SK KN VANG 2015 2016

XÂY DỰNG HỆ THỐNG BÀI TẬP TỪ MỘT BÀI TẬP BAN ĐẦU THEO NHIỀU HƯỚNG KHÁC NHAU, PHÁT TRIỂN KHẢ NĂNG TƯ DUY, TỰ HỌC CỦA HỌC SINH TRONG MÔN HÌNH HỌCA. MỞ ĐẦU I. Đặt vấn đề1. Thực trạng của vấn đề đòi hỏi phải có giải pháp mới để giải quyết.Trong quá trình giảng dạy nói chung và bồi dưỡng học sinh khá giỏi nói riêng thì việc định hướng, liên kết, mở rộng và lật ngược bài toán là một vấn đề rất quan trọng, nó không chỉ giúp cho học sinh nắm bắt kĩ kiến thức của một dạng toán cơ bản mà còn nâng cao tính khái quát hoá, đặc biệt hoá một bài toán để từ đó phát triển tư duy, nâng cao tính sáng tạo cho các em học sinh. Hơn nữa, việc liên kết, mở rộng và lật ngược các bài toán khác nhau, tìm mối liên hệ chung giữa chúng sẽ giúp cho học sinh hứng thú và phát triển năng lực tự học một cách khoa học khi học toán

XÂY DỰNG HỆ THỐNG BÀI TẬP TỪ MỘT BÀI TẬP BAN ĐẦU THEO NHIỀU HƯỚNG KHÁC NHAU, PHÁT TRIỂN KHẢ NĂNG TƯ DUY, TỰ HỌC CỦA HỌC SINH

TRONG MÔN HÌNH HỌC

A MỞ ĐẦU

I Đặt vấn đề

1 Thực trạng của vấn đề đòi hỏi phải có giải pháp mới để giải quyết.

Trong quá trình giảng dạy nói chung và bồi dưỡng học sinh khá giỏi nói riêng thì việcđịnh hướng, liên kết, mở rộng và lật ngược bài toán là một vấn đề rất quan trọng, nó không chỉgiúp cho học sinh nắm bắt kĩ kiến thức của một dạng toán cơ bản mà còn nâng cao tính khái quáthoá, đặc biệt hoá một bài toán để từ đó phát triển tư duy, nâng cao tính sáng tạo cho các em họcsinh Hơn nữa, việc liên kết, mở rộng và lật ngược các bài toán khác nhau, tìm mối liên hệ chunggiữa chúng sẽ giúp cho học sinh hứng thú và phát triển năng lực tự học một cách khoa học khihọc toán

Qua nhiều năm giảng dạy và học tập tôi được tiếp xúc với rất nhiều đối tượng học sinh vàthấy rằng đa số học sinh không nhớ những bài đã làm thậm chí có những bài chỉ khác nhau bởilời văn nhưng nội dung lại hoàn toàn giống với bài toán cũ Đặc biệt là các bài toán đảo và bàitoán tổng quát học sinh thường không có kỷ năng nhận ra Chính vì vậy, để giúp học sinh dễdàng nhận ra các bài toán cũ, bài toán đảo, bài toán tổng quát…đồng thời góp phần vào việc đổimới phương pháp dạy học theo hướng tích cực và bồi dưỡng năng lực học toán cho học sinh, rènluyện khả năng sáng tạo trong học toán cho học sinh cũng như muốn góp phần vào công tác bồidưỡng đội ngũ học sinh giỏi Toán trường THCS Hoài Mỹ nói riêng và học sinh toàn huyện nói

chung Tôi xin được trình bày đề tài: “Xây dựng hệ thống bài tập từ một bài tập ban đầu theo nhiều hướng khác nhau, phát triển khả năng tư duy, tự học của học sinh trong môn hình học

”

2 Ý nghĩa và tác dụng của giải pháp mới.

Đề tài: “Xây dựng hệ thống bài tập từ một bài tập ban đầu theo nhiều hướng khác nhau, phát triển khả năng tư duy, tự học của học sinh trong môn hình học ” nhằm cung cấp

hệ thống kiến thứ từ dễ tới khó cho học sinh dễ dàng nắm được, đồng thời kích thích niềm đam

mê yêu toán học Tạo cho học sinh tính tò mò, say mê nghiên cứu và tự học toán Thành lập chocác em một số khả năng tư duy: đặc biệt hóa, tổng quát hóa,…giúp các em phát triển tư duy toánhọc một cách hoàn thiện hơn

3 Phạm vi nghiên cứu của đề tài

Nội dung chương trình Toán THCS mà chủ yếu là chương trình lớp 8 và lớp 9 Đối tượng

áp dụng là học sinh khá và giỏi

II Phương pháp tiến hành

1 Cơ sở lý luận và thực tiễn có tính định hướng cho việc nghiên cứu, tìm giải pháp của đề tài.

a.Cở sở lý luận

Đặc điểm của lứa tuổi THCS là muốn tự mình khám phá, tìm hiểu trong quá trình nhậnthức Các em có khả năng điều chỉnh hoạt động học tập, sẵn sàng tham gia các hoạt động học tậpkhác nhau nhưng cần phải có sự hướng dẫn, điều hành một cách khoa học và nghệ thuật của thầy

cô giáo Hình thành tính tích cực, tự giác, chủ động và đồng thời phát triển năng lực tự học của

học là một quá trình lâu dài, kiên nhẩn và phải có phương pháp Tính tích cực, tự giác, chủ động

và năng lực tự học của học sinh được thể hiện một số mặt sau:

- Biết tìm ra phương pháp nghiên cứu giải quyết vấn đề, khắc phục các tư tưởng rậpkhuôn, máy móc

- Có kĩ năng phát hiện những kiến thức liên quan với nhau, nhìn nhận một vấn đề ở nhiềukhía cạnh

- Phải có óc hoài nghi, luôn đặt ra các câu hỏi tại sao? Do đâu? Như thế nào? Liệu cótrường hợp nào nữa không? Các trường hợp khác thì kết luận trên có đúng nữa không? Và phảibiết tổng hợp các bài toán liên quan

- Tính chủ động của học sinh còn thể hiện ở chổ biết nhìn nhận vấn đề và giải quyết vấn

- Một số giáo viên chưa thực sự quan tâm đến việc khai thác, phát triển, sáng tạo bài toántrong các các giờ luyện tập, tự chọn

- Việc chuyên sâu một vấn đề nào đó, liên hệ được các bài toán với nhau, phát triển mộtbài toán sẽ giúp cho học sinh khắc sâu được kiến thức, quan trọng hơn là nâng cao được tư duycho các em làm cho các em có hứng thú hơn khi học toán

Trước thực trạng trên đòi hỏi phải có các giải pháp trong phương pháp dạy và học saocho phù hợp và có hiệu quả

2 Các biện pháp tiến hành, thời gian tạo ra giải pháp.

- Phương pháp hình thành tính tích cực, tự giác, chủ động và năng lực tự học của học sinh

- Kết hợp nhiều phương pháp: Phương pháp quan sát, Phương pháp thực nghiệm kết hợp với kiểm tra đánh giá kết quả

B NỘI DUNG

I Mục tiêu

- Cung cấp kiến thức và phương pháp tự học cho học sinh khi học bộ môn Toán

- Hình thành tính tích cực, tự giác, chủ động của học sinh Khơi dậy tính sáng tạo và giải toán của học sinh

- Phát triển năng lực tự học, biết liên kết và mở rộng các bài toán từ đó giúp các em hình thành phương pháp giải

Giáo viên: Huỳnh Hữu Vang Trang 2

1 3 2 1

2 1

1

A

B

C F

D

O

- Giúp học sinh hứng thú hơn trong học tập đặc biệt là bồi dưỡng Học sinh giỏi

II Mô tả giải pháp của đề tài

1 Thuyết minh tính mới

Trong quá trình dạy toán, chắc rằng các thầy cô giáo đã có không ít lần gặp các bài toán

cũ mà cách phát biểu có thể hoàn toàn khác, hoặc khác chút ít Những bài toán tương tự, mởrộng, đặc biệt hóa hay lật ngược bài toán mà các bài toán này có cùng phương pháp giải Nếugiáo viên định hướng cho học sinh kỷ năng thường xuyên liên hệ một bài toán mới với những bàitoán đã biết như bài toán đảo, bài toán tổng quát, bài toán đặc biệt thì sẽ làm cho học sinh pháthiện ra rằng bài toán đó không mới đối với mình nữa hoặc nhanh chóng xếp loại được bài toán từ

đó định hướng được phương pháp giải quyết một cách tích cực và chủ động Sau đây tôi sẽ đưa

ra một số ví dụ để giải quyết thực trạng trên và để thể hiện nội dung của đề tài

Từ (1) và (2) suy ra BOC = 1200 .Vậy AOB = BOC = AOC = 1200 ( ĐPCM)

2 Xây dựng hệ thống bài toán

Qua việc chứng minh ví dụ 1 ta thấy nếu vẽ về phía ngoài tam giác ABC hai tam giác đều

thì ta luôn có AOB = BOC = AOC = 1200 Với cách suy nghĩ này ta có bài toán 1 và đây là bàitoán đảo của ví dụ 1

O A

2 1 1

A

B

C F

D

O

Bài toán 1: Cho tam giác ABC nhọn hãy dựng một điểm O trong tam giác sao cho AOB =

BOC = AOC

Nhận xét: Rõ ràng nếu chưa có ví dụ 1 thì bài toán này không đơn giản nhưng nếu có ví dụ 1 và

bài toán 1 thì bài toán này trở nên đơn giản

Hướng dẫn

a Cách dựng

- Dựng về phía ngoài tam giác ABC, 2 tam giác đều ABF, ACD

- Giao điểm của BD và FC là điểm O cần dựng

b Chứng minh

- ∆ABD = ∆AFC (theo cách dựng và ví dụ 1)  B = 1 F 1

 Tứ giác AOBF nội tiếp  O = 1 B = 602 0

và O = 2 A = 601 0  AOB = 1200 (1)

- Tương tự: AOC = 1200 (2)

Từ (1) và (2) suy ra BOC = 1200 .Vậy AOB = BOC = AOC = 1200 ( ĐPCM)

Nếu trên cạnh OD ta lấy điểm P sao cho PD = OA suy ra CPD = COA Với cách suy nghĩ này

ta có bài toán thứ 2

Bài toán 2: Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác dựng các tam giác đều ABF, ACD Gọi

giao điểm của BD và CF là O

Chứng minh rằng OA + OB +OC = BD

Hướng dẫn:

Giáo viên: Huỳnh Hữu Vang Trang 4

D

O

C B

A

Trên cạnh OD ta lấy điểm P sao cho PD = OA

- Xét hai tam giác: CPD và COA có:

+ PD = OA (Cách vẽ),

+ PDC = OAC (Tứ giác OADC nt, ví dụ 1)

+ DC = AC (gt) Do đó

 CPD = COA (c.g.c) CP = OC (1) và CPD = COA =1200  CPO = 600 (2)

Từ (1) và (2) suy ra CPO đều  OP = OC

Vậy ta có: OA + OB + OC = PD + OB + OP Hay OA + OB + OC = BD

Qua bài toán thứ 2 ta thấy BD không đổi (B và D cố định) suy ra OA + OB + OC không đổi và

từ đây ta có bài toán thứ 3

Bài toán 3: Cho tam giác nhọn ABC, dựng tam giác đều ACD về phía ngoài tam giác

ABC O là một điểm bất kỳ trong tam giác ABC Tìm vị trí của điểm O sao cho tổng khoảng cách từ O tới ba đỉnh của tam giác là nhỏ nhất

Nhận xét: Đây là bài toán cũ mà mới và khó nếu như các em học sinh chưa gặp bài toán

2 và bài toán 1 nhưng nếu các em đã làm hai bài toán trên thì thực chất bài toán thứ này là bài toán thứ nhất nhưng ở mức độ câu hỏi khó hơn Thế thì làm thế nào để giáo viên hướng dẫn học sinh làm được bài mà không gặp khó khăn? Đó là hình thành cho các em biết cách liên kết các bài toán đã học với nhau từ đó học sinh sẽ lĩnh hội kiến thức một cách chủ động, tích cực và dễ dàng hơn.

Hướng dẫn:

Dựng tam giác đều OCQ ở phía ngoài tam giác OBC có bờ là đường thẳng OC

- Xét hai tam giác: ∆CQD và ∆COA, có:

+ CQ = CO, QCD = OCA và DC = AC (gt)

 CQD = COA (c.g.c)  OA = QD

Vậy ta có: OA + OB + OC = BO + OQ + QD

OA + OB + OC  BO + OD

N M

Từ (1) và (2) suy ra O là điểm nhìn ba cạnh của tam giác ABC dưới một góc bằng 1200 hay O là

giao điểm của 3 cung chứa 3 góc BOC , AOB , AOC dựng trên 3 đoạn thẳng BC, AB, AC

Nếu giữ nguyên giả thiết của ví dụ 1 và thêm chút giả thiết ta sẽ có bài toán 4 khó hơn rất nhiều

Bài toán 4: Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác, dựng các tam giác đều ABF;

ACD Gọi M, N lần lượt là trung điểm của cạnh AF và CD P là một điểm thuộc BC sao cho BP

= 3PC Tam giác MNP là tam giác gì?

Nhận xét : Đây thực sự là một bài toán rất khó, nhưng nếu ta biết giúp các em liên hệ với

các bài toán trước và bằng cách dự đoán hình vẽ thì bài này trở nên không phải là khó lắm Đối với bài toán dạng như trên thì các tam giác chỉ có thể là các tam giác đặc biệt như tam giác cân, đều, vuông…Ở bài này nhìn hình vẽ ta dự đoán là tam giác vuông.

 ∆NPM ∽∆ NHA Nên NPM = NHA = 900

Giáo viên: Huỳnh Hữu Vang Trang 6

1 3 2 1

2 1 1

E

A

B

C F

D

O

Vậy tam giác MPN là tam giác vuông tại P

Ở bài toán ví dụ ta vẽ về phía ngoài tam giác ABC hai tam giác đều là ABF, ACD thì có kết quả

là CF = BD Vậy thì bây giờ ta vẽ thêm tam giác đều BCE ở phía ngoài của tam giác ABC thìliệu AE; BD; CF có bằng nhau không và có cắt nhau tại một điểm không? Từ đó ta có các bàitoán 5

Bài toán 5: Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác, dựng các tam giác đều ABF; ACD; BCE

.Chứng minh rằng

a AE = BD = CF

b AE, BD, CF đồng quy

Hướng dẫn:

a + Theo bài toán 1 ta có CF = BD (1)

+ Chứng minh tương tự bài toán 1 ta có CF = AE (2)

Từ (1) và (2) ta có AE = BD = CF

b Gọi O là giao điểm của BD và CF Ta cần CM: A; O; E thẳng hàng

+ Thật vậy : DAB = CAF (bài toán 1) B = 1 F1

 Tứ giác AOBF nội tiếp  O = 1 B = 602 0 và O = 2 A = 601 0  AOB = 1200 (3)

+Tương tự : DAB = CAF (bài toán 1)  ADO = ACO

 Tứ giác AOCD nội tiếp  O = 3 C và DAC = DOC 1  AOC = 1200 (4)

+ Từ (3) và (4) suy ra BOC = 1200 mà BEC = 600  Tứ giác BOCE nội tiếp

 COE = CBE = 600 mà A = 601 0  COE =  A ( cùng = 601 0)

Do đó A; O; E thẳng hàng (ĐPCM)

Nhận xét : Ở bài toán 5 ta vẽ 3 tam giác đều về phía ngoài của tam giác ABC thì được kết quả

là AE = BD = CF và AE, BD, CF đồng quy và AOB = BOC = AOC =1200 Vậy thì nếu ta vẽngược trở lại tức là vẽ ngược vào trong tam giác cả ba tam giác đều thì điều đó còn đúng nữakhông? Từ suy nghĩ này ta có bài toán thứ 6

Bài toán 6: Cho tam giác ABC Dựng các tam giác đều ABD, BCE,CAF lần lượt nằm trên các

mặt phẳng có bờ AB chứa điểm C, bờ BC chứa điểm A, bờ AC chứa điểm B

a Chứng minh AE= BD= CF

b Chứng minh AE, BD, CF đồng quy

c Tính AOB , BOC , AOC

Nhận xét: Ở bài toán này, ta thấy rằng kết quả :

+ AE= BD= CF, và AE,BD, CF đồng quy vẩn đúng nhưng cách chứng minh có phần khó khăn hơn, còn kết quả

+ AOB = BOC = AOC =120 0 sẽ không đúng nữa

Hướng dẫn

a Tương tự như bài tập 4

b Do ABE = DBC nên BAE = BDC  Tứ giác ABOD nội tiếp Do đó

BAO = BDO (2 góc nt ), mà BEA = BCD và EBA = DBC (ABE = DBC)

Do đó: BEA + EBA = BCD + DBC = BAO  E, A, O thẳng hàng

c Tứ giác ABOD nội tiếp (câu a)  ADB = AOB = 600 và ABD = AOC = 600

Do đó BOC = 1200

Nhận xét : Qua bài toán này giúp các em nhận ra một điều rằng khi vẽ hình thì ta phải xét tất

các các khả năng có thể xẩy ra để từ đó xem xét hết tất cả các trường hợp và tránh sai lầm đáng tiếc.

Với giả thiết như bài toán 5 Nếu ta gọi M,N,P lần lượt là tâm của các tam giác AFB, ADC, BECthì ta lại các bài toán khó hơn bài toán 1 rất nhiều Từ đó ta có bài toán thứ 7

Giáo viên: Huỳnh Hữu Vang Trang 8

C B

A

Bài toán 7: Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác, dựng các tam giác đều ABF, ACD, BCE

.Gọi M,N,P lần lượt là tâm của các tam giác AFB, ADC, BEC

Tam giác PMN là tam giác gì?

Hướng dẫn

- Xét tam giác BPE và BMA có

MBA = PBE = MAB = PEB = 300(1)  ∆ BPE ∽ BMA(2)

Từ (1) và (2) suy ra ∆ BPM ∽ BEA  BPM = BEA (3)

- Tương tự ∆CPN ∽∆ CAE  CPN = CEA

mà BEA + CEA = 600 (4)

Từ (3) và (4) suy ra BPM + CPN = 600 do đó MPN = 600 (5)

- Chứng minh tương tự ta có PMN = 600 (6)

Từ (5) và (6) suy ra ∆PMN đều

Từ bài toán 7 nếu ta không vẽ 3 tam giác đều mà ta vẽ 3 tam giác cân ABF, ACD, BCE sao cho

AFB = ADC = AEC = 1200 thì ta lại có một bài toán hay hơn bài toán 7 rất nhiều

Bài toán 8 : Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác, dựng các tam giác cân ABM, ACN,

BCP sao cho AMB = ANC = BPC = 1200 Tam giác MNP là tam giác gì?

Nhận xét: Tuy bài toán thứ 8 khó hơn bài toán thứ 7 nhưng nếu giáo viên hướng dẫn các em

xâu chuổi các bài toán trên đặc biệt là bài toán 7 thì bài toán thứ 8 lại trở thành bài toán thứ 7.

Hướng dẫn: Dựng về phía ngoài tam giác ABC các tam giác đều ABF, ADC, BCE thì bài toán

thứ 8 lại trở thành bài toán thứ 7 và cách giải như bài số 7

Giáo viên: Huỳnh Hữu Vang Trang 9

Nhận xét: Ở bài toán 5 ta vẽ 3 tam giác đều về phía ngoài của tam giác với mổi tam giác đều có

một cạnh của tam giác đã cho Bây giờ ta thay đổi một chút là cả ba tam giác đều đó đều cóchung một đường thẳng đi qua một cạnh của tam giác đã cho thì điều đó có còn đúng nữakhông? Từ đây ta có bài toán thứ 9 và thứ 10

Bài toán 9: Cho tam giác ABC Trên cạnh AC lấy điểm M bất kỳ, dựng các tam giác đều ADM,

MCE,CAF lần lượt nằm trên các mặt phẳng có bờ AC chứa điểm B, bờ AC chứa điểm B, bờ ACkhông chứa điểm B

a.Chứng minh AE = CD = MF

b.Chứng minh AE, CD, MF đồng quy tại O

Bài số 10: Cho tam giác ABC Trên cạnh AC lấy điểm M bất kỳ, dựng các tam giác đều ADM,

MCE,CAF nằm trên mặt phẳng có bờ là đường thẳng AC chứa điểm B Chứng minh AE = CD =

MF

Hình vẽ của bài số 9 Hình vẽ của bài số 10

Nhận xét: Cả hai bài trên đều giải như bài số 6 riêng bài số 10 các đường thẳng AE, CD, MF

lại không đồng quy với nhau Từ đây giáo viên giúp cho học sinh hình thành kĩ năng phát hiện những kiến thức liên quan với nhau, nhìn nhận một vấn đề ở nhiều khía cạnh và giúp học sinh

Giáo viên: Huỳnh Hữu Vang Trang 10



phải có óc hoài nghi, luôn đặt ra các câu hỏi tại sao? Do đâu? Như thế nào? Liệu có trường hợp nào nữa không? Các trường hợp khác thì kết luận trên có đúng nữa không? Và từ đây ta lại mở rộng bài toán ở ví dụ 1 theo hướng khác như sau.

Trở lại ví dụ 1, một câu hỏi đặt ra là: Nếu không dựng hai tam giác đều mà dựng hai tam giácvuông cân tại A thì BD và FC có bằng nhau nữa không? từ đó ta lại có bài toán thứ 11

Bài toán 11: Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác, dựng các tam giác ABF; ACD vuông

cân tại A Gọi I, M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh BC, FB, CD Chứng minh rằng :

b Do ABD = AFC nên AFO = ABO

 Tứ giác AOBF nội tiếp  FAB = FOB = 900  FC  BD

c IM là đường TB của tam giác BCF nên: IM // CF và 1

Từ (1), (2) và (3) suy ra: IM  IN và IM = IN hay MIN vuông cân tại I

Ở bài toán 11 ta vẽ hai tam giác vuông cân ABF và ACD tại A thì CF = BD, CF  BD nhưngnếu vẽ hai tam giác vuông cân không phải tại A mà tại F và D thì kết quả đó sẽ không đúng nữa

mà ta lại có kết quả khác nhưng lại phải vận dụng cách làm của bài toán thứ 11 thì mới làmđược Từ đó ta có bài toán thứ 12

Giáo viên: Huỳnh Hữu Vang Trang

K H

N

E

D F

C B

A

Bài toán 12: Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác, dựng các tam giác ABF vuông cân tại

F; ACD vuông cân tại D Gọi M là trung điểm của BC Chứng minh Tam giác FMD là tam giácvuông cân

Nhận xét: Nếu học sinh lần đầu gặp bài toán này mà chưa gặp bài toán thứ 11 thì hơi khó giải

đối với các em Nhưng nếu gặp rồi thì không khó khăn gì lắm.

Bài toán 13 Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác, dựng các hình vuông AFPB, ADQC và

a Xét tam giác: ABC và FQA có:

- AB = MD( =FA), BAC = ADM ( bù với FAD ), FA = AC (gt)

Do đó ABC = FQA (c.g.c)  ACB = MAQ

Mà MAD + CAH = 900 ( do = 900, H là giao điểm của MA và BC)

 CAH + ACH = 900  AHC = 900 hay MA  BC

b Gọi O là giao điểm của BQ và MC

- Ta có: ABC = FQA ( câu a)  BC = MA và ACB = MAD  BCQ = MAC

- Xét hai tam giác: BCQ và MAC có: BC = MA, BCQ = MAC và AC = QC

Qua bài toán 13 ta thấy nếu ta không vẽ hình bình hành AFMD mà vẽ hình vuông BCNI ta lại

có bài toán thứ 14 tổng quát hơn

Bài toán 1 4 : Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác dựng các hình vuông ABGF; ACED;

BCPQ Chứng minh các đường cao của các tam giác AFD; CEQ; BPG xuất phát từ A, B, C đồngquy

Nhận xét : Đây là một bài toán không dễ một chút nào nếu như các em bắt đầu mới tiếp xúc

nhưng nếu thầy, cô cho các em làm các bài trên thì bài này các em sẽ định hướng và giải quyết được Vì vậy qua bài này cho chúng ta thấy rằng việc liên kết mở rộng các bài toán là một điều hết sức quan trọng nó không chỉ giúp cho học sinh dễ dạng định hướng được bài toán mà còn giúp học sinh học toán một cách chủ động và phát triển được năng lực tự học một cách khoa học để nhớ các bài toán lâu dài.

Hướng dẫn:

Giáo viên: Huỳnh Hữu Vang Trang

K R

H

M G

E D

A

B

C F

+ BAL = FAD ( cùng bù với BAC ).

Do đó ABL = AFD ( c.g.c)  BAL = AFD (1)

- Kẻ AH  FD tại H cắt BC tại M ta có

BAM = AFD ( cùng phụ với ) (2)

- Từ (1) và (2) BAL = BAM  A, M, L thẳng hàng

Mặt khác tứ giác ABLC là hình bình hành nên M là trung điểm của BC (3)

- Hoàn toàn chứng minh tương tự ta có:

P và N là trung điểm của AB và AC(4)

- Từ (3) và (4) suy ra AH, CP và BN đồng quy

Trở lại bài toán 12, ta thấy tam giác MIN là tam vuông cân, hơn nữa I là trung điểm của BC nênkhi ta vẽ thêm điểm D đối xứng với A qua I thì ta được hình bình hành ABDC và cũng dựng vềphía ngoài hình bình hành này các tam giác vuông cân thì ta có bài toán thư 15 phức tạp hơn rấtnhiều

Bài toán 15: Cho tam giác ABC, về phía ngoài

của tam giác dựng hình bình hành ABDC

có bờ là đường thẳng BC không chứa điểm

A, về phía ngoài hình bình hành ABCD, dựng các

tam giác ABM vuông cân tại M; ACN vuông cân

tại N; BDP vuông cân tại P; CDQ vuông cân tại Q

Chứng minh rằng: AD, BC, MQ, PN đồng quy

Nhận xét : Bài toán này nếu để như thế thì rất khó cho học sinh nhưng nếu ta phát biểu dưới

dạng khác thì dễ hơn nhiếu từ đó ta có bài toán 16

Bài toán 16: Cho tam giác ABC, về phía ngoài của tam giác dựng hình bình hành ABDC có bờ

là đường thẳng BC không chứa điểm A Về phía ngoài hình bình hành ABCD, dựng các hình

Giáo viên: Huỳnh Hữu Vang Trang 14

I H

Q C

B A

+ tứ giác ACIH là hình vuông (gt)  AN = NC(2)

+ Mặt khác: BAC = ICK (cùng bù với ACD )  MAN = NCQ (3)

b) Gọi L là trung điểm của BC  A, L, D thẳng hàng(tứ giác ABDC là hình bình hành)

Theo bài 12 thì MNL,  PLQ là tam 2 giác vuông cân  MLN = PLQ =900 (8)

Giáo viên: Huỳnh Hữu Vang Trang

Q’

S O

D P

N

M A

Q

G

L

- Gọi L’ là giao điểm của MQ và PN   'ML N =  ' PL Q = 900 (9)

Từ (8) và (9)  L  L’ Do đó các đường thẳng AD, BC, MQ, PN đồng quy

Nhận xét: Bài toán này khó mà không khó, không khó là học sinh biết vận dụng bài tập số 12 để

làm còn khó là nếu học sinh không biết vận dụng bài tập số 12.

Qua bài tập số 16 ta thấy Tứ giác MNQP là hình vuông nên MQ  PN và MQ = PN Nhưng ở bàitập số 16 ta vẽ tứ giác ABCD là hình bình hành, bây giờ ta không vẽ hình bình hành mà vẽ một

tứ giác lồi ABCD bất kỳ thì liệu kết quả đó còn đúng nữa không? Từ suy nghĩ này ta lại có thêmbài tập số 17 tổng quát hơn

Bài toán 17: Cho tam giác ABC, về phía ngoài của tam giác dựng tứ giác ABCD, có bờ là

đường thẳng BC không chứa điểm A Về phía ngoài hình bình hành ABCD, dựng các hìnhvuông ABGQ’, ACIH, DBFE, CDRK, Gọi M,N,Q,P lần lượt là tâm của các hình vuông trên.Chứng minh rằng MQ  PN và MQ= PN

Nhận xét: Ở bài tập này tứ giác MNQP không còn là hình vuông nữa nhưng MQ  PN và

MQ= PN vẩn đúng

Hướng dẫn:

- Gọi L là trung điểm của BC, theo bài toán 12 ta chứng minh được

MLN và  PLQ là hai tam giác vuông cân tại L LN =LM, LP = LQ