25/30 
Cách 1: Để chứng minh hai đường 
thẳng vuông góc ta đi chứng minh hai 
đường thẳng đó tạo thành một góc vuông. 
Để chứng minh AE  FH 
 ta chứng minh  DHF = FAE 
 do đó ta có AE  FH ( đpcm). 
I
C
A
F
B
E
HD
Cách 2:Nếu một đường thẳng vuông góc 
 với một trong hai đường thẳng song 
song thì vuông góc với đường thẳng còn 
 lại. 
Từ F dựng đường thẳng FX song song 
với AE. 
 FH  FX  AE  FH ( đpcm) 
Cách 3: Đường kính vuông góc với 
 tiếp tuyến tại tiếp điểm. 
I
C
A
F
B
E
HD
Từ nhận xét trên khiến ta nghĩ đến một trong 
hai đường thẳng AE, FH sẽ đóng vai trò là 
đường kính, đường còn lại sẽ là tiếp tuyến. 
Dựng đường tròn đường kính AI ( I là giao điểm 
của AE và HF) 
Từ A dựng tiếp tuyến Ay của đường tròn. 
  Ay // FH do đó AE  FH ( đpcm) 
C
A
F
B
E
H
I
D
Cách 4: Đường kính đi qua trung điểm của dây cung thì vuông góc với dây cung. 
Gây hứng thú cho học sinh qua việc giải bài toán hình học bằng nhiều cách 
26/30 
Từ nhận xét trên khiến ta nghĩ đến một 
trong ha

Tài liệu đính kèm:

  • pdfsang_kien_kinh_nghiem_gay_hung_thu_cho_hoc_sinh_qua_viec_gia.pdf