Sáng kiến kinh nghiệm Rèn kĩ năng tìm lời giải bài toán Hình học Lớp 9

 RÈN KĨ NĂNG TÌM LỜI GIẢI BÀI TOÁN HÌNH HỌC 
 LỚP 9
 PHẦN I: ĐẶT VẤN ĐỀ
1. Cơ sở lý luận:
 Toán học là một bộ môn khoa học tự nhiên mang tính trừa tượng cao, 
tính logíc 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 này: "Rèn luyện khả năng tìm lời giải bài toán hình học cho học 
sinh khá, 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 
 1 Chính vì vậy càng cần phải rèn luyện cho các em năng lực tư duy độc lập 
sáng tạo càng khiến tôi tâm huyết tìm tòi, nghiên cứu sáng kiến kinh nghiệm 
này.
 1.2. Các số liệu của thực trạng : 
 Qua các năm giảng dạy trực tiếp bồi dưỡng cho học sinh khá giỏi, qua 
trắc nghiệm hứng thú học toán của học sinh tôi thấy chỉ có 25% các em thực 
sự có hứng thú học toán (Có tư duy sáng tạo), 45% học sinh thích học toán 
(chưa có tính độc lập, tư duy sáng tạo) và 30% còn lại nữa thích nữa không . 
Qua gần gủi tìm hiểu thì các em cho biết cũng rất muốn học xong nhiều khi 
học một cách thụ động, chưa biết cách tư 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.
2. Quá trình thực hiện đề tài:
 2.1. 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.
 2.2. 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 dạng toán. 
 Dạng 1: Chứng minh các đoạn thẳng bằng nhau.
 Dạng 2: Quan hệ giữa các góc trong tam giác,và góc với đường tròn.
 3 
Mặt khác: P1 = D· AP (So le trong vì AD // PI)
  
Do đó: P1 = P2 APK = API (Có chung cạnh huyền và một cặp góc 
nhọn bằng nhau) PK = PI
Cách giải 2: (Hình 2)
 Gợi ý: - Ngoài cách chứng minh hai tam giác APK và API bằng nhau 
  
cách 1 ta chứng minh P1 = P2 . Ta chứng minh Aµ 1 = Aµ 2
 - Gọi F là giao điểm của AP với đường tròn đường kính AD 
Lời giải: Ta có: A· FD = 900 (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. Dµ 1 = Dµ 2
mà Dµ 2 = Aµ 1 ; Dµ 1 = Aµ 2 Vì đều là góc có các cặp cạnh tương ứng vuông góc
Suy ra: Aµ 1 = Aµ 2 APK = API (Có chung cạnh huyền và một cặp góc 
nhọn bằng nhau) PK = PI
Cách giải 3: (Hình 2)
Gợi ý: - Cách giải này chúng ta cũng đi chứng minh Aµ 1 = Aµ 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 I·AK = A· DK (Có số đo bằng sđ A»K )
 2
 5 Dạng 2: Quan hệ giữa các góc trong hình học:
BÀI TOÁN 2: Cho ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O, với AB > AC. 
Kẻ đường cao AH, bán kính OA. Chứng minh O· AH = A· CB - A· BC .
Cách giải 1: (Hình 1)
Gợi ý: - Kẻ OI  AC cắt AH ở M 
 - Áp dụng kiến thức về góc ngoài tam giác.
 - Góc nội tiếp,góc ở tâm.
 Lời giải: Ta có: O· MH = A· CB (góc có các cặp cạnh tương ứng vuông góc)
 1
 A· OM = A· BC (cùng bằng sđ)A»C
 2
Trong OAM thì: O· MH = A· OM + O· AH (Góc ngoài tam giác)
Hay A· CB = A· BC + O· AH
Vậy: O· AH = A· CB - A· BC (Đpcm)
Cách giải 2: (Hình 2)
 7 Gợi ý: - Kẻ đường kính AOD
 - Kẻ CK  AD
Lời giải: Ta có: O· AH = K· CB (1) (góc có các cặp cạnh tương ứng vuông góc)
 A· BC = A· DC (2) (góc nội tiếp cùng chắn A»C )
Cộng từng vế của (1) và (2) Ta được: O· AH + A· BC = K· CB + A· DC
Mà: A· DC = K· CA (góc có các cặp cạnh tương ứng vuông góc)
 O· AH + A· BC = K· CB + K¼CA = A· CB
Vậy: O· AH = A· CB - A· BC (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: A· MC = A· CB (1) (góc có cạnh các cặp cạnh tương ứng vuông 
góc)
 A· DM = A· BC (2) (góc nội tiếp cùng chắn)A»C
Trừ từng vế của (1) và (2) Ta được: A· MC - A· DM = A· CB - A· BC
Mà: A· MC - A· DM = O· AH (góc ngoài tam giác)
Vậy O· AH = A· CB - A· BC (Đpcm)
Cách giải 6: (Hình 6)
 9 Dạng 3: Chứng minh ba điểm thẳng hàng:
BÀI TOÁN 3: Cho tam giác ABC nội tiếp trong một đường tròn (O). M ; N ; 
P lần lượt là cá điểm chính giữa các cung nhỏ A»B ; B»C ; C»A . MN và NP cắt 
AB và AC theo thứ tự ở R và S. Chứng minh rằng: RS // BC và RS đi qua tâm 
của đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
Cách giải 1: (Hình 1)
Gợi ý: Đây là một bài toán hình tương đối khó đối với học sinh nếu không có 
tư duy tốt trong hình học. Khi đưa ra bài toán này ngay cả việc vẽ hình cũng 
là một vấn đề khó và các em đã không tìm ra được lời giải. Dưới sự hướng 
dẫn của thầy. 
 Ta có AN; BP và AN là các tia phân giác của tam giác ABC. Gọi I là 
giao điểm của các đường phân giác. Khi đó ta có I chính là tâm của đường 
tròn nội tiếp tam giác ABC.
 Để chứng minh cho RS // BC và I RS ta đi chứng minh IR//BC; 
IS//BC rồi sử dụng tiên đề về đường thẳng song song để suy ra điều phải 
chứng minh. Sau một thời gian ngắn một học sinh đã tìm ra được lời giải cho 
bài toán này. Và cũng là lời giải ngắn mà thầy đã tìm ra. 
 C»P
Lời giải: Xét NBI ta có: I·BN = Bµ 2 + Bµ 3 mà Bµ 2 = ; Bµ 3 = N· AC (Góc nội 
 2
 B· AC
tiếp chắn cung N»C ); N· AC = 
 2
 Aµ µB
Do đó I·BN = ; 
 2
 Aµ µB
 B· IN = Aµ 1 + Bµ 1 = (Góc ngoài của tam giác ABI)
 2
 I·BN = 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.
 11 Gọi giao điểm của RS với AN là I, của BC và AN là D vì RS // BC nên ta có:
 AI RA NA RA AI NA
 = mà suy ra =
 ID RB NB RB ID NB
 BND ANB (vì có góc B· NA chung vàB· AN N· BD ) 
 NA AB AI AB
Nên . Vậy = 
 NB BD ID BD
Suy ra BI là phân giác của góc A· BC
Ở trên ta có I thuộc phân giác AN của B· AC ta lại vừa chứng minh I thuộc 
phân giác A· BC nên I là tâm của đường tròn nội tiếp tam giác ABC.( Đpcm) 
BÀI TOÁN 4: T ừ một điểm trên đường tròn ngoại tiếp của một tam giác bất 
kì hạ các đường vuông góc xuống ba cạnh của tam giác ABC nội tiếp đường 
tròn. Chứng minh rằng chân của ba đường vuông góc đó thẳng hàng 
 (Đường thẳng này gọi là đường thẳng Simson)
Cách giải 1: 
Vì Dµ = Eµ = 900 tứ giác BDPE là tứ giác nội tiếp
 B· ED = B· PD (*)(Góc nội tiếp cùng chắn một cung)
 F = Eµ = 900 tứ giác EFCP cũng là tứ giác nội tiếp 
 F· EC = F· PC (**) (Góc nội tiếp cùng chắn một cung)
Vì tứ giác ABPC nội tiếp đường tròn B· PC = - Aµ (1)
 PD  AB
  D· PF = - Aµ (2)
 PF  AC
Từ (1) và (2) B· PC = D· PF 
 B· PD = F· PC (***)
Từ (*) ; (**) và (***) 
 B· ED = F· EC D ; E ; F thẳng hàng.
 13 Lời giải: Ta có các tam giác OAP và tam giác O'BP là các tam giác cân tại O 
và O' Suy ra:O· AP = O· PA và O· 'PB = O· 'BP mà O· PA = O· 'PB (Hai góc đối đỉnh)
 PA PO R
 O· AP = P· BO' OAP O'BP = 1 (1)
 PB PO' R 2
Tương tự ta cũng có:
 O· CP = O· PC vàO· 'PD = O· 'DP mà O· PC = O· 'PD ( Hai góc đối đỉnh)
 PC PO R
 O· CP = P· DO' OCP O'DP = 1 (2) 
 PD PO' R 2
 PA PC R
Từ (1) và (2) ta có: = 1
 PB PD R 2
 · ·
Lại có CPA = BPD Suy ra : PA1B1 PA2B2
Cách giải 2: (Hình 2)
Gợi ý: - Kẻ tiếp tuyến chung xPy của hai đường tròn.
 - Áp dụng trường hợp đồng dạng thứ ba 
 - Áp dụng định lí về góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung
 15 Xét tứ giác AKOI có I = Kµ = 900 AKOI là tứ giác nội tiếp 
 I·KO = O· AH Tứ giác AOHC nội tiếp được A; O; H; C cùng nằm trên 
một đường tròn.
Cách giải 2:
Ta có BN là đường trung trực của AH B· HO = B· AO mà B· AO = O· AC nên 
 B· HO = O· AC Tứ giác AOHC nội tiếp được. A; O; H; C cùng nằm trên 
một đường tròn.
Cách giải 3:
 ABI là tam giác vuông nên I·BA + B· AI = 1800 hay 
 Bµ Aµ
 I·BA + B· AO + O· AI = 1800 Suy ra: O· AI + + = 900 O· AI bằng (hoặc bù) 
 2 2
với góc O· CH Tứ giác AOHC nội tiếp được A; O; H; C cùng nằm trên 
một đường tròn.
Cách giải 4:
 Bµ
 * Đối với (Hình 1) ta có A· HC = 900 + Góc ngoài trong tam giác
 2
 Bµ
 A· OC = 900 + (Vì O là tâm của đường tròn nội tiếp) 
 2
 A· HC = A· OC Tứ giác AOHC nội tiếp được A; O; H; C cùng nằm trên 
một đường tròn.
 Bµ
 * Đối với (Hình 2) Xét trong tam giác IBH ta có A· HC = 900 - 
 2
 Bµ
 A· OC = 900 + (Vì O là tâm của đường tròn nội tiếp ) A· HC + A· OC = 1800
 2
Tứ giác AOHC nội tiếp được A; O; H; C cùng nằm trên một đường tròn.
Cách giải 5:
 Aµ + Bµ
Ta có A· ON = (Góc ngoài ở đỉnh O của tam giác AOB)
 2
 A· OH = Aµ + Bµ A· OH + A· CH = 1800 (Hình 1)
hoặc A· OH = A· CH = Aµ + Bµ (Hình 2)
 Tứ giác AOHC nội tiếp được A; O; H; C cùng nằm trên một đường tròn
 17