SKKN Giúp học sinh hình thành tính tích cực, tự giác, chủ động và đồng thời phát triển năng lực tự học qua việc xây dựng hệ thống bài tập từ một bài tập ban đầu theo nhiều hướng khác nhau

 Phần I. ĐẶT VẤN ĐỀ
I. LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI
 Trong quá trình giảng dạy nói chung và bồi dưỡng học sinh khá giỏi nói 
riêng thì việc định hướng, liên kết, mở rộng và lật ngược bài toán là một vấn đề rất 
quan trọng, nó không chỉ giúp cho học sinh nắm bắt kĩ kiến thức của một dạng 
toán cơ bản mà còn nâng cao tính khái quát hoá, đặc biệt hoá một bài toán để từ đó 
phát triển tư duy, nâng cao tính sáng tạo cho các em học sinh. Hơn nữa, việc liên 
kết, mở rộng và lật ngược các bài toán khác nhau, tìm mối liên hệ chung giữa 
chúng sẽ giúp cho học sinh hứng thú và phát triển năng lực tự học một cách khoa 
học khi học toán.
 Qua nhiều năm giảng dạy và bồi dưỡng học sinh giỏi tôi được tiếp xúc với 
rất nhiều đối tượng học sinh và thấy rằng đa số học sinh không nhớ những bài đã 
làm thậm chí có những bài chỉ khác nhau bởi lời văn nhưng nội dung lại hoàn 
giống với bài toán cũ. Đặc biệt là các bài toán đảo và bài toán tổng quát học sinh 
thường không có kỷ năng nhận ra. Chính vì vậy, để giúp học sinh dễ dàng nhận ra 
các bài toán cũ, bài toán đảo, bài toán tổng quátđồng thời góp phần vào việc đổi 
mới phương pháp dạy học theo hướng tích cực và bồi dưỡng năng lực học toán cho 
học sinh, rèn luyện khả năng sáng tạo trong học toán cho học sinh cũng như muốn 
góp phần vào công tác bồi dưỡng đội ngũ học sinh giỏi Toán trường THCS Lê Lợi 
nói riêng và học sinh toàn huyện Yên Thành nói chung. Tôi xin được trình bày đề 
tài: “ Giúp học sinh hình thành tính tích cực, tự giác, chủ động và đồng thời 
phát triển năng lực tự học qua việc xây dựng hệ thống bài tập từ một bài tập 
ban đầu theo nhiều hướng khác nhau ”
II. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU
- Cung cấp kiến thức và phương pháp tự học cho học sinh khi học bộ môn Toán. 
- Hình thành tính tích cực, tự giác, chủ động của học sinh. Khơi dậy tính sáng tạo 
và giải toán của học sinh. 
- Phát triển năng lực tự học, biết liên kết và mở rộng các bài toán từ đó giúp các em 
hình thành phương pháp giải.
- Giúp học sinh hứng thú hơn trong học tập đặc biệt là bồi dưỡng Học sinh giỏi.
III. PHẠM VI NGHIÊN CỨU
Nội dung chương trình Toán THCS mà chủ yếu là chương trình lớp 8 và lớp 9
IV. ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU
Phương pháp hình thành tính tích cực, tự giác, chủ động và năng lực tự học của 
học sinh.
 1 II. GIẢI PHÁP THỰC HIỆN:
 Trong quá trình dạy toán, chắc rằng các thầy cô giáo đã có không ít lần gặp 
các bài toán cũ mà cách phát biểu có thể hoàn toàn khác, hoặc khác chút ít. Những 
bài toán tương tự, mở rộng, đặc biệt hóa hay lật ngược bài toán mà các bài toán 
này có cùng phương pháp giải. Nếu giáo viên định hướng cho học sinh kỷ năng 
thường xuyên liên hệ một bài toán mới với những bài toán đã biết như bài toán 
đảo, bài toán tổng quát, bài toán đặc biệt...thì sẽ làm cho học sinh phát hiện ra rằng 
bài toán đó không mới đối với mình nữa hoặc nhanh chóng xếp loại được bài toán 
từ đó định hướng được phương pháp giải quyết một cách tích cực và chủ động. Sau 
đây tôi sẽ đưa ra một số ví dụ để giải quyết thực trạng trên và để thể hiện nội dung 
của đề tài.
Ví dụ 1:
Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác dựng các tam giác đều ABF, ACD. 
Chứng minh rằng :
a. CF = BD
b. BOC = 1200 
1.Hướng dẫn
a. Xét hai tam giác ABD và AFC có 
 AF = AB, AD = AC, FAC = BAD D
Do đó: ∆ABD = ∆AFC CF = BD
b. ∆ABD = ∆AFC ( câu a) 
 A
 F 1
 = 1
 B 1 F 1
 3
 1
 2
 AOBF nội tiếp O 1
 1 C
 0 2 0
 O 1 = B 2 = 60 và O 2 = A 1 = 60 
 B
 AOB = 1200 (1)
Tương tự: AOC = 1200 (2)
Từ (1) và (2) suy ra BOC = 1200 .Vậy AOB = BOC = AOC = 1200 ( ĐPCM)
2. Xây dựng hệ thống bài toán . 
Qua việc chứng minh ví dụ 1 ta thấy nếu vẽ về phía ngoài tam giác ABC hai tam 
giác đều thì ta luôn có AOB = BOC = AOC = 1200 .Với cách suy nghĩ này ta 
có bài toán 1 và đây là bài toán đảo của ví dụ 1
 3 Trên cạnh OD ta lấy điểm P sao cho PD = OA
 - Xét hai tam giác: CPD và COA có:
 + PD = OA (Cách vẽ),
 + PDC = OAC ( OADC nt, ví dụ 1) 
 + DC = AC (gt). Do đó
 CPD = COA (c.g.c) CP = OC (1) và CPD = COA =1200 CPO = 
600 (2)
Từ (1) và (2) suy ra CPO đều OP = OC
Vậy ta có: OA + OB + OC = PD + OB + OP Hay OA + OB + OC = BD.
Qua bài toán thứ 2 ta thấy BD không đổi (B và D cố định) suy ra OA + OB + OC 
không đổi và từ đây ta có bài toán thứ 3.
Bài toán 3: Cho tam giác nhọn ABC, dựng tam giác đều ACD về phía ngoài tam 
giác ABC. O là một điểm bất kỳ trong tam giác ABC. Tìm vị trí của điểm O sao 
cho tổng khoảng cách từ O tới ba đỉnh của tam giác là nhỏ nhất.
Nhận xét: Đây là bài toán cũ mà mới và khó nếu như các em học sinh chưa gặp 
bài toán 2 và bài toán 1 nhưng nếu các em đã làm hai bài toán trên thì thực chất 
bài toán thứ này là bài toán thứ nhất nhưng ở mức độ câu hỏi khó hơn. Thế thì 
làm thế nào để giáo viên hướng dẫn học sinh làm được bài mà không gặp khó 
khăn? Đó là hình thành cho các em biết cách liên kết các bài toán đã học với nhau 
từ đó học sinh sẽ lĩnh hội kiến thức một cách chủ động, tích cực và dễ dàng hơn.
Hướng dẫn: D
 A
 Q
 O
 B C
Dựng tam giác đều OCQ ở phía ngoài tam giác OBC có bờ là đường thẳng OC.
- Xét hai tam giác: ∆CQD và ∆COA, có:
 + CQ = CO, QCD = OCA và DC = AC (gt)
 CQD = COA (c.g.c) OA = QD
Vậy ta có: OA + OB + OC = BO + OQ + QD 
 OA + OB + OC BO + OD 
 OA + OB + OC BD
 5 Vậy tam giác MPN là tam giác vuông tại P
Ở bài toán ví dụ ta vẽ về phía ngoài tam giác ABC hai tam giác đều là ABF, ACD 
thì có kết quả là CF = BD. Vậy thì bây giờ ta vẽ thêm tam giác đều BCE ở phía 
ngoài của tam giác ABC thì liệu AE; BD; CF có bằng nhau không và có cắt nhau 
tại một điểm không? Từ đó ta có các bài toán 5
Bài toán 5: Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác, dựng các tam giác đều 
ABF; ACD; BCE .Chứng minh rằng 
a. AE = BD = CF 
b. AE, BD, CF đồng quy D
Hướng dẫn:
 A
 F 1
 1
 3
 1
 2
 O 1
 1 C
 2
 B
 E
a. + Theo bài toán 1 ta có CF = BD (1)
 + Chứng minh tương tự bài toán 1 ta có CF = AE (2)
Từ (1) và (2) ta có AE = BD = CF 
b. Gọi O là giao điểm của BD và CF. Ta cần CM: A; O; E thẳng hàng.
+ Thật vậy : DAB = CAF (bài toán 1) B 1 = F 1 
 0 0
 AOBF nội tiếp O 1 = B 2 = 60 và O 2 = A 1 = 60 AOB 
 0 
= 120 (3) +Tương tự : DAB = CAF (bài toán 1) ADO = ACO 
 0 
 AOCD nội tiếp O 3 = C 1 và DAC = DOC AOC = 120 (4)
 0 0 
 + Từ (3) và (4) suy ra BOC = 120 mà BEC = 60 BOCE nội tiếp
 0 0 0
 COE = CBE = 60 mà A 1 = 60 COE = A 1 ( cùng = 60 )
 Do đó A; O; E thẳng hàng (ĐPCM)
Nhận xét : Ở bài toán 5 ta vẽ 3 tam giác đều về phía ngoài của tam giác ABC thì 
được kết quả là AE = BD = CF và AE, BD, CF đồng quy và AOB = BOC =
 AOC =1200. Vậy thì nếu ta vẽ ngược trở lại tức là vẽ ngược vào trong tam giác cả 
 7 Nhận xét: Qua bài toán này giúp các em nhận ra một điều rằng khi vẽ hình thì ta 
phải xét tất các các khả năng có thể xẩy ra để từ đó xem xét hết tất cả các trường 
hợp và tránh sai lầm đáng tiếc.
Với giả thiết như bài toán 5. Nếu ta gọi M,N,P lần lượt là tâm của các tam giác 
AFB, ADC, BEC thì ta lại các bài toán khó hơn bài toán 1 rất nhiều. Từ đó ta có 
bài toán thứ 7.
Bài toán 7: Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác, dựng các tam giác đều 
ABF, ACD, BCE .Gọi M,N,P lần lượt là tâm của các tam giác AFB, ADC, BEC.
Tam giác PMN là tam giác gì?
 Hướng dẫn F
 M A
 D
 N
 B C
 P
- Xét tam giác BPE và BMA có E
 MBA = PBE = MAB = PEB = 300(1) ∆ BPE ∽ BMA(2)
 Từ (1) và (2) suy ra ∆ BPM ∽ BEA BPM = BEA (3) 
 - Tương tự ∆CPN ∽∆ CAE CPN = CEA 
 mà BEA + CEA = 600 (4)
 Từ (3) và (4) suy ra BPM + CPN = 600 do đó MPN = 600 (5) 
- Chứng minh tương tự ta có PMN = 600 (6) .
 Từ (5) và (6) suy ra ∆PMN đều
Từ bài toán 7 nếu ta không vẽ 3 tam giác đều mà ta vẽ 3 tam giác cân ABF, 
ACD, BCE sao cho AFB = ADC = AEC = 1200 thì ta lại có một bài toán hay 
hơn bài toán 7 rất nhiều.
Bài toán 8: Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác, dựng các tam giác cân 
ABM, ACN, BCP sao cho AM B = ANC = BPC = 1200 . Tam giác MNP là 
tam giác gì?
 9 
 Hình vẽ của bài số 9 Hình vẽ của bài số 10
 Nhận xét: Cả hai bài trên đều giải như bài số 6 riêng bài số 10 các đường thẳng 
AE, CD, MF lại không đồng quy với nhau. Từ đây giáo viên giúp cho học sinh hình 
thành kĩ năng phát hiện những kiến thức liên quan với nhau, nhìn nhận một vấn đề 
ở nhiều khía cạnh và giúp học sinh phải có óc hoài nghi, luôn đặt ra các câu hỏi 
tại sao? Do đâu? Như thế nào? Liệu có trường hợp nào nữa không? Các trường 
hợp khác thì kết luận trên có đúng nữa không? Và từ đây ta lại mở rộng bài toán ở 
ví dụ 1 theo hướng khác như sau.
Trở lại ví dụ 1, một câu hỏi đặt ra là: Nếu không dựng hai tam giác đều mà dựng 
hai tam giác vuông cân tại A thì BD và FC có bằng nhau nữa không? từ đó ta lại có 
bài toán thứ 11
Bài toán 11: Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác, dựng các tam giác ABF; 
ACD vuông cân tại A. Gọi I, M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh BC, FB, CD 
.Chứng minh rằng : 
a. CF = BD
b. CF  BD
c. Tam giác IMN là tam giác gì?
 D
Hướng dẫn
 N
 F A
 M O
 B I
 C
a. CF = BD (tương tự như VD1)
b. Do ABD = AFC nên AFO = ABO 
 0 
 AOBF nội tiếp FAB = FOB = 90 FC  BD
 1
c. IM là đường TB của tam giác BCF nên: IM // CF và IM = CF (1)
 2
 1
Tương tự ta có: IN // BD và IN = BD (2) Mà: CF  BD và CF = BD (3)
 2
Từ (1), (2) và (3) suy ra: IM  IN và IM = IN hay MIN vuông cân tại I
 11