SKKN Phát triển tư duy của học sinh qua khai thác bài toán hình học cơ bản trong Sách giáo khoa Toán Lớp 9

 1
 MỤC LỤC 
 Nội dung Trang
Phần một: Đặt vấn đề 1
 1. Lí do chọn đề tài 1
 2. Mục đích nghiên cứu 2
 3. Đối tượng nghiên cứu, phương pháp nghiên cứu 2
 4. Giới hạn và phạm vi nghiên cứu 2
 5. Giới hạn và phạm vi nghiên cứu 2
 6. Thời gian nghiên cứu 2
Phần hai: Giải quyết vấn đề 3
Chương I: Cơ sở khoa học 3
 1. Phương pháp dạy học 3
 2. Bài tập hình học 4
 3. Đặc điểm lứa tuổi thiếu niên 4
Chương II: Cơ sở thực tiễn và giải pháp thực hiện 4
 1. Tình hình học tập môn hình học ở trường THCS 4
 2. Nguyên nhân 5
 3. Khai thác các bài toán từ bài toán cơ bản 5
 4. Đề xuất một số bài tập 22
 5. Kết quả và bài học kimh nghiệm 23
Phần: Kết luận 25 3
 giao trách nhiệm dạy Toán lớp 9, tôi cũng rất trăn trở về vấn đề này. Với mong 
 muốn góp phần nhỏ bé vào việc đổi mới phương pháp dạy học nói chung và dạy 
 môn toán nói riêng, nhằm nâng cao chất lượng dạy và học môn toán học. Tôi đã 
 mạnh dạn tiến hành nghiên cứu đề tài: " Phát triển tư duy của học sinh qua 
 khai thác bài toán hình học cơ bản trong sách giáo khoa Toán lớp 9 "
2. Mục đích nghiên cứu:
 Nghiên cứu thực trạng dạy và học các bài toán hình học lớp 9. Trên cơ sở 
những kết quả nghiên cứu đạt được, tôi tìm cách khai thác, phát triển một số bài 
tập hình trong sách giáo khoa Toán lớp 9 trước hết nhằm củng cố kiến thức cơ 
bản cho học sinh, giúp cho học sinh có kĩ năng cơ bản để giải bài toán hình học. 
Sau đó thông qua khai thác bài toán giúp học sinh biết nghiên cứu sâu bài toán 
bằng cách tìm các mối qua hệ giữa các yếu tố trong bài toán, thay đổi một vài 
yếu tố từ bài toán ban đầu, từ đó phát triển thành bài toán lên ở mức độ cao hơn; 
cho các em tập dượt dùng một số thao tác tư duy: Khái quát hoá, đặc biệt hoá, 
tương tự hóa để qua đó rèn năng lực tư duy cho học sinh. 
3. Đối tượng, phương pháp nghiên cứu và đối tượng khảo sát:
Đối tượng nghiên cứu: Bài tập trong sách giáo khoa Toán lớp 9, sách bài tập và 
sách nâng cao.
Đối tượng khảo sát: Đối tượng khảo sát là học sinh lớp 9A2, 9A5 với mức độ 
tư duy ở mức trung bình.
4. Phương pháp nghiên cứu: 
- Phương pháp nghiên cứu lí luận.
 - Phương pháp nghiên cứu thực tiễn.
- Phương pháp phân tích, tổng hợp, khái quát hóa, tương tự, đặc biệt hóa.
- Phương pháp kiểm tra, đánh giá.
5. Giới hạn và phạm vi nghiên cứu:
Giới hạn và phạm vi của Sáng kiến kinh nghiệm là đi sâu nghiên cứu, khai thác 
một số bài tập hình trong sách giáo khoa Toán lớp 9.
6. Thời gian nghiên cứu: 5
 Như chúng ta đều biết, khi mới xuất hiện, hình học là một khoa học về đo 
đạc qua một số các đối tượng, vật cụ thể trong thực tiễn đã dần dần được khái 
quát thành những khái niệm trừu tượng. Với ba khái niệm cơ bản không được 
định nghĩa: Điểm, đường thẳng, mặt phẳng. Hình học dần dần trở thành một 
môn khoa học suy diễn, tức là môn khoa học mà những kết luận đúng đắn đều 
được chứng minh bằng lập luận chặt chẽ chứ không bằng cách qua thực nghiệm 
như những môn khoa học thực nghiệm khác. 
 Môn hình học bản thân mang tính lập luận, tính trừu tượng cao. Để học 
sinh tiếp thu được, hiểu được nhiều khi chúng ta phải dùng trực quan thông qua 
mô hình, hình vẽ, vật cụ thể từ đó học sinh nắm bắt và hiểu bản chất của vấn đề. 
Từ trực quan đến tư duy trừu tượng, rồi từ tư duy trừu tượng đến thực tiễn. Quá 
trình tư duy của con người cũng tuân theo quy luật đó. Do vậy, dạy học môn 
Toán cho học sinh, đặc biệt là hình học, không những truyền thụ kiến thức cho 
các em mà quan trọng hơn là dạy tư duy.
3. Đặc điểm lứa tuổi thiếu niên.
 Đặc điểm của lứa tuổi thiếu niên là đang có xu hướng vươn lên làm người 
lớn, muốn tự mình tìm hiểu, khám phá trong quá trình nhận thức. Hình thành và 
phát triển tư duy tích cực độc lập sáng tạo trong dạy học toán cho học sinh là 
một quá trình lâu dài, thông qua từng tiết học, thông qua nhiều năm học, thông 
qua tất cả các khâu của quá trình dạy học nội khoá cũng như ngoại khoá.
 Dựa vào các đặc điểm trên, trong từng tiết học, tôi thường động viên, khích 
lệ các em phát huy tính tích cực chủ động và tư duy sáng tạo trong việc làm các 
bài tập, đặc biệt là bài tập hình. 
 CHƯƠNG II: CƠ SỞ THỰC TIỄN VÀ GIẢI PHÁP THỰC HIỆN
1 Tình hình học môn hình ở trường trung học cơ sở
 Trong quá trình giảng dạy môn toán bậc THCS, với nhiều năm trong nghề 
tôi thấy tình trạng chung là học sinh không thích thậm chí là sợ môn hình. Vì lí 
do khó hiểu, quá trừu tượng, lúng túng trong quá trình tìm tòi lời giải bài toán, 
mất phương hướng và không biết để chứng minh bài toán thì bắt đầu từ đâu, làm 
như thế nào.
 Khi giảng dạy môn hình ngay trong mỗi tiết học người thầy không thường 
xuyên tạo thói quen, rèn thói quen cho học dùng phương pháp phân tích đi lên 
để tìm lời giải bài toán thì học sinh dần dần học sinh sẽ khó tiếp thu, không tự 
giải được bài toán hình.
2. Nguyên nhân: 7
góc với AB (Ax, By và nửa đường tròn thuộc cùng một nửa mặt phẳng bờ AB). 
Qua điểm M thuộc nửa đường tròn (M khác A và B), kẻ tiếp tuyến với nửa 
đường tròn, cắt Ax và By theo thứ tự ở C và D. Chứng minh rằng:
 1. C· OD = 900,
 2. CD = AC + BD
 3. Tích AC.BD không đổi khi điểm M di chuyển trên nửa đường tròn.
 (Bài tập 30 - trang 116. SGK Toán 9 - Tập 1. NXB GD năm 2006)
 Giải:
 1
 1. Áp dụng tính chất hai tiếp tuyến cùng 2
 ˆ ˆ ˆ ˆ
 xuất phát từ điểm C, ta có: C1 C2 ;O1 O2 
 Áp dụng tính chất hai tiếp tuyến cùng xuất 
 ˆ ˆ ˆ ˆ 1
 phát từ điểm D, ta có: D1 D 2 ;O3 O 4 2
 2 3
 1800
 Do đó: Oˆ Oˆ Oˆ Oˆ 900 . 4
 1 4 2 3 2
 Hay COˆ D = 900
2. Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: CA = CM và DB = DM.
Nên CD = CM + MD = CA + DB
3. Theo câu 1, C· OD = 900, hay tam giác COD vuông tại O.
Mặt khác: OM  CD (tính chất tiếp tuyến).
Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vuông COD, ta có:
 OM 2 AC.AD. Hay AC.AD R 2 không đổi
 * Đối với học sinh trung bình ta có thể khai thác bài toán bằng các câu 
hỏi sau:
 4. Chứng minh COD và AMB đồng dạng với nhau ?
 ˆ ˆ ˆ ˆ
Gợi ý: Ta có: C1 C 2 ; D1 D2 COD AMB (g.g)
 * Khi COD AMB ta nghĩ đến tỉ số diện tích các tam giác đó nên có 
thêm câu hỏi: 
 S R
 5. Tính tỉ số COD khi AC = ?
 SAMB 2
Gợi ý: Theo cách chứng minh ở câu 3, ta có OM 2 = MC. MD hay MC. MD = R2 
 R OM 2 R
mà MC = AC = Từ đó suy ra: MD = = R2: = 2R 
 2 MC 2
 R 5R
 => CD = CM + DM = + 2R = 
 2 2
 CD 5R 5
Theo trên COD AMB => = : 2R = = k (k là tỷ số đồng dạng).
 AB 2 4 9
 11 a. Gọi P là tâm đường tròn đi qua 4 điểm O; E; M; F. Hãy tìm quỹ tích 
của điểm P, khi M chạy trên nủa đường tròn tâm O, đường kính AB.
Gợi ý: Từ kết quả của câu 10, ta có: 
PO = 1 OM = R . Do điểm O cố định, 
 2 2
PO = R không đổi nên quỹ tích của P 
 2
là nửa đường tròn đồng tâm với (O) 
có bán kính bằng nửa bán kính của 
(O)
 11 b. Gọi N là trung điểm của CD. Tìm quỹ tích điểm N khi M di chuyển 
trên nửa đường tròn tâm O, đường kính AB (M không trùng với A và B).
Gợi ý:
Vì ON là đường trung bình của hình 
thang ACDB nên ON // Ax // By. Do 
đó N thuộc tia Ot song song và cách 
đều hai tia Ax và By. Gọi M’ là giao 
điểm của tia Ot và nửa đường tròn. Nếu 
 M  M' thì N  M' 
Do đó quỹ tích của điểm N là tia M’t 
 * Từ bài toán gốc có thể liên tưởng đến bài toán cực trị không? Đối với 
bài này ta có thể khai thác được bởi các câu hỏi.
 12 a. Xác định vị trí của M để chu vi tứ giác ACDB đạt giá trị nhỏ nhất?
Gợi ý: 
Chu vi tứ giác ACDB = AB +AC + CD + DB
Mà AC + BD = CD nên suy ra chu vi của tứ giác ACDB = AB + 2CD.
Do AB không đổi nên chu vi tứ giác ACDB nhỏ nhất khi CD nhỏ nhất.
CD nhỏ nhất CD  Ax và CD  By, khi đó CD // AB. 
Suy ra M là điểm chính giữa của cung AB
 12b. Xác định vị trí của M để diện tích tứ giác ACDB đạt giá trị nhỏ nhất?
Gợi ý:
Tứ giác ACDB là hình thang, có diện tích là: S = 1 (AC + BD).AB
 2
S nhỏ nhất (AC + BD ) nhỏ nhất: Mà AC + BD = CD (câu 2)
Vậy CD nhỏ nhất CD // AB. Khi đó M là điểm chính giữa của cung AB 11
 2. ME . MO = MF . MO’
 3. OO’ là tiếp tuyến chung của đường tròn đường kính BC
 4. BC là tiếp tuyến của đường tròn, đường kính OO’
Giải: (BT 42– trang 128. SGK Toán 9 - Tập 1.)
1. Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có:
MO là phân giác của góc BMˆ A
MO’ là phân giác của góc CMˆ A
Mà B· MA và C· MA là hai góc kề bù nên 
 OMˆ O'=900 (1)
 Mặt khác ta có BMA cân tại M có 
ME là phân giác của BMA
 ME  BA hay M· EA = 900 (2)
Tương tự M· FA = 900 (3) 
Từ (1); (2); (3) ta có: 
 E· MF M· EA M· FA = 900
Suy ra tứ giác AEMF là hình chữ nhật
2. MAO vuông tại A có AE  MO MA2 = ME . MO
 MAO' vuông tại A có AF  MO’ MA2 = MF . MO'
Do đó: ME . MO = MF . MO’ 
3. Vì MB = MC = MA (C/m trên)
Nên đường tròn đường kính BC có tâm là 
M đi qua A. Mà OO’  MA tại A (M)
 OO' là tiếp tuyến của đường tròn đường 
kính BC
 · 0 ’
4. OMO' = 90 , nên M thuộc đường tròn có tâm O1 đường kính OO
 ’
Hình thang OBCO có MO1 là đường trung bình, nên MO1 // OB mà BC  OB , 
suy ra BC  O1M
 ’
Do đó BC là tiếp tuyến của đường tròn tâm O1 đường kính OO
 * Từ bài toán trên ta có thể khai thác tiếp như sau:
 5. Kéo dài BA cắt (O’) tại P; kéo dài CA cắt (O) tại Q. Chứng minh B,O,Q 
thẳng hàng; C, O’, P thẳng hàng 13
- Nếu H thuộc đoạn BC, khi đó theo (*) ta có: BH = 2 Rr2 ; HC = 2 r.r2
 BC = BH+HC 2 Rr = 2 Rr2 + 2 rr2
 Rr = Rr2 + rr2 Rr = ( R + r ) r2
 2
 Rr Rr
 r = 
 2 2
 R + r R + r 
- Nếu H thuộc tia đối của CB (H ở vị trí H’ trên hình vẽ).
 Khi đó BC = BH’ – H’C
 2 R r = 2 R r2 - 2 r r2
 R r = R r2 - r r2
 2
 R r R r
 r = 
 2 2
 R - r R - r 
 *Qua chứng minh ở câu 8. Nếu chú ý hơn một tí, chúng ta sẽ có thêm 
câu hỏi: 
 1 1 1
 9. Chứng minh = + với H thuộc đoạn BC
 r2 R r
Thật vậy, từ hệ thức 2 Rr 2 Rr2 + 2 rr2 ta có: Rr Rr2 rr2
 1 1 1
 r2 R r
 10. Gọi N là giao điểm của IB và KC, dễ thấy tứ giác ABNC là hình chữ 
nhật. Vậy liệu 3 điểm N, M, A có thẳng hàng không?
Gợi ý: