Sáng kiến kinh nghiệm Khai thác và phát triển một số bài toán hình học

riển một số bài toán hình học 
2 
PHẦN I : ĐẶT VẤN ĐỀ 
Trong chương trình môn toán ở trường THCS ta thấy bài tập toán rất 
nhiều và đa dạng. 
 “ Giải toán là một nghệ thuật thực hành, giống như bơi lội, trượt tuyết, 
hay chơi đàn, có thể học được nghệ thuật đó, chỉ cần bắt chước theo những mẫu 
mực đúng đắn và thường xuyên thực hành.Không có chìa khoá thần kỳ để mở 
mọi cửa ngõ, không có hòn đá thần kỳ để biến mọi kim loại thành vàng ”. 
 ( Đề - Các và Leibnitz ) 
Tìm được lời giải hay của bài toán tức là đã khai thác được những đặc 
điểm riêng của bài toán. Điều đó làm cho học sinh “có thể biết được cái quyến 
rũ của sự sáng tạo cùng niềm vui thắng lợi”. 
 ( Polia-1975 ) 
Giải bài tập toán là quá trình suy luận, nhằm khám phá ra quan hệ logic 
giữa cái đã cho (giả thiết) với cái phải tìm (kết luận). Nhưng các quy tắc suy 
luận cũng như các phương pháp chứng minh chưa được dạy tường minh. Do đó 
học sinh thường gặp nhiều khó khăn khi giải bài tập . 
Phương pháp chung tìm lời giải bài toán là : 
Bước 1: Tìm hiểu nội dung bài toán 
Bước 2: Xây dựng chương trình giải 
Bước 3: Thực hiện chương trình giải 
Bước 4: Kiểm tra và nghiên cứu lời giải 
Trong bước 4 một công việc ít được thực hiện đó là: 
Nghiên cứu những bài toán tương tự, mở rộng hay lật ngược vấn đề. Đó là 
khai thác bài tập toán. 
Thực tiễn dạy học cũng cho thấy để có kỹ năng giải bài tập phải qua quá 
trình luyện tập. 
Tuy rằng không phải là cứ giải nhiều bài tập là có kỹ năng. Việc luyện tập 
sẽ có hiệu quả nếu như biết khéo léo khai thác từ một bài tập sang một loại bài 
tập tương tự, nhằm vận dụng một tính chất nào đó. Trong quá trình giảng dạy 
giáo viên cần khai thác các bài tập trong sách giáo khoa giúp học sinh hiểu sâu 
kiến thức, có kỹ năng giải bài tập, nhằm nâng cao chất lượng dạy học và việc 
làm này đặc biệt quan trọng trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi ngay trong 
giờ học.Vì vậy tôi đã rút ra kinh nghiệm “ Khai thác và phát triển một số bài 
toán hình học’’. 
Khai thác và phát triển một số bài toán hình học 
3 
PHẦN II: GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ 
2.1.Cơ sở lý luận: 
Qua nghiên cứu và thực tế giảng dạy ở trường THCS, trong các năm qua 
tôi đã nghiên cứu và rút ra một số kinh nghiệm trong việc khai thác bài tập toán 
để xây dựng một hệ thống bài tập bồi dưỡng học sinh giỏi như là: 
1.Chuyển điều chưa biết thành bài toán 
2.Thay đổi hình thức phát triển bài toán 
3.Tìm các bài toán liên quan 
4.Mở rộng các bài tập khác 
2.2. Thực trạng của vấn đề: 
Học sinh ở trường THCS ngại học môn toán cho rằng đây là môn học rất 
khó nhất là hình học đòi hỏi học sinh tổng hợp được kiến thức, có kỹ năng trình 
bày logic, chặt chẽ, nếu chỉ học ở các giờ học chính khoá trên lớp thì khó có thể 
giải được các bài toán nâng cao, không đủ kiến thức tham gia thi học sinh giỏi 
môn toán. Các em học sinh ngoài việc học toàn diện các môn học còn tham gia 
các hoạt động xã hội ít thời gian học thêm, chưa say mê với môn học, không 
thấy được những điều kỳ diệu của toán học, đòi hỏi giáo viên khi giảng dạy phải 
nghiên cứu tìm tòi, sáng tạo xây dựng các chuyên đề bám sát chường trình, theo 
chuẩn kiến thức, kỹ năng, phát huy tính tích cực của học sinh. 
2.3.Các biện pháp mới đã thực hiện để giải quyết vấn đề. 
Trong sách giáo khoa, sách bài tập có nhiều bài tập vận dụng kiến thức lý 
thuyết rất hay khi giải bài tập chúng ta cần khai thác theo nhiều khía cạnh khác 
nhau đó là các cách giải khác nhau, hoặc thay đổi dữ kiện bài toán ta được một 
số bài toán khác tương tự hoặc liên quan từ bài toán ban đầu ta gọi đó là bài toán 
“chìa khoá” ta có thể giải được rất nhiều bài tập khác , củng cố được nhiều kiến 
thức, rút ngắn được thời gian học tập, học sinh được luyện 
tập được nhiều, thấy được tính logic của toán học và say mê học toán hơn. 
Sau đây là một số bài tập minh hoạ . 
Từ một bài toán nổi tiếng mà hình vẽ được in trên trang đầu của một số 
cuốn sách nâng cao lớp 8, 9 đó là: 
Khai thác và phát triển một số bài toán hình học 
4 
Bài toán A: 
Cho hình vuông ABCD. Đặt 1 hình vuông A/B/C/D/ bên trong hình vuông 
này sao cho 2 tâm trùng nhau. Chứng minh rằng : trung điểm của AA/ ; BB/; 
CC/; DD/ là đỉnh hình vuông khác. 
Lời giải: 
Cách 1: 
/A O A = /B O B ( c.g.c ) 
 AA
/ = BB/ 
Tương tự  AA
/ = BB/ =CC/ = DD/ 
 /A O M = /B O M = /C O P = /D OQ 
 OM = ON = OP = OQ  tứ giác MNPQ là hình bình hành 
 O là trung điểm của MP và NQ  MP = NQ 
 MNPQ là hình chữ nhật 
C O P = D O Q = A O M = B O N  COP = DOQ 
 POQ = 90
0  tứ giác MNPQ là hình vuông 
Cách 2: 
Nối B/C ; C/D; D/A; A/B, gọi E, F, G, H lần lượt là trung điểm của các 
cạnh B/C ; C/D; D/A; A/B 
EP // B/ C/ và EP = 1
2
 B/ C/, FQ // C/D/ và EQ = 1
2
 C/D/ 
GM// A/ D/ và GM = 1
2
 A/ D/, HN // A/B/ và HN= 1
2
 A/B/ 
 EP = FQ = GM = HN 
Khai thác và phát triển một số bài toán hình học 
5 
 NE// BC và NE = 1
2
 BC, PF // CD và PF = 1
2
CD 
QG// AD và QG = 1
2
AD, MH// AB và MH = 1
2
AB 
NE = PF = QG = MH 
N E P = PFQ = Q G M = M H N ( c.g.c) 
 MN = NP = PQ = QM và MQP = 90 
0 
 MNPQ là hình vuông 
Cách 3: 
 Thực hiện phép quay tâm O góc quay 900 cùng chiều kim đồng hồ thì OA 
 OB ; OA/ OB/ AA
/  BB/ ;BB/  CC/; CC/  DD/; DD/  AA/ 
 M  N ; N  P ; P  Q ; Q  M  MNPQ là hình vuông. 
*Từ nhận xét: 
/
AM
AA
 = 
/
BN
BB
 = 
/
CP
CC
 = 
/
DQ
DD
 Đặt 
/
AM
AA
 = k ( k < 0 ) 
 Theo định lý Talet ta có bài toán sau: 
Bài toán 1a: Cho hình vuông ABCD. Đặt 1 hình vuông A/B/C/D/ bên 
trong hình vuông này sao cho 2 tâm trùng nhau. Gọi M,N,P,Q là các điểm thuộc 
AA/ ; BB/; CC/; DD/ sao cho 
/AA
AM
 = 
/BB
BN
 = 
/CC
CP
 = 
/DD
DQ
 = k ( k > 0 ) 
Chứng minh rằng : MNPQ là hình vuông. 
Khi k = 2 thì bài toán 1a chính là bài toán A 
*Nếu khai thác bài toán theo cách giải thứ 3 về phép quay ta có bài toán sau: 
Bài toán 2a: 
Cho đa giác đều A1A2An đạt bên trong đa giác này một đa giác đều 
/
1A
/
2A 
/
nA sao cho tâm của 2 đa giác đó trùng nhau. Gọi 
/ /
1A
/ /
2A 
/ /
nA là trung 
điểm của A1
/
1A , A2
/
2A , , An
/
nA . Chứng minh rằng: 
/ /
1A
/ /
2A 
/ /
nA là đa giác đều. 
*Thêm vào bài toán 2a yếu tố tỷ lệ ta có bài toán sau: 
Bài toán 3a: 
Cho đa giác đều A1A2An đạt bên trong đa giác này một đa giác đều 
/
1A
/
2A 
/
nA sao cho tâm của 2 đa giác đó trùng nhau. Gọi 
/ /
1A
/ /
2A 
/ /
nA 
là các điểm nằm trên đoạn A1
/
1A , A2
/
2A , , An
/
nA sao cho 
/ /
1 1 2 2
/ / / /
1 1 2 2
A A A A
A A A A
 =
/ /
3 3 4 4
/ / / /
3 3 4 4
A A A A
A A A A
 . Chứng minh rằng: / /1A
/ /
2A 
/ /
nA là đa giác 
đều. 
Khai thác và phát triển một số bài toán hình học 
6 
Khi k = 2 thì bài toán 2 chính là bài toán 2a 
* Nếu khai thác theo cách giải 1,2 không cần đến tâm O ta có bài toán sau 
Bài toán 4a: 
Đặt 1 hình bình hành A/B/C/D/ trong 1 hình bình hành ABCD sao cho các 
đỉnh của hình bình hành A/B/C/D/ nằm trong hình bình hành ABCD. Chứng 
minh rằng : trung điểm của AA/ ; BB/; CC/; DD/ là các đỉnh của hình 
bình hành . 
Tổng quát hơn ta có bài toán sau: 
Bài toán 5a: 
Cho hình bình hành ABCD, đặt 1 hình bình hành A/B/C/D/ sao cho các đỉnh của 
nó nằm trong hình bình hành ABCD. Gọi M, N, P, Q lần lượt là các điểm nằm 
trên các đoạn AA/ ; BB/; CC/; DD/ sao cho 
/AA
AM
 = 
/BB
BN
 = 
/CC
CP
 = 
/DD
DQ
 = k ( 
k > 0) . Chứng minh rằng : MNPQ là hình bình hành. 
*Khi k = 2 thì bài toán 5a chính là bài toán 4ª 
Khai thác từ một bài toán hình học lớp 9 quen thuộc sau: 
Bài toán B: 
Cho tam giác ABC đều nội tiếp đường tròn (O).Điểm M thuộc cung BC. 
Chứng minh rằng: MA = MB + MC 
Lời giải : 
Trên tia CM lấy điểm N sao cho MN = MB 
 NC = MB + MC 

1M = 

2M = 
060 ( vì B = C = 060 )  3M = 
060 
  BMN đều  BN = BM 
Ta có: BC = BA 
   060ABM ABC CBM CBM    = MBC 
  ABM =  CBN ( c.g.c)  AM = NC = MB + MC 
Nhận xét từ bài toán B ta có bài toán sau: 
Bài toán 1b: 
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O); điểm M thuộc cung nhỏ BC. 
Chứng minh: MA  MB + MC 
Giữ nguyên đề bài, thay đổi câu hỏi ta có bài toán sau 
Bài toán 2b: 
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O); điểm M thuộc cung nhỏ BC. 
Khai thác và phát triển một số bài toán hình học 
7 
Chứng minh: 
1 1 1
MD MB MC
  
Lời giải: 
M D B M C A  
MD MC
MB MA
  MD . MA = MB . MC 
 
1
.
MB MC
MD MB MC

 
1 1 1
MD MB MC
  
Từ bài toán trên ta có thể giải được bài toán sau 
Bài toán 3b 
Cho tam giác ABC dựng 3 tam giác đều trên 3 cạnh của tam giác đó là 
tam giác ACB/, tam giác ABC/ tam giác BCA/ . Chứng minh rằng: 3 đường tròn 
(ACB/); (ABC/); (BCA/) đồng quy tại I. 
Lời giải: 
Gọi I là giao của đường tròn (ACB/) và đường tròn (ABC/) 
 AIC = 1200 , AIB = 1200  BIC = 1200 
 I  (BCA
/) hay 3 đường tròn đồng quy. 
Từ bài toán 3b ta dễ dàng chứng minh được bài toán sau: 
Khai thác và phát triển một số bài toán hình học 
8 
* Bài toán 4b: 
Cho tam giác ABC dựng 3 tam giác đều trên 3 cạnh của tam giác đó là 
tam giác ACB/, tam giác ABC/ tam giác BCA/ , 3 đường tròn (ACB/); (ABC/); 
(BCA/) đồng quy tại I. Chứng minh rằng: 
 3 đường thẳng AA/ ; BB/; CC/ đồng quy. 
Bài toán 5b: 
Cho tam giác ABC dựng 3 tam giác đều trên 3 cạnh của tam giác đó là 
tam giác ACB/, tam giác ABC/ tam giác BCA/, 3 đường tròn (ACB/); (ABC/); 
(BCA/) đồng quy tại I. Chứng minh rằng: 
 IA + IB + IC = 
1
2
( IA/ + IB/ +IC/ ) 
Bài toán 6b: 
Cho tam giác ABC dựng 3 tam giác đều trên 3 cạnh của tam giác đó là 
tam giác ACB/, tam giác ABC/ tam giác BCA/, 3 đường tròn (ACB/); (ABC/); 
 (BCA/) đồng quy tại I. Chứng minh rằng: 
1 1 1
IA IB IC
  = 
1
2
( 
1 1 1
1 1 1
IA IB IC
  ) trong đó A1, B1 , C1 là giáo của 
với các cạnh của tam giác. 
Khai thác và phát triển một số bài toán hình học 
9 
Bài toán 7b: 
Cho tam giác ABC dựng 3 tam giác đều trên 3 cạnh của tam giác đó là 
tam giác ACB/, tam giác ABC/ tam giác BCA/ , 3 đường tròn (ACB/); (ABC/); 
(BCA/) đồng quy tại I. 
Chứng minh rằng: IA + IB + IC nhỏ nhất với mọi I thuộc tam giác ABC 
Bài toán 8b: 
Cho tam giác ABC đều nội tiếp đường tròn (O).Điểm M thuộc cung BC. 
Chứng minh rằng: MA2 + MB2 + MC2 = 2a2 
Với a là cạnh của tam giác. 
Bài toán 9b: 
Cho tam giác ABC đều nội tiếp đường tròn (O).Điểm M thuộc cung BC. 
Tìm m để MA + MB + MC lớn nhất . 
Bài toán 10b: 
Cho tam giác ABC đều nội tiếp đường tròn (O).Điểm M thuộc cung BC. 
Tìm m để MA2 + MB2 + MC2 lớn nhất . 
Bài toán 11b: 
Cho tam giác ABC đều nội tiếp đường tròn (O).Điểm M thuộc cung BC. 
Chứng minh rằng: MA4 + MB4+ MC4 = 2a4 
Với a là cạnh của tam giác 
Khai thác và phát triển một số bài toán hình học 
10 
Bài toán C: 
 Cho  090xOy  . Trªn Ox lÊy ®iÓm A cè ®Þnh sao cho 
OA = a. §iÓm B di ®éng trªn Oy. VÏ trong gãc xOy mét 
h×nh vu«ng ABCD. 
a) TÝnh kho¶ng c¸ch tõ D ®Õn Ox. 
b) T×m tËp hîp (qòy tÝch) ®iÓm D khi B di ®éng 
trªn Oy. 
H­íng dÉn: 
a) KÎ DH  Ox  H. Cã 
AHD vu«ng t¹i H 
nªn  01 1 90A D  . 
  0
2 1 90A A  suy ra  2 1A D 
   02 3 90A A  
   03 90BAO A  
 Suy ra  2A BAO 
Hay  1D BAO 
XÐt DHA vµ AOB 
Cã: H = O = 900 , 
 
1D BAO 
 DA = AB (c¹nh h×nh 
vu«ng) 
VËy DHA = AOB = (T/h. 
B»ng nhau ®Æc biÖt thø 
nhÊt cña tam gi¸c vu«ng) 
VËy: DH = OA = a 
b) Theo chøng minh 
trªn 
 DH = a (const) 
H×nh 1 
y
x
1
3
2
1
H
D'
C'
D
C
O A
B
Khai thác và phát triển một số bài toán hình học 
11 
Khi B di ®éng trªn Oy th× D di ®éng theo nh-ng 
lu«n c¸ch Ox mét kho¶ng DH = a. VËy quü tÝch cña D 
thuéc ®-êng th¼ng song song víi Ox vµ c¸ch Ox mét 
kho¶ng b»ng a. 
Giíi h¹n: 
Khi B  O th× H  A vµ D  D'. D' lµ mét ®iÓm 
thuéc ®-êng th¼ng song song víi Ox vµ c¸ch Ox mét 
kho¶ng b»ng a, do A cè ®Þnh suy ra D' cè ®Þnh. 
KÕt luËn: 
Khi B di ®éng trªn Oy th× quü tÝch cña D lµ 1 tia 
D'z // Ox, D' c¸ch A mét kho¶ng b»ng a. 
Khai thác 1: 
Tõ lêi gi¶i trªn ta thÊy h×nh vu«ng OAD'C' lµ nhá 
nhÊt trong tËp c¸c h×nh vu«ng ABCD khi B di ®éng trªn 
Oy. Vµ ®-¬ng nhiªn trong tËp c¸c h×nh vu«ng Êy th× 
diÖn tÝch h×nh vu«ng OAD'C' lµ cã gi¸ trÞ nhá nhÊt. 
Tõ suy xÐt ®ã ta cã bµi to¸n míi. 
Bµi to¸n 1c: 
Cho  090xOy  lÊy A thuéc tia Ox sao cho OA = a. Mét 
®iÓm B di ®éng trªn Oy. VÏ trong gãc xOy h×nh vu«ng 
ABCD. X¸c ®Þnh vÞ trÝ ®iÓm D ®Ó SABCD lµ nhá nhÊt. 
Khai thác và phát triển một số bài toán hình học 
12 
y
x
1
3
2
1
I'
I
H
D'
C'
D
C
O A
B
Chøng minh 
 ThËt vËy SABCD = AB
2 
Trong OAB cã 
 090AOB   AB > OA 
Do A cè ®Þnh, B di 
®éng nªn AB  OA = a 
  
 SABCD  a
2 
Do ®ã SABCD = a
2 lµ 
nhá nhÊt khi Êy B  O 
Khai th¸c 2: 
H×nh 2 
Tõ kÕt qu¶ trªn ta suy ra h×nh vu«ng OAD'C' lµ cè 
®Þnh b»ng c¹nh a. ThÕ th× OD' cè ®Þnh nªn trung ®iÓm 
I' lµ cè ®Þnh. VÊn ®Ò ®Æt ra lµ: NÕu B chuyÓn ®éng 
trªn Oy th× D chuyÓn ®éng trªn tia D'D. Khi ®ã trung 
®iÓm I cña OD chuyÓn ®éng trªn ®-êng nµo vµ ta cã bµi 
to¸n míi. 
Bµi to¸n 2c: 
Cho gãc  090xOy  . LÊy A trªn Ox sao cho OA = a, mét 
®iÓm B di ®éng trªn Oy. Trong gãc xOy vÏ h×nh vu«ng 
ABCD. Gäi I lµ trung ®iÓm cña OD. T×m tËp hîp (qòy 
tÝch) ®iÓm I. 
H­íng dÉn: (H×nh 2) 
Theo kÕt qu¶ trªn D' lµ giíi h¹n cña D vµ D' cè 
®Þnh. 
Gäi I' lµ trung ®iÓm OD'  I' cè ®Þnh. 
Trong OD'D cã I'I lµ ®-êng trung b×nh  I'I // 
D'D. 
Nªn quü tÝch I lµ tia I'I // Ox c¸ch Ox mét 
kho¶ng = 
2
a
Khai thác và phát triển một số bài toán hình học 
13 
Khai th¸c 3: 
Suy xÐt: (h×nh 3) 
Qua C kÎ ®-êng 
th¼ng // Ox c¾t Oy t¹i 
Q c¾t DH t¹i P 
Theo trªn ta ®· 
chøng minh ®-îc 
AOB = DHA (C¹nh 
huyÒn gãc nhän) 
OA = DH = a 
 OB = AH 
Nh-ng CQ // Ox  CQB = 
1v 
  
 CP = OA 
 PD = 
OB 
 H×nh 
3 
VËy OA + AH = DH + PD = CP + CQ = BQ + OB 
hay OH = HP = PQ = QO 
Mµ QOA = 1v Nên tứ giác OHPQ là hình vuông. 
Ta cã bµi to¸n míi. 
Bµi to¸n 3c: 
Cho gãc xOy, trªn tia Ox lÊy A sao cho OA = a, 
trªn Oy ®iÓm B di ®éng. Dùng trong gãc xOy h×nh vu«ng 
ABCD; qua C kÎ ®-êng th¼ng // Ox, qua d kÎ ®-êng 
th¼ng // Oy. Hai ®-êng th¼ng nµy c¾t nhau t¹i P vµ 
lÇn l-ît c¾t Oy t¹i Q, c¾t Ox t¹i H. 
a) Chøng minh tứ giác OHPQ lµ h×nh vu«ng 
b) Gäi I lµ trung ®iÓm AC, chøng minh O, I, P 
th¼ng hµng. 
Tõ suy xÐt trªn dÔ dµng suy ra ®iÒu chøng minh. 
y
x
P
Q
I
H
D
C
O A
B
y
Khai thác và phát triển một số bài toán hình học 
14 
Khai th¸c 4: Suy xÐt tiÕp ta thÊy. Ta cã thÓ 
chuyÓn h-íng bµi to¸n d-íi d¹ng kh¸c. 
NÕu ta coi h×nh vu«ng OHPQ lµ cè ®Þnh c¹nh = a 
Trªn c¸c c¹nh HO, OB, PQ, PH lÇn l-ît lÊy A, B, C, D 
sao cho OA = QB = PC = DH. 
TiÕp tôc: NÕu cho A 
di ®éng trªn OH vµ vÉn 
ch-a tho¶ m·n ABCD lµ 
h×nh vu«ng th× chu vi 
cña AOB cã gi¸ trÞ thay 
®æi nh- thÕ nµo. Cô thÓ 
cã quan hÖ g× víi a c¹nh 
h×nh vu«ng OHPQ. 
H×nh 4 
ThËt vËy dÔ chøng minh ®-îc AOB = DHA = CPD = BQC 
Tõ ®ã  tứ giác ABCD lµ h×nh vu«ng 
AOB lu«n cã: AB < OA + OB 
Nh-ng OB = AH  AB < OA + AH = OH = a 
Do A, B còng chuyÓn ®éng vµ tho¶ m·n ABCD lµ h×nh 
vu«ng. 
Nªn khi A  H, B  O  AB = OH = a 
Do ®ã: OA + OB + AB  OH + OH = 2a 
VËy CAOB  2a (CAOB : chu vi AOB) 
(Chu vi cña AOB cã gi¸ trÞ lín nhÊt b»ng 2a). 
Ta cã bµi to¸n míi. 
Bµi to¸n 4c: 
y
x
P
Q
I
H
D
C
O A
B
Khai thác và phát triển một số bài toán hình học 
15 
Cho h×nh vu«ng OHPQ c¹nh lµ a. Trªn c¸c c¹nh HO, 
OQ, QP, PH lÇn l-ît lÊy A, B, C, D sao cho OA = QB = 
PC = HD. 
a) Chøng minh: Tứ giác ABCD lµ h×nh vu«ng. 
b) Khi A chuyÓn ®éng trªn OH vµ tho¶ m·n ABCD lµ 
h×nh vu«ng 
 vµ (A  O, A  H). Chøng minh CAOB < 2a. 
Tõ suy xÐt ta dÔ chøng minh ®-îc ®iÒu nµy. 
Khai th¸c 5: 
TiÕp tôc kh«ng dõng l¹i ta suy xÐt tiÕp. Ta lu«n 
cã OB + OA = OH = a kh«ng ®æi (vÉn néi dung bµi tËp 
4). 
Nh- vËy OA + OB = a (const) 
Suy ra OA.OB lín nhÊt khi OA = OB (Tæng 2 sè 
d-¬ng kh«ng ®æi tÝch cña chóng lín nhÊt khi hai sè 
®ã b»ng nhau). 
§Ó ý th× thÊy r»ng: OA. OB = 2SAOB (SAOB diÖn tÝch 
AOB) 
Mµ h×nh vu«ng OHPQ cã SOHPQ = a
2 (SOHPQ lµ diÖn tÝch 
tứ giác OHPQ) 
Vµ SOHPQ = SABCD + 4SAOB Hay SABCD = a
2 - 4 SAOB 
NÕu SAOB lín nhÊt th× SABCD nhá nhÊt lµ SAOB nhá nhÊt 
th× SABCD lín nhÊt. 
Mµ SAOB lín nhÊt khi OA.OB lín nhÊt v× lý luËn 
trªn OA.OB lín nhÊt khi OA = OB. 
Tõ ®ã  OA = OB = 
2
OH
 = 
2
a
. Hay A lµ trung ®iÓm OH, B 
lµ trung ®iÓm OQ ? 
Ta cã bµi to¸n míi. 
Bµi to¸n 5c: 
Cho h×nh vu«ng OHPQ c¹nh lµ a. Trªn OH, OQ, QP, 
PH lÇn l-ît lÊy A, B, 
Khai thác và phát triển một số bài toán hình học 
16 
C, D sao cho OA = QB = PC = HD. 
a) Chøng minh ABCD lµ h×nh vu«ng. 
b) A chuyÓn ®éng trªn OH 
(vÉn tho¶ m·n ABCD lµ h×nh vu«ng). 
X¸c ®Þnh vÞ trÝ A ®Ó SABCD lµ nhá nhÊt. 
 T×m gi¸ trÞ ®ã. 
H­íng dÉn: 
a) DÔ chøng minh ®-îc: 
AOB = DHA (c.g.c) 
 AB = AD 
H×nh 5 
T-¬ng tù CB = CD = AB 
VËy tứ giác ABCD lµ h×nh thoi (1) 
 
1 1A D mà  
0
2 1 90A D  suy ra  
0
2 3 90A A  (2) 
 Tõ (1) (2)  ABCD lµ h×nh vu«ng. 
b) Ta cã SOHPQ = a
2 
Theo kÕt qu¶ trªn AOB = BQC = CPD = DHA (c.g.c) 
 SABCD = a
2 - 4 SAOB = a
2 - 2.OA.OB 
Do OA + OB = OA + AH (v× OB = AH)  OA + AH = OH 
= a 
Kh«ng ®æi nªn tÝch OA.OB lín nhÊt khi OA = OB = 
2
a
NghÜa lµ OA.OB  
2
a
. 
2
a
 = 
4
2a
VËy SABCD  a
2 - 2. 
4
2a
 = a2 - 
2
2a
 = 
2
2a
Do ®ã SABCD = 
2
2a
 lµ gi¸ trÞ nhá nhÊt khi ®ã: OA = 
OB = 
2
OH
P
Q
I
H
D
C
O A
B
Khai thác và phát triển một số bài toán hình học 
17 
Chøng tá A lµ trung ®iÓm cña OH. 
2.4.Hiệu quả của SKKN 
 Áp dụng kinh nghiệm dạy học trên vào việc giảng dạy môn toán THCS 
đã đạt được một số kết quả học sinh yêu thích môn học, chất lượng bộ môn được 
nâng cao, các em có đủ tự tin tham gia đội tuyển học sinh năng khiếu môn toán. 
Khai thác và phát triển một số bài toán hình học 
18 
PHẦN III: KẾT LUẬN VÀ ĐỀ NGHỊ 
3.1.Kết luận : 
Trên đây là một số bài tập từ SGK , SBT hình học lớp 8, lớp 9 được khai 
thác theo nhiều khía cạnh khác nhau, đã được dạy cho học sinh trong các giờ 
học và trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi. Lúc đầu các em thấy môn toán 
hình quá khó, không biết cách trình bày cảm thấy ngại học môn toán hình , sau 
khi áp dụng kinh nghiệm này đa số học sinh hiểu bài hơn và rất thích học môn 
toán các em thấy tự tin hơn, tự mình có thể giải được các bài toán khó, đồng thời 
phần trình bày của các em logic , chặt chẽ hơn. 
Ở trường phổ thông , dạy toán là dạy hoạt động toán học đối với học sinh 
có thể xem việc giải toán là hình thức chủ yếu của hoạt động toán học . 
Trong dạy học toán, mỗi bài tập toán học được sử dụng với những dụng ý 
khác nhau, có thể dùng để tạo tiền đề xuất phát để gợi động cơ, để làm việc với 
nội dung mới, để củng cố hoặc kiểm tra ... 
Ở thời điểm cụ thể nào đó, mỗi bài tập chứa đựng tường minh hay ẩn tàng 
những chức năng khác nhau những chức năng này đều hướng tới việc thực hiện 
các mục đích dạy học. 
Giải toán như thế nào là vấn đề luôn được quan tâm nghiên cứu và khai 
thác từ bài toán đó để tạo ra nhiều bài tập làm phong phú thêm vốn kiến thức 
rèn khả năng suy luận hợp lý logic , khả năng qyuan sát dự đoán, phát triển trí 
tưởng tượng, bồi dưỡng các phẩm chất của tư duy như linh hoạt, độc lập và sáng 
tạo, hình thành thói quyen tự học, say mê với môn học. 
Trong các giờ toán nhất là các giờ luyện tập cần khai thác các bài tập sẽ 
luyện tập được nhiều bài hơn và kiến thức được khắc sâu hơn. 
Với cách làm như trên có thể áp dụng cho nhiều bài tập trong chương 
trình toán THCS . 
Thực hiện được các chuyên đề như trên là làm tốt công tác tự bồi dưỡng 
giúp cho giáo viên nâng cao trình độ chuyên môn, nâng cao chất lượng giáo dục, 
góp phần tích cực trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi . 
Trên đây chỉ là một kinh nghiệm nhỏ của tôi. vì không có điều kiện trình 
bày hết tất cả các bài tập tôi chỉ xin trình bày1 bài tập hình học ở lớp 8 và một 
bài tập hình học lớp 9 làm ví dụ minh hoạ cho chuyên đề của mình, mong muốn 
trao đổi và với ý tưởng n