Chuyên đề Rèn kĩ năng tìm lời giải bài toán hình học Lớp 9

 CHUY£N §Ò M¤N TO¸N
 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 tự và khái quát phương pháp đường 
lối chung. Trên cơ sở đó với mỗi bài toán cụ thể các em có thể khái quát hoá thành bài 
Toán tổng quát và xây dựng các bài Toán tương tự.
 Điều mong muốn thứ hai đó là mong muốn thay đổi phương pháp bồi dưỡng cho 
học sinh khá giỏi từ trước đến nay. Xây dựng một phương pháp mới đó là rèn luyện khả 
 1 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.
 Dạng 3: Chứng minh ba điểm thẳng hàng
 Dạng 4: Chứng minh các tam giác đồng dạng.
 Dạng 5: Chứng minh các điểm cùng thuộc một đường tròn
 Dạng 6: Hệ thức trong hình học
3. Tổ chức thực hiện:
 Tìm tòi cách giải bài toán.
 Dạng 1: Chứng minh hai đoạn thẳng bằng nhau:
 BÀI TOÁN 1: 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.
 3 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
Mặt khác góc I·AP là góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung AP của đường tròn tâm D nên 
góc I·AP bằng nửa số đo của góc ở tâm cùng chắn một cung là góc A· DP
 1 1
 I·AP = A· DP = I·AK Suy ra: Aµ 1 = Aµ 2   APK =  API 
 2 2
(Có chung cạnh huyền và một cặp góc nhọn bằng nhau)  PK = PI
Cách giải 4: (Hình 3)
Gợi ý: - Kéo dài K cắt đường tròn tâm D tại E 
 - Áp dụng định lí của góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung
 5 Cách giải 2: (Hình 2)
Gợi ý: Kẻ tiếp tuyến với đường tròn tại A cắt BC ở D .
Lời giải: Ta có: A· BC = C· AD (1) (Cùng chắn)A»C
 O· AH = A· DC (2) (góc có các cặp cạnh tương ứng vuông góc)
Cộng từng vế của (1) và (2) Ta được: A· BC + O· AH = C· AD + A· DC
Mà C· AD + A· DC = A· CB (góc ngoài tam giác)
  A· BC + O· AH = A· CB
 Vậy: O· AH = A· CB - A· BC (Đpcm)
Cách giải 3: (Hình 3)
Gợi ý: - Kẻ đường kính AOD 
 - Kẻ DK  BC
Lời giải: Ta cóDK // AH O· AH = O· DK (1) (so le trong)
 A· BC = A· DC (2) (góc nội tiếp cùng chắnA»C )
Cộng từng vế của (1) và (2) Ta được O· AH + A· BC = ·ODK + A· DC = ·KDC
Mà: K· DC = A· CB (góc có các cặp cạnh tương ứng vuông góc)
  O· AH + A· BC = A· CB . Vậy O· AH = A· CB - A· BC (Đpcm)
 7 Cách giải 6: (Hình 6)
Gợi ý: Kẻ OI  BC và OK  AB
 · µ
Lời giải: Ta có: OAH = O2 (1) (so le trong)
 · µ
 ABC = O1 (2) (góc có các cặp cạnh tương ứng vuông góc)
 · · µ µ
Cộng từng vế của (1) và (2) Ta được OAH + ABC = O1 + O 2 
 µ µ · 1 »
Mà O1 + O2 = ACB (Cùng bằng sđ AB )
 2
  O· AH + A· BC = A· CB
Vậy O· AH = A· CB - A· BC (Đpcm)
Cách giải 7: (Hình 7)
Gợi ý: Tại A kẻ tiếp tuyến Ax và đường thẳng Ay // BC
Lời giải: Ta có: O· AH = x· Ay (1) (góc có các cặp cạnh tương ứng vuông góc)
 A· BC = B· Ay (2) (so le trong)
Cộng từng vế của (1) và (2) Ta được: O· AH + A· BC = x· Ay + B· Ay = x· AB
Mà: x· AB = A· CB (góc nội tiếp cùng chắnA»B )
  O· AH + A· BC = A· CB
Vậy O· AH = A· CB - A· BC (Đpcm)
 Đây là một bài toán có nhiều cách giải khác nhau nhưng ở bài toán này việc sử 
dụng yếu tố vẽ thêm đường phụ là một vấn đề quan trong cho việc tìm ra các lời giải và 
 9 Ta chứng minh đường trung trực của đoạn thẳng này chính là RN.
Gọi H là giao điểm của MN và PB. Ta có :
 1 1 s®B»C + s®A»B + s®A»C
 B· HN = sđ B»N + A¼M + A»P = 
 2   2 2
Vì B· HN là góc có đỉnh nằm bên trong đường tròn và 
 B»C A»B A»C 1
 B»N = ; A¼M = ; A»P =  B· HN =  3600 = 900 
 2 2 2 4
  RN là trung trực của đoạn thẳng BI  BR = RI 
   RBI cân tại R  Bµ 1 = R· IB mµ Bµ 1 = Bµ 2  Bµ 2 = R· IB
  IR // BC (Vì tạo với các tuyến BI hai góc so le trong bằng nhau)
 Cũng chứng minh tương tự ta cũng được IS // BC, từ điểm I ở ngoài đường thẳng 
BC ta chỉ có thể kẻ được một đường thẳng song song với BC 
  R ; I ; S thẳng hàng.
 Vậy RS // BC và RS đi qua tâm I của đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
Cách giải 2: (Hình 2)
Gợi ý: Trong cách giải này yêu cầu học sinh phải nắm lại kiến thức cũ về định lý Ta-lét 
đảo và tính chất đường phân giác trong tam giác đây là tính chất quan trọng mà các em 
đã được học ở lớp 8 đa số HS ít thậm trí là không hay để ý đến tính chất này.
Lời giải: Theo giả thiết ta có M¼ A = M¼ B do đó MN là phân giác của A· NB
 RA NA
Áp dụng tính chất đường phân giác trong tam giác ABN ta có: = (1)
 RB NB
 SA NA
Tương tự: NP là phân giác của tam giác ACN = (2) 
 SC NC
 RA SA
vì B»N = C»N nên BN = CN kết hợp với (1) và (2) ta được = 
 RB SC
  RS // BC (định lý Ta-lét đảo)
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
 11 PD  BD
   Tứ giác EPDB là tứ giác nội tiếp  D· BP = D· EP ( 3) 
 PE  BC
Từ (1) ; (2) và (3) ta có : P· EF + D· EP = 1800 
Suy ra ba điểm D ; E ; F thẳng hàng
 Đối với bài toán trên là một bài toán khó yêu cầu học sinh phải huy động nhiều 
kiến thức có liên quan vì vậy ngay cả việc tìm ra lời giải đã khó việc tìm ra các cách giải 
khác nhau là một vấn đề quá khó, với bài này bản thân học sinh của tôi không làm được 
sau khi giáo viên gợi ý học sinh đã dần tư duy sáng tạo và tìm được hướng đi của bài 
toán. Đơn vị kiến thức được áp dụng để giải bài toán.
 - Để chứng minh ba điểm thẳng hàng cần chứng minh hai góc kề có tổng số đo 
bằng 1800.
 - Tứ giác nội tiếp đường tròn.
 - Góc nội tiếp trong đường tròn.
Dạng 4: Chứng minh tam giác đồng dạng:
BÀI TOÁN 5: Đường tròn (O;R1) và (O';R2) tiếp xúc nhau tại P. Một cát tuyến qua P 
cắt (O;R1) tại A và (O';R2) tại B. Một cát tuyến khác cũng qua P cắt (O;R1) tại C và 
(O';R2) tại D. Chứng minh các tam giác PAC và PBD đồng dạng.
 Sau khi đọc bài toán này giáo viên cần cho học sinh nhắc lại kiến thức về hai 
đường tròn tiếp xúc với nhau. Và từ đó cần yêu cầu học sinh để giải bài toán trên chung 
ta phải đi xét hai trường hợp xảy ra.
Hai đường tròn tiếp xúc ngoài và hai đường tròn tiếp xúc trong. Ở đây tôi chỉ trình bày 
về hai đường tròn tiếp xúc ngoài còn trường hợp hai đường tròn tiếp xúc ngoài chúng ta 
chứng minh tương tự
Cách giải 1: (Hình 1)
Gợi ý: - Tính chất của hai đường tròn tiếp xúc nhau
- Áp dụng trường hợp đồng dạng thứ hai 
 13