Sáng kiến kinh nghiệm Phương pháp tìm lời giải các bài toán chứng minh hình học THCS - Năm học 2008-2009

“Phương pháp tìm lời giải các bài toán chứng minh hình học”
I. Nhận thức cũ và tình trạng cũ:
Việc dạy tốt học tốt môn toán trong nhà trường THCS là hết sức quan trọng, là cơ sở, là tiền đề để giúp học sinh học tốt các môn học khác . Đồng thời là nền móng vững chắc để học sinh tiếp tục học tốt môn toán ở các lớp trên . Dạy tốt và học tốt môn toán giúp học sinh có phương pháp tự học, tự tìm tòi có phương pháp học tốt các môn học khác . Để giúp học sinh học tốt môn hình học thì: Việc phát triển năng lực tư duy cho các em tìm lời giảI các bài toán chứng minh hình học là rất cần thiết. Nhiều học sinh khi gặp bài toán chứng minh hình học còn lúng túng không biết xuất phát từ đâu, suy nghĩ như thế nào để tìm ra lời giải và trình bày đúng lời giảI của một bài toán chứng minh hình học. 
Các tiết luyện tập việc giải bài tập của học sinh và việc chữa bài tập của giáo viên trên lớp đang dừng lại ở việc tìm ra lời giải , việc làm này không quá khó . Nếu một tiết chữa bài tập như thế thì giáo viên đã dẫn học sinh đến thế bị động , phụ thuộc vào lời giải của thầy khi tự giải bài tập học sinh sẽ máy móc thiếu sáng tạo . Một tiết chữa bài tập như vậy giáo viên sẽ không khơi dậy được óc tò mò , sự sáng tạo , bản chất tò mò ham khám phá của học sinh . Việc dạy và học môn toán như vậy trở nên nhạt nhẽo gây ra sự mệt mỏi của học sinh .
II. Nhận thức mới và những giải pháp mới:
Vậy để bước đầu giúp các em biết đặc biệt hoá, khái quát hoá để khai thác sâu hơn, từ đó đưa ra những bài toán mới là một yêu cầu cần thiết của người giáo viên dạy toán gúp các em phát triển tư duy sáng tạo trong học tập.
 	Qua thực tế giảng dạy nhiều năm chúng tôI rút ra một số kinh nghiệm về “Phương pháp tìm lời giải các bài toán chứng minh hình học”. Với những ví dụ cụ thể sau giúp học sinh từng bước hoàn thành các kỹ năng :
Tìm hiểu đề bài, suy nghĩ tìm tòi lời giải, trình bày lời giải.
Tập khai thác bài toán và tập đề xuất bài toán mới.
Bài toán 1 :	Cho hai đường tròn (O) và (O’)	cắt nhau tại A và B . Một cát tuyến thay đổi qua A cắt hai đường tròn tại M và N . Chứng minh rằng khi MN quay quanh A thì :
Câu a: Góc MBN không đổi.
Câu b: Góc MPN không đổi ,
(P là giao điểm của OM và O’N).
* Tìm hiểu đề bài: 
Bài toán cho hai đường tròn cắt nhau 
ở Avà B và một cát tuyến MAN thay 
đổi qua A 
yêu cầu chứng minh hai góc có giá trị không 
đổi khi cát tuyến quay quanh A .
* Cách tìm lời giải : 
a) Chứng minh éBMN và éBNM không đổi từ đó suy ra éMBN không đổi.
b) Chứng minh éMPN luôn bằng éOAO’ không đổi
* Cách giải:
a) Xét tam giác BMN có éBMN và éBNM là những góc nội tiếp của hai đường tròn (O) và (O’) chắn cung AmB và cung AnB cố định nên chúng có giá trị không đổi suy ra éMBN của tam giác BMN không đổi (vì tổng ba góc bằng 1800)
b) éMPN = 1800 – (éPMN + éPNM) . Do éOMA = éA1 ; éO’NA = éA3
 Mà éOAO’ = 1800 – (éA1 + éA3) . Từ đó suy ra éMPN = éOAO’ không đổi .
* Khai thác bài toán :
	Có thể đặt thêm câu hỏi sau:
Câu c: Chứng minh rằng bốn điểm O; P; B; O’ cùng nằm trên một đường tròn.
Câu d: Nếu góc P = 900 . Hãy tính OO’ theo các bán kính R và r
Bài toán 2: Cho hai đường tròn (O) và (O’)	cắt nhau tại M và N . Qua M ta kẻ hai cát tuyến AB và CD sao cho MN là phân giác của góc CMB . 
Chứng minh rằng AB = CD
* Tìm hiểu đề bài: 
 Bài ra cho (O) và (O’) cắt nhau 
và hai cát tuyến AB và CD ; qua 
giao điểm M và éCMN = éNMB . 
Yêu cầu chứng minh hai cát tuyến bằng nhau.
* Cách tìm lời giải:
Do MN là phân giác của éCMB nên éM1 = éM2 . Xét các cặp góc nội tiếp bằng nhau éMAN = éMCN và éMDN = éMBN . Suy ra : éANB = éCND 
 Sau đó chứng minh ΔANC cân và ΔANB = ΔCND để có AB = CD .
* Cách giải:
 Ta có : éMAN = éMCN (hai góc nội tiếp chắn cung MN trong (O))
 éMDN = éMBN (hai góc nội tiếp chắn cung MN trong (O’))
	ị éANB = éCND
 Mặt khác : éAMN + é CAN = 1800 (vì  AMNC nội tiếp)
 	ị éM2 = éCAN = éM1 = éCAN . Vậy ΔCNA cân ị NA = NC
ΔANB = ΔCND ị AB = CD
* Khai thác bài toán :
Câu1: Vẫn giữ nguyên hai đường tròn (O) và (O’)	cắt nhau tại M và N nhưng thêm điều kiện sau: OM và ON là hai tiếp tuyến với đường tròn (O’) ; OO’ cắt cung MN tại P nằm trong (O’) mà MP và NP cắt (O’) theo thứ tự tại M’ ; N’ . 
	Chứng minh ba điểm M’ ; O’ ; N’ thẳng hàng .
Câu 2: Với bài toán trên ta có thể chứng minh điều ngược lại : Cho hai cát tuyến AB và CD bằng nhau. Chứng minh MN là phân giác của góc CMB
Bài toán 3: Cho đường tròn tâm O đường kính AB . Từ A vẽ dây AE bất kỳ rồi vẽ các tiếp tuyến với đường tròn (O) tại B và E cắt nhau ở G .	
a) Chứng minh rằng : OG // AE và éAOE = éEGB .
b) Suy ra cách dựng tứ giác ABGE có AB = 3 cm và éBGE = 500 .
* Tìm hiểu đề bài: 
 Bài ra cho (O) đường kính AB dây AE 
bất kỳ và hai tiếp tuyến tại B và E cắt 
nhau ở G. Yêu cầu chứng minh hai đoạn
 thẳng song song và hai góc bằng nhau 
từ đó suy ra cách dựng một tứ giác biết
 một cạnh là AB và một góc không kề .
* Cách tìm lời giải:
a) Chứng minh hai góc đồng vị éA1 = éO2 Suy ra OG // AE
 Chứng minh éAOE = éEGB Vì có cạnh tương ứng vuông góc.
b) Dựng tam giác OAE có cạnh AO = 1,5 cm và góc AOE = 500
 Dựng các tiếp tuyến tại B và E cắt nhau tại G
* Cách giải:
a) Ta có : éO1 = éO2 (vì ΔOGE = ΔOGB) . Mà éA1 = 1/2éEOB
	ị éA1 = éO2 ị OG // AE . Do đó GE và BG là tiếp tuyến 
Suy ra éB = éE = 900 . Suy ra éAOE = éEGB 
b) Dựng đường tròn tâm O đường kính AB = 3 cm
 Dựng tam giác AOE biết OA = 1/2AB = 1,5 cm và éAOE = 500 . Từ E và B dựng các đường vuông góc với OB và OE cắt nhau tại G .
 Tứ giác ABGE thoả mãn vì éAOE = éEGB = 500 .
 Bài toán có một nghiệm hình . 
* Khai thác bài toán :
 Ta có thể đặt thêm các câu hỏi sau:
c) Xác định vị trí của E trên (O) sao cho tứ giác AOGE là hình bình hành . Khi đó tứ giác EOBG là hình gì ? 
d) Tính chu vi của hình bình hành AOGE và của tứ giác EOBG , theo bán kính R của (O)
Bài toán 4: Cho đường tròn tâm O đường kính DE . Điểm G trên (O) và điểm H trên OE . Kẻ HI vuông góc với DG và phân giác góc GDE cắt đường tròn (O) tại K; cắt IH tại L . GL cắt (O) tại M .	
a) Chứng minh : IH // GE
b) Chứng minh : éIHD = éGMD .
* Tìm hiểu đề bài: 
 Bài ra cho (O) đường kính DE và hai 
điểm G ẻ (O) ; Hẻ DE với HI vuông 
góc với DG . Gọi K và L theo thứ tự là 
giao điểm của phân giác góc GDE 
với (O) và IH. Gọi M là giao điểm 
của GL với (O) . Yêu cầu chứng minh 
hai đoạn thẳng song song và hai góc bằng nhau .
* Cách tìm lời giải:
a) Chứng minh hai đường thẳng EG và HI cùng vuông góc với DG 
 Suy ra OG // AE
b) Để chứng minh éH1 = éM2 . Ta chứng minh éH1 = éE ; éM2 = éE
* Cách giải:
a) Ta có : éDGE = 900 (góc nội tiếp chắn nữa đường tròn) .
 Mà IH ^ DG (gt). Suy ra HI // GE (vì GE và HI cùng vuông góc với DG)
b) HI //GE ị éE = éH1 (cặp góc đồng vị)
 mà éE = éM2 (góc nội tiếp cùng chắn cung DG) 
 ị éH1 = éM2 Tức là éIHD = éGMD
* Khai thác bài toán :
 Có thể đặt thêm câu hỏi sau : 
c) Chứng minh 4 điểm D ; L ; H ; M nằm trên một đường tròn .
d) Chứng minh 3 điểm H ; K ; M thẳng hàng .
HD: c) Do éH1 = éM2 ( câu b) nên H và M nhìn DL dưới một góc bằng nhau . 
	Suy ra 4 điểm D ; L ; H ; M nằm trên một đường tròn .
 d) éGMH = éD2 (1) (Góc nội tiếp cùng chắn cung LH)	
	 Mặt khác : éGMK = éD1 (2) (góc nội tiếp cùng chắn cung GK)
	Từ (1) và (2) suy ra : éGMK = éGMH 
	Vậy 3 điểm H ; K ; M thẳng hàng .
Bài toán 5: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O và H là giao điểm của hai đường cao AA’ và BB’ .
a) Chứng minh rằng : CA’. CB = CB’. CA
b) AA’ kéo dài cắt đường tròn (O) tại H’ . Chứng minh H và H’ đối xứng nhau qua cạnh BC . Từ đó rút ra nhận xét điểm H’ thuộc đường nào.
* Tìm hiểu đề bài: 
 Bài ra cho tam giác ABC nội tiếp đường
 tròn tâm O và trực tâm H . Yêu cầu 
chứng minh một hệ thức và hai điểm 
H và H’ đối xứng nhau qua cạnh BC, 
từ đó rút ra nhận xét .
* Cách tìm lời giải:
a) Chứng minh hai tam giác vuông đồng dạng CA’A và CB’B
b) Chứng minh BA’ là phân giác góc HBB’ và tam giác HBH’ cân tại B . Từ đó suy ra H và H’ đối xứng qua BC .
	Nhận xét : Điểm H’ đối xứng của H qua cạnh BC nằm trên (O) .
* Cách giải:
a) Ta có : éA1 = éB1 (góc có cạnh tương ứng vuông góc) .
 Xét hai tam giác vuông CA’A và CB’B có : éA1 = éB1 ; éA’ = éB’ 
S
	ị D CA’A D CB’B
	ị hay CA’. CB = CB’. CA
b) éA1 = éB2 (cùng chắn cung H’C)
 mà éA1 = éB1 ị éB1 = éB2 ị DBHH’ có phân giác BA’ vừa là đường cao nên DBHH’ cân ị A’H = A’H’ Tức H và H’ đối xứng qua BC .
	Rút ra kết luận : Điểm đối xứng của trực tâm H qua một cạnh của tam giác thì nằm trên một đường tròn ngoại tiếp tam giác đó .
* Khai thác bài toán :
c) Gọi P là điểm đối xứng của O qua BC . Hãy chứng minh tứ giác AOPH là hình bình hành .
d) Giả sử A chuyển động trên cung BAC . Tìm quỹ tích trực tâm H .
Bài toán 6: Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH và đường tròn (O) ngoại tiếp tam giác AHC . Gọi D là diểm đối xứng của B qua H ; Nối AD cắt (O) tại E . Chứng minh rằng : 
a) AH2 = HD. HC và CH là tia phân giác góc ACE 
b) Tam giác HAE cân và HO // EC
* Tìm hiểu đề bài: 
 Bài ra cho đường tròn (O) ngoại tiếp
 tam giác vuông AHC trong đó đỉnh 
A của tam giác vuông ABC và H là 
chân đường cao . Lờy trên BC sao 
cho HB = HD ; AD cắt (O) tại E . 
Yêu cầu chứng minh một hệ thức 
và một tia phân giác ; Chứng minh
 một tam giác cân và hai đoạn 
thẳng song song .
* Cách tìm lời giải:
a) Xét tam giác vuông ABC với đường cao AH và áp dụng hệ thức h2 = b’. c’ . Để chứng minh éC1 = éC2 . Lưu ý : éA1 = éC2 ; éA1 = éC1 
b) Dựa vào kết quả éC1 = éC2 của câu a để chứng minh tam giác HAE cân . Ngoài ra chứng minh HO và EC cùng vuông góc với AE .
* Cách giải:
a) DABC có : AH2 = BH. HC = HD. HC (vì B và D đối xứng nhau qua H)
	éA2 = éC2 (hai góc nội tiếp cùng chắn cung HE)
	éA1 = éC1 (góc có cạnh tương ứng vuông góc) .
	Mà éA1 = éA2 (DABD cân)
	ị éA2 = éC2
	ị éC1 = éC2 . Nên CH là phân giác của góc ACE
b) éC1 = éE1 (cùng chắn cung AH)
 mà éA2 = éC2 ; éC1 = éC2 ị éE1 = éA2 ị DHAE cân tại H .
	Do éAEC = 900 ; H và O cách đều A và E nên OH là đường trung trực của AE . Tức OH ^ AE . Vậy EC và OH cùng vuông góc với AE nên EC // OH .
* Khai thác bài toán :
	Nếu DABD đều có cạnh bằng a . Chứng minh rằng : 
	c) Tứ giác ACEH là hình thang cân .
	d) Tính theo a và các cạnh và diện tích của tứ giác ACEH .
* Hướng dẫn HS giải:
Cách1: C/m: góc MBN = góc MCN = 900
	ị □ MBCN nội tiếp
Cách2: C/m: góc BCM = góc BNM
	ị □ MBCN nội tiếp
Cách3: C/m: góc MNC = góc ABC
	ị □ MBCN nội tiếp
Nhận xét: Từ câu c giáo viên cho học sinh nhận thấy ba điểm A, D, O’ (O’ là trung điểm của MN) thẳng hàng, nên ta có câu hỏi: 
Câu d: Gọi O’ là trung điểm của MN. Chứng minh ba điểm A, D, O’ thẳng hàng. Trong hình có bao nhiêu tứ giác nội tiếp ?
* Hướng dẫn HS giải:
Cách 1: C/m : ba điểm A, D, O’ 
	thuộc đường trung trực của BC
Cách 2: C/m: AD là đường trung tuyến 
	của tam giác cân AMN
Cách 3: C/m: AD và AO’ là
	các tia phân giác của
	góc MAN.
 	ị ba điểm A, D, O’ 
	thẳng hàng.
* Hướng dẫn HS C/m:
 các tứ giác nội tiếp : □ BDO’M ; □ CDO’N
Nhận xét: từ giả thiết ở câu c) ta có câu hỏi:
Câu e: Chứng minh: AB. MB = NB. CD
* Hướng dẫn HS giải: 
Cách 1: C/m DABD 	 DNBM (g - g) 
 ị AB. MB = NB. CD
	 CD = BD (gt)
Cách 2: C/m: BM = CN (1)
	DCND 	 DBNA (g - g) 
	 (2)
	từ (1) và (2) ị AB. MB = NB. CD
Nhận xét: từ kết quả ở câu d) ta thấy các tia BD và CD là các tia phân giác của góc CBO’ và góc BCO’ nên ta có câu hỏi:
Câu g: Chứng minh D là tâm đường tròn nội tiếp tam giác BO’C.
* Hướng dẫn HS giải:
 Từ □ BCNM nội tiếp ; □ CDO’N nội tiếp
 ị góc C1 = góc N1 ; góc C2 = góc N1
 ị góc C1 = góc C2
 ị CD là phân giác của góc BCO’
Từ □ BCNM nội tiếp ; □ BDO’M nội tiếp
ị góc B1 = góc M1 ; góc B2 = góc M1
ị góc B1 = góc B2
ị BD là phân giác của góc CBO’ 
 Vậy D là tâm đường tròn nội tiếp	
tam giác BO’C
Bài toán 2 :	(BT 59 SGK)
Cho hình bình hành ABCD. Đường tròn đi qua ba đỉnh A, B, C cắt đường thẳng CD tại P khác C .
Câu a: Chứng minh: AP = AD.
* Hướng dẫn HS vẽ hình: Có hai cách vẽ hình 
	 Cách 1: góc A tù.	 Cách 2: góc A nhọ
Bài toán này chúng tôi hướng dẫn HS khai thác bài toán theo hình vẽ ở cách1 với hình vẽ ở cách 2 cũng hoàn toàn tương tự. 
* Hướng dẫn HS giải: C/m : AP = AD
ị góc APD = góc ADP
góc APD = góc ABC
góc ADP = góc ABC
	Ta chứng minh: 
ị AP = AD
ị tam giác ADP cân
Nhận xét: Qua câu a ta thấy: 
- Nếu tứ giác ABCP nội tiếp đường tròn (O) thì suy ra được: góc APD = góc B. 
 Nghĩa là nếu một tứ giác nội tiếp đường
tròn thì góc ngoài tại đỉnh bằng góc trong 
của đỉnh đối diện.
- Ta dễ dàng chứng minh được mệnh đề 
đảo là đúng. Từ đó rút ra được một dấu 
Từ đó với giả thiết bài toán 2 ta có câu hỏi:
Câu b: Kẻ AM ^ DC ; CK ^ AD ; AM ầ CK = H .
	Chứng minh tứ giác AHCB nội tiếp 
* Hướng dẫn HS giải: 
 Cách1: C/m : góc AHK = góc ABC ị □ AHCB nội tiếp
 Cách2: C/m : góc HAB + góc HCB = 1800 ị □ AHCB nội tiếp.
Nhận xét: Nếu kéo dài AP và BC cắt nhau tại E. Ta chứng minh được bốn điểm O, P, E, B cùng thuộc một đường tròn. Từ đó ta có câu hỏi:
Câu c: Gọi AP ầ BC = E . Chứng minh tứ giác OPEB nội tiế
Câu d: Chứng minh tứ giác AOCE nội tiếp
* Hướng dẫn HS giải: (Giải tương tự câu c)
Nhận xét: Nối AC ; BP ta chứng minh được DOAC = DOBP ị góc B1 = C1 từ đó ta hỏi.
Câu e: Gọi AC ầ BP = I . Chứng minh tứ giác OICB nội
Câu g: Chứng minh tứ giác AOIP nội tiếp
* Hướng dẫn HS giải: (Giải tương tự câu e)
Nhận xét: Ta kẻ PF vuông góc với AB (F thuộc AB) . Các điểm Q và N lần lượt là trung điểm của AC và BP khi đó ta chứng minh được tứ giác AFNP là hình bình hành từ đó ta có câu hỏi:
Câu h: Gọi Q ; N lần lượt là trung điểm của AC và BP . F là hình chiếu của P trên AB. Chứng minh tứ giác AFNQ là hình bình hành .
Nhận xét: Nếu xét bài toán 2 trong trường hợp đặc biệt với góc AOB = 1200 ; 
góc POC = 900 khi đó ta dễ dàng tính được độ dài AB và PC theo R (R là bán kính đường tròn). khi đó ta có câu hỏi:
Câu k: Cho góc AOB = 1200 ; góc POC = 900. Tính diện tích tứ giác ABCP theo R (với R là bán kính đường tròn) 
III. Kết quả đạt được:
Năm học 2007 – 2008 chúng tôi được phân công giảng dạy môn toán các lớp 9A; 9B; 9C; và 9D 
Với việc áp dụng phương pháp khai thác các bài toán nói trên khi dạy khi dạy các tiết luyện tập ở lớp 9A và 9D, chúng tôi nhận thấy không khí lớp học trở nên sôi nổi , hứng thú hơn nhiều, từ các bài toán đơn giản qua cách khai thác đó học sinh tự tìm ra được các bài tập tương tự và giải các bài tập phức tạp hơn đặc biệt là những học sinh khá giỏi , nhiều học sinh từ chỗ học yếu kém kiến thức lơ mơ , máy móc, thụ động đến nay đã có nhiều tiến bộ hẳn lên . 
	Kết quả bài kiểm tra cuối chương IV đạt:
Lớp
Điểm giỏi
Điểm khá
Điểm TB
Điểm Yếu
Điểm kém
TS
%
TS
%
TS
%
TS
%
TS
%
9A có áp dụng skkn
15
37,5
20
50
5
12,5
0
0
0
0
9C không ap dụng skkn
0
0
3
6,7
20
44,4
19
42,2
3
6,7
9D có áp dụng skkn
3
7,1
10
23,8
25
59,5
4
9,5
0
0
9B không ap dụng skkn
0
0
4
8
22
44
21
42
3
6
	Đặc biệt với cách khai thác này chúng tôi vận dụng trong việc bồi dưỡng HS giỏi trong năm học 2007 – 2008 đã có 4 em được công nhận học sinh giỏi cấp huyện. 
IV. Bài học kinh nghiệm:
Để có những tiết chữa bài tập áp dụng được kinh nghiệm trên đây theo bản 
 thân người giáo viên phải:
	+ Không ngừng học tập nâng cao hơn nữa kiến thức toán, khả năng phân tích
 tổng hợp , đặc biệt hoá , khai thác hoá khi giải các bài tập.
+ Có lòng say mê yêu nghề từ đó thường xuyên mày mò để phát hiện những 
cái mà học sinh còn thiếu còn cần để có biện pháp khắc phục.
+ Phân nhóm các đối tượng học sinh trong lớp để có cách khai thác các bài 
toán tuỳ vào từng đối tượng mà chúng ta đã phân ra. Từ đó đặt ra yêu cầu của từng nhóm học sinh đó.
+ Cần phải nghiên cứu kỹ để chọn bài toán , phân tích để nắm được đặc 
điểm và bản chất của bài toán các yếu tố cấu tạo nên bài toán để có thể đặc biệt hoá, hay phát biểu dưới dạng bài toán đảo, có thể phát hiện mối liên hệ giữa các yếu tố tạo nên để thay đổi các mối liên hệ từ đó phát triển các bài toán mới và giải các bài toán đó .
Châu Quang, tháng 4 năm 2009
Các tác giả