Sáng kiến kinh nghiệm Gây hứng thú cho học sinh qua việc giải bài toán hình học bằng nhiều cách

a một cạnh của tam giác
 và song song với cạnh thứ hai thì nó đi 
 qua trung điểm của cạnh thứ ba.”
 HD:
Qua H kẻ đường thẳng a song song với CD
cắt BD tại E
EB = ED.
+ DA = DE Þ đpcm.
 
Cách 4: Sử dụng định lý Ta let.
Có HE // CD. 
DAHE ~ DBCD ( định lý Talet).
Suy ra đpcm.
 
Cách 5: Dùng tam giác đồng dạng.
Dựng DN // AH
DBDN ~ D BAH (g.g) Û 
D CMH ~ D CDN (g.g) Û 
 Û .
 Suy ra đpcm.
 

Bài toán 2: Cho tam giác ABC, đường cao AH. Gọi D, E, M theo thứ tự là trung điểm của AB, AC, BC. Chứng minh rằng tứ giác DEMH là hình thang cân.
Giải:
Cách 1: 
Vì DA = DB (gt) Þ DE là đường trung bình của DABC
 EA = EC 
Þ DE // BC. 
Þ DE // HM ( H, M Î BC)
Þ Tứ giác DEMH là hình thang.
Trong tam giác ABH vuông tại H 
có HD là đường trung tuyến 
Þ DA = DB = DH.
 Þ DDBH cân Þ 
 Þ 


Mà B = EMC ( đồng vị) Þ .
Hình thang DEMH cã Þ DEHM là hình thang cân.
Cách 2: 
 DE // MH Þ DE ^ AH
 AH ^ MH 
DDAH cân Þ ( đường cao đồng thời là phân giác)
Mà ( 2 góc so le trong)
Þ .
Hình thang DEMH cã Þ DEHM là hình thang cân.
Cách 3:
Trong tam giác vuông AHC có HE = 1/2 AC (1)
Lại có DM = 1/2 AC ( 2) (đương trung bình tam giác)
Từ (1),(2) Þ HE = DM.
Bài toán 3: Cho tứ giác ABCD có AD = BC; Â = B. Chứng minh tứ giác ABCD là hình thang cân.
Giải:
Ta cần chứng minh AB // DC
Cách 1: Kẻ 2 đường chéo AC và BD.
ÞDABD = DBAC ( c.g.c)
Þ AC = BD.
Þ DDAC = DCBD Þ (c.c.c)
Þ 
Mà Â = 
 Þ = 1800 
Þ AB // DC.
 

Cách 2: Ta có ¢ + = 1800
Mµ 
 Tõ Þ 
Þ DCBE cân Þ CB = CE 
Mµ AD = BC (gt)
Þ AD = CE Þ ADCE là hình bình hành.
 AD // CE
AE // DC
AB // DC Þ ®pcm.
Cách 3: Kẻ DC’ // AB Þ ABC’D là hình thang cân.
 ¢ = B 
Þ AD = BC’ 	Þ BC’ = BC Þ C = C’
Mà AD = BC 
Vậy AB // DC Þ ®pcm.
Cách 4:
Gọi I là giao điểm của AD và BC. 
 có ( gt)
 Þ 
Þ Tam giác IAB cân tại I. 
Þ IA = IB Þ ID = IC 
 Lại có AD = BC (gt)
Þ DIDC cân Þ 
 Þ mà hai góc này ở vị trí đồng vị
Þ AB // DC Þ ®pcm.
Bài toán 4: Cho hình bình hành ABCD ( như hình vẽ). 
Chứng minh AE //CF.
Giải:
Cách 1: Xét DABE vµ D CDF có: 
AB = CD ( cạnh đối của hình bình hành)
 ( 2 góc so le trong)
BE = DF (gt)
ÞD ABE = D CDF (c.g.c)
Þ AE = CF ( 1)
 

Chứng minh tương tự D ADF = D CBE (c.g.c) ÞAF = CE ( 2)
Từ (1)(2) Þ tứ giác AECF là hình bình hành Þ AE // CF (®pcm).
Cách 2: Vì ABCD là hình bình hành => OB = OD
 OA = OC ( 1) ( t/c đường chéo)
Mà EB = DF => OE = OF ( 2).
Từ (1),(2) ó tứ giác AECF là hình bình hành.
AE // CF ( đpcm).
 Cách 3:
 Chứng minh : DAOE = D COF (c.g.c)
 mà hai góc này ở vị trí so le trong => AE // CF.
Cách 4: Chứng minh :DADE = D CBF (c.g.c)
Þ Þ AE // CF (®pcm).
Cách 5: Tương tự chứng minh: DABE = D CDF (c.g.c)
 AE // CF ( đpcm)
Bài toán 5: Cho hình bình hành ABCD, AB = 2AD. Chứng minh rằng tia phân giác góc ADC đi qua trung điểm của cạnh AB.
Giải:
Cách 1: Gọi E là trung điểm của AB, có AE = AD ( vì AB = 2AD)
∆ ADB cân => 
Mà ( 2 góc so le trong) => 
 DE là phân giác của góc .
Cách 2: Kẻ phân giác DE có tam giác ADE cân
 vì = 
AE = AD = ½ AB 
E là trung điểm của AB.
Cách 3: Gọi E, F là trung điểm của AB, CD.
 Do AB = 2AD => tứ giác AEDF là hình thoi.
DE là phân giác của góc .
Cách 4: Kéo dài phân giác DE cắt CB tại I.
Tam giác CDI cân ( do I1 = D1 = D2 ) Þ CD = CI = 2BC.
Tứ giác ADBI là hình bình hành Þ EA = EB.
E là trung điểm của AB.
Cách 5: Kẻ phân giác Góc D và Â cắt nhau tại G.
 Ta có Â + D = 1800 ( 2 góc trong cùng phía bù nhau)
 ¢ + D = 900 Þ AGD = 900.
Tam giác ADE có AG vừa là đường cao vừa là phân giác.
Tam giác ADE cân tại A.
 AD = AE, mà AD = AB Þ AE = AB.
Bài toán 6: Cho hình vuông ABCD, K là trung điểm của AB; L thuộc AC sao cho LA = 3LC. 
 Tính góc KLD = ?
Giải:
Cách 1: Hạ LI ^ AB.
 LJ ^ AD.
 Có AILJ là hình vuông
 Þ IB = JD.
Từ LO = LC ( gt)
 Þ KI = IB 
 Þ D JDL = DIKL 
Þ 
 Mµ 
 Þ (®pcm).
 

Cách 2: Hạ KP ^ AC . 
 Cã D PKL = D OLD 
 Þ 
 D DOL cã 
Þ 
Þ (®pcm).
 
 
Cách 4: Hạ OE ^ BC; O F ^ DC 
Tứ giác OFCE là hình vuông có hai đường chéo cắt nhau tại L.
Góc .
 Mà AKFD là hình chữ nhật có hai đường chéo cắt nhau tại Q có LQ = AF A F = KD Þ Góc .
Bài toán 7: Cho ∆ACB cân ở A, trung tuyến CD trên tia đối của tia BA lấy điểm K sao cho BK = BA. Chứng minh rằng CD = CK.
Bài tập này để giải được các em vận dụng tính chất của tam giác cân, tính chất đường trung bình của tam giác, trường hợp bằng nhau của 2 tam giác tuy nhiên để giải được bằng nhiều cách đòi hỏi các em phải tư duy sáng tạo.
K
A
D
E
C
B
Cách 1: 	
Gọi E là trung điểm của AC thì 
EB = CK.
Mà CD = BE (2 trung tuyến ứng với 
2 cạnh bên của tam giác cân)
Þ CD = CK.

I
A
D
K
C
B
Cách 2: 
Gọi I là trung điểm của CK Þ 
CI = CK.
Chứng minh: ∆BIC = ∆BCD (cgc) 
Þ CI = CD Þ CD = CK.

P
A
D
K
C
B
Cách 3:
Trên tia đối của tia BC lấy điểm P
 sao cho BC = CP Þ CD = AP
Chứng minh: ∆CAP = ∆BCK (cgc)
Þ AP = CK
Þ CD = CK
Bài toán 8: Cho tam giác ABC ( Â = 900). Một đường thẳng song song với cạnh BC cắt hai cạnh AB và AC theo thứ tự ở M, N. Đường thẳng qua N song song với AB cắt AB ở D. Cho biết AM = 6 cm, AN = 8 cm, BM = 4 cm.
 a) Tính độ dài các đoạn thẳng MN, NC, BC.
 b) Tính diện tích hình bình hành BMND.
Giải: 
a) Tính MN?
 D AMN cã MN2 = AM2 + AN2 = 62 + 82 = 36 + 64 = 100.
 Þ MN = 10 cm.
 Þ Tính NC?
Cách 1: Tam giác ABC có MN // BC. Theo định lý Ta Lét : 
 Có : 
Cách 2: 
Cách 3:
 D AMN ~ DNDC (g.g)
 ( v× DN = BM = 4cm)
 Tính BC?
Cách 1: Dùng định lý Pitago.
 BC2 = AB2 + AC2 = 102 + 
 = 
 Þ BC = 
Cách 2: Dùng hệ quả của định lý TaLet:
 Tam giác ABC có MN // BC. 
Cách 3: Tam giác ABC đồng dạng với tam giác AMN.
 .
b) Tính diện tích hình bình hành BMND.
Cách 1: 
 Diện tích tứ giác BMND = BM . AN ( Đáy nhân chiều cao tương ứng)
 = 4.8 = 32 ( cm2)
Cách 2: 
 KÎ NH ^BC . D NDH ~ DCBA
 SBMDN = BD . NH = 10. 
Cách 3: 
 DDNC vu«ng Þ SDNC = ND . NC
 = 
Mặt khác SNDC = .DC.NH
 = = 
 = 
 SBMDN = BD. NH = 
Cách 4: SMNDB = SABC - ( SAMN + SCND)
 DAMN ~ D ABC
 SAMN = 
 D CND ~ DCAB
 = 
Bài toán 9: Cho tam giác ABC ( AB > AC). Gọi D là trung điểm của AC và E là một điểm trên cạnh AB sao cho BE = CD. Gọi M, N, O lần lượt là trung điểm của BC, DE và CE. Chứng minh :
a) Ba điểm M, O, D thẳng hàng.
b) Tam giác MON cân và góc MÔN = Â.
Giải
Cách 1 : 
 a) vì DA = DC ( gt)
 OA = OC ( gt)
DO là đường trung bình của 
 tam giác CAE.
OD // AE hay OD // AB(1)
Tương tự: OM là đường trung bình 


của tam giác CAE Þ OM // EB hay OM // AB (2).
Từ (1),(2) => 3 điểm M, O, D thẳng hàng ( tiên đề Ơ-clit)
Cách 2: Ta chứng minh OD // AB; DM // AB => D, O, M thẳng hàng.
b) Tam giác EDC có NO là đường trung bình Þ NO // = DC . (1)
Tam giác CEB có OM là đường trung bình Þ OM // = EB (2)
Mà EB = DC (gt) (3)
Từ (1),(2),(3) Þ D OMN cân ( đpcm).
Ta có ( cặp góc có cạnh tương ứng song song).
Mà ( NOM là góc ngoài của tam giác cân ONM)
 (®pcm).
Bài toán 10: Cho hình chữ nhật ABCD. Trên tia đối của của tia DA, CB lần lượt lấy hai điểm E, F sao cho DF = CE = DC. Trên tia đối của tia CD lấy điểm H sao cho CH = CB. Chứng minh rằng AE vuông góc với FH. 
Giải: 
Cách 1: Để chứng minh hai đường 
thẳng vuông góc ta đi chứng minh hai 
đường thẳng đó tạo thành một góc vuông.
Để chứng minh AE ^ FH
 ta chứng minh D DHF = DFAE 
 do đó ta có AE ^ FH ( đpcm).

Cách 2:Nếu một đường thẳng vuông góc
 với một trong hai đường thẳng song 
song thì vuông góc với đường thẳng còn
 lại.
Từ F dựng đường thẳng FX song song 
với AE.
 FH ^ FX Þ AE ^ FH ( đpcm)
Cách 3: Đường kính vuông góc với
 tiếp tuyến tại tiếp điểm.


Từ nhận xét trên khiến ta nghĩ đến một trong
hai đường thẳng AE, FH sẽ đóng vai trò là 
đường kính, đường còn lại sẽ là tiếp tuyến.
Dựng đường tròn đường kính AI ( I là giao điểm
của AE và HF)
Từ A dựng tiếp tuyến Ay của đường tròn.
 Þ Ay // FH do đó AE ^ FH ( đpcm)

Cách 4: Đường kính đi qua trung điểm của dây cung thì vuông góc với dây cung.
Từ nhận xét trên khiến ta nghĩ đến một 
trong hai đường thẳng AE, FH sẽ đóng vai
trò đường kính còn lại là dây cung.
Dựng đường tròn đường kính AE cắt 
FH tại M.
 Từ hình vẽ ta có E là điểm chính
giữa cung nhỏ FM, từ đó dễ dàng suy ra
IM = IF. Do đó AE ^ FH ( đpcm).

Nhận xét: Bằng cách suy luận trên ta đi đến cách dựng đường tròn một cách hợp lý không phải ngẫu nhiên và từ đó tìm được thêm các lời giải sau:
Cách 5: Góc nội tiếp chắn nửa đường 
tròn là góc vuông
Ta có Â1 = Ê2 = B1 
Þ AE // BM, mặt khác BM ^ FH ( góc
nội tiếp chắn nửa đường tròn).
Þ AE ^ FH ( đpcm)

Cách 6: Góc có đỉnh ở trong đường tròn có số đo bằng nửa tổng số đo của hai cung bị chắn.
Từ hình vẽ trên ta có sđ AIF = ½( sddAmF + sđMnE ) 
 = ½ sđ AmE = 900. Þ AE ^ FH ( đpcm).
MỘT SỐ ĐỊNH LÝ VÀ BÀI TẬP TỰ GIẢI
(Giải bằng nhiều cách)
Bài 1: Chứng minh ít nhất bằng 9 cách.
 Chứng minh rằng: “ Tam giác có hai góc bằng nhau là một tam giác cân”.
( Hệ quả của định lý 2 bài 19: Quan hệ giữa góc và cạnh trong tam giác)
Bài 2: Chứng minh ít nhất bằng 5 cách.
 Cho tam giác ABC cân tại A, M là trung điểm của AB, G là trọng tâm của tam giác AMC. O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Chứng minh rằng: GO ^ MC.
Bài 3: Chứng minh ít nhất là 8 cách.
 Cho tam giác ABC vuông tại C. Dựng hình vuông ABDE ra phía ngoài của tam giác. Gọi đọ dài các cạnh BC và AC là a và b. Tính khoảng cách từ đỉnh C đến tâm của hình vuông ABDE. 
Bài 4: Chứng minh bằng ít nhất là 3 cách.
 Cho tam giác đều ABC. Lấy P thuộc đoạn thẳng AB, hạ PQ vuông góc với AB, PR vuông góc với AC. Chứng minh trung tuyến PM của tam giác PQR đi qua tâm O của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Bài 5: Cho hình bình hành ABCD có AB = 2BC. Gọi E, F theo thứ là trung điểm của AB, CD.
a) Chứng minh rằng DEBF là hình bình hành.
b) Tứ giác AEDF là hình gì? Chứng minh.
c) Gọi M là giao điểm của DE và AF. N là giao điểm của CE và BF. Chứng minh EMFN là hình chữ nhật.
d) Bổ xung điều kiện vào đề bài để tứ giác EMFN là hình vuông. Vẽ hình minh họa.
KẾT QUẢ THỰC HIỆN
1. Khảo sát học sinh: 
Trong quá trình dạy học sinh học toán, đặc biệt là phân môn hình học, việc vận dụng được nhiều kiến thức có liên quan vào giải bài toán bằng nhiều cách là còn khó và mới mẻ. Tuy nhiên qua thực nghiệm qua các tiết luyện tập, ôn tập, bổ trợ buổi chiều tôi nhận thấy, nếu được hướng dẫn và rèn luyện kỹ thì các em sẽ không bỡ ngỡ khi làm bài.
Chính vì vậy, trong quá trình giảng dạy tôi đã cố gắng giúp học sinh nắm chắc các định nghĩ, tính chất, định lý, dấu hiệu nhận biết. Trong các giờ luyện tập và giờ học bổ trợ tôi chọn bài tập cơ bản nhưng phối hợp nhiều kiến thức để chứng minh, cùng các em khai thác các cách giải khác nhau nhằm phát triển tư duy của các em và gây hứng thú trong giờ học, tạo cho các em một giờ học thoải mái, có sự say mê yêu thích môn học. Có không ít cách giải trong các bài toán mà tôi đã trình bày trong SKKN này là do chính học sinh của tôi đã tự tìm ra. 
Kết quả cho thấy:
- Các em có tiến bộ rõ rệt về khả năng phân tích hình vẽ, ý tưởng tìm hướng giải và kỹ năng trình bày bài.
- Số học thích thú, tích cực tìm tòi khai thác nhiều cách giải khác nhau cho một bài toán ngày càng tăng.
- Học sinh khá, giỏi biết vận dụng kiến thức tổng hợp chứng minh một bài toán bằng nhiều cách.
Kết quả điều tra qua 80 học sinh lớp 7A1,7A3 của trường THCS Phương liệt vào cuối tháng 3/2017 thông qua một bài kiểm tra yêu cầu học sinh giải bằng nhiều cách cho thấy:
Số HS tham
gia làm bài
Số HS giải bài
toán ≥ 2 cách
Số HS giải bài toán bằng 1 cách
Số HS không
giải được
80 (100%)
37 (46,3%)
41 (51,2% )
2 (2,5%)
 Kết quả điều tra đầu năm về thái độ yêu thích môn Hình học của học sinh lớp 7A1, 7A3 cho thấy: 
Số HS tham
gia điều tra
Số HS thích
học hình
Số HS thấy bình thường
Số HS không
yêu thích
80 (100%)
50 (62,5%)
27 (33,7%)
3 (3,8%)
Tôi tự nhận thấy, kết quả học tập và thái độ yêu thích bộ môn của học sinh nâng lên rõ rệt. Häc sinh ®· chuyÓn tõ “ sî häc h×nh ” sang “ thÝch häc h×nh” và “ rất thích học hình”. 
Ngoài ra khi áp dụng hướng dẫn cho học sinh học có hai học sinh vận dụng kiến thức đạt giải cấp quận thi Violympic Toán Tiếng Việt
Phùng Minh Phong	- Đạt giải ba cấp Quận.
Ngô Gia Bảo 	- Đạt giải khuyến khích cấp Quận. 
Với kết quả đáng khích lệ của năm học này, tôi sẽ tiếp tục phát huy đề tài này cho học sinh lớp 7A1, 7A3 ở các năm học lớp 8 và 9 tiếp theo, hy vọng hình thành được cho các em cách học có hiệu quả nhất, đáp ứng được nhu cầu kiến thức bộ môn. Cao hơn nữa, học sinh có thái độ tự giác, chủ động tìm tòi, phát hiện và giải quyết nhiệm vụ nhận thức, trở thành những con người năng động, sáng tạo, độc lập tiếp thu tri thức khoa học kỹ thuật hiện đại, biết vận dụng các giải pháp hợp lý cho những vấn đề trong cuộc sống và xa hội. 
2. Bµi häc kinh nghiÖm:
- Ph¶i rÌn cho häc sinh lßng tù tin, chÝ s¸ng t¹o.
- RÌn cho häc sinh ®øc tÝnh lµm viÖc khoa häc th«ng qua viÖc tr×nh bµy c¸c bµi tËp.
- Ng­êi gi¸o viªn ph¶i gÇn gòi ®èi t­îng häc sinh ®Ó n¾m b¾t c¸c v­íng m¾c trong nhËn thøc cña c¸c em, ®Ó cã h­íng gi¶i quyÕt. Chó träng viÖc ®éng viªn, khÝch lÖ, g©y høng thó häc tËp cho häc sinh. Lµm cho häc sinh yªu thÝch m«n häc.
- Ng­êi gi¸o viªn ph¶i biÕt kết hîp nhiÒu ph­¬ng ph¸p, nhiÒu tµi liÖu tham kh¶o ®Ó chän läc kiÕn thøc, truyÒn thô cho häc sinh.
- Người giáo viên đóng vai trò chủ đạo, định hướng, giúp học sinh có hứng thú học tập, tăng khả năng phân tích tìm lời giải và nhìn nhận bài toán dưới nhiều khía cạnh khác nhau. Từ đó có phương pháp học tập bộ môn, có hứng thú học tập và có kết quả học tập tốt.
PHẦN III
KẾT LUẬN
Không ngừng nâng cao chất lượng bài trên lớp là một vấn đề khó và phức tạp, đòi hỏi người giáo viên rất nhiều mặt. Việc chuẩn bị bài lên lớp đã không đơn giản mà việc thực hiện được những điều đã dự định cũng khó khăn không kém, vì học sinh là những đối tượng rất sinh động , luôn có những thay đổi không lường hết được. Vì vậy, cùng với việc nắm vững kiến thức, nắm vững mức độ yêu cầu của chương trình và sách giáo khoa thì việc tích lũy kinh nghiệm để có thể dự kiến được những tình huống có thể xảy ra và xử lí các tình huống một cách có nghệ thuật là điều mà theo quan điểm cá nhân, tôi cho rằng nó không thể thiếu. Tôi hy vọng rằng, với SKKN này, tôi có thể đóng góp một ý kiến nhỏ với các đồng nghiệp về phương hướng giải quyết một số bài toán; góp phần nâng cao chất lượng bài giảng cho giáo viên và đem lại sự hứng thú, niềm đam mê cho học sinh về toán học.
Trên đây là một số suy nghĩ của tôi về việc khai thác các cách giải hay cho một bài toán ở bậc THCS do tôi rút ra từ những bài dạy thực tế trên lớp để các đồng nghiệp tham khảo. Rất mong sự góp ý, bổ sung của các đồng chí.
 T«i xin ch©n thµnh c¶m ¬n!
PHẦN IV
TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. SGK to¸n 7, 8, 9. 	- NXB gi¸o dôc
2. Kinh nghiÖm d¹y vµ häc to¸n	- Vò H÷u B×nh.
3. Ph­¬ng ph¸p d¹y vµ häc m«n to¸n	- Bé gi¸o dôc ®µo t¹o
4. To¸n ph¸t triÓn h×nh häc 7, 8, 9	- Vò H÷u B×nh - Bïi V¨n Tuyªn.
5. To¸n båi d­ìng häc sinh líp 7, 8, 9. 	- Vò h÷u B×nh - T«n Th©n
 (H×nh häc - §¹i sè).
6. Định lý hình học và các phương	- Hứa Thuần Phòng.
 pháp chứng minh.
7. Các website: