SKKN Phát triển tư duy cho học sinh khối 8; 9 thông qua giải một số bài toán THCS

1. Mở đầu:
	1.1 Lí do chọn đề tài
 Trong chương trình THCS, toán học chiếm một vai trò rất quan trọng. Với đặc thù là môn khoa học tự nhiên, toán học không chỉ giúp học sinh phát triển tư duy, sáng tạo, khả năng tìm tòi và khám phá tri thức, vận dụng những hiểu biết của mình vào trong thực tế, cuộc sống mà toán học còn là công cụ giúp các em học tốt các môn học khác và góp phần giúp các em học sinh phát triển một cách toàn diện.
Từ vai trò quan trọng đó mà việc giúp các em học sinh yêu thích, say mê toán học giúp các em học sinh khá giỏi có điều kiện mở rộng, nâng cao kiến thức là một yêu cầu tất yếu đối với giáo viên dạy toán. Trong quá trình giảng dạy toán cần thường xuyên rèn luyện cho học sinh các phẩm chất trí tuệ có ý nghĩa lớn lao đối với việc học tập, rèn luyện và tu dưỡng trong cuộc sống của học sinh.
 Đối với học sinh khá giỏi, việc rèn luyện cho các em linh hoạt, tính độc lập, tính sáng tạo là những điều kiện cần thiết vô cùng trong việc học toán. Nhất là đất nước ta đang trong thời kỳ công nghiệp hoá, hiện đại hoá, rất cần những con người năng động, sáng tạo có hiểu biết sâu và rộng Chính vì vậy bồi dưỡng học sinh khá giỏi không đơn thuần chỉ cung cấp cho các em một số vốn thông qua việc làm bài tập càng nhiều, càng tốt, càng khó càng hay mà phải cần thiết rèn luyện khả năng sáng tạo toán cho học sinh, khuyến khích học sinh giải bài toán bằng nhiều cách hay từ một bài toán ban đầu có thể phát triển thành nhiều bài toán khác nhưng vẫn giữ nguyên được những yếu tố của bài toán
	1.2 Mục đích nghiên cứu
Thực tế trong quá trình dạy và học toán có rất nhiều bài toán mang tính điển hình, từ bài toán đó ta có thể phát triển thêm các bài toán khác mang các thuộc tính tương tự. Bao giờ cũng vậy có những bài toán mang tính chất điển hình chứa đựng nhiều nội dung, nhiều mối liên kết lôgíc. Những bài toán điển hình có thể coi là phần tử đại diện cho một lớp các bài toán có tính chất chung. Vì vậy trong quá trình dạy theo tôi người dạy phải biết trong sâu, rộng của toán học, đâu là những bài toán mấu chốt, đâu là những bài toán đại diện và vấn đề cơ bản của các bài toán ấy là vấn đề gì.
Với những ý nghĩ đó tôi đã viết đề tài “ Phát triển tư duy cho học sinh khối 8;9 thông qua giải một số bài toán THCS”. Đây là những bài toán mà khi dạy bồi dưỡng cho học sinh THCS qua nhiều năm mà tôi đã giới thiệu cho học sinh.Với mong muốn góp một phần nhỏ bé trong công tác bồi dưõng học sinh với đồng nghiệp.
 1.3 Đối tượng nghiên cứu.
 - Phần kiến thức: Lý thuyết bài tập vận dụng kiến thức về bất đẳng thức, tìm tòi lời giải, khai thác triệt để của từng bài toán.
 - Học sinh: Học sinh khá giỏi khối 8; 9 tại trường THCS Thị Trấn - Triệu Sơn.
 1.4 Phương pháp nghiên cứu
Phương pháp quan sát: Thực trạng về công tác chỉ đạo, công tác bồi
dưỡng học sinh khá, giỏi, quá trình học tập, chất lượng học tập của học sinh khá, giỏi.
Phương pháp nghiên cứu tài liệu như nghiên cứu sách, giáo trình có liên quan đến kiến thức, bài tập vận đụng kiến thức về bất đẳng thức, khai triển một bài toán hình học . Nghiên cứu chất lượng học sinh. Nghiên cứu công tác chỉ đạo của nhà trường đối với công tác bồi dưỡng học sinh khá, giỏi.
Phương pháp tổng kết kinh nghiệm.
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM:
 	2.1 Cơ sở lý luận của vấn đề:
 Trong quá trình giảng dạy toán cần thường xuyên rèn luyện cho học sinh các phẩm chất trí tuệ có ý nghĩa lớn lao đối với việc học tập, rèn luyện và tu dưỡng trong cuộc sống của học sinh. Đối với học sinh khá giỏi, việc rèn luyện cho các em tính linh hoạt, tính độc lập, tính sáng tạo, tính phê phán của trí tuệ là những điều kiện cần thiết vô cùng quan trọng trong việc học toán.
 Với mục đích thứ nhất là rèn luyện khả năng sáng tạo Toán học, trước mỗi bài
tập tôi đã cho học sinh tìm hiểu cách giải, đồng thời người thầy 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 lí nhất. Phát hiện ra những cách giải tương tự và khái quát đường lối chung. Trên cơ sở đó với mỗi bài toán cụ thể các em có thể khái quát hoá bài toán thành bài toán tổng quát và xây dựng bài toán tương tự.
 §iÒu mong muèn thø hai ®ã lµ mong muèn thay ®æi ph­¬ng ph¸p båi d­ìng cho häc sinh kh¸ giái tõ tr­íc ®Õn nay. X©y dùng mét ph­¬ng pháp míi ®ã lµ rÌn luyÖn kh¶ n¨ng s¸ng t¹o To¸n cho häc sinh sao cho mäi lóc mäi n¬i c¸c em cã thÓ tù ph¸t huy n¨ng lùc ®éc lËp s¸ng t¹o cña m×nh.
 2.2 Thực trạng của vấn đề:
2.2.1 Thực trạng vấn đề
 Qua c¸c n¨m gi¶ng d¹y trùc tiÕp båi d­ìng cho häc sinh kh¸ giái, qua tr¾c nghiÖm høng thó häc to¸n cña häc sinh t«i thÊy chØ cã 20% c¸c em thùc sù cã høng thó häc to¸n (Cã t­ duy s¸ng t¹o), 40% häc sinh thÝch häc to¸n (ch­a cã tÝnh ®éc lËp, t­ duy s¸ng t¹o) vµ 40% cßn l¹i n÷a thÝch n÷a kh«ng. Qua gÇn gũi t×m hiÓu th× c¸c em cho biÕt còng rÊt muèn häc xong nhiÒu khi häc mét c¸ch thô động, ch­a biÕt c¸ch t­ duy ®Ó t¹o cho m×nh mét s¸ng t¹o trong c¸ch gi¶i mét bµi to¸n nµo ®ã, bëi v× do ®iÒu kiÖn kh¸ch quan cña ®Þa ph­¬ng vµ cña tr­êng, häc sinh chØ ®­îc båi d­ìng mét thêi gian nhÊt ®Þnh tr­íc khi ®i thi, do vËy chØ ®­îc häc mét ph­¬ng ph¸p, v× vËy häc sinh ch­a cã høng thó häc to¸n. 
 XuÊt ph¸t tõ ®iÒu mong muèn häc sinh rÌn luyÖn ®­îc kh¶ n¨ng s¸ng t¹o, t×m ®­îc nhiÒu c¸ch gi¶i do ®ã b¶n th©n ng­êi thÇy, ng­êi c« ph¶i lµ ng­êi t×m ra nhiÒu c¸ch gi¶i nhÊt. 
2.2.2 Kết quả khảo sát đánh giá học sinh
Trước khi viết đề tài này “ Phát triển tư duy cho học sinh khối 8;9 thông qua giải một số bài toán THCS”. khi chưa giảng dạy cho học sinh phương pháp phát triển tư duy cho học sinh tôi đã khảo sát chất lượng 40 học sinh khá, giỏi lớp 9 trường THCS Thị Trấn bằng cách làm một số bài kiểm tra về bài toán Phát triển tư duy cho học sinh thì thấy kết quả như sau: 
 Điểm
Tổng số HS
 40 
SL
%
SL
%
SL
%
SL
%
25
60,25
10
25
5
14,75
0
0
Với sáng kiến kinh nghiệm này tôi đã thu được kết quả đáng kể trong việc nâng cao chất lượng học sinh củng như đạt kết quả cao các kỳ thi học sinh giỏi các cấp.
 2.3 Giải pháp và tổ chức thực hiện:
2.3.1 Kế hoạch và thời gian nghiên cứu
Chủ đề này tôi áp dụng trong trường THCS Thị Trấn trong thời gian từ đầu năm học 2017 - 2018 và tiếp trong những năm học sau với tinh thần rút ra những bài học kinh nghiệm và có sửa chữa, bổ sung cho phù hợp với các đối tượng và giai đoạn cụ thể.
* Năm 2014 - 2017: Tìm hiểu, xây dựng khung chương trình, nghiên cứu tài liệu và xây dựng đề cương.
 * Năm 2017 - 2018: Thực nghiệm và so sánh kết quả.
2.3.2. Nội dung nghiên cứu
Phần thứ nhất: Một số bài toán thức liên quan đến đại số tìm tòi có nhiều cách giải có mốt cách sử dụng đến kiến thức về bất đẳng thức.
 Phần thứ hai: Một số bài toán thức liên quan đến hình học tìm tòi được nhiều cách giải, và một số bài toán hình học có thể phát triển thành bài toán khác. 
2.3.3 Định hướng chung 
 Trong bài toán mà có nhiều cách giải thì giáo viên nên để học sinh tự tìm tòi lời giải, sau đó nếu không có học sinh nào tìm ra lời giải khác thì giáo viên sẽ gợi mở cho học sinh để học sinh tự tìm tòi lời giải tiếp theo.
Bài toán 1: Cho các số x ; y thoả mãn x và x+ y = 1 
 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = x2 + y2
 Hướng dẫn:
CÁCH 1 : 
 Ta có x + y = 1 nên y = - x + 1 thay vào A = x2 + y2 ta có : 
 x2 + ( -x + 1)2 - A = 0 hay 2x2 - 2x + ( 1- A) = 0 (*) 
 Do đó để biểu thức A tồn tại giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi phương trình (*) có nghiệm hay .
 Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức A là khi phương trình (*) có nghiệm kép hay x = mà x + y = 1 thì y = . Vậy Min A = 1/2 khi x = y = 1/2 ( t/m)
CÁCH 2 : Theo Bất đẳng thức Bunhiacôpxky ta có 1 = x + y hay
 1= (x + y)2 . 
 Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức A là 1/2 khi x = y mà x + y =1 hay x =y = 1/2 ( t/m) 
CÁCH 3 : 
 Không mất tính tổng quát ta đặt với 
 Mà A= x2 + y2 . Do đó A = ( 1- m)2 + m2 hay A= 2m2 - 2m +1 
 hay 2A = (4m2 - 4m + 1) + 1 hay 2A = (2m- 1)2 + 1 hay 
 Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức A là 1/2 khi m= 1/2 hay x = y = 1/2.
CÁCH 4 :
 Ta có A = x2 + y2 = ( x+ y)2 - 2xy = 1 -2xy ( vì x + y =1 )
 mà xy .
 Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức A là 1/2 khi x = y = 1/2. 
CÁCH 5 : 
 Xét bài toán phụ sau : Với a , b bất kì và c ; d > 0 ta luôn có :
 (*) , dấu “=” xảy ra khi 
 Thật vậy : có (ĐPCM)
ÁP DỤNG 
Cho a = x và b = y ,từ (*) có : A= x2 + y2 = mà x+ y =1 
Nên A .Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức A là 1/2 khi x = y = 1/2.
CÁCH 6 :
 Ta có A = x2 + y2 hay xy = (*) mà x + y =1 (**) 
Vậy từ (*) ;(**) có hệ phương trình 
 Hệ này có nghiệm . 
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức A là 1/2 khi x+ y =1 và x2 + y2 = hay x = y = 1/2. 
CÁCH 7 :
 Ta có A = x2 + y2 = x2 + y2 + 1 - 1 mà x + y =1 nên A = x2 + y2 - x - y -1
 Hay A = .
 Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức A là 1/2 khi x = y = 1/2. 
CÁCH 8 : 
 Ta có A= x2 + y2 = 
 Mà x + y =1 nên A .
 Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức A là 1/2. khi x = y = 1/2. 
CÁCH 9 : 
Ta có x + y =1 . Vậy để chứng minh A 
với A = x2 + y2 thì ta chỉ cần chứng minh . 
 Thật vậy : Ta có 
Hay ( luôn đúng ) Vậy A .
 Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức A là 1/2 khi x = y =1/2. 
CÁCH 10 : 
Không mất tính tổng quát ta đặt 
.Do đó A = x2 + y2 hay (2-m)2 + (m-1)2 - A =0 hay 2m2 - 6m +5 = A 
Hay . 
Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 1/2 khi x = y = 1/2.
CÁCH 11 : Không mất tính tổng quát ta đặt 
 Do đó A = x2 + y2 hay (3 - m)2 + (m - 2)2 - A = 0 hay 2m2 - 10m +13 = A 
 Hay . 
 Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 1/2 khi x = y = 1/2.
CÁCH 12 : 
 Ta có x + y =1 hay (x+1) + (y +1) = 3 mà A = x2 + y2 hay 
 A = (x2 + 2x + 1) + ( y2 + 2y +1) - 4 hay A = (x+1)2 + ( y+1)2 - 4
Do đó ta đặt . Khi ta có bài toán mới sau :
Cho hai số a , b thoả mãn và a + b =3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = a2 + b2 - 4
 Thật vậy : 
 Ta có A = a2 + b2 - 4 = (a+b)2 - 2ab - 4 = 5 - 2ab ( vì a+b=3)
 Mặt khác theo côsi có : do đó A .
 Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức A là 1/2 khi x = y = 1/2.
CÁCH 13 : 
 Không mất tính tổng quát ta đặt 
 ( với a > b vì a - b =1 hay a = b+ 1 hay a > b )
 Do đó A = x2 + y2 hay (a-m)2 + (m-b)2 - A =0 hay
 2m2 - 2m (a+b) +(a2 + b2) = A hay 
 Hay (Vì a - b= 1)
 Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 1/2 khi x = y = 1/2.
CÁCH 14 : 
 Ta có x + y =1 hay y = 1 - x mà y 
 Do đó x2 + y2 - A = 0 hay 2 x2 - 2x +( 1 - A ) = 0 .
 Khi đó ta có bài toán mới sau :
Tìm A để phương trình 2 x2 - 2x +( 1 - A ) = 0 (*) có nghiệm 
Với x1 ; x2 là nghiệm của phương trình (*)
Thật vậy để phương trình (*) có nghiệm 
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức A là 1/2 khi x =y = 1/2.
Bài toán 2: Cho các số thực a, b, c > 0 Chứng minh rằng: 
Cách 1: Biến đổi và sử dụng bất đẳng thức AM – GM ta có: 
 (ĐPCM)
Cách 2: Cộng thêm vào hai vế của BĐT (1) với 3 Ta có 
Sử dụng bất đẳng thức AM – GM ta có: 
 (ĐPCM)
Cách 3: Không mất tính tổng quát giả sử 
Ta chứng minh: (*)
Ta có 
Vì nên và 
 (*) đúng
 (ĐPCM)
Cách 4: Không mất tính tổng quát giả sử 
Ta chứng minh: Theo BĐT AM – GM ta có: 
Lại có: Ta có 
 (ĐPCM)
Cách 5: Sử dụng bất đẳng thức phụ để chứng minh:
Ta có 
 (*)
Ta chứng minh 
Không mất tính tổng quát giả sử 
Bất đẳng thức trở thành: 
 (đúng)
 (2*)
Từ (*) và (2*) syt ra: (ĐPCM)
Cách 6: Sử dụng bất đẳng thức AM – GM ta có:
 (1) ; (2)
 (3)
Từ (1) (2) và (3) suy ra: + + + 
 (ĐPCM)
(Khi dạy đối với học sinh lớp 8 tôi thường sử dụng từ cách 1 đến cách 6 đối với học sinh khá, giỏi, các em thấy được một bài toán có thể giải được nhiều cách khác nhau, làm tăng sự hứng thú, đam mê, sáng tạo tìm tòi cách giải cho học sinh và học sinh có thêm một công cụ để khai thác và giải quyết những bài toán khó hơn.) 
Cách 7: Dùng phương pháp đổi đặt ẩn phụ:
Đặt 
Khi đó BĐT (1) trở thành: 
 Ta có 
 (ĐPCM)
Cách 8: Đặt 
 (2) ; (3)
 (4)
Từ (3) và (4) suy ra: (5)
Từ (1) và (5) suy ra: (ĐPCM)
Cách 9: Cộng thêm vào hai vế của BĐT (1) với Ta có:
Đặt Theo BĐT AM-GM ta có:
 (2)
Ta cần c/m: 
Theo BĐT AM-GM ta có: (3)
Tương tự: (4) ; (5) 
Từ (3) (4) và (5) Suy ra: 
 (ĐPCM)
Cách 10: Sử dụng cách đổi biến
Đặt 
Ta biến đổi: 
 (*) . Ta chứng minh 
Giả sử khi đó theo BĐT AM – GM ta có: 
 (2*)
Ta có (2*) mâu thuẫn với (*) nên điều giả sử là sai
Vậy (ĐPCM)
Cách 11: Sử dụng cách đổi biến
Đặt Khi đó 
Theo BĐT AM – GM ta có:
 (*)
Chứng minh tương tự: (2*)
Từ (*) và (2*) suy ra: 
 (ĐPCM)
Cách 12: Sử dụng bất đẳng thức AM – GM ta có: 
 (*)
Chứng minh tương tự: 
Từ (*) (2*) và (3*) suy ra: (ĐPCM)
Cách 13: Sử dụng bổ đề: 
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có:
Vậy (ĐPCM)
Cách 14: Không mất tính tổng quát giả sử và 
Ta có: (*)
Chứng minh tương tự: 
Từ (*) (2*) và (3*) suy ra: +++
(bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ) (ĐPCM)`
(Khi dạy đối với học sinh lớp 9 tôi thường sử dụng từ cách 7 đến cách 14 đối với học sinh khá giỏi, các em thấy được một bài toán có thể giải được nhiều cách khác nhau, làm tăng sự hứng thú, đam mê, sáng tạo tìm tòi cách giải cho học sinh và học sinh có thêm kiến thức để khai thác và giải quyết những bài toán khó hơn bằng nhiều cách suy luận dẫn đến lời giải nhanh hơn.)
Bài toán 3: Cho tứ giác ABCD có và AB = CD.Chứng minh tứ giác ABCD là hình thang cân.
Hướng dẫn: Sau khi học sinh tìm hiểu đề bài,giáo viên yêu cầu học sinh chỉ ra hướng giải là cần chứng minh AD // BC.
CÁCH 1:
B
C
D
K
A
H
Kẻ BK ^ AD ; CH ^ AD
 Suy ra: BK // CH (1)
Xét 2 tam giác vuông AKB và DHC có: ; AB = CD 
 Þ DABK = DDHC (cạnh huyền và góc nhọn)
 Do đó : BK = CH (2)
Từ (1) và (2) suy ra BKHC là hình bình hành Þ BC//AD
 Þ Tứ giác ABCD là hình thang cân
CÁCH 2: Kẻ BE//CD (E Î AD) (1)
B
C
D
E
A
Suy ra: (góc đồng vị )
 Mà (gt) Þ 
Do đó :DABE cân tại B nên AB=BE(2)
 Từ (1) và (2) suy ra BEDC là hình bình hành Þ BC//AD
 Þ ABCD là hình thang cân
CÁCH 3: 
Dựng KH là trung trực của đoạn thẳng AD
B
C
D
H
A
K
Ta thấy: A đối xứng với D qua KH
 Vì ; AB = CD 
nên B và C đối xứng với nhau qua KH
 Hay BC ^ KH Þ BC//AD
 Suy ra: ABCD là hình thang cân
CÁCH 4:
 Giả sử BC không song song với AD.
Vậy từ B kẻ BC’ // AD
B
C
D
A
C'
 Suy ra: Tứ giác ABC’D là hình thang cân
 (vì )
Do đó : AB = C’D
Nhưng theo gt : AB = CD Þ CD = C’D hay Cº C’ 
 Vậy BC//AD Þ Tứ giác ABCD là hình thang cân 
D
C
B
A
CÁCH 5:
Ta xét hai trường hợp:
a)Trường hợp 1: Nếu = 900
 Suy ra:AB//CD Mà AB = CD (gt)
 Þ ABCD là hình bình hành
 Do đó: BC//AD nên tứ giác ABCD là hình thang cân
 b)Trường hợp 2: Nếu ≠ 900
Suy ra: AB không song song với DC
Do đó: AB cắt CD tai M
Khi đó: DMAD cân Þ MA = MD mà AB = CD
D
A
B 1
C
M
 Nên : MB =MC Þ DMBC cân Þ 
 Mặt khác: DBMC và DMAD có chung
 Þ mà và ở vị trí động vị 
 Þ BC//AD
 Do đó: tứ giác ABCD là hình thang cân 
Bài toán 4: Cho D ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O với AB> AC.Kẻ đường cao AH, bán kính OA.Chứng minh: 
A
B
C
H
(Hình 1)
 Hướng dẫn:
CÁCH 1: (Hình 1)
Kẻ OI ^ AC cắt AH ở M
 Ta có: (góc có cạnh tương ứng vuông góc )
 (cùng bằng sđ )
Trong D OAM thì : (Góc ngoài của tam giác) 
C
B
A
(Hình 2)
H
D
Hay Vậy 
 CÁCH 2: (Hình 2)
Kẻ tiếp tuyến với đường tròn tại A cắt BC ở D
 Ta có: (1) (cùng chắn cung )
 (2)(Góc có cạnh tương ứng vuông góc) 
Cộng từng vế của (1) và (2) ta được:
 mà (Góc ngoài tam giác)
 Þ 
 Vậy 
C
B
A
D
(Hình 3)
CÁCH 3: (Hình 3)
Kẻ đường kính AOD,đường caoAH kéo dài cắt CD tại M
Ta có: (1) (Góc có cạnh tương ứng vuông góc)
 (2) (Góc nội tiếp cùng chắn cung )
Trừ từng vế của (1) và (2) ta được: 
Mà: (Góc ngoài của tam giác)
Vậy 
CÁCH 4: (Hình 4)
C
B
A
(Hình 4)
H
I
Kẻ OI ^ BC và OK ^ AB
 Ta có: (1) (So le trong)
 (2)
(Góc có cạnh tương ứng vuông góc) 
Cộng từng vế của (1) và (2) ta có: 
 Mà (cùng bằng sđ ) Þ 
 Vậy 
D
C
B
A
(Hình 5)
H
 CÁCH 5: (Hình 5)
 Kẻ đường kính AOD,kẻ DK ^ BC
 Ta có: (1) (so le trong) 
 (2) (Góc nội tiếp cùng chắn cung )
Cộng từng vế (1) và (2) ta có: 
 Mà (góc có cạnh tương ứng vuông góc) 
D
C
B
A
(Hình 6)
H
 Þ . Vậy 
CÁCH 6: (Hình 6)
 Kẻ đường kính AOD, kẻ CK ^ AD
 Ta có: (1)
 (Góc có cạnh tương ứng vuông góc) 
 (2) (Góc nội tiếp cùng chắn cung )
Cộng từng vế (1) và (2) ta có: 
 Mà (Góc có cạnh tương ứng vuông góc)
 Þ 
 Vậy 
C
B
A
(Hình 7)
H
x
y
 CÁCH 7: (Hình 7)
Tại A kẻ tiếp tuyến Ax 
và đường thẳng Ay//BC
 Ta có: (1)
(góc có cạnh tương ứng vuông góc)
 (2) (So le trong) 
Cộng từng vế của (1) và (2) ta có: 
 Mà 
 (góc nội tiếp cùng chắn cung ) 
 Þ Vậy 
Từ một bài toán phát triển thành bài toán khác
 Trong quá trình dạy học việc giáo viên khái quát hoá một bài toán ban đầu thành các bài toán khác giúp học sinh có thói quen nhìn nhận một bài toán dưới nhiều cấp độ để học sinh tìm được cái chung và hiểu rõ hơn bản chất của bài toán.
Bài toán 5: Trên một nữa mặt phẳng bờ là đường thẳng d cho 2 điểm A và B(A khác B).Tìm trên đường thẳng d một điểm M sao cho MA + MB là nhỏ nhất.
Hướng dẫn: Vì A ,B vai trò như nhau nên không mất tính tổng quát,lấy D đối xứng với B qua đường thẳng d.
Rõ ràng nối AD thì AD cắt d tại M và có MA +MB = MA +MD là nhỏ nhất(H1)
D
d
B
A
M
K
A
I
C
M
B
I1
H1nh1
Từ lời giải bài toán 5 ta có thể phát triển thành 
bài toán 5.1 như hình vẽ 2 sau:
 H2
 Bài toán 5.1: Cho DABC có 3 góc nhọn và điểm I nằm trên AB, K nằm trên AC.Tìm điểm M trên cạnh BC sao cho chu vi DKIM là nhỏ nhất?
 Bằng cách khai thác như vậy ta mở rộng dần các biến bằng cách cố định một trong 3 điểm I, K, M. Gợi ý nếu ta cố định một điểm M trên BC,Hãy nêu đề bài toán:
 Bài toán 5.2: Cho DABC có 3 góc nhọn,một điểm M trên cạnh BC.Hãy tìm điểm I nằm trên AB và điểm K nằm trên AC sao cho DKIM có chu vi nhỏ nhất ?
Bằng cách giải như bài toán 5. gợi ý học sinh lấy M1, M2 là các điểm đối xứng với M qua AB và AC.Nối M1M2 nhận xét giao của M1M2 với AB,AC của tam giác ABC và từ đó suy ra lời giải bài toán (H3)	
Bài toán 6: Cho tứ giác ABCD có AB < CD.Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của AB,AC,CD,BD.Chứng minh rằng tứ giác MNPQ là hình bình hành.
 Hướng dẫn
Xét DABD có: MA = MB(vì M là rung điểm của AB)
 QB = QD(vì Q là rung điểm của DB)
Þ MQ là đường trung bình của tam giác ABD
 Suy ra: MQ//AD và MQ = AD
 Chứng minh tương tự: NP//AD và NP = AD
 Do đó: MQ//NP và MQ = NP
 Þ Tứ giác MNPQ là hình bình hành
 Qua bài toán 6 ta thấy hình bình hành sẽ đặc biệt hơn nếu tứ giác ABCD thoả mãn thêm các điều kiện nào đó.
 Dễ thấy hình bình hành MNPQ trở thành hình thoi khi và chỉ khi tứ giác ABCD có hai cạnh đối bằng nhau.Ta có bài toán sau:
 Bài toán 6.1: Cho tứ giác ABCD có AD = BC,AB<CD.Gọi M,N,P,Q lần lượt là trung điểm của AB,AC,CD,BD.CMR: tứ giác MNPQ là hình thoi.
 Ta còn nhận thấy: Đường chéo NQ của hình thoi MNPQ là đáy của tam giác cân NPQ nên đườngthẳng QN cắt AD,BC lần lượt tại I,K thì 
 và (các cặp góc so le trong).Do đó: nên ta lại có thêm bài toán sau:
 Bài toán 6.2: Cho tứ giác ABCD có AD = BC,AB<CD.Gọi N,Q lần lượt là 
trung điểm của hai đường chéo AC,BD.
CMR: Đường thẳng NQ tạo với AD và BC các góc bằng nhau.
 Tương tự :MP là đáy của tam giác cân NMP nên đường thẳng MP cũng sẽ tạo với các đường thẳng AD và BC những góc bằng nhau.Từ đó ta có bài toán sau:
Bài toán 6.3: Cho tam giác EDC có ED < EC.Lấy A,B lần lượt trên các 
cạnh ED,EC sao cho AD = CB.Gọi P,M Lần lượt là trung điểm của DC,AB.PM cắt EC,ED lần lượt tại H ,G.Chứng minh: DEGH cân tại E.
Ta thấy ,do PN//DG nên và MN//CE nên mà 
 Suy ra: D EGH cân tại E
 Từ bài toán này ta lại thấy: , suy ra nếu gọi ER(RÎ AB) là phân giác của của tam giác EDC.Khi đó ta lại có .
Suy ngay ra được ER// GP.Từ đây ta có bài toán sau:
 Bài toán 6.4: Cho DEAB có EA< EB.Gọi D và C lần lượt chạy trên các tia 
 đối của tia AE và tia BE sao cho DA = CB
CMR: Trung điểm P của CD chạy trên một đường thẳng cố định.
Từ đây ta chứng minh được điểm P đi qua điểm M cố định.
 Mặt khác: MP luôn song song với đường thẳng ER là phân giác của tam giác EAB cố định.Vậy quỹ tích điểm P nằm trên đường thẳng d cố định đi qua điểm M cố định và song song với phân giác ER của tam giác EAB.
2.4 HIỆU QUẢ CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
 Trong thùc tÕ gi¶ng d¹y viÖc båi d­ìng häc sinh kh¸ giái m«n to¸n, víi c¸ch lµm trªn ®©y ®· mang l¹i hiÖu qu¶ cao trong viÖc r