SKKN Rèn luyện khả năng sáng tạo hình học cho học sinh lớp 8 - 9 trường THCS Lê Hữu Lập

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ 
PHÒNG GD&ĐT HẬU LỘC
RÈN LUYỆN KHẢ NĂNG SÁNG TẠO HÌNH HỌC
CHO HỌC SINH LỚP 8-9 TRƯỜNG THCS LÊ HỮU LẬP
Người thực hiện: Trần Văn Lực
Chức vụ: Giáo viên
Đơn vị công tác: Trường THCS Lê Hữu Lập
SKKN thuộc lĩnh vực (môn): Toán
THANH HOÁ NĂM 2019
1. MỞ ĐẦU
1.1. Lí do chọn đề tài:
Trong quá trình dạy học Toán đặc biệt là môn Hình Học 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. Chính vì vậy bồi dưỡng học sinh khá giỏi không đơn thuần chỉ cung cấp cho các em một số vốn kiến thức 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.
Quá trình tìm kiếm lời giải hoặc có khi là tìm thêm lời giải khác, lời giải hay của một bài toán hình học việc vẽ thêm các yếu tố phụ giúp cho việc kết nối từ giả thiết đến kết luận của một bài toán được dễ dàng hơn, thuận lợi hơn. Tuy nhiên vẽ thêm hình phụ như thế nào để có được lời giải đẹp là vấn đề khiến chúng ta phải đầu tư suy nghĩ. Thực tế cho thấy không có phương pháp chung cho việc vẽ thêm hình phụ khi giải các bài toán hình học. Tùy từng bài toán cụ thể mà chúng ta có những cách vẽ thêm hình phụ hợp lý để có thể đến với lời giải của bài toán. Vẽ thêm hình phụ là một sự sáng tạo nghệ thuật tùy theo yêu cầu của một bài toán cụ thể. Vì vậy giáo viên phải là người khởi nguồn đầu tiên cho sự sáng tạo ấy. Cho nên tôi tâm huyết chọn sáng kiến kinh nghiệm “Rèn luyện khả năng sáng tạo Hình Học cho đối tượng học sinh khá giỏi lớp 8-9”.
1.2. Mục đích nghiên cứu:
 Từ khi ra trường năm 2004 đến nay bản thân nhận thấy việc dạy học môn Hình học của một số thầy, cô giáo và việc học môn Hình học của đa số đối tượng học sinh rất ngại dạy và học. Bởi vì một lẽ môn Hình học đòi hỏi tính sáng tạo, tính tư duy, tính tưởng tượng, tính cần cù chịu khó và để giải quyết một bài toán hình học cần sử dụng rất nhiều đơn vị kiến thức. Nhiều khi chúng ta phải thừa nhận vấn đề đó rồi mới đi chứng minh. Cho nên đứng trước vấn đề đó và đặc biệt hơn việc bồi dưỡng học sinh khá giỏi môn Hình học càng khó khăn hơn nhiều. Nên bản thân đã mạnh dạn thay đổi phương pháp rèn luyện khả năng sáng tạo Hình học cho đối tượng học sinh khá giỏi với cách làm như sau:
	+ Cách làm cũ: 
- Giáo viên phát hiện số học sinh khá - giỏi nhưng việc rèn luyện và nâng cao kiến thức cho học sinh hơi muộn.
	- Quá trình bồi dưỡng rèn luyện thường thường là giáo viên đưa ra một số bài tập rồi cho học sinh nghiên cứu học sinh giải giáo viên chữa. Không đi sâu phân tích bài toán có những cách giải nào và nó vận dụng vào các bài toán khác như thế nào (có chăng thì cũng qua loa, đại khái) hứng thú học tập của học sinh chưa cao hiệu quả còn thấp.
	+ Cách làm mới:
- Giáo viên phát hiện số học sinh khá - giỏi và rèn luyện và nâng cao kiến thức cho học sinh bắt đầu từ lớp 6.
- Quá trình bồi dưỡng rèn luyện giáo viên đưa ra một số bài tập rồi cho học sinh nghiên cứu học sinh giải bằng nhiều cách (nếu có thể) giáo viên chữa bài đi sâu phân tích bài toán có những cách giải nào khác không và nó vận dụng vào các bài toán khác như thế nào gây hứng thú học tập cho học sinh hiệu quả học tập chắc chắn sẽ cao hơn.
	+ Từ hiệu quả đó bản thân đã mạnh dạn đi sâu nghiên cứu đề tài “Rèn luyện khả năng sáng tạo Hình học cho đối tượng học sinh khá - giỏi lớp 8-9” mong độc giả đón nhận và góp ý.
1.3. Đối tượng nghiên cứu:
- Học sinh khá giỏi từ lớp 8, lớp 9.
- Đưa ra một bài toán Học sinh giải Khái quát hoá bài toán Bài toán gốc Phân tích, khai thác đi tìm nhiều cách giải khác nhau Chốt lại.
- Đưa ra một số bài toán giải quyết bài toán Vận dụng bài toán đó đi giải quyết các bài toán liên quan Chốt lại.
1.4. Phương pháp nghiên cứu:
Xuất phát từ điều mong muốn học sinh rèn luyện khả năng sáng tạo, tìm được nhiều cách giải, do đó bản thân người thầy, người cô phải là người tìm ra nhiều cách giải nhất.
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lí luận:
+ Rèn luyện khả năng sáng tạo Hình học cho đối tượng học sinh khá giỏi, trước mỗi bài tập tôi đã cho học sinh tìm hiểu 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 để 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 để 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.
+ Qua sáng kiến này mong muốn thay đổi phương pháp bồi dưỡng cho học sinh khá giỏi từ trước tới nay của một bộ phận giáo viên. Xây dựng một phương pháp mới đó là rèn luyện khả năng sáng tạo Hình học cho đối tượng học sinh khá giỏi sao cho mọi lúc mọi nơi các em có thể tự phát huy năng lực độc lập sáng tạo của mình.
2.1. Thực trạng:
Qua hơn mười lăm năm giảng dạy thì hơn mười lăm năm bản thân trực tiếp bồi dưỡng đội tuyển học sinh khá giỏi của trường tham gia các kỳ thi học sinh giỏi cấp Huyện, Tỉnh. Qua trắc nghiệm hứng thú học toán của học sinh tôi thấy chỉ 20% các em thực sự có hứng thú học toán (có tư duy sáng tạo), 40% học sinh thích học toán (chưa có tính độc lập, tư duy sáng tạo) và 40% còn lại thì không . Qua gần gũi tìm hiểu thì các em cho biết cũng rất muốn học song nhiều khi học một cách thụ động, chưa biết cách tư duy để giải một bài toán một cách sáng tạo, bởi lí do điều kiện khách quan của địa phương và nhà trường, học sinh chỉ được bồi dưỡng một thời gian nhất định trước khi đi thi, do vậy chỉ được học một phương pháp, vì vậy học sinh chưa có hứng thú học toán.
2.3. Các giải pháp: 
Giải pháp 1: Chứng minh bài toán bằng nhiều cách:
Chúng ta đều biết, nhiều bài toán có thể giải bằng nhiều cách, nhất là các bài toán chứng minh hình học. Việc tìm nhiều cách giải cho một bài toán sẽ giúp học sinh nói chung và giáo viên nói riêng ghi nhớ và áp dụng triệt để, linh hoạt các kiến thức đã học khi giải toán. Xin nêu một bài toán quen thuộc của lớp 8 làm ví dụ.
Bài tập 1: Cho tứ giác ABCD có AB = CD; M, N tương ứng là trung điểm của BC; DA. Giả sử đường thẳng MN cắt các đường thẳng AB, CD tương ứng tại P; Q. Chứng minh rằng: .
	Chứng minh
Xét trường hợp P thuộc tia đối của tia AB; NM.
	 Q thuộc tia đối của các tia DC; NM và P nằm giữa N và Q
(các trường hợp khác chứng minh tương tự)
Gọi I trung điểm của AC. Từ gt suy ra
IM; IN tương ứng là đường trung bình của các 
 và 
Do đó: cân tại I 
Mặt : (slt); 
 (đvị)
Suy ra: đpcm.
* Nhận xét: Gọi E là giao điểm của AB và CD .
 Bây giờ ta đặc biệt hóa bài toán trên bằng cách cho điểm D nằm giữa A và C ==> ta có bài toán sau: 
Bài tập 1.1: Cho có AC > AB. Trên cạnh AC lấy điểm D sao cho CD = AB. Gọi M, N tương ứng là trung điểm của BC; AD. 
Chứng minh rằng: .
	Hướng dẫn CM
Cách 1: Gọi K trung điểm của BD.
Từ t/c đường trung bình của tam giác 
 cân tại K.
Do đó: đpcm.
Lời bình: Từ giả thiết M, N trung điểm của BC; AD nếu từ hình vẽ ban đầu không giải quyết được thì người làm có thể suy nghĩ ngay một điểm phụ và điểm phụ đó là trung điểm K của BD.
Cách 2: Gọi I trung điểm của AC.
Ta có: 
Mà 
. Suy ra 
Do đó: đpcm.
Lời bình: Từ cách giải trên cho ta thấy tính hiệu quả của việc khai thác trung điểm của cạnh tương ứng xây dựng trung điểm I của cạnh AC.
Cách 3: Gọi H là điểm đối xứng của A qua M.
Ta cm được cân tại C.
Do đó: đpcm.
Từ gt gợi ý M trung điểm 2 đường chéo cách giải 3.
Lời bình: Ta có thể tạo điểm M thành 1 điểm đặc biệt của một hình đặc biệt 
 M giao điểm của hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.
Cách 4: Gọi L là điểm đối xứng của D qua M.
Ta cm được cân tại B.
Do đó: đpcm.
Từ gt điểm A và D bình đẳng gợi ý xác định điểm đối xứng D qua M cách 4. 
Lời bình: Từ cách giải 1,2,3 cho ta một hướng khai thác mới. Điểm A; D bình đẳng ta lấy các điểm đặc biệt đối với A thì cũng có thể lấy các điểm đặc biệt đối với D.
Cách 5: Gọi R là điểm đối xứng của B qua N.
Ta cm được cân tại D.
Do đó: đpcm.
Từ gt điểm A và B bình đẳng gợi ý xác định điểm đối xứng B qua Ncách 5.
Lời bình: Ta thấy điểm M, N có vị trí vai trò như nhau. Từ điểm M ta có thể khai thác được nhiều cách giải đi khai thác điểm N.
Cách 6: Ký hiệu: độ dài các cạnh AB, BC, CA lần lượt là c; a; b.
Dựng AE // MN (). 
Theo đl Talet ta có: 
. Do đó 
Suy ra AE phân giác 
Vậy đpcm.
Sau khi hoàn thành bài toán trên với 6 cách giải không những học sinh mà giáo viên cũng rất là vui và phấn khích trước những cách phân tích tìm tòi lời giải hay, ngắn gọn súc tích và từ đó chắc chắn một điều rằng học sinh rất tin tưởng vào vốn kiến thức của mình, tự tin hơn trong vấn đề tiếp thu và đi khai thác bài toán.
Bài tập 2:	Cho góc xOy có tia phân giác Oz. Trên tia 0x lấy hai điểm A, B và trên tia Oy lấy hai điểm C, D sao cho A thuộc đoạn OB, C thuộc đoạn OD và AB = CD. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AC, BD. 
Chứng minh rằng MN//Oz.
+ Công việc giáo viên: HD cho học sinh một số cách chứng minh.
Có nhiều dấu hiệu để nhận biết hai đường thẳng song song như: các góc ở vị trí đồng vị, so le trong, so le ngoài bằng nhau; hai đường thẳng cùng vuông góc với đường thẳng thứ ba; hai đường thẳng cùng song song với đường thẳng thứ ba; phân giác của hai góc bằng nhau có các cạnh tương ứng song song; tính chất của hình bình hành; tính chất của các đoạn thẳng tỷ lệ; Từ những dấu hiệu nhận biết đó, hi vọng sẽ xác định được các phương hướng chứng minh thành công.
Trên thực tế, dựa vào các dấu hiệu nhận biết trên, ta có cách chứng minh sau:
Cách 1: 
Gọi là trung điểm của .
Từ và tính chất đường trung binh trong tam giác, ta có ; . Gọi lần lượt là giao điểm của với . Suy ra tam giác cân tại và 
 (t/c góc đvị) 
 cân tại O 
 (là 2 góc đồng vị) 
Oz//PQ hay Oz//MN.
Nhận xét 1: Ngoài cách xác định điểm K ở bài toán trên y/c học sinh xác định một điểm khác điểm K mà vẫn giải quyết được bài toán trên cách 2
Cách 2: 
Xác định P, Q như cách 1 và dựng hình bình hành ABED
Do đó: cân tại D. N là trung điểm của AE và MN là đường trung bình của tam giác ACE. 
suy ra MN//CE hay PQ//CE
(hai góc so le ngoài)
Và (hai góc có cạnh tương ứng song song). Suy ra POQ cân tại O 
=> Oz//MN (như cách 1).
Cách 3:
Với K là trung điểm của BC, theo cách 1 ta có cân tại K và , là hai góc có cạnh tương ứng song song, có tổng bằng 1800. Do đó phân giác Kt của đồng thời vuông góc với MN và Oz (HS tự CM). 
Suy ra MN//Oz.
Cách 4:
Trên tia đối của tia NA, lấy điểm E sao cho NA=NE. Ta dễ dàng thấy MN//CE; AB//DE; CD=AB=DE. Như vậy: CDE cân tại D và .Suy ra 
=> 
Nhận xét 2: Từ cách 1 ta có K trung điểm BC không cần xác định điểm P, Q hãy nhận xét các cạnh của và .
cách 3.
Nhận xét 3: Từ cách 2 ta xác định điểm E sao cho ABED hình bình hành NA=NE
 xác định điểm E có t/c NA=NEđi giải quyết bài toáncách 4.
Nhận xét 4: Từ cách 3 ta xác định điểm E sao cho ABED hình bình hành ta thấy điểm C,D độc lập NA=NExác định điểm E để ABEC hình bình hànhgiải quyết bài toán Cách 5
Cách 5:
Dựng hình bình hành ABEC, ta có và.
Do đó: cân tại C phân giác Ct của đi qua trung điểm H của DE; (đồng vị), suy ra hai phân giác Ct // Oz => CH // Oz.
NX5: Ta thấy các điểm A,B,C,D bài toán cho rất đặc biệt cách 1 ta xác định điểm K là trung điểm của BC xác định điểm G là trung điểm ADBT được giải quyết C6
Cách 6: 
Gọi K, G lần lượt là trung điểm của BC, AD.
Ta chứng minh được MK // Ox, MG // Oy và MKNG là hình thoi MN phân giác của .
Mặt: có các cạnh tương ứng song song, suy ra MN // Oz.
Cách 7:
Dựng các hình bình hành ABIM và CDJM, ta có 
BI // AC // DJ và BI=AM=CM=DJ, do đó BIDJ là hình bình hành. 
Mặt: N là trung điểm của BD suy ra N là trung điểm của IJ. Ta có:
MI=AB=CD=MJ nên tam giác IMJ cân tại M, suy ra MN là phân giác của .
Vì (góc có cạnh tương ứng song song) nên MN // Oz.
NX6: Từ cách giải 3 ta đã tạo được 2 góc có cạnh tương ứng song song hãy xác định hai tia phân giác của 2 góc có cạnh tương ứng song songđi giải quyết BT C7
Cách 8: Từ M, N dựng các đường thẳng song song với Oy, lần lượt cắt Oz tại M’, N’. Gọi giao điểm của AM’, BN’ với Oy lần lượt tại A’, B’.
Ta có MM’, NN’ lần lượt là các đường trung bình của các AA’C, BB’D suy ra M’, N’ lần lượt là trung điểm của AA’, BB’ và CA’=2MM’, DB’=2NN’.
Mặt: M’, N’ thuộc phân giác Oz của suy ra AOA’ và BOB’ là các tam giác cân tại O.
=> OA=OA’; OB=OB’ => AB=A’B’=CD
=> CA’=DB’ => MM’=NN’.
Lại có MM’ // NN’ (//Oy) suy ra MM’N’N là hình bình hành => MN // M’N’ 
=> MN // Oz.
NX7: Từ t/c hình bình hành hãy tạo 1 hình bình hành trong đó 1 cạnh là đối tượng cần tạocạnh đối còn lại phải là đối tượng cần CM C8
Cách 9: (Xem hình cách 8)
Trên 0y, lấy hai điểm A’, B’ sao cho OA’=OA, OB’=OB. Gọi giao điểm của AA’, BB’ với 0z lần lượt là M’, N’ ta cũng có chứng minh được MM’N’N là hình bình hành và có đpcm.
Cách 10: Gọi giao điểm của các đường thẳng đi qua M song song với 0x, qua N song song với 0y lần lượt cắt 0z tại M’, N’ và MM’ cắt NN’ tại F. Gọi giao điểm của CM’ với 0x là C’ và giao điểm của BN’ với 0y là B’.
Tương tự cách 8, ta có các tam giác COC’ và BOB’ tân tại O suy ra BC’=B’C => AC’=DB’ (vì AB=CD) 
=> MM’=NN’.
Mặt khác: (so le trong).
 (đồng vị) và 
 cân tại F
=> FM’=FN’. 
Vậy 
NX9: Từ đặc điểm của để bài cho góc x0y; điểm M,N. Hãy dự đoán nếu từ 2 điểm M,N tạo các đường thẳng song song với các cạnh của góc x0y tthì bài toán đưa về dạng cơ bản nào? C10.
Ghi chú: Sự xuất hiện của hình phụ đã thổi hồn vào lời giải của bài toán mà chắc hẳn cũng đã có lần chúng ta lúng túng, chật vật trước một bài toán hình học và rồi sẽ giật nảy mình khi phát hiện ra rằng chỉ cần vẽ thêm một yếu tố là đã đến được với lời giải bài toán. Cảm giác ấy thật là tuyệt vời mà tôi nghĩ rằng không có một câu văn, vần thơ nào diễn tả được. Giúp cho giáo viên và học sinh tin tưởng vào bản thân và kiến thức của minh hơn. Khi đã tin tưởng vào kiến thức của mình rồi thì học sinh say mê học tập và tìm tòi hơn. 
Giải pháp 2: Đi tìm bài toán có nhiều ứng dụng:
Việc phát hiện ra một bài toán cơ bản có nhiều ứng dụng yêu cầu học sinh nói chung và chúng ta nói riêng phải chủ động đi tìm những bài toán có nhiều ứng dụng đó chắc chắn sẽ là phương pháp học mang lại hiệu quả rất cao. Sau đây là một bài toán như vậy.
Bài toán ó: Cho tam giác ABC. Các điểm D, E lần lượt nằm trên các cạnh AB, AC sao cho AD = AE. Chứng minh rằng 
HD. Tam giác ADE cân tại A suy ra:
Các bài toán ứng dụng.
Bài toán 1. Từ một điểm A ở ngoài một đường tròn tâm O, kẻ các tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn (B, C là các tiếp điểm). Trên tia đối của tia BC lấy điểm D. Gọi E là giao điểm của DO và AC. Qua E vẽ tiếp tuyến (khác EC) với (O), cắt AB tại K. Chứng minh rằng bốn điểm D, B, O, K cùng thuộc một đường tròn.
Hướng dẫn.
Áp dụng bài toán ó và tính chất góc ngoài của tam giác ta có:
 đpcm.
Bài toán 2. Đường tròn tâm O nội tiếp tam giác ABC, tiếp xúc với các cạnh AB, BC lần lượt tại E, F; AO cắt EF tại K. Chứng minh rằng .
Hướng dẫn.
Xét một trường hợp: AB >AC (K thuộc đoạn EF), theo bài toán * ta có: 
=> C, O, K, F cùng thuộc một đường tròn.
HD: Để chứng minh Tứ giác OKFC nội tiếp b.toán 1
Bài toán 3. Cho tam giác ABC (AB AC). Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác; M, N lần lượt là tiếp điểm của (I) với AB, BC. Dựng CK vuông góc với AI (K thuộc đường thẳng AI). Chứng minh rằng ba điểm M, N, K thẳng hàng.
Hướng dẫn.
Xét một trường hợp: AB < AC (K thuộc tia đối của tia NM).
Ta nhận thấy I, N, K, C cùng thuộc một đường tròn suy ra .
Áp dụng bài toán ó và tính chất góc ngoài của tam giác ta có: 
suy ra => M, N, K thẳng hàng.
HD: 
M, N, K thẳng hàng 
 áp dụng bài toán ó
Bài toán 4. Cho đường tṛn (O) nội tiếp tam giác ABC (AB AC và AB BC). Các điểm D, E, F lần lượt là các tiếp điểm của (O) với các cạnh BC, CA, AB. Dựng BB1 vuông góc với OA tại B1; AA1 vuông góc với OB tại A1. Chứng minh rằng bốn điểm D, B1, A1, E thẳng hàng.
Hướng dẫn.
Áp dụng bài toán 3 ta có D, A1, E thẳng hàng và D, B1, E thẳng hàng => đpcm
Bài toán 5. Cho tam giác ABC vuông tại A có hai đỉnh A, B cố định còn đỉnh C thay đổi trên nửa đường thẳng At vuông góc với AB. Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác ABC và P, Q lần lượt là các tiếp điểm của (I) với các cạnh AC, CB. Chứng minh rằng khi C thay đổi trên At thì đường thẳng PQ luôn đi qua một điểm cố định.
Hướng dẫn.
Gọi giao điểm của hai đường thẳng PQ và AI là D, ta có B, I, D, Q cùng nằm trên một đường tròn.
Suy ra 
DAB vuông cân tại D D cố định đpcm.
Giải pháp 3: Cho học sinh sưu tầm các bài toán có nhiều ứng dụng:
Bài toán cơ bản 1: Cho ABC, đường phân giác của góc A cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác tại D. Điểm I nằm trong ABC và thuộc đoạn AD. Chứng minh rằng I là tâm đường tròn nội tiếp của ABC DB = DC = DI.
Lời giải 
Vì AD là phân giác của góc A nên ta có:
và DB = DC;
Vì I nằm trong ABC và thuộc AD nên ta có:
 và 
 I thuộc đường phân giác của góc B.
 I là tâm đường trong ngoại tiếp ABC.
Bài toán cơ bản 2: Cho I là tâm đường tròn nội tiếp của ABC. 
Chứng minh rằng (bạn đọc tự chứng minh).
Vận dụng hai bài toán cơ bản trên chúng ta sẽ giải quyết được các bài toán sau đây.
Bài toán 1: (bài 51 trang 87, SGK Toán 9 tập 2).
Cho I, O lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp, tâm đường tròn ngoại tiếp ABC với . Gọi H là giao điểm của các đường cao BB’ và CC’. Chứng minh rằng các điểm B, C, O, H, I cùng thuộc một đường tròn.
Lời giải
Từ giả thiết kết hợp với:
+ H là giao điểm của các đường cao BB’ và CC’ suy ra tứ giác AB’HC’ nội tiếp.
.
+ O là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC suy ra .
+ I là tâm đường tròn nội tiếp ABC, áp dụng bài toán cơ bản 2 ta suy ra.
. Vậy O, H, I cùng nhìn BC dưới góc 1200
Suy ra đpcm
Bài toán 2: Cho ABC có I là tâm đường tròn nội tiếp. AI, BI, CI lần lượt cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác tại P, Q, R. 
Chứng minh rằng AP + BQ + CR > AB + BC + CA.
Lời giải: Theo bài toán cơ bản 1 ta có:
2.IR = RA + RB >AB
2.IP = PB + PC > BC.
2.IQ = QC + QA > CA
=> 2(IR + IP + IQ) > AB + BC + CA.
Mặt khác CR = CI + IR; AP = AI + IP;
BQ = BI + IQ suy ra
2(CR + AP + BQ)=[(AI+BI) + (BI+IC) +(IC+IA)] 
 + 2(IR + IP + IQ) > 2(AB + BC + CA)
=> AP + BQ + CR > AB + BC + CA.
* Bài toán 1 đã được phát triển dưới nhiều góc độ khác nhau để ra đề trong các kỳ thi, chúng ta hãy cùng khai thác để thấy vẻ đẹp của bài toán 1.
Bài toán 3: Cho ABC có . Các điểm O, H lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp, trực tâm của tam giác. Đường thẳng OH cắt cạnh AB, AC lần lượt tại M, N. Chứng minh rằng AMN đểu.
Lời giải : Ta có: (gt) kết hợp bài toán 1
=>;
B, H, O, C một đường tròn. ;
H là trực tâm ABC suy ra 
đpcm
Bài toán 4: Cho ABC có hai phân giác BD, CE cắt nhau tại I. 
Chứng minh rằng: .
Lời giải 
Kẻ IH, IK lần lượt vuông góc với AB, AC 
ta có IH = IK. 
Từ bài toán cơ bản 2 suy ra:
.
Bài toán 5: 
Cho ABC nhọn. Các điểm H, O lần lượt là trực tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác. Chứng minh rằng: thì AH = AO.
Lời giải 
Từ gt: 
 đều (kết quả bài toán 3)
 AM = AN và AMH = ANO 
 AH = AO
Còn có khá nhiều bài toán khác giải được nhờ áp dụng các kết quả trên. Sau đây là một bài tập như vậy, dành cho bạn đọc.
Bài tập:
Cho ABC nhọn. Các điểm H, O lần lượt là trực tâm và tâm đường tṛn ngoại tiýp tam giác. hai đường phân giác BD, CE của tam giác cắt nhau tại I; M là một điểm trên cạnh BC sao cho MDE là tam giác đểu. Chứng minh rằng AH = AO.
2.4 . Tính hiệu quả:
Đối tượng áp dụng: 6 em trong đội tuyển học sinh giỏi lớp 8 đến lơp 9 cấp Huyện.
Đề bài: Hãy chứng minh bài toán sau bằng nhiều cách: 
	(Chính là bài tập 1.1 trong đề tài)
Cho có AC > AB. Trên cạnh AC lấy điểm D sao cho CD = AB. Gọi M, N tương ứng là trung điểm của BC; AD. 
Chứng minh rằng: .
Kết quả cụ thể: 
	* Khi chưa đưa đề tài vào áp dụng: 
+ 1 em /10 em làm được 2 cách.
	+ 3 em / 10 em làm được 1 cách.
	+ 2 em / 10 em không làm được cách nào.
* Khi