Sáng kiến kinh nghiệm Một số biện pháp nhằm nâng cao chất lượng bồi dưỡng tuyến 2 học sinh giỏi môn Toán Lớp 8, 9 ở trường Trung học Cơ sở

 quá khó hoặc quá dễ. 
 Ví dụ: Khi dạy bổ sung chuyên đề "Bất đẳng thức" mà giáo viên tuyến 1 đã 
cung cấp, tôi tiếp tục cho các em ôn lại các kiến thức cơ bản về Bất đẳng thức như 
định nghĩa, tính chất cơ bản, và một số bất đẳng thức cơ bản thường găp. Sau đó 
đưa ra một số dạng bài tập sử dụng các phương pháp chứng minh các bất đẳng 
thức đơn giản rồi nâng dần lên các bài tập phức tạp hơn nhằm bổ sung những vấn 
đề còn thiếu, còn yếu cho các em. Bổ sung những kiến thức cơ bản rồi thông tin 
giáo viên tuyến 1 những vấn đề đã bổ sung. 
 * Ví dụ: Chứng minh rằng: |a| + |b|  |a + b| a, b. 
Giáo viên tuyến 1 đưa ra bài tập hướng dẫn học sinh chứng minh bằng 
phương pháp biến đổi tương đương: Ta cần biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh 
là A  B về bất đẳng thức C  D nào đó mà ta đã biết là đúng: 
Giải: Nhận xét: |x|2 = x
2
 với x và |x|.|y| = |xy| x, y. 
Ta có: 
|a| + |b|  |a + b|  (|a| + |b|)2  (|a + b|)
2
 |a|2 + 2|a|.|b| + |b|
2
  (a + b)
2
 a2 + 2|ab| + b
2
  a
2
 + 2ab + b
2
 |ab|  ab (đúng với mọi a, b). 
Vậy bất đẳng thức cần chứng minh là đúng. 
Dấu “=” xảy ra  ab  0. 
Thông qua bài tập này giáo viên tuyến 2 giới thiệu bổ sung thêm cho học 
sinh còn có một bất đẳng thức khác tương tự cũng liên quan tới dấu giá trị tuyệt 
đối: |a| − |b|  |a − b| (Dấu “=” xảy ra  a  b 0 hoặc 0  b  a). Rồi cho học 
sinh chứng minh bất đẳng thức này nhằm giúp các em cũng cố, khắc sâu thêm kiến thức. 
- Người thầy giáo cần tập cho học sinh biết lựa chọn công cụ thích hợp để 
giải các bài toán. Việc giải toán phụ thuộc chủ yếu vào việc xác định đúng đắn 
 9
đường lối giải bài toán đó. Nhưng quá trình đi từ đường lối đúng đắn đến việc có 
một lời giải tốt đòi hỏi người làm toán phải biết cách lựa chọn các phương pháp và 
công cụ thích hợp. Việc làm đầu tiên để xác định phương pháp giải toán là phân 
tích và phát hiện các đặc điểm của bài toán. Biến đổi các điều kiện của bài toán 
thành các điều kiện tương đương, đưa về bài toán quen thuộc. Liên kết các điều 
kiện đã cho của bài toán xem chúng có những mối liên hệ với nhau như thế nào. 
 *Ví dụ 1: Khi giải hệ phương trình 






)2(3
)1(3
2
2
xyy
yxx
 (Toán 9). 
 Giáo viên hướng dẫn học sinh phân tích bài toán: Khi thay x cho y, y cho x 
thì (1)  (2) và (2)  (1). Đây là hệ phương trình đối xứng loại 2 có dạng tổng 
quát : 





0),(
0),(
xyf
yxf
 Đường lối giải: Lấy hai phương trình trừ vế theo vế cho nhau ta được 
phương trình mới, đưa phương trình mới về dạng phương trình tích từ đó giải 
phương trình tích để tìm nghiệm của hệ đã cho. 
 *Ví dụ 2: Giải hệ phương trình 





3
933
yx
yx
 (Toán 9). 
 Đây là hệ phương trình đối xứng loại 1. 
 Đường lối giải: Đặt u = x + y, v = x.y với điều kiện u2  4v 
Từ đó sử dụng hệ thức Viét để biến đổi hệ phương trình đã cho về hệ phương trình 
có ẩn u, v để giải. 
 *Ví dụ 3: Giải phương trình: 5x4 – 3x3 + 4x2 – 3x + 5 = 0 (1) (Toán 9) 
Vì x = 0 không là nghiệm nên chia cả hai vế của phương trình cho x2 ta được: 
 04)
1
(3)
1
(50
53
435
2
2
2
2 
x
x
x
x
xx
xx (2) 
 Nhận xét 2)
1
(
1 2
2
2 
x
x
x
x nên đặt 
x
xy
1
 thì phương trình (2) được 
biến đổi trở thành phương trình bậc hai một ẩn, từ đó sữ dụng công thức nghiệm để 
giải. 
 Phương trình (1) là phương trình đối xứng bậc chẵn dạng tổng quát của 
phương trình: ax4 + bx3 + cx2 + bx + a = 0 (1) 
 Vì x = 0 không là nghiệm nên chia cả hai vế của phương trình cho x2 ta 
được: 
 10
 0)
1
()
1
(0
2
2
2
2  c
x
xb
x
xa
x
a
x
d
cbxax 
 Đặt 
x
xy
1
 ta được phương trình bậc hai 1 ẩn: 
 a (y2 – 2) + by + c = 0 
  ay2 – 2a + by + c = 0 
  ay2 + by + c – 2a = 0 
 - Trong quá trình giải toán người thầy giáo cần tập dượt cho học sinh biết 
mò mẫm và dự đoán. Thực ra trong khi gặp bài toán khó không phải tự nhiên 
người ta lại nghĩ ngay vẽ đường phụ nọ, đường phụ kia mà những cái đó chỉ là kết 
quả của một quá trình mò mẫm, suy nghĩ tìm tòi. Ngay những ý sáng tạo độc đáo, 
bất ngờ nhất cũng thường nảy sinh trên con đường quanh co tìm lời giải của bài 
toán. Như chúng ta thấy, quá trình đi đến lời giải đúng không đơn giản, phải mò 
mẫm dự đoán kết quả bằng cách dựa vào các trường hợp đặc biệt của bài toán, 
chứng minh bài toán cho các trường hợp đặc biệt, từ đó đưa ra đường lối giải cho 
bài toán tổng quát một cách dễ dàng. 
 Ví dụ: Bài toán: “Tìm trong tam giác ABC một điểm sao cho tổng các 
khoảng cách từ điểm đó tới các đỉnh của ABC là bé nhất”. (Hình 9). 
 Đây là một bài toán khó. Trước hết nó không chỉ rõ là trong tam giác có một 
điểm như vậy không và nếu có thì đó là điểm nào? Chính vì vậy trước tiên giáo 
viên hướng dẫn học sinh dự đoán vị trí của điểm phải tìm (nếu có) bằng cách mò 
mẫm dựa trên những trường hợp đặc biệt chẳng hạn ta chọn tam giác đó là tam 
giác đều. Vì do tính chất đối xứng của tam giác đều mà điểm phải tìm (nếu có) sẽ 
có tính chất đối xứng với 3 đỉnh. Trong tam giác đều có một điểm đáng chú ý là O 
vừa là tâm của đường tròn nội tiếp vừa là tâm của đường tròn ngoại tiếp ABC 
vừa là trọng tâm, trực tâm của ABC. Ta dự đoán rằng trong tam giác đều ABC 
điểm phải tìm là điểm O. Nghĩa là OA + OB + OC < AM +BM + CM với M là một 
điểm bất kì khác O trong tam ABC việc chứng minh nó không khó. 
 Như vậy bài toán đã cho được giải quyết trong trường hợp đặc biệt là tam 
giác đều. Chuyển sang trường hợp tổng quát với tam giác bất kì thì khó khăn đầu 
tiên dự đoán xem O là điểm nào? Tâm của đường tròn nội tiếp hay ngoại tiếp 
ABC trọng tâm hay là trực tâm ...? Ta phải tiếp tục mò mẫm trên một trường 
hợp đặc biệt khác đó là tam giác cân vì trong tam giác cân các điểm đặc biệt đó 
đều nằm trên đường cao ứng với cạnh đáy của tam giác cân và có thể dễ khảo sát 
hơn. Để dễ tính toán ta lại cho tam giác vuông cân tại A có cạnh góc vuông bằng 
đơn vị có trực tâm là đỉnh A của ABC. Qua quá trình phân tích và chứng minh 
 11
cho cái đặc biệt ta tìm được điểm O có tính chất đặc biệt là từ điểm đó nhìn các 
cạnh của ABC bất kì dưới một góc bằng 1200 đó là điều khá bất ngờ, bây giờ rất 
dễ dàng chứng minh cho trường hợp tổng quát và đưa về thành bài toán đơn giản 
“Trong ABC giả sử có điểm O sao cho: BOA = COA = BOC = 1200 . 
Chứng minh: OA + OB + OC < AM + BM + CM với M khác O. 
 - Việc tìm ra đường lối giải chưa đủ mà người thầy giáo cần phải rèn cho 
học sinh nét đặc thù của toán học đó là tính logic và chặt chẽ. Mỗi điều nói, viết ra 
sau phải là hệ quả của những điều đã nói, viết và đã được chứng minh tính đúng 
đắn của nó. 
 Chẳng hạn: Khi dạy bồi dưỡng tuyến 2 cho học sinh lớp 8 về chuyên đề "Số 
chính phương" câu hỏi rất tự nhiên nảy ra là: Hai chữ số cuối cùng của số chính 
phương có thể là những chữ số nào?. 
 Giả sử : A là số chính phương, tức là có thể biểu diễn A dưới dạng 
A = ( 10a + b)2 ở đây a, b là các số nguyên không âm và b  9 
 Vì A = 20a (5a + b) + b2, mà số 20a (5a + b) có hàng đơn vị là 0 còn hàng chục 
là số chẳn nên tính chẳn lẽ của hai chữ số tận cùng của A trùng với tính chẳn lẽ của 
hai chữ số của số b2. Điểm lại tất cả các giá trị có thể có được của b2: 00; 01; 04; 
09; 16; 25; 36; 49; 64; 81 ta rút ra một số kết luận sau. 
 Tính chất 1: Nếu hàng đơn vị của 1 số chính phương là 6 thì chữ số hàng 
chục phải là số lẽ. 
 Tính chất 2: Nếu hàng đơn vị của 1 số chính phương khác 6 thì chữ số hàng 
chục phải là số chẵn. 
 Tính chất 3: Không có số chính phương nào có tận cùng là hai số lẽ. 
 Tính chất 4: Nếu hai số cuối cùng của một số chính phương cùng chẵn thì 
chữ số hàng đơn vị của số đó chỉ có thể là 0 hoặc 4 sử dụng các tính chất trên ta có 
thể giải một cách dễ dàng hàng loạt các bài toán liên quan tới số chính phương xin 
nêu ví dụ điển hình. 
 Bài tập 1. Chứng minh rằng: 
a) Tổng của ba số chính phương liên tiếp không phải là một số chính phương. 
b) Tổng S = 12 + 22 + 32 +....+ 302 không phải là một số chính phương. (Toán 8) 
 Giải: 
a) Gọi ba số chính phương liên tiếp là (n - 1)2 ; n2 ; (n + 1)2 
Tổng của chúng là: (n - 1)2 + n2 + (n + 1)2 = 3n2 + 2 
 12
Tổng này chia 3 dư 2 nên không phải là số chính phương. 
b)Ta viết S thành tổng của 10 nhóm, mỗi nhóm 3 số hạng. 
 S = (12 + 22 + 32) + ( 42 + 52 + 62) +...+ (282 + 292 + 302) 
Mỗi nhóm chia 3 dư 2 nên: 
 S = (3k1 + 2) + (3k2 + 2) +...+ (3k10 + 2) 
 S = 3k1 + 3k2 +...+ 3k10 + 18 + 2 
 S = 3k + 2 (trong đó k = k1 + k2 +...+ k10 +6) 
 Trên đây ta đã chứng minh một số không phải là số chính phương bằng cách 
xét số dư trong phép chia số đó cho 3. Vì số dư là 2 nên ta khẳng định số đó không 
phải là số chính phương. Nếu số dư là 0 hay là 1 thì ta chưa khẳng định được điều 
gì, nên chớ vội vàng kết luận số đó là số chính phương. 
 - Trình bày xong lời giải một bài toán chưa vội thỏa mãn ngay mà người dạy 
với người học cần phải tạo ra cho mình thói quen: cần tập trung suy nghĩ, lật lại 
vấn đề tìm kết quả mới hơn. Tìm được cái mới hơn rồi lại tiếp tục đi tìm cái mới 
hơn nữa cứ như thế chúng ta sẽ tìm được những kết quả thú vị. Nói một cách khác, 
trong quá trình giải toán hãy luôn nghĩ đến việc khai thác bài toán để có thể sáng 
tạo ra các bài toán mới trên cơ sở bài toán đã có. 
 Sau đây là một ví dụ minh họa: 
 Ví dụ 1: (Bài tập về nhà của giáo viên tuyến 1 cho HS lớp 8 năm 2014). 
 Tính tổng: 
9.8
1
...
4.3
1
3.2
1
2.1
1
A 
 Áp dụng công thức: 
1
11
)1(
1


 nnnn
 tính A dễ dàng. 
Tổng quát: Tính tổng 
)1(
1
...
3.2
1
2.1
1
)(


nn
S n 
11
1
1




n
n
n
 Khai thác bài toán: Ta thấy các giá trị ở tử không thay đổi và chúng đúng 
bằng hiệu hai thừa số ở mẫu tương ứng. Mỗi số hạng đều có dạng 
mbbmbb
m



11
)(
. Tức là hiệu hai thừa số ở mẫu luôn bằng giá trị ở tử thì phân số 
đó luôn viết được dưới dạng hiệu của hai phân số khác với các mẫu tương ứng. 
Nên ta có một tổng với đặc điểm: các cặp số hạng liên tiếp đối nhau (số trừ của 
nhóm trước bằng số trừ của nhóm sau liền kề). 
 Trên cơ sở bài toán đó ta có thể đó sáng tạo ra bài toán mới, tương tự : 
 13
 Tính tổng : 
19.17
2
...
5.3
2
3.1
2
B 
 Ví dụ 2: Cho tam giác ABC đều cạnh a, gọi O là trung điểm của BC. Trên 
cạnh AB, AC theo thứ tự lấy M, N sao cho góc MON = 600. (Toán 9). 
 a) Chứng minh 
4
.
2a
CNBM  ; 
 b) Gọi I là giao điểm của BN và OM. Chứng minh BM.IN = BI.MN; 
 c) Chứng minh MN luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định. 
Phân tích bài toán: 
 a) Ở phần a là một dạng toán chứng minh hệ thức, chính vì vậy việc hướng 
dẫn học sinh tìm lời giải bài toán hết sức quan trọng nhằm phát triển tư duy hình 
học ở học sinh. 
 Chúng ta có thể dùng phương pháp phân tích đi lên để tìm lời giải bài toán. 
Với sơ đồ như sau: 
4
.
2a
CNBM  
  
2
.
2
.
aa
CNBM  
  
 COBOCNBM ..  
  
CN
CO
BO
BM
 
  
BMO đồng dạng CON 
  
 060ˆˆ  CB 
 BMO = CON 
  
B+BMO+BOM = BOM +MON+NOC (= 1800). 
Căn cứ vào sơ đồ ta có lời giải sau: 
Ta có BMO: B+M+O = 1800 
BOM+MON+NOC = 1800 (BOC = 1800) 
 BMO = CON; lại có 060ˆˆ  CB (vì ABCđều) 
N 
I 
C O B 
M 
A 
 14
BMO đồng dạng CON (g.g), từ đó suy ra 
CN
CO
BO
BM
 
hay COBOCNBM ..  ; mà 
22
aBC
COBO  do đó 
4
.
2a
CNBM  (đpcm) 
b) Cũng tương tự như vậy ở phần b) thầy giáo cũng giúp học sinh phát triển 
tư duy lôgic, thao tác tư duy phân tích, tổng hợp, đặc biệt là tư duy phân tích đi lên, 
một thao tác tư duy đặc trưng của môn hình học. Với sự phân tích như vậy học 
sinh sẽ thấy đó chính là sử dụng tính chất đường phân giác của tam giác BMN. 
Nghĩa là học sinh cần chỉ ra MI là tia phân giác của góc BMN. Từ đó ta có lời giải 
sau: 
 Theo phần a) BMO đồng dạng CON 
suy ra 
ON
MO
BO
BM
hay
ON
MO
CO
BM
 
Lại có B = MON (=600) BMO đồng dạng OMN (c.g.c). 
Từ đó suy ra BMO = OMN do đó MO là tia phân giác của góc BMN 
hay MI là tia phân giác BMN. 
 Xét BMN có MI là tia phân giác của BMN, áp dụng tính chất đường 
phân giác trong tam giác ta có
IN
IB
MN
MB
 hay MNBIINBM ..  (đpcm). 
 c) Đây là một dạng toán liên quan giữa tính bất biến (cố định) và tính thay 
đổi: ứng với mỗi điểm M, N thì ta có vị trí của đoạn thẳng MN thay đổi theo 
(chuyển động) nhưng lại luôn tiếp xúc với một 
đường tròn cố định (bất biến). Vậy trước khi 
tìm lời giải của bài toán giáo viên cần cho 
học sinh chỉ ra yếu tố cố định, yếu tố 
nào thay đổi. 
Ta có lời giải sau: 
Từ O kẻ OH, OK theo tứ tự vuông 
góc với AB và MN. Do O, AB cố định nên OH cố định. Vậy đường tròn (O;OH) 
là đường tròn cố định. 
Vì MO là tia phân giác của góc BMN nên OK = OH (t/c đường phân giác) 
K(O;OH) (1). 
C O B 
N 
I 
M 
A 
H 
K 
 15
Lại có OKMN ( cách dựng) (2) 
 Từ (1) và (2) suy ra MN là tiếp tuyến của đường tròn (O;OH). Vậy MN luôn 
tiếp xúc với một đường tròn (O;OH) cố định. 
Khai thác bài toán: 
 Ở phần a) của bài toán ta thấy tích BM.CN không đổi, nếu sử dụng BĐT 
Côsi ta có thêm câu hỏi sau: 
 1: Tìm vị trí của M, N trên AB, AC để BM + CN đạt giá trị nhỏ nhất. 
Giải: Áp dụng BĐT Côsi cho hai số không âm là BM và CN ta có 
CNBMCNBM .2 dấu "=" xảy ra  BM = CN. Theo phần a) 
4
.
2a
CNBM  
do đó a
a
CNBM 
4
2
2
 (không đổi). 
 Vậy GTNN của BM + CN = a  BM = CN =
2
a
 M, N theo thứ tự là 
trung điểm của AB và AC. 
 Ta thử suy nghĩ nếu tam giác ABC là tam giác cân thì bài toán còn đúng 
không? và giả thiết như thế nào? từ đó ta có bài toán sau: 
 2: Cho tam giác ABC cân ở A, O là trung điểm BC. Trên cạnh AB, AC theo 
thứ tự lấy các điểm M, N sao cho BMO = CON. 
Chứng minh rằng: 
 3: Cho tam giác ABC cân ở A, O thuộc cạnh BC đường tròn tâm O tiếp xúc 
với các cạnh AB, AC của tam giác. Trên AB, AC theo thứ tự lấy hai điểm M, N. 
 Chứng minh rằng MN là tiếp tuyến của đường tròn (O)  
4
.
2BC
CNBM 
Giải: Vì (O) tiếp xúc với các cạnh AB, AC nên O cách đều AB, AC do đó O thuộc 
tia phân giác của góc A. 
 a) 
4
.
2BC
CNBM  ; 
 b) BNMO =  I , 
Chứng minh BI.MN = IN.BM; 
 c) Khi M, N thay đổi trên AB, AC thì 
MN luôn tiếp xúc với một đường tròn cố 
định. 
A 
M 
B C 
N 
ớ
O 
I 
 16
  MON = B; BOM = ONC; NOC = BMO; từ đó suy ra: 
 BMO đồng dạng CON (g.g) 
4
.
2BC
CNBM
CN
BO
CO
BM
 (đpcm). 
( ) Giả sử có 
4
.
2BC
CNBM  cần phải chứng minh MN là tiếp tuyến của (O). 
Cách 1: Chứng minh tương tự trên; 
Cách 2: Từ M dựng tiếp tuyến với (O) cắt AC ở N'. Ta chứng minh N'N. 
 Theo phần thuận ta có 
4
'.
2BC
CNBM  . 
Kết hợp với giả thiết ta suy ra BM.CN' = BM.CN  CN' = CN. 
Mà N', N cùng thuộc cạnh AC do đó N'  N (đpcm). 
 Chú ý: - Nếu M nằm trong đoạn AB thì N nằm trong đoạn AC. 
 - Nếu M nằm ngoài đoạn AB thì N cũng nằm ngoài đoạn AC. 
 4: Cho ABC cân ở A. Lấy M, N trên cạnh AB, AC sao cho 
4
.
2BC
CNBM  . 
Tìm vị trí của M, N sao cho AMN có diện tích lớn nhất. 
5: Cho M, M' trên tia AB và tia đối của tia BA; N, N' thuộc tia CA và tia đối 
của tia CA. Chứng minh rằng: 
1) Nếu MB.NC = M'B.N'C = 
4
2BC
 thì tứ giác MM'N'N ngoại tiếp được một 
đường tròn; 
2) Phân giác tạo bởi MN và MM' đi qua một điểm cố định. 
 6: 1) Cho tam giác ABC. Dựng hai điểm P, Q thứ tự trên AB và AC sao cho 
AP = AQ và BP.CQ = 
4
2PQ
; 
 Lại có ABC cân nên phân giác góc 
A đồng thời là trung tuyến mà OBC nên O 
là trung điểm cạnh BC. 
( ): Giả sử MN là tiếp tuyến (O) tại P. 
Nối OM, ON. 
 Do MB, MP là hai tiếp tuyến cắt nhau 
của (O), NP, NC cũng là hai tiếp tuyến cắt 
nhau của (O), sử dụng tính chất hai tiếp tuyến 
cắt nhau ta suy ra được 
P 
C 
N 
A 
M 
B 
O 
 17
 2) Cho hình vuông ABCD, lấy điểm F thuộc CD, G thuộc BC sao cho 
EG//AF (với E là trung điểm của AB). Chứng minh rằng FG là tiếp tuyến của 
đường tròn nội tiếp hình vuông. 
7: Cho tam giác ABC cân ở A. Đường tròn có tâm O là trung điểm của BC 
tiếp xúc với AB, AC thứ tự ở H và K. Lấy P thuộc đoạn AB, Q thuộc đoạn AC sao 
cho PQ là tiếp tuyến của (O). Tìm quĩ tích tâm O' của đường tròn ngoại tiếp tam 
giác OPQ. 
 - Trong quá trình giải toán, việc hướng dẫn học sinh tìm hiểu nhiều cách 
chứng minh khác nhau từ một bài toán, tôi thấy giờ học của học sinh sôi nổi hơn, 
các em say mê tạo các phương án để tìm lời giải khác nhau cho bài toán, giờ giảng 
không bị thụ động vào tài liệu, học sinh độc lập chủ động khai thác để có nhiều 
cách giải bài qua đó phần nào rèn luyện tính linh hoạt, sáng tạo của các em. Ngoài 
ra, việc hướng dẫn học sinh tập dượt phương pháp suy luận như đặc biệt hoá, khái 
quát hoá cũng rất quan trọng. 
Ví dụ 3: Trong hình vuông ABCD và nữa đường tròn đường kính AD và vẽ 
cung AC mà tâm là D. Nối D với điểm P bất kỳ trên cung AC, DP cắt nữa đường 
tròn đường kính AD ở K. Chứng minh PK bằng khoảng cách từ P đến AB. 
Cách giải 1: Hình 1 
Gợi ý : - Kẻ PI  AB 
- Xét hai tam giác APK và  API 
Giải: Kẻ PI  AB (I  AB). 
Xét APK và API có 
APK vuông tại K (Vì góc AKD là góc nội 
tiếp chắn nửa đường tròn đường kính AD) 
ADP cân tại D (vì AD = DP ) 
  DAPP  2 
Mặt khác. DAPP  1 ( So le trong vì AD // PI ) 
Do đó: 21 PP   APK =  API 
(cạnh huyền - góc nhọn)  PK = PI 
Cách giải 2: Hình 2 
 Gợi ý: - Ngoài cách chứng minh APK = API 
bằng nhau cách 1 ta chứng minh 21 PP  . 
Ta có thể chứng minh 21 AA  
 18
- Gọi F là giao điểm của AP với đường tròn 
đường kính AD 
Giải: Ta có: 090AFD 
( Góc nội tiếp chắn nữa đường tròn) 
Tam giác ADP cân tại D có DF là đường cao nên DF cũng là phân giác 
suy ra 21 DD  
mà 12 AD  ; 21 AD  Vì đều là góc có các cặp cạnh tương ứng vuông góc 
Suy ra: 21 AA  
 APK =  API (Cạnh huyền - góc nhọn)  PK = PI 
Cách giải 3: Hình 2. 
 Gợi ý: - Cách giải này chúng ta cũng đi chứng minh 21 AA  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: 
 Giải: Ta có ADKIAK  ( Có số đo bằng 
1
2
sđ cung AK ) 
 Mặt khác IAP là góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung AP của đường tròn tâm D 
nên góc IAP bằng 
1
2
 số đo của góc ở tâm cùng chắn một cung là góc ADP 
 IAKADPIAP
2
1
2
1
 Suy ra: 21 AA  
 APK =  API ( Cạnh huyền - góc nhọn) 
 PK = PI 
Cách giải 4: Hình 3 
Gợi ý: 
- Kéo dài AK cắt đường tròn tâm D tại E 
- Áp dụng định lí của góc tạo bởi tiếp tuyến 
và dây cung 
 Giải: DK  AE nên P là điểm chính giữa 
của cung AE. 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 
góc BAE Suy ra: 21 AA  
 APK =  API ( Cạnh huyền - góc nhọn ) 
 19
 PK = PI 
 Đối với bài toán trên để chứng minh hai đoạn thẳng PK và PI bằng nhau ta 
đi chứng minh APK = API vấn đề giáo viên tuyến 2 cần cho học sinh tư duy 
và vận dụng sáng tạo kiến thức về trường hợp bằng nhau trong tam giác vuông, 
góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung, góc nội tiếp. 
 Như vậy thì học sinh mới tư duy và tìm tòi lời giải. Giáo viên không nên 
đưa ra lời giải mà phải để học sinh tìm lời giải cho bài toán. 
 - Sau khi giáo viên tuyến 2 phối kết hợp với giáo viên tuyến 1 giảng dạy cho 
học sinh các chuyên đề, luyện kĩ từng chuyên đề, phương pháp giải từng bài tập, 
giáo viên phải biết liên kết vận dụng các chuyên đề thông qua việc cho học sinh 
luyện giải các bộ đề thi khác (của các năm trước và khai thác các bộ đề trên mạng), 
rèn cho các em phương pháp trình bày bài giải và thực hành. Thông qua các bài 
kiểm tra từng đợt giáo viên sửa chữa cho học sinh một số sai lầm mắc phải, những 
yêu cầu chung, yêu cầu cá biệt cần bổ sung cho từng em. Đồng thời chỉ ra các 
phương pháp giải hay, độc đáo, từng bước nâng dần hiệu quả làm bài của học sinh. 
Qua đó nhận xét quá trình học tập của từng em theo từng giai đoạn, có dự kiến về 
mục tiêu cần đạt (liên thông với giáo viên tuyến 1 để dự kiên mỗi học sinh đến 
tháng nào được lọt vào tốp mấy? giải mấy?...). 
 - Để tăng thêm hứng thú