Sáng kiến kinh nghiệm Phát triển bài toán mới từ một bài tập cơ bản trong sách giáo khoa

 1. Lời giới thiệu: 
 Mọi vật thể đều được cấu tạo từ chất và mọi chất được cấu tạo từ những 
phân tử nhỏ. Trong Toán học cũng vậy mọi bài toán đều bắt nguồn từ những 
chi tiết nhỏ nhặt, những bài toán đơn giản hơn. Đối với học sinh bậc THCS 
việc tiếp thu môn hình học còn gặp rất nhiều khó khăn.Vì vậy để học sinh giỏi 
môn hình học không những phải yêu cầu học sinh nắm vững và biết vận dụng 
các bài toán cơ bản mà còn phải biết cách phát triển nó thành những bài toán 
mới có tầm suy luận cao hơn. Cách dạy học như vậy mới đi đúng hướng đổi 
mới giáo dục hiện nay. Có như vậy mới tích cực hóa hoạt động của học sinh, 
khơi dậy khả năng tự lập, chủ động, sáng tạo của học sinh. Nhằm nâng cao nă
ng lực phát hiện và giải quyết vấn đề, rèn luyện kỹ năng vận dụng kiến thức 
vào thực tế, tác động đến tâm lí, tình cảm, đem lại niềm say mê và hứng thú 
học tập cho học sinh.
 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, mắc 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.
 Trong quá trình 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 tíchđi lên để tìm lờp giải bài toán thì học sinh dần dần học sinh sẽ khó tiếp 
thu, không tự giải được bài toán hình.
 Nghiên cứu nguyên nhân, tôi thấy có mấy điểm dướiđây:
 1. Học sinh chưa nắm chắc những khái niệm cơ bản.
 2. Sách giáo khoa biên soạn tuần tự theo hệ thống kiến thứcđường thẳng, 
không tổng hợp từng loại, từng dạng làm cho học sinh khó nắm bắt cách giải 
các bài toán.
 3. Trong SGK các bài toán mẫu thường là ít, hướng dẫn gợi ý chưa thật 
đầy đủ nên khó tiếp thu và nghiên cứu.
 4. Học sinh thường chỉ học "Vẹt" các định lí và quy tắc.
 Trong các trường THCS hiện nay, tình hình phổ biến làđạiđa số học sinh 
không thích học môn hình học. Điều này theo tôi nghĩ có thể là do nhiều nguyên 
nhân. Nhưng theo tôi là giáo viên chưa chuẩn bị một cách chu đáo một giờ 
luyện tập, thông qua đó củng cố kiến thức cơ bản cho học sinh, rèn kĩ năng vận 
 1 thông qua mô hình, hình vẽ, vật cụ thể, để học sinh nắm bắt và hiểu bản chất 
của vấn đề. Điều đó rất đúng bởi quá trình tư duy của con người bao giờ cũng 
tuân theo quy luật đó. Như Lê Nin đã khẳng định"Từ trực quan sinh động đến 
tư duy trừu tượng, rồi từ tư duy trừu tượng đến thực tiễn, đó là con đường biện 
chứng của sự nhận thức chân lí của sự nhận thức khách quan".
 Trong quá trình dạy học môn Toán người thầy cần thấm nhuần nguyên 
lí giáo dục: "Học đi đôi vời hành, giáo dục kết hợp với lao động sản xuất, nhà 
trường gắn liền với xã hội".
 Thông qua môn toán, học sinh tiếp cận và tiếp thu các môn học tự nhiên 
khác. Bởi dạy môn Toán cho học sinh không những truyền thụ kiến thức cho 
các em mà quan trọng hơn là dạy tư duy.
 Hình học là môn học rất khó, trừu tượng cao đối với học sinh bậc THCS. 
Trong hình học phẳng nói chung học sinh đều cảm thấy có ít nhiều khó khăn.
Những biện pháp, giải pháp đặt ra của sáng kiến:
 Từ bài tập số 20 trang 68 (SGK hình học lớp 8 –Tập 2 -NXB Giáo dục 
2008) và bài tập 46 trang 84 SGK Toán 8 Tập 2-NXB giáo dục 2008 sau khi 
học sinh được làm, tôi đã thay đổi thành các bài toán có nội dung như sau:
Bài toán 1: Cho hai đoạn thẳng AC và BD cắt nhau ở O sao cho AB song 
song với CD. Đường thẳng qua O song song với AB cắt BC ở I. Chứng minh 
 1 1 1
rằng   (1)
 OI AB CD
Chứng minh: A
Theo giả thiết ta có D
AB //CD // OI và IB + IC = BC O
Trong tam giác CAB có: OI //AB nên theo định 
 OI IC
lí Ta-lét ta có  (*)
 AB BC B I C
Trong tam giác BCD có: OI //CD nên theo định 
 OI IB
lí Ta-lét ta có  (**)
 CD BC
Cộng vế thao vế các đẳng thức (*) và (**) ta có:
 OI OI IC IB  1 1  IC  IB BC
     OI      1
 AB CD BC BC  AB CD  BC BC
 3 Chứng minh: 
 A
Qua O vẽ đường thẳng song song với 
BC, đường thẳng này cắt AB và AC 
lần lượt tại E và F.
Theo bài toán (1) ta có: M N
 1 1 1 1 1 1
   và  
 OE BC MN OF BC MN
 O
Suy ra OE = OF
 C
 B
Trong tam giác ABI có OE // BI. I
 OE AO
Theo định lí Ta-lét ta có:  (*)
 IB AI
 OF AO
Trong tam giác ACI có OF // CI. Theo định lí Ta-lét ta có:  (**)
 IC AI
 OE OF
Từ (*) và (**) ta suy ra   IB  IC (ĐPCM)
 IB IC
Bài toán 1.3: Cho đoạn thẳng AB và đường thẳng d song song với AB. Hãy 
dùng thước hãy tìm trung điểm M của AB .
Nhận xét: Trong bài toán này ta đã thấy để sử dụng bài toán gốc (1) thì ta phải 
tạo ra hai đoạn thẳng song song. Từ đó ta có thể tạo ra đoạn thẳng song song 
với AB như sau. Từ điểm S không thuộc đoạn thẳng AB và đường thẳng d vẽ 
SA và SB, hai đường thẳng này lần lượt cắt d tại hai điểm D và E, ta có AB // 
DE. Từ đó ta có thể vận dụng bài toán 1.3 như sau: (Hệ quả của bài toán 1)
Chứng minh: 
Từ điểm S không thuộc đoạn 
thẳng AB và đường thẳng d S
(S không nằm giữa hai đường 
thẳng AB và DE) vẽ SA và D E d
SB, hai đường thẳng này lần 
lượt cắt d tại hai điểm M và O
E. Gọi O là giao điểm của AE 
và BD. Đường thẳng SO cắt 
AB tịa M. A M B
Thật vậy: Theo bài toán 1.3 
ta có MB = MC hay M là trung điểm của BC
 5 Nhận xét: y
Trong bài toán này ta đã thấy để sử dụng B
bài toán gốc (1) thì ta phải tạo ra hai 
 C
đoạn thẳng song song là AC // OB (trong 
đó AC = OA). M
Từ M vẽ MD // AC // OB (D Ox). Theo 1
 2
bài toán gốc (1) ta có O D A x
 1 1 1 1 1
     . Từ đó ta có lời 
 MD AC OB OA OB
giải như sau:
Chứng minh: Qua A vẽ đường thẳng song song với Oy cắt tia phân giác của 
góc xOy tại C. Đường thẳng qua M song song với AC cắt tia Ox tại D.
 µ ¶ µ µ
Vì O1  O2 (gt) và O1  C (so le trong)
 µ ¶
  C  O2
  AO C cân tại A  OA  AC
 1 1 1 1 1 1
Áp dụng đẳng thức (1) ta có     
 AC OB MD OA OB MD
 1 1
Do M cố định và MD // Oy nên MD không đổi. Vậy  không đổi 
 OA OB
(ĐPCM)
Bài toán 2:(Bài tập 46 trang 84 SGK Toán 8 Tập 2)
Trên hình vẽ, hãy chỉ ra các tam giác đồng dạng. 
Viết các tam giác này theo thứ tự các đỉnh tương ứng và giải thích vì sao 
chúng đồng dạng? B
a) Phân tích bài toán: 
 E
b) Lời giải: H
 Ta có +) ΔEBH : ΔD C H (g.g) (1)
 A D C
 0
 Vì : B· EH=C· DH=90 (gt)
 E· HB=D· HC (đối đỉnh)
 +) ΔEBH : ΔDBA (g.g) (2)
 7 Bài toán 1.3: Cho tam giác nhọn ABC. BD, CE là hai đường cao cắt nhau tại 
H. 
Chứng minh rằng: H BC : H ED
 Giải: 
 Ta có EBH : DCH (g.g) (theo (1) của bài toán ( 1))
 BH EH BH CH
     B
 CH DH EH DH
 E
 Xét HBC và HED có 
 H
 BH CH
  (chứng minh trên)
 EH DH A D C
 B· HC = E· HD(đối đỉnh)
 Suy ra H BC : H ED (c.g.c)
 • Từ kết quả (2) (của bài toán 3): EBH : DBA ta có các bài tập sau:
Bài toán 2.1: Cho tam giác nhọn ABC. BD và CE là hai đường cao cắt nhau 
tại H. Chứng minh rằng: BH.BD = BE.BA 
 Giải: 
Ta có EBH : DBA (g.g) (theo (2) của bài toán ( 1))
 BE BH B
    BD.BH  BE.BA (đpcm)
 BD BA
Bài toán 2.2: Cho tam giác nhọn ABC.BD và CE là hai E
 H F
đường cao cắt nhau tại H. 
 BH.BDCH.CE  BC2
Chứng minh rằng: A D C
 Giải: 
 Nối A với H, kéo dài tia AH cắt BC tại F ta được đường cao AF
Ta có: BFH : BD C (g.g) (chứng minh tương tự (2) của bài toán ( 1))
 BH BF
    BH.BD  BC.BF (1)
 BC BD
Tương tự ta có: CHF : CBE (g.g)
 9 b) Ta có A· BC = A· OC nên suy ra C· BE = C· OF
  CBE : COF (g.g)
 CE CF
  =  CE.CO=CB.CF
 CB CO
c) Ta có AOH : ACF (g.g) 
 (theo (2) của bài toán 1) 
 AO AH
  =  AO.AF=AC.AH (1) 
 AC AF
Tương tự ta có: 
  ABK:  ACE (g.g) 
 AB AK
  =  AB.AE=AC.AK (2)
 AC AE
Từ (1) và (2) suy ra 
 AO.AF+AB.AE=AC.AH+AC.AK=AC(AH+AK) (3)
Xét AOH và CBK có:
 ·AHO =C· KB (= 900)
 AO = BC (tính chất hình bình hành)
 O· AH  B· CK (so le trong) 
 Suy ra: AOH =CBK (cạnh huyền-góc nhọn) 
  AH  CK (cạnh tương ứng) thay vào (3) ta có 
  AO.AF+AB.AE=AC(CK+AK)=AC.AC=AC2
+) Từ kết quả của bài tập trên: DBA : ECA cho phép ta giải các bài toán 
sau:
 11