SKKN Rèn luyện phát triển năng lực giải toán thông qua bài tập sách giáo khoa

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 
RÈN LUYỆN PHÁT TRIỂN NĂNG 
LỰC GIẢI TOÁN THÔNG QUA BÀI 
TẬP SÁCH GIÁO KHOA 
I. Đặt vấn đề. 
1. Vị trí môn học trong chương trình toán THCS. 
Hình học là môn khoa học cơ bản trong chương trình phổ thông, nó trước 
hình thành từ những năm đầu của chương trình tiểu học. Môn hình học nó được gắn 
liền với thực tiển cuộc sống. Bởi vậy giải toán hình học là vấn đề trọng tâm của 
người dạy cũng như người học, môn hình học kích thích sự sáng tạo, sự phán đoán 
của con người bên cạnh đó nó rèn luyện tính kiên trì, nhẫn nại của người học. 
2. Thực trạng học hình học hiện nay của học sinh THCS . 
Hiện nay số học sinh sợ môn toán đặc biệt là môn hình học rất cao đối với 
học sinh lười học đã đành. Còn đối với những học sinh "chăm học" mặc dù thuộc lí 
thuyết vẩn không giải được . Thậm chí có những bài chỉ là tương tự bài đã giải hay 
chỉ là một khía cạnh của bài đã giải, hoặc bài toán ngược lại của bài đã giải mà học 
sinh vẫn không giải quyết được. Nguyên nhân cơ bản dẫn đến tình trạng đó là: 
 - Học sinh lười học, lười suy nghĩ, không nắm được phương pháp 
 - Học sinh học thụ động, thiếu sáng tạo 
 - Không liên hệ trược giữa các " Bài toán gốc" đã giãi với các bài toán trước 
suy ra từ "bài toán gốc" hay nói cách khác không biết nghiên cứu lời giải của một 
bài toán 
Những tồn tại trên không những do người học mà còn do cả người dạy. 
Người dạy thường chú trọng hướng dẫn các em giải, hoặc giải các bài toán độc lập 
mà không chú trọng hệ thống, xâu chuổi, phát triển các bài toán từ các " bài toán 
gốc" nhờ việc nghiên cứu kỹ lời giải mỗi bài toán,thông qua hình vẽ, nhần xét, thay 
đổi giả thiết các bài toán. Lật ngược vấn đề 
 Đối với học sinh không có gì đáng nhớ hơn bằng tự bản thân các em, tìm 
kiếm phát hiện ra những vấn đề xung quanh bài toán gốc SGK đưa ra, các em sẽ 
nhớ lâu khi gặp một bài toán các em biết liên hệ giữa bài toán phải giải với bài toán 
cũ đã giải mà các em đã được biết và nó sẽ giúp các em biết bất kỳ một bài toán nào 
cũng xuất phát từ những bài toán đơn giản. 
 Để giúp các em có phương pháp học tập tốt hơn môn hình học trong quá 
trình giảng dạy tôi thường tìm tòi các cách khác nhau để tiếp cận một vấn đề, giải 
kỹ các phương pháp khác nhau những bài toán cơ bản trọng tâm, và phát triển các 
bài toán đó dưới các hình thức khác nhau. Thông qua các nhận xét, liên hệ giữa cái 
mới vừa tìm được để tạo ra cái mới. 
II. Biện pháp đã thực hiện. 
 Thực hiện với phương châm: 
· Cho học sinh nắm chắc kiến thức cơ bản tại lớp 
· Giãi kỹ các cách khác nhau các bài toán cơ bản 
· Xuất phát từ những vấn đề đã giải quyết. Thông qua những nhận xét 
để đề xuất vấn đề mới. 
Các ví dụ: 
 Ví dụ 1: 
Bài toán I: Bài 30 SGK toán 9. Tập 1: 
Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB. Ax, By là các đường thẳng vuông góc với 
AB tại A và B. M là điểm thuộc nửa đường tròn. Tiếp tuyến tại M cắt Ax, By theo 
thứ tự ở C và D. Chứng minh rằng: 
1).
Ù
COD =900 
2). CD = AC + BD 
3). AC . BD không đổi khi M chạy trên nửa đường tròn. 
Giải: 
¨1. Để chứng minh ÙCOD = 900 ta có nhiều cách chứng minh sau đây là một cách. 
Theo tính chất tiếp tuyến cắt nhau. 
Ta có: OC là phân giác 
Ù
AOM . 
OD là phân giác 
Ù
BOM 
Mà 
Ù
AOM và 
Ù
BOM là hai góc kề bù 
nên OC ^ OD hay 
Ù
COD =900. 
¨2. Cũng theo tính chất tiếp tuyến cắt nhau ta có: 
CM = CA; DM = DB nên ta có: CD = CM + MB 
 = CA +BD. 
¨3. AC. BD = CM .MD ( Do CM = CA; DM =DB). 
Mà DCOD vuông tại O có đường cao OM nên 
CM.MD = OM2 =R2 . ( R là bán kính đường tròn(O)) 
Khai thác bài toán: 
Nhận xét 1: Theo giả thiết CA ^ AB, DB ^AB Þ ABCD là hình vuông. 
M là điểm trên nửa đường tròn nên khi M là điểm chính giữa của cung AB thì 
CD = AB. Ta có câu hỏi tiếp. 
¨4. Tìm vị trí điểm M trên nửa đường tròn sao cho tứ giác ABDC có chu vi nhỏ 
nhất. 
Giải: Chu vi hình thang ABCD bằng AB +BD +DC+CA = AB +2CD 
Chu vi ABCD nhỏ nhất Û 2CD nhỏ nhất ÛCD nhỏ nhất ÛCD vuông góc 
với tiếp tuyến tại M ÞCD =AB Þ M là điểm chính giữa của cung AB. 
Nhận xét 2: ABCD là hình thang vuông nên diện tích sẽ là . 
S = ..
2
AB
BDAC + Ta có có thể đặt câu hỏi tiếp. 
¨5. Tìm vị trí điểm M trên cung AB sao cho diện tích tứ giác ABCD nhỏ nhất. 
Giải: Lập luận tương tự ta có nhỏ nhất Û M là điểm chính giữa cung AB. 
Nhận xét 3: Ta thấy DAMB vuông M, DCOD vuông ở O 
OC ^ AM; OD ^ BM. Ta đặt câu hỏi tiếp. 
¨6. Gọi giao điểm AM với OC là P, BM và OD là Q. 
Chứng minh tứ giác OPMQ là hình chữ nhật 
Giải: Dựa vào nhận xét 3 ta dễ dàng chứng minh được tứ giác OPMQ là 
hình chữ nhật 
Nhận xét 4: Do AC // BD . Ta đặt câu hỏi tiếp. 
¨7. Gọi giao điểm AD và BC là H . Chứng minh MH ^ AB 
Giải: Do CA // BD 
HB
CH
BD
CA
=Þ mà CA = CM 
 BD =DM 
Nên Þ=
HB
CH
MD
CM MH //BD( đ/l đảo định lý ta let) 
Þ MH ^ AB ( Do DB ^ AB). 
Nhận xét 5: H là giao điểm 2 đường chéo của hình thang ABDC mà 
MH// (AC// BD) ta đặt câu hỏi tiếp. 
¨8. Gọi giao điểm AD và BC là H, MH cắt AB ở K. 
 Chứng minh HM = HK 
Giải: Theo câu 7 Þ HK // AC Þ
BC
BH
AC
HK
= 
 AC//BD Þ 
DA
DH
BC
BH
= 
 MH// CA Þ 
CA
MH
DA
DH
= 
Từ các đẳng thức trên MHHK
CA
MH
AC
HK
=Þ=Þ . 
· Nhận xét 6: 
 H là trung điểm MK; P là trung điểm AM; Q là trung điểm BM ta đặt câu hỏi 
tiếp theo. 
¨9. Chứng minh rằng P, H, Q thẳng hàng 
P là giao điểm AM với OC, H là giao điểm AD và BC, Q là giao điểm MB và OD 
Giải: Dựa vào nhận xét 6 . ta dễ dàng chứng minh được P,H ,Q thẳng hàng. 
· Nhận xét 7: ABDC là hình thang vuông có O là trung điểm cạnh bên AB ta 
liên tưởng đến trung điểm cạnh bên CD.Nên ta có thể đặt câu hỏi tiếp. 
¨10. Chứng minh rằng. 
AB là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp D COD. 
Giải: Gọi I là trung điểm CD 
 Þ IC = ID =IO( D COD vuông có OI là trung tuyến ứng với cạnh huyền) 
O là trung điểm AB ,I là trung điểm CD 
Þ IO là đường trung bình hình thang ABDC ® IO // BD 
Mà DB ^ AB Þ IO ^ AB tại O ÞAB là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp 
D COD 
Ta sẽ tiếp tục khai thác bài toán theo hướng khác : 
· Nhận xét 8: 
Khi M nằm trên nửa đường tròn (O). Tiếp tuyến tại M cắt tiếp tuyến Ax,By tại C và 
D hay CD là tiếp tuyến của đường tròn tại M thì ÙCOD = 900 đều ngược lại còn đúng 
không? 
Ta có bài toán sau: 
Bài toán 1.I: Cho nửa đường tròn (()) đường kính AB, Ax, By là các tiếp tuyến tại 
A và B, trên Ax lấy điểm C tùy ý . Vẽ tam giac vuông COD, D ÎBy và cùng nằm 
trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa điểm C . 
Chứng minh rằng CD là tiếp tuyến của (O) . 
Giải : ta có: 
 21
ÙÙ
= OD cùng phụ 1ÙO ; == ÙÙ BA 900 (gt) 
 Þ DDOB ~DOCA ( g.g) 
CA
OB
OC
OD
=Þ mà OB = OA nên 
AC
OA
OC
OD
= ; 
 Mặt khác ÙCAD = ÙCOD = 900 
Þ D COD ~ D CAO ( c.g.c) Þ 
ÙÙ
= DCOACO hay CD là phân giác của góc ÙACD . 
Từ O vẽ OM ^ CD ( M Î CD ) ; CO là phân giác ÙACM 
OA ^AC Þ OM = OA(Điểm nằm trên phân giác cách đều hai cạnh của góc) . Vậy 
CD là tiếp tuyến của (O) tại M. 
· Nhận xét 9: Theo câu 2. Bài I thì: AC +BD =CD ta hãy đặt vấn đề ngược lại 
của câu 2. Bài toán I. 
Bài toán 2.I: Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB . hai tiếp tuyến Ax và By 
trên 2 tiếp tuyến đó lấy 2 điểm C và D sao cho CD = AC + BD chứng minh 
Ù
COD =900 và CD là tiếp tuyến của (O). 
Giải: Qua O kẻ đường thẳng vuông góc với AB cắt 
 CD tại I ta có I là trung điểm của CD Þ IO là đường trung bình của hình 
thang ABCD nên 
 IO = CDBDAC .
2
1
)(
2
1
=+ ( do AC +BD = CD) 
 DÞ COD vuông ở O. 
theo bài toán 2 thì CD là tiếp tuyến của (O) 
· Nhận xét 10: Tiếp tục khai thác bài toán bằng cách thay đổi điều kiện của bài 
toán: Chẳng hạn điểm O được thay bởi điểm O' bất kỳ thuộc đoạn AB, lúc 
này CD không còn là tiếp tuyến nửa mà trở thành cát tuyến, bây giờ Ù DCO' 
bằng bao nhiêu?. 
Bài toán 3.I: Cho điểm M nằm trên nửa đường tròn đường kính AB, O' là điểm bất 
kỳ nằm trong đoạn AB, đường thẳng vuông góc với MO' tại M cắt tiếp tuyến Ax, 
By tại C và D . Chứng minh 090' =Ù DCO . 
Giải: Do O' bất kỳ thuộc AB nên O' trùng O ; hoặc O' trùng A hoặc O' trùng B. 
+/ Nếu O' trùng O Thì bài toán 3.I trở thành bài toán I. 
+/ Nếu O' trùng A ÞD trùng B, khi đó 090' == ÙÙ CABDCO 
+/ Nếu O' trùng B Þ C trùng A khi đó 090' == ÙÙ DBADCO 
Xét O' không trùng O ; O' không trùng A; O' không trùng B. 
Ta có : AO'MC nội tiếp Ù
Ù
=Þ 1
'
1 MO cùng chắn 
Cung CA 
BO'MD nội tiếp Ù
Ù
=Þ 2
'
2 MO 
Do 090=
Ù
AMB (gt) nên 021 90=+
ÙÙ
MM Þ 02'1' 90=+
ÙÙ
OO 090' =Þ
Ù
DCO . 
· Nhận xét 11: Khi O' nằm trên đường thẳng AB thì bài toán 3.I còn đúng nửa 
không. Ta có bài toán sau: 
Bài toán 4.1: Cho điểm M nằm trên nửa đường tròn đường AB, O' là điểm bất kỳ 
trên đường thẳng AB nhưng ở phía ngoài đoạn AB, đường thẳng vuông góc O'M 
tại M cắt các tiếp tuyến Ax, By tại C và D. Chứng minh 090' =Ù DCO 
Giải ( Tóm tắt). 
 +) CMAO' nội tiếp 
ÙÙ
=Þ MABCMO' cùng bù 
Ù
'MAO 
 +) DBMO' nội tiếp 
ÙÙ
=Þ BMODMO '' cùng chắn cung 
 MO' mà 090' =+
ÙÙ
BMOMAB nên 090'' =+
ÙÙ
DMOCMO 
090' =Þ
Ù
DCO (Tổng 3 góc trong tam giác). 
· Nhận xét 12: Qua bài toán 4 và 4.1 ta có bài toán tổng quát sau: 
Cho nửa đường tròn đường kính AB, M là điểm bất kỳ trên nửa đường tròn đó ( M 
¹ A, M ¹ B) O là điểm bất kỳ trên đường thẳng AB, đường thẳng vuông góc với 
OM tại M cắt tiếp tuyến Ax và By tại C và D. Chứng minh rằng OC ^ OD. 
 Ví dụ 2: (Dựa vào bài tập 95 SGK .Toán 9 . Tập 2). 
Bài toán II: Cho DABC nhọn trực tâm H các đường cao AM, BN, CP 
Chứng minh: Các tứ giác APHN; BPNC nội tiếp được 
 Giải: ( Tóm tắt). 
+/ 090=
Ù
APH ; Þ=+Þ=
ÙÙÙ
00 18090 ANHAPHANH 
APHN nội tiếp 
+/ Þ==
ÙÙ
090BNCBPC BPNC nội tiếp 
Nhận xét 1: Hình vẽ gợi cho ta một số tứ giác nội tiếp. 
Ta đặt thêm câu hỏi. 
¨1. Trên hình vẽ có bao nhiêu tứ giác nội tiếp 
Có 6 tứ giác nội tiếp: APHN; BPHM; CMHN; ANMB; BPNC; APMC. 
Nhận xét 2: Với DBHC có A là trực tâm, DAHC có B là trực tâm ta đặt câu hỏi 
tiếp theo. 
¨2. Chứng tỏ rằng mỗi đỉnh của đã cho là trực tâm của tam giác tạo thành 
bởi 2 đỉnh còn lại và trực tâm H của ABCD . 
Nhận xét 3: Từ các tứ gi