CM DANG THUC hinh hoc

<span class='text_page_counter'>(1)</span>PHAÀN II: GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ I. PHƯƠNG HƯỚNG TÌM TÒI CÁCH VẼ THÊM HÌNH PHỤ ĐỂ GIẢI BAØI TOÁN CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC: Khi giải các bài toán Hình học, việc vẽ thêm hình phụ tạo điều kiện thuận lợi cho ta tìm ra lời giải của bài toán, nhưng biết tạo ra hình phụ một cách thích hợp không phải là dễ. Trong đề tài này tôi muốn đưa ra một cách phân tích có chủ ý để tìm được cách vẽ thêm hình phụ thích hợp khi giải quyết một số bài toán chứng minh đẳng thức hình học dạng: x = a + b; xy = ab + cd; x2 = ab + cd; x2 = ab – cd; x2 = a2 + cd; x2 = a2 + b2. Ta xuất phát từ một bài toán đơn giản: Để chứng minh một đoạn thẳng bằng tổng hai đoạn thẳng khác, chẳng hạn: AB = CD + EF, ta tìm cách phân chia đoạn thẳng AB thành hai đoạn bởi điểm K sao cho AK = CD, công việc còn lại là chứng minh KB = EF. Ý tưởng trên cũng được sử dụng để chứng minh đẳng thức: xy = ab + cd và các dạng: x 2 = ab + cd, x2 = a2 + cd, x2 = a2 + c2 v.v… nhö sau: Bước 1: Chia đoạn thẳng độ dài x thành hai đoạn bởi điểm chia K để có x = x 1 + x2 sao cho x1y = ab (1) Bước 2: Chứng minh hệ thức x2y = cd (2) Bước 3: Cộng vế theo vế (1) và (2) để được đẳng thức cần chứng minh: x1y + x2y = ab + cd  xy = ab + cd Sau đây, xin đề cập đến một số cách vẽ thêm hình phụ để xác định điểm K từ đó giải quyết bài toán thông qua các ví dụ cụ thể sau. II. CÁC VÍ DỤ MINH HOẠ: Ví duï 1: Cho tam giaùc ABC caân taïi A, ñieåm M thuoäc caïnh BC. Keû MD  AB( DAB), keû ME  AC ( EAC), keû BH  AC ( HAC). CMR: MD + ME = BH. ABC caân taïi A. GT M  BC MDAB(DAB). MEAC(EAC). BHAC(HAC) KL MD + ME = BH. A. H D B. K. E M. C. *Phaân tích: Laáy ñieåm KBH sao cho BK = MD. Vì caïnh MD laø caïnh goùc vuoâng trong MDB vuông tại D nên đoạn thẳng BK cũng phải là cạnh góc vuông của tam giác BKM. Từ đó K phải là chân đường vuông góc kẻ từ M đến BH. *Lời giải: Qua M, kẻ MK  BH(KBH).   + Vì MK  BH; ACBH => MK // AC => C BMK ( ở vị trí đồng vị) 0      + MDB vaø BKM coù: D K 90 ; B BMK ( cuøng baèng C ); caïnh BM chung => MDB = BKM(g.c.g) => MD = BK ( 2 cạnh tương ứng) (1).

<span class='text_page_counter'>(2)</span> 0    + Tứ giác MKHE có: K H  E 90 nên là hình chữ nhật => ME = KH (2) + Cộng (1) và (2) vế theo vế ta được : MD + ME = BK + KH = BH ( đpcm) *Nhaän xeùt: 1) Vì MD là cạnh góc vuông của MDB, để có BK = MD thì điểm phụ K được xác định chính là chân đường vuông góc của M đến BH. 2) Từ đẳng thức: MD + ME = BH, ta thấy khoảng cách từ điểm M đến 2 cạnh AB, AC không phụ thuộc vào vị trí điểm M. Ta có thể phát biểu lại bài toán dưới dạng: Cho tam giác ABC cân tại A, điểm M thuộc cạnh BC. Chứng minh rằng: Tổng khoảng cách từ M đến hai caïnh AB, AC khoâng phuï thuoäc vaøo vò trí cuûa noù. Ví dụ 2: (Chứng minh định lí Pitago). Cho tam giác ABC vuông tại A. Chứng minh rằng: BC2 = AB2 + AC2. A. GT ABC, vuoâng taïi A KL BC2 = AB2 + AC2. *Phaân tích:. B C K BK AB    AB BC Laáy ñieåm KBC sao cho BK.BC = AB2 KBA đồng dạng với ABC nên BKA 900 . Từ đó, K là chân đường vuông góc kẻ từ A xuống cạnh BC.. *Lời giải: Kẻ AK  BC. Vì các góc B, C đều nhọn nên K BC 0    + KBA vaø ABC coù: BKA BAC 90 ; B chung => KBA đồng dạng với ABC (g.g) BK AB    AB 2 BK .BC AB BC 0    + KAC vaø ABC coù: AKC BAC 90 ; C chung => KAC đồng dạng với ABC (g.g) CK AC    AC 2 CK .BC AC BC. (1). (2) 2 + Cộng vế theo vế (1) và (2), ta được: AB  AC BK .BC  CK .BC BC (đpcm) *Nhận xét: Vì ABC vuông tại A. Do đó, để KBA đồng dạng với ABC thì điểm K cần xác định chính là chân đường vuông góc kẻ từ A xuống cạnh BC. Ví dụ 3:(Đề thi HSG Thành phố Pleiku năm học 2005 – 2006)  Cho hình bình hành ABCD có BAD nhọn. Gọi E và F lần lượt là chân các đường vuông góc kẻ từ C xuống các đường thẳng AB và AD. Chứng minh rằng: AC2 = AB.AE + AD.AF 2.  ABCD laø hình haønh( BAD < 900 ) GT CE  AB; CF  AD. KL AC2 = AB.AE + AD.AF. 2. E. B. C.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> *Phaân tích: Laáy KAC sao cho AK.AC = AB.AE AK AE    AB AC ABK đồng dạng với ACE  BK  AC.. Vậy điểm K cần tìm là chân đường vuông góc kẻ từ B xuống AC. *Lời giải:  Kẻ BK  AC. Vì BAD nhọn nên K thuộc đoạn AC. 0    + ABK vaø ACE coù: AKB  AEC 90 ; A chung => ABK đồng dạng với ACE (g.g) AK AE    AK . AC  AB. AE AB AC (1) 0 CKB CFD    90 ; BCK CAF (vò trí so le trong) + CBK vaø ACF coù: => CBK đồng dạng với ACF (g.g) CK BC    CK . AC BC. AF AF AC + Maø: BC = AD do ABCD laø hình bình haønh => CK.AC = AD.AF (2) + Cộng vế theo vế (1) và (2), ta được: AK . AC  CK . AC  AB. AE  AD. AF Hay: AC2 = AB.AE + AD.AF (ñpcm) *Nhaän xeùt: 1) Do ACE vuông tại E, để ABK đồng dạng với ACE thì điểm phụ K cần xác định chính là chân đường vuông góc kẻ từ B xuống cạnh AC. 2) Nếu hình bình hành ABCD là hình thoi, lúc đó AB = AD. Do đó kết luận của bài toán là: 2 AC = AB.(AE + AF). 3) Nếu hình bình ABCD là hình chữ nhật , lúc đó E  B; F  D và AE  AB; AF  AD. Nhö vaäy, hieån nhieân ta coù: AC2 = AB2 + AD2 ( theo ñònh lí Pitago). Ví dụ 4: Cho tam giác ABC có AD là đường phân giác trong của góc A Chứng minh rằng: AD2 = AB.AC – BD.CD A. GT ABC AD laø phaân giaùc KL AD2 = AB.AC – BD.CD *Phaân tích: Laáy KAD sao cho: AK.AD = AB.AC AK AC    AB AD ABK đồng dạng với ADC. B. C. D. K.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>   Do đó: ABK  ADC . Như vậy ta xác định được điểm K.   *Lời giải: Trên AD lấy điểm K sao cho: ABK  ADC . Dễ thấy AD = AK – DK     + ABK vaø ADC coù: ABK  ADC ; BAK CAK (AD laø phaân giaùc cuûa goùc A) => ABK đồng dạng với ADC (g.g) AK AC    AK . AD  AB. AC AB AD (1) BDK  ADC BKD  ACD + BDK vaø ADC coù: (đối đỉnh); (ABK đồng dạng ADC) => BDK đồng dạng với ADC (g.g) BD DK    DK . AD BD.DC AD DC (2) + Trừ vế theo vế (1) và (2), ta được: AK . AD  DK . AD  AB. AC  BD.DC. Hay: AD2 = AB.AC - BD.DC (ñpcm) *Nhaän xeùt:   1) ABK và ADC đã có BAD CAD ( do AD là phân giác của góc A), để hai tam giác   này đồng dạng với nhau ta cần tìm thêm một cặp góc bằng nhau ( ABK  ADC ). Do đó, điểm   phuï K thuoäc AD sao cho ABK  ADC . 2) Nếu AD là đường phân giác ngoài của góc A ( D  BC) thì ta có hệ thức: AD2 = DB.DC – AB.AC. 3) Bài toán tổng quát: Cho tam giác ABC có AD là đường phân giác của góc A. Chứng AB. AC  DB.DC minh raèng: AD2 = Ví duï 5: Cho hình thang caân ABCD (AD // BC). Chứng minh rằng: AC2 = AB2 + AD.BC. C. B. GT Hình thang caân ABCD 2. 2. KL AC = AB + AD.BC. K. *Phân tích: Giả sử điểm K  AC sao cho: A AK AB      AB AC AK.AC = AB2 ABK đồng dạng với ACB => ABK  ACB . Vậy ta xác định được điểm K.   *Lời giải: Lấy K  AC sao cho ABK  ACB    + ABK và ACB có: ABK  ACB ; A chung => ABK đồng dạng ACB (g.g) AK AB    AK . AC  AB 2 AB AC (1) B C  ABK  ACB CBK  ACD + ABCD laø hình thang caân neân: maø: =>. D.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>     + CBK vaø ACD coù: KCB CAD (so le trong); CBK  ACD => CBK đồng dạng với ACD (g.g) BC AC    CK . AC BC. AD CK AD. (2). 2. + Cộng vế theo vế (1) và (2), ta được: AK . AC  CK . AC  AB  BC. AD Hay: AC2 = AB2 + BC.AD (ñpcm) *Nhận xét: ABK và ACB đã có chung góc A, để hai tam giác này đồng dạng với nhau ta   cần tìm thêm một cặp góc bằng nhau ( ABK  ACB ). Do đó, điểm phụ K thuộc AC sao cho ABK  ADC . Ví dụ 6: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm O. Chứng minh rằng: AC.BD = AB.CD + AD.BC. GT ABCD noäi tieáp (O). B. KL AC.BD = AB.CD + AD.BC. O. *Phân tích: Giả sử K thuộc đoạn AC sao cho: AK AB K    A CD BD AK.BD = AB.CD ABK đồng dạng với DBC   => ABK DBC . Như vậy, điểm phụ K được xác định. *Lời giải:     Vì ABC  DBC nên trên đoạn AC lấy điểm K sao cho ABK DBC     +ABK vaø DBC coù: ABK DBC ; BAK BDC (goùc noäi tieáp cuøng chaén cung BC) => ABK đồng dạng với DBC (g.g) AK AB    AK .BD  AB.CD CD BD (1)         + Vì ABK DBC => ABK  KBD KBD  DBC hay ABD CBK     +BCK vaø BDA coù: BCK BDA (goùc noäi tieáp cuøng chaén cung AB); CBK  ABD => BCK đồng dạng với BDA(g.g) BC CK    CK .BD BC .AD BD AD + Cộng vế theo vế (1) và (2), ta được: AK .BD  CK .BD  AB.CD  BC.AD. (2). Hay: AC.BD = AB.CD + BC.AD (ñpcm) *Nhaän xeùt:   1) ABK và DBC đã có BAK BDC (góc nội tiếp cùng chắn cung BC), để hai tam giác   này đồng dạng với nhau ta cần tìm thêm một cặp góc bằng nhau ( ABK DBC ). Do đó, điểm   phuï K thuoäc AC sao cho ABK DBC . 2) Từ lời giải và kết quả của bài toán, ta giải được các bài toán hay và khó sau:. C. D.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Bài 1: Trong các tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O;R), hãy tìm tứ giác có tổng: AB.CD + AD.BC lớn nhất. Bài 2: Cho tứ giác ABCD. Chứng minh rằng: AB.CD + AD.BC  AC.BD. Dấu đẳng thức xaûy ra khi naøo ? Bài 3: Qua đỉnh B và C của tam giác ABC, vẽ tiếp tuyến với đường tròn ngoại tiếp tam   giác, chúng cắt nhau tại M. Gọi N là trung điểm của cạnh BC. Chứng minh rằng: BAM CAN 0   Ví duï 7: Cho tam giaùc ABC coù: 3. A  2.B 180 Chứng minh rằng: AB2 = BC2 + AB.AC 0   GT ABC coù: 3. A  2.B 180. C. KL AB2 = BC2 + AB.AC. *Phân tích: Giả sử điểm K thuộc cạnh AB sao cho: A BK BC K   2 BC AB BK.AB = BC   => BKC đồng dạng với BCA => BCK BAC 0      Maët khaùc, ta coù: 3. A  2.B 180 => ACB 2. A  B        hay BCK  ACK 2.BCK  B  ACK BCK  B .     Mà: AKC là góc ngoài của BCK. Do đó, AKC BCK  B (tính chất góc ngoài)   => ACK  AKC hay tam giác ACK cân tại A. Vậy điểm phụ K được xác định. *Lời giải: 0   Vì: 3. A  2.B 180 => AB > AC. Treân caïnh AB laáy ñieåm K sao AK = AC => tam giaùc ACK caân taïi A. 0 0             Ta coù: 3. A  2.B 180 , A  B  C 180 => ACB 2. A  B hay BCK  ACK 2. A  B      Mà: ACK cân tại A => ACK  AKC và AKC BCK  B ( tính chất góc ngoài ).   Từ đó ta được: BCK BAC   + BCK vaø BAC coù: BCK BAC (cmt); goùc B chung => BCK đồng dạng với BAC (g.g) BC BK   BK . AB BC 2 => AB BC (1). + Maët khaùc: Do AB = AK + BK; AK = AC => BK = AB – AC (2) 2 2 2 + Từ (1) và (2), ta có: (AB – AC).AB = BC hay AB – AC.AB = BC => AB2 = BC2 + AC.AB (ñpcm) *Nhaän xeùt: BCK và BAC đã có góc B chung, để hai tam giác này đồng dạng với nhau ta cần tìm   thêm một cặp góc bằng nhau ( BCK BAC ). Do đó, điểm phụ K thuộc AB sao cho AK = AC hay ACK caân taïi A .. B.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Ví dụ 8: Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O. D là một điểm trên cung BC không chứa đỉnh A. Gọi I, E, F lần lượt là hình chiếu của D trên các đường thẳng BC, AB, AC. BC AB AC   Chứng minh rằng: DI DE DF. ABC noäi tieáp (O) D thuoäc cung BC GT DI  BC(IBC); DE  AB(EAB) DF  AC(EAC ) BC AB AC   KL DI DE DF Caùch 1: *Phân tích: Giả sử điểm K thuộc cạnh BC CK AB CK DI    AB DE sao cho: DI DE   => CDK đồng dạng với ADB => CDK  ADB Như vậy, ta xác định được điểm phụ K.   *Lời giải: Lấy K trên cạnh BC sao cho: CDK  ADB. A. O. B. I. F K. E D. + CDK vaø ADB coù:  CDK  ADB (caùch veõ)   DCK DAB (goùc noäi tieáp chaén cung BD) => CDK đồng dạng với ADB (g.g) Mà DI, DE thứ tự là hai đường cao của CDK và ADB nên: CK DI CK AB    DI DE => AB DE (1)      BDK BDA    ADK ; ADC  ADK  CDK vaø do: CDK  ADB + Maët khaùc:   => BDK  ADC     + DBK vaø DAC coù: BDK  ADC ; CBK DAC (goùc noäi tieáp chaén cung CD ) => CDK đồng dạng với ADB (g.g) Mà DI, DF thứ tự là hai đường cao tương ứng của DBK và DAC nên: BK DI BK AC    DI DF => AC DF (2) CK BK AB AC BC AB AC      + Cộng (1) và (2) vế theo vế, ta được: DI DI DE DF hay: DI DE DF. Caùch 2: *Phaân tích:. C.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> BK AB  Giả sử điểm K thuộc cạnh BC sao cho: DI DE => ABK đồng dạng với EDI =>   BAK DEI ; Mà: tứ giác BIDE nội tiếp được đường tròn nên:   DEI DBI (do goùc noäi tieáp cuøng chaén cung DI ) A     => BAK DBI => sñ BDN = sñ CND (với N là giao điểm khác A của AK với (O)). Từ đó, DN // BC. Vậy ta xác định được các điểm phụ N và K. F O *Lời giải: Qua D kẻ đường thẳng song song với BC, I K B đường thẳng này cắt đường tròn (O) C tại điểm thứ hai là N ( N có thể trùng với D). E AN caét BC taïi K. D N       CN DN DN CN BD BD + Ta coù: sñ = sñ (do DN // BC) => sñ + sñ = sñ + sñ BDN CND Hay: sñ = sñ   => BAK DBI (goùc noäi tieáp chaén caùc cung baèng nhau). 0   + Mặt khác, tứ giác BIDE nội tiếp được đường tròn (do DEB DIB 90 )   => DEI DBI (do goùc noäi tieáp cuøng chaén cung DI )   + Vaäy: BAK DEI      + ABK và EDI có: BAK DEI ; EDI  ABK ( cùng bù với EBI ) BK AB   DI DE => ABK đồng dạng với EDI (g.g) (1) 0 DFC DIC  90 ) + Tứ giác DIFC nội tiếp được đường tròn (do   => IDF FCM (goùc noäi tieáp chaén cung FI )   + Do ABK đồng dạng với EDI => DIE BKA . 0 0     Maø: DIE  DIF 180 (keà buø); BKA  AKC 180 (keà buø)   => DIF  AKC     + CKA vaø DIF coù: IDF FCM ; DIF  AKC CK AC   DI DF => CKA đồng dạng với DIF(g.g) (2) BK CK AB AB    + Cộng vế theo vế (1) và (2), ta được: DI DI DE DF BC AB AC   Hay: DI DE DF (ñpcm) *Nhaän xeùt: Trong cách giải 1, do DI, DE thứ tự là hai đường cao của CDK và ADB..

<span class='text_page_counter'>(9)</span> Vậy để có CDK đồng dạng với ADB ta chỉ cần xác định điểm phụ K trên BC sao cho  CDK  ADB . Trong cách giải 2, ta cần đi xác định vị trí 2 điểm phụ: bằng cách qua D kẻ đường thẳng song song với BC ( với N là giao điểm thứ 2 của đường thẳng với đường tròn) và K là giao điểm của AN với BC, để từ đó mới có ABK đồng dạng với EDI. Rõ ràng, cách giải thứ 2 phức tạp hơn cách thứ 1. Do đó, trong quá trình phân tích tìm kiếm lời giải bài toán cần khai thác hết các giả thiết bài toán để định hướng cách giải ngắn gọn, sáng tạo. Đây chính là một trong những kĩ năng mà người giáo viên cần bồi dưỡng cho hoïc sinh. Ví duï sau giuùp chuùng ta thaáy roõ hôn yeâu caàu naøy: Ví dụ 9: Cho hình vuông ABCD nội tiếp đường tròn (O; R). Gọi P là một điểm trên cung nhỏ CD. Chứng minh rằng: PA + PC = 2 .PB B. GT ABCD noäi tieáp (O;R) P thuoäc cung nhoû CD. KL PA + PC = *Phaân tích:. 2 .PB. Để chứng minh: PA + PC = PA PC   2 PB PB. A. K. C. O. 2 .PB, ta đi chứng minh: D. P. AC  2 Mà ABCD là hình vuông, do đó ta có: AB PA PC AC   Vậy mấu chốt để giải quyết bài toán là ta cần chứng minh: PB PB AB PC KC  Giả sử điểm K thuộc cạnh AC sao cho PB AB => tam giác PCK đồng dạng với tam giác   PBA => CPK BPA . Vaäy K phaûi thuoäc PB. Nhö vaäy ñieåm phuï K caàn xaùc ñònh chính laø giao ñieåm cuûa PB vaø AC. *Lời giải: Gọi K là giao điểm của PB và AC. + PCK vaø PBA coù:   PCK PBA (hai goùc noäi tieáp cuøng chaén cung AD);  CPK  APB ( hai goùc noäi tieáp chaén 2 cung baèng nhau). => PCK đồng dạng với PBA (g.g) PC CK   PB AB (1) + PAK vaø PBC coù:   PAK PBC (goùc noäi tieáp cuøng chaén cung CP); APK CPB  ( hai goùc noäi tieáp chaén 2 cung baèng nhau).

<span class='text_page_counter'>(10)</span> => PAK đồng dạng với PBC(g.g) PA AK   PB BC. (2) PA PC AK CK AK  CK AC       2 AB AB + Cộng vế theo vế (1) và (2), ta được: PB PB BC AB Hay: PA + PC = 2 .PB (ñpcm) Toùm laïi: Cở sở của phương pháp trên là dựa vào sự xác định điểm phụ K một cách hợp lí để đưa đẳng thức cần chứng minh về dạng a.b = c.d hoặc a 2 = b.c, từ đó có thể dùng phương pháp chứng minh tam giác đồng dạng để giải quyết bài toán. Các hình phụ: Kẻ đường vuông góc( ví dụ 1, 2, 3); tạo góc bằng góc cho trước ( ví dụ 4, 5, 6, 7, 8) thường là các hình phụ được ưu tiên khi xác định vị trí điểm phụ K vì khi kẻ các đường phụ sẽ tạo thêm vào giả thiết yếu tố góc bằng nhau, từ đó dễ dàng cho việc chứng minh hai tam giác đồng dạng.. III. BAØI TAÄP AÙP DUÏNG:  Baøi 1: Cho hình vuoâng ABCD, treân caïnh AB laáy ñieåm E tuyø yù. Tia phaân giaùc cuûa CDE caét BC tại K. Chứng minh rằng: AE + CK = DE.   Baøi 2: Cho tam giaùc ABC coù: A 2.B ; BC = a; CA = b; AB = c. Chứng minh rằng: a2 = b2 + bc Bài 3: Cho tam giác ABC vuông tại C. Lấy điểm E trên đường cao CH. Kẻ BD vuông góc với AE tại D. Chứng minh rằng: a) AE.AD + BA.BH = AB2 b) AE.AD – HA.HB = AH2 0  0  Bài 4: Cho tứ giác ABCD có: DAB 90 ; DBC 90 . Chứng minh rằng:. CD2 = DI.DB + CI.CA Bài 5: Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Gọi HD, HE lần lượt là các đường cao của tam giác ABH và ACH. Chứng minh rằng: AH3 = AD.AE.BC. Bài 6: Cho nửa đường tròn (O), đường kính AB. Hai dây cung AC và BD cắt nhau tại H. Chứng minh rằng: AH.AC + BH.BD = AB2 Bài 7: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). Hai đường thẳng AD và BC cắt nhau tại E, hai đường thẳng AB và CD cắt nhau tại F. Chứng minh rằng: EA.ED + FA.FB = EF2 Bài 8: Cho tam giác ABC có đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. AB 2  AC 2  BC 2 2 Chứng minh rằng: AH.AD + BE.BH + CF.CH =.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> Bài 9: Cho tam giác ABC cân tại A, điểm M thuộc cạnh BC. Chứng minh rằng: AB 2 = AM2 + MB.MC. Bài 10: Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O;R). Gọi M là một điểm bất kì thuộc cung nhoû BC. a) Chứng minh rằng: MA = MB + MC. 1 1 1   b) Gọi D là giao điểm của MA và BC. Chứng minh rằng: MB MC MD. PHAÀN III: KEÁT QUAÛ VAØ BAØI HOÏC KINH NGHIEÄM. I. KẾT QUẢ ĐẠT ĐƯỢC: Trên đây là một nội dung nhỏ trong việc rèn kĩ năng vẽ yếu tố phụ cho học sinh. Tôi đã áp dụng những kinh nghiệm trên vào thực tế giảng dạy Bồi dưỡng Học sinh giỏi của trường đã thu được một số kết quả khả quan: Đa phần các em đã có thể phân tích đầu bài, tìm được mối liên hệ giữa các dữ kiện của giả thiết từ đó định hướng được cách giải bài toán Hình học. Học sinh, đặc biệt là các em trong đội tuyển Toán đã bớt đi những lúng túng khi phải kẻ thêm đường phụ. Nhiều em đã tạo cho mình khả năng phân tích, định hướng tìm lời giải bài toán chứng minh Hình học. Hơn nữa, các em đã tự tin vào khả năng giải toán của mình. Điều quan trọng hơn là khi giáo viên hướng dẫn học sinh cách phân tích có chủ ý cách vẽ thêm yếu tố phụ để tìm cách giải một bài toán theo nhiều cách khác nhau, các em đã biết quan sát nhạy bén, linh hoạt và từ đó làm cho tư duy Hình học của các em được phát triển. Thành tích các em học sinh đạt học sinh Giỏi cấp thành phố và cấp Tỉnh của trường không ngừng tiến bộ qua từng năm, cụ thể:. Naêm hoïc 2003- 2004 2004 – 2005 2005 – 2006 2006 – 2007 2007 - 2008 II. BAØI HOÏC KINH NGHIEÄM:. Caáp TP Lớp 8 SL 3/4 6/6. Lớp 9 SL. Caáp Tænh. 1/4 3/6 2/4 2/4. 1/1 2/2 1/2.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> Qua việc vận dụng những kinh nghiệm trên vào công tác giảng dạy và kết quả đạt được, toâi ruùt ra moät soá baøi hoïc kinh nghieäm nhö sau: - Điều đầu tiên, bản thân giáo viên phải tâm huyết, trăn trở với bài dạy, tìm hiểu kiến thức, tìm ra phương pháp và hình thức phù hợp trong giảng dạy tạo ra môi trường giúp học sinh hứng thú, tích cực, chủ động tìm tòi kiến thức. - Trong quá trình giảng dạy, người giáo viên ngoài năng lực, khả năng sư phạm còn cần phải tích luỹ, rút kinh nghiệm dù rất nhỏ. Phải tìm tòi học tập kinh nghiệm ở sách báo, tài liệu tham khảo và chính trong quá trình giảng dạy trên lớp của bản thân sau mỗi tiết dạy. - Từ cách áp dụng các kinh nghiệm trên vào giảng dạy hướng dẫn học sinh giải bài tập Hình, đã phát huy được ở các em óc tư duy linh hoạt và sáng tạo, tìm tòi. Và điều quan trọng là đã gây được cho các em sự hứng thú yêu thích ham học hơn. - Bồi dưỡng cho học sinh biết cách tư duy hình học, đứng trước một bài toán phải biết phân tích đầu bài, kết hợp với vẽ yếu tố phụ thích hợp để tìm được mối liên hệ giữa các dữ kiện của giả thiết, từ đó xác định được hướng giải quyết và từ một dạng toán đã làm có thể mở rộng được ra các dạng toán khác. - Nghề dạy học là nghề cao quý trong những nghề cao quý, với lương tâm và lòng yêu nghề, với sự đầu tư thời gian và trí tuệ thì không có gì vui bằng kết quả gặt hái được những muøa boäi thu. Do khuôn khổ và trình độ có hạn, đề tài này chỉ đề cập chủ yếu đến thao tác vẽ thêm yếu tố phụ bằng những phân tích có chủ ý khi giải các bài toán về chứng minh đẳng thức Hình học trong chương trình Hình học THCS. Mong rằng những kinh nghiệm giảng dạy đúc kết được qua đề tài này phần nào tháo gỡ những khó khăn trong công tác bồi dưỡng học sinh Giỏi ở trường THCS. Kính mong đồng nghiệp: bổ sung, góp ý để đề tài tiếp tục hoàn thiện hơn. Xin chaân thaønh caûm ôn..

<span class='text_page_counter'>(13)</span>

<span class='text_page_counter'>(14)</span>