Luận văn Thạc sĩ Sư phạm Toán: Phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh giỏi trung học cơ sở thông qua dạy chuyên đề tứ giác

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƢỜNG ĐẠI HỌC GIÁO DỤC PHẠM HƢƠNG GIANG PHÁT TRIỂN TƢ DUY SÁNG TẠO CHO HỌC SINH GIỎI TRUNG HỌC CƠ SỞ THÔNG QUA DẠY CHUYÊN ĐỀ TỨ GIÁC LUẬN VĂN THẠC SĨ SƢ PHẠM TOÁN

Hà Nội – 2017

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƢỜNG ĐẠI HỌC GIÁO DỤC PHẠM HƢƠNG GIANG PHÁT TRIỂN TƢ DUY SÁNG TẠO CHO HỌC SINH GIỎI TRUNG HỌC CƠ SỞ THÔNG QUA DẠY CHUYÊN ĐỀ TỨ GIÁC LUẬN VĂN THẠC SĨ SƢ PHẠM TOÁN CHUYÊN NGÀNH: LÍ LUẬN VÀ PHƢƠNG PHÁP DẠY HỌC (BỘ MÔN TOÁN) Mã số: 8 14 01 11 Ngƣời hƣớng dẫn khoa học: GS. TSKH. Nguyễn Văn Mậu Hà Nội – 2017

LỜI CẢM ƠN

Luận văn này được hoàn thành dưới sự hướng dẫn trực tiếp và chỉ bảo tận tình của thầy GS. TSKH. Nguyễn Văn Mậu. Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy, người đã dành nhiều thời gian giúp đỡ và tạo mọi điều kiện để với khả năng của mình, tác giả có thể hoàn thành luận văn một cách tốt nhất. Nhân dịp này, tác giả cũng xin bày tỏ lòng biết ơn tới toàn thể các thầy giáo, cô giáo trong khoa Sư phạm trường Đại học Giáo dục – Đại học Quốc gia Hà Nội đã giảng dạy và giúp đỡ tác giả có cơ hội tiếp cận với nhiều kiến thức bổ ích và thú vị trong suốt quá trình tác giả học tập tại trường. Tác giả xin gửi lời cảm ơn tới Ban Giám hiệu cùng các cô giáo trong tổ Khoa học Tự nhiên và các bạn học sinh trường trung học cơ sở Trung Văn đã tạo điều kiện giúp đỡ tác giả trong quá trình thực nghiệm sư phạm tại trường. Và cuối cùng, cảm ơn gia đình và bạn bè và các đồng nghiệp đã luôn ở bên cạnh động viên, nhiệt tình giúp đỡ và chia sẻ những khó khăn trong quãng thời gian học tập vừa qua. Luận văn chắc chắn không thể tránh khỏi một số sai sót dù đã được chỉnh sửa nhiều lần, tác giả rất mong nhận được những ý kiến đóng góp quý báu của thầy cô và các bạn. Tác giả xin trân thành cảm ơn.

Hà Nội, ngày 1 tháng 11 năm 2017 Tác giả Phạm Hương Giang

DANH MỤC CÁC KÍ HIỆU, CÁC CHỮ VIẾT TẮT

ĐC Đối chứng

TN Thực nghiệm

HS Học sinh

GV Giáo viên

GT Giả thiết

KL Kết luận

SGK Sách giáo khoa

THCS Trung học cơ sở

MỤC LỤC Lời cảm ơn ......................................................................................................... i

Danh mục các kí hiệu, các chữ viết tắt.............................................................. ii

Danh mục các bảng ........................................................................................... v

Danh mục các biểu đồ ...................................................................................... vi

MỞ ĐẦU .......................................................................................................... 1

CHƢƠNG 1. CƠ SỞ LÍ LUẬN VÀ THỰC TIỄN ....................................... 7

1.1. Một số vấn đề về tư duy ............................................................................. 7

1.1.1. Khái niệm tư duy ..................................................................................... 7

1.1.2. Các giai đoạn của quá trình tư duy ......................................................... 8

1.1.3. Đặc điểm cơ bản của tư duy .................................................................... 8

1.1.4. Các loại hình tư duy .............................................................................. 11

1.2. Tư duy sáng tạo ........................................................................................ 12

1.2.1. Khái niệm tư duy sáng tạo .................................................................... 12

1.2.2. Các đặc trưng cơ bản của tư duy sáng tạo ............................................ 14

1.2.3. Mối liên hệ giữa tư duy sáng tạo với các loại hình tư duy khác ........... 16

1.2.4. Biểu hiện tư duy sáng tạo của học sinh trung học cơ sở trong Toán .... 18

1.3. Đặc điểm, chức năng của chuyên đề tứ giác ở trung học cơ sở và khả năng phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh .................................................. 20

1.3.1. Mục đích dạy tứ giác ở trung học cơ sở ................................................ 20

1.3.2. Nội dung chương trình Toán trung học cơ sở liên quan đến chuyên đề tứ giác .............................................................................................................. 21

1.3.3. Đánh giá chung về thực trạng dạy tứ giác trong trường trung học cơ sở theo định hướng phát triển tư duy sáng tạo ..................................................... 23

1.3.4. Khả năng phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh thông qua dạy chuyên đề tứ giác ......................................................................................................... 25

1.4. Kết luận chương 1 .................................................................................... 26

iii

CHƢƠNG 2. MỘT SỐ BIỆN PHÁP PHÁT TRIỂN TƢ DUY SÁNG TẠO CHO HỌC SINH TRUNG HỌC CƠ SỞ THÔNG QUA DẠY CHUYÊN ĐỀ TỨ GIÁC ............................................................................... 27

2.1. Các cơ sở để đề xuất các biện pháp sư phạm ........................................... 27

2.2. Một số biện pháp sư phạm ....................................................................... 27

2.2.1. Biện pháp 1: Tăng cường gợiđộng cơ trong các hoạt động dạy để gây hứng thú cho học sinh ..................................................................................... 27

2.2.2. Biện pháp 2: Tạo nền tảng kiến thức và kĩ năng để học sinh có điều kiện tư duy sáng tạo ........................................................................................ 29

2.2.3. Biện pháp 3. Tập luyện những hoạt động theo các thành phần của tư duy sáng tạo ..................................................................................................... 48

2.2.4. Biện pháp 4: Xây dựng các bài toán trong chuyên đề tứ giác nhằm phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh trung học cơ sở ......................................... 58

2.3. Kết luận chương 2 .................................................................................... 90

CHƢƠNG 3. THỰC NGHIỆM SƢ PHẠM ................................................ 91

3.1. Khái quát về thực nghiệm sư phạm .......................................................... 91

3.1.1. Mục đích thực nghiệm .......................................................................... 91

3.1.2. Nội dung thực nghiệm ........................................................................... 91

3.1.3. Đối tượng thực nghiệm ......................................................................... 91

3.1.4. Thời gian thực nghiệm .......................................................................... 92

3.1.5. Tổ chức thực nghiệm............................................................................. 92

3.2. Kết quả thực nghiệm ................................................................................ 93

3.2.1. Các phương diện được đánh giá ............................................................ 93

3.2.2. Phân tích kết quả thực nghiệm .............................................................. 94

3.3. Kết luận chương 3 .................................................................................. 102

KẾT LUẬN VÀ KHUYẾN NGHỊ ............................................................. 103

TÀI LIỆU THAM KHẢO .......................................................................... 105

PHỤ LỤC ..................................................................................................... 108

DANH MỤC CÁC BẢNG

Bảng 3.1: Bảng phân phối tần số kết quả của bài kiểm tra số 1............... 94

Bảng 3.2. Bảng phân phối tần suất kết quả của bài kiểm tra số 1……... 94

Bảng 3.3. Bảng phân phối tần suất lũy tích kết quả của bài kiểm tra số 1 95

Bảng 3.4. Bảng tổng hợp phân loại kết quả của bài kiểm tra số 1…… 95

Bảng 3.5. Bảng phân phối tần số kết quả của bài kiểm tra số 2………… 97

Bảng 3.6. Bảng phân phối tần suất kết quả của bài kiểm tra số 2……… 97

Bảng 3.7. Bảng phân phối tần suất lũy tích kết quả của bài kiểm tra số 2 99

Bảng 3.8. Bảng tổng hợp phân loại kết quả của bài kiểm tra số 2…….. 99

Bảng 3.9. Bảng tổng hợp các tham số đặc trưng của hai bài kiểm tra… 101

DANH MỤC CÁC BIỂU ĐỒ

Sơ đồ 1.1. Các giai đoạn của quá trình tư duy………………………… 8

95 Biểu đồ 3.1. Tần suất học sinh đạt điểm Xi trong bài kiểm tra số 1……

Biểu đồ 3.2. Đường lũy tích phần trăm số học sinh đạt điểm Xi trở

xuốngtrong bài kiểm tra số 1……………………………………………. 96

Biểu đồ 3.3. Biểu đồ phân loại kết quả học tập học sinh bài kiểm tra số 1 96

98 Biểu đồ 3.4. Tần suất học sinh đạt điểm Xi trong bài kiểm tra số 2……

Biểu đồ 3.5. Đường lũy tích phần trăm số học sinh đạt điểm Xi trở

xuốngtrong bài kiểm tra số 2……………………………………………. 99

Biểu đồ 3.6. Biểu đồ phân loại kết quả học tập học sinh bài kiểm tra số 2 99

Biểu đồ 3.7. Biểu đồ so sánh điểm trung bình kết quả hai bài kiểm tra… 101

MỞ ĐẦU

1. Lí do chọn đề tài

Ngày nay ở Việt Nam cũng như nhiều nước khác trên thế giới, giáo dục

có nhiệm vụ rất quan trọng là đào tạo ra những con người phát triển toàn diện

về mọi mặt, không chỉ có kiến thức lí luận tốt mà còn phải biết cách vận dụng

những kiến thức lí luận đó vào trong mọi tình huống công việc thực tiễn.

Ngay từ Nghị quyết Trung ương 4 khóa VII, giáo dục đào tạo đã được xác

định mục tiêu rõ ràng “Đào tạo những con người lao động tự chủ, năng động

sáng tạo, có năng lực giải quyết các vấn đề do thực tiễn đặt ra”. Nguồn nhân

lực là yếu tố quyết định sự thành bại của quá trình công nghiệp hóa, hiện đại

hóa đất nước, của sự nghiệp đổi mới. Với nhiệm vụ này, việc rèn luyện và

phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh từ cấp trung học cơ sở của các thầy

giáo, cô giáo góp một vai trò quan trọng.

Tuy nhiên, do rất nhiều nguyên nhân, giáo dục Việt Nam còn có nhiều

hạn chế về nội dung, chương trình dạy học, phương pháp dạy học, kiểm tra

đánh giá, hình thức tổ chức cũng như phương pháp quản lí. Thực tiễn cho

thấy phương pháp dạy học của nhiều thầy cô hiện nay vẫn nghiêng về luyện

thi, rèn kĩ năng cho học sinh chủ yếu thông qua việc giải bài tập. Phát triển tư

duy sáng tạo, rèn luyện năng lực tự học, năng lực thực hành và giải quyết vấn

đề chưa được họ chú trọng. Luật Giáo dục sửa đổi ban hành ngày 27/6/2005

cũng đã nêu rõ “Phương pháp giáo dục phổ thông phải phát huy tính tích

cực, tự giác chủ động, sáng tạo của học sinh, phù hợp với đặc điểm của từng

lớp học, môn học; bồi dưỡng phương pháp tự học, rèn luyện kĩ năng vận

dụng kiến thức vào thực tiễn; tác động đến tình cảm; đem lại niềm vui hứng

thú học tập cho học sinh”.

Vì vậy, phát triển tư duy đặc biệt là tư duy sáng tạo là một đòi hỏi của

chính quá trình giáo dục, là nhiệm vụ trọng tâm cơ bản trong mục tiêu giáo

dục. Tư duy sáng tạo không chỉ đáp ứng quá trình nhận thức, chiếm lĩnh

những tri thức khoa học nền tảng với yêu cầu ngày một cao, nó còn là đòi hỏi

phải giải quyết các vấn đề, nhiệm vụ học tập, hoạt động thực tiễn ngày một

cao và phức tạp đối với sự phát triển toàn diện nhân cách cá nhân, đồng thời

thích ứng nhanh với cuộc sống năng động ngày nay. Môn Toán được coi là

môn học công cụ để giúp các em phát triển năng lực tư duy. Dạy học Toán

nói chung và đặc biệt là dạy học Hình học nói riêng trong chương trình trung

học cơ sở có ý nghĩa rất to lớn đối với sự hình thành và phát triển tư duy sáng

tạo cho học sinh. Các yếu tố hình học là mảng mang tính trừu tượng, khái

quát cao đòi hỏi học sinh phải có được khả năng tư duy, sáng tạo, óc tưởng

tượng phong phú, biết ứng dụng kiến thức vào trong học tập và đời sống và

làm nền tảng cho việc học hình học ở các lớp cao hơn. Bên cạnh đó, thực tiễn

còn cho thấy trong quá trình học hình học, rất nhiều học sinh còn bộc lộ

những yếu kém, hạn chế về năng lực tư duy sáng tạo.Từ đó dẫn đến một hệ

quả là nhiều học sinh gặp khó khăn khi giải các bài tập hình học phức tạp. Do

vậy, việc phát triển năng lực tư duy cho học sinh nói chung và năng lực tư

duy sáng tạo cho học sinh qua học toán hình học nói riêng là một yêu cầu cấp

bách.

Xuất phát từ những lí do trên, tôi quyết định chọn đề tài: Phát triển tư

duy sáng tạo cho học sinh giỏi trung học cơ sở thông qua dạy chuyên đề tứ

giác nhằm trau dồi kiến thức của bản thân, tìm ra phương pháp giúp học sinh

phát triển khả năng tư duy, suy luận, sáng tạo đồng thời làm nền tảng vững

chắc cho việc học hình học của học sinh ở các bậc cao hơn.

2. Lịch sử nghiên cứu Từ rất sớm, vào thế kỉ III, tư duy sáng tạo đã được nhà toán học Pappos

(Hy Lạp) bắt đầu nghiên cứu. Sau ông, có rất nhiều các nhà khoa học khác cố

gắng xây dựng và phát triển tư duy sáng tạo nhưng vấn còn số ít người biết

tới. Đến thế kỉ XX, sự sáng tạo – một hiện tượng khá phổ biến trong xã hội

bắt đầu được quan tâm và nghiên cứu kĩ lưỡng, đặc biệt trong phát triển trí

tuệ. Các nhà khoa học Mĩ còn tuyên bố rằng bồi dưỡng nhân cách sáng tạo là

vấn đề có ý nghĩa quốc gia. Năm 1950, nhà tâm lí học Mĩ Guiford. J. P khi

đưa ra mô hình phân định trí tuệ bao gồm trí thông minh và sáng tạo là một

bậc thang giúp sáng tạo được nghiên cứu một cách có hệ thống. Giai đoạn này

có rất nhiều nghiên cứu thành công về sáng tạo của các nhà khoa học, tâm lí

học tên tuổi như Holland (1959), May (1961), Torrance E. P (1962, 1963,

1965, 1979, 1995), … đề cập tới tiêu chuẩn cơ bản của sáng tạo, sự khác biệt

giữa sự có và không có sáng tạo, bản chất của sáng tạo, sự phát triển năng lực

sáng tạo, … Các tác giả Liên Xô cũng đã có rất nhiều thành công khi nghiên

cứu về sáng tạo của con người. Họ đạt được nhiều kết quả trong tìm ra quá

trình sáng tạo, tư duy sáng tạo, nhân cách sáng tạo, năng lực và phát triển

năng lực sáng tạo, …

Mãi cho tới thập kỉ 70 của thế kỉ XX, ở Việt Nam mới bắt đầu có

những nghiên cứu có giá trị về sáng tạo, tiêu biểu như “Rèn luyện khả năng

sáng tạo toán học ở trường phổ thông” của Hoàng Chúng (1964); “Làm thế

nào để sáng tạo” của Phan Dũng (1992); “Khơi dậy tiềm năng sáng tạo” của

Nguyễn Cảnh Toàn (2004); “Tâm lí học sáng tạo” của Nguyễn Huy Tú

(1994); “Tâm lí học sáng tạo” của Nguyễn Đức Uy (1999); … Trong rất

nhiều các nghiên cứu của các tác giả nổi tiếng kể trên, đặc biệt chú ý tới tác

giả Tôn Thân với nghiên cứu “Xây dựng hệ thống câu hỏi và bài tập nhằm bồi

dưỡng một số yếu tố của tư duy sáng tạo cho học sinh khá và giỏi ở trường

trung học cơ sở Việt Nam” [19]. Tác giả cho rằng biểu hiện của tư duy sáng

tạo là không rập khuôn với những gì đã cũ, tìm được quan hệ giữa những cái

tưởng như mới để tìm ra phương pháp giải toán độc đáo và sáng tạo. Ông xây

xựng hệ thống câu hỏi và bài tập, trình bày một số biện pháp để bồi dưỡng tư

duy cho học sinh khá, giỏi ở trường trung học cơ sở.

Có rất nhiều đề tài nghiên cứu về tư duy sáng tạo. Có thể kể đến một số

luận văn sau: luận văn thạc sĩ giáo dục học của tác giả Dương Quang Thọ

(2011) với đề tài “Phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh thông qua dạy học

tính tích phân ở lớp 12 Trung học phổ thông (ban nâng cao)”; luận văn thạc sĩ

giáo dục học của tác giả Nguyễn Phú Thành (2013) với đề tài “Phát triển tư

duy sáng tạo cho học sinh Trung học phổ thông qua dạy học quan hệ vuông

góc trong không gian”; luận văn thạc sĩ giáo dục học của tác giả Hoàng Thị

Xuân (2012) với đề tài “Phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh trung học cơ

sở thông qua dạy học chương Tam giác đồng dạng”; …

Cũng có một số đề tài đã nghiên cứu về nội dung Tứ giácở chương

trình trung học cơ sở như: luận văn thạc sĩ giáo dục học của tác giả Nguyễn

Thu Hương (2010) với đề tài “Phát triển tư duy cho học sinh thông qua dạy

học chương Tứ giác lớp 8 trung học cơ sở”; luận văn thạc sĩ giáo dục học của

tác giả Phùng Thị Ánh (2016) với đề tài “Rèn luyện tư duy sáng tạo cho học

sinh Trung học cở sở thông qua các bài tập chương Tứ giác 8”.

Kế thừa các nghiên cứu đi trước, chúng tôi sẽ tập trung tìm kiếm các

giải pháp mới, khác biệt nhằm phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh.

3. Mục đích nghiên cứu

Khẳng định hiệu quả của việc sử dụng các phương pháp dạy học tích

cực nhằm phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh trung học cơ sở thông qua

dạy chuyên đề tứ giác, góp phần nâng cao chất lượng dạy học nội dung này.

4. Giả thuyết nghiên cứu Xây dựng được hệ thống bài tập tốt và áp dụng được những phương

pháp dạy học tích cực nhằm phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh thông qua

dạy chuyên đề tứ giác với thực trạng dạy và học Toán hiện nay ở trường trung

học cơ sở.

5. Đối tƣợng và khách thể nghiên cứu 5.1. Đối tượng nghiên cứu

Tư duy sáng tạo của học sinh trung học cơ sở

5.2. Khách thể nghiên cứu

Quá trình dạy học môn Toán, cụ thể là với chuyên đề tứ giác và học

sinh trường trung học cơ sở.

6. Phƣơng pháp nghiên cứu 6.1. Phương pháp nghiên cứu lí luận

Đọc và phân tích, tổng hợp, hệ thống hóa các nguồn tư liệu (sách, tài

liệu, các bài tập tiểu luận, khóa luận, luận văn, bài báo cáo khoa học, …) để

xây dựng cơ sở cho đề tài nghiên cứu.

6.2. Phương pháp nghiên cứu thực tiễn

+ Điều tra, quan sát thông qua tiến hành dự giờ, trao đổi, tham khảo ý

kiến một số đồng nghiệp dạy giỏi toán, có kinh nghiệm; tìm hiểu thực tiễn

giảng dạy các dạng toán liên quan đến tứ giác.

+ Sử dụng phiếu hỏi, trò chuyện với học sinh nhằm đánh giá thực trạng

và hiệu quả của việc sử dụng phương pháp mới với việc phát triển tư duy

sáng tạo của học sinh trung học cơ sở.

6.3. Phương pháp thực nghiệm sư phạm

Thực nghiệm giảng dạy một số giáo án soạn theo hướng của đề tài

nhằm đánh giá tính khả thi và hiệu quả của đề tài.

6.4. Phương pháp thống kê toán học

Sử dụng các phần mềm thống kê toán học để xử lí số liệu điều tra khảo

sát.

7. Nhiệm vụ nghiên cứu

- Nghiên cứu cơ sở lí luận của năng lực tư duy sáng tạo.

- Tìm hiểu những biểu hiện của tư duy sáng tạo ở học sinh trung học cơ

sở trong quá trình học chuyên đề tứ giác.

- Tìm hiểu tình hình dạy học chuyên đề tứ giácở trường trung học cơ sở

Trung Văn, đánh giá thực trạng vấn đề phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh

thông qua nội dung này.

- Nghiên cứu nội dung chương trình Toán học trung học cơ sở liên

quan tới tứ giác, các kiến thức liên quan tới tam giác có áp dụng vào tứ giác.

- Đề xuất một số biện pháp phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh

trung học cơ sở trong dạy chuyên đề tứ giác.

- Đề xuất một số phương pháp xây dựng các dạng bài tập liên quan tới

tứ giác nhằm phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh trung học cơ sở

- Tổ chức thực nghiệm sư phạm để tìm hiểu tính khả thi và hiệu quả

của các biện pháp đề ra.

8. Giới hạn và phạm vi nghiên cứu 8.1. Giới hạn nghiên cứu

Chương trình Toán học trung học cơ sở.

8.2. Địa bàn thực nghiệm

Lớp 8A3, 8A4 trường THCS Trung Văn, quận Nam Từ Liêm, Hà Nội.

9. Cấu trúc luận văn Ngoài phần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo và phụ lục, luận văn

dự kiến được trình bày trong 3 chương.

Chương 1: Cơ sở lí luận và thực tiễn

Chương 2: Một số biện pháp phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh

giỏi trung học cơ sở thông qua dạy chuyên đề tứ giác

Chương 3: Thực nghiệm sư phạm

CHƢƠNG 1 CƠ SỞ LÍ LUẬN VÀ THỰC TIỄN

1.1. Một số vấn đề về tƣ duy

1.1.1. Khái niệm tư duy

Có rất nhiều cách giải thích về khái niệm tư duy.

Theo từ điển tiếng Việt, "Tư duy là giai đoạn cao của quá trình nhận

thức đi sâu vào bản chất và phát hiện ra tính quy luật của sự vật bằng những

hình thức như biểu tượng, khái niệm, phán đoán và suy lí"[31], tr.1437].

Theo từ điển triết học, tư duy chỉ những hoạt động của tinh thần, đem

những cảm giác của con người sửa đổi và cải tạo thế giới thông qua hoạt động

vật chất, làm cho con người có nhận thức đúng đắn về sự vật và ứng xử một

cách tích cực hơn với nó[29], tr.67].

Theo các tác giả Nguyễn Quang Uẩn, Nguyễn Quang Lũy và Đinh Văn

Văng, "Tư duy là một quá trình tâm lí phản ánh những thuộc tính bản chất,

những mối liên hệ và quan hệ bên trong có tính qy luật của sự vật, hiện tượng

trong hiện thực khách quan mà trước đó ta chưa biết” [30], tr.79].

Trong cuốn "Rèn luyện tư duy trong dạy học Toán", Trần Thúc Bình đã

định nghĩa "Tư duy là một quá trình nhận thức phản ánh những thuộc tính bản

chất, những mối quan hệ có quy luật của sự vật và hiện tượng mà trước đó

chủ thể chưa biết” [2], tr.30]

Theo một nghiên cứu về tư duy của X.L Rubinstein thì "Tư duy là sự

khôi phục trong ý nghĩa của chủ thể về khách thể với mức độ đầy đủ hơn,

toàn diện hơn so với các tư liệu cảm tính xuất hiện do tác động của khách thể”

[7], tr.26]

Từ các khái niệm tư duy trên, dù có nhiều cách nhìn nhận về tư duy

nhưng các tác giả đều cho rằng: Tư duy là quá trình tâm lí phản ánh hiện thực

khách quan một cách gián tiếp, là sự khái quát những thuộc tính chung, có

bản chất là tìm ra những mỗi liên hệ và quan hệ có tính quy luật của sự vật,

hiện tượng mà ta chưa từng biết.

1.1.2. Các giai đoạn của quá trình tư duy

Quá trình tư duy xảy ra theo các giai đoạn sau:

Giai đoạn 1: Xác định vấn đề và biểu đạt vấn đề;

Giai đoạn 2: Huy động các tri thức và kinh nghiệm;

Giai đoạn 3: Sàng lọc các liên tưởng và hình thành giả thuyết;

Giai đoạn 4: Kiểm tra giả thuyết;

Giai đoạn 5: Giải quyết nhiệm vụ.

Sơ đồ 1.1. Các giai đoạn của quá trình tư duy

Nhận thức vấn đề

Xuất hiện các liên tưởng

Sàng lọc liên tưởng và hình thành giải thuyết

Kiểm tra giả thuyết

Khẳng định Khẳng định Chính xác hóa

Hành động tư duy mới Giải quyết vấn đề

1.1.3. Đặc điểm cơ bản của tư duy

a) Tính có vấn đề

Nếu gặp những tình huống mà vấn đề hiểu biết cũ, phương pháp hành

động đã biết của con người không đủ giải quyết, lúc đó con người rơi vào tính

huống có vấn đề. Khi đó, con người phải tư duy, tức là cố vượt ra khỏi phạm

vi những hiểu biết cũ để đi đến cái mới.

b) Tính gián tiếp.

Tư duy con người có khả năng phản ánh thế giới một cách gián tiếp.

Đặc điểm này thể hiện rõ nhất qua cách con người sử dụng ngôn ngữ để tư

duy. Nhờ có ngôn ngữ mà con người sử dụng các kết quả nhận thức (quy tắc,

khái niệm, công thức, quy luật, ...) và kinh nghiệm của bản thân vào quá trình

tư duy (phân tích, tổng hợp, so sánh, khái quát, ...) để nhận thức được cái bên

trong, bản chất của sự vật, hiện tượng. Ngoài ra, tính gián tiếp của tư duy còn

thể hiện ở chỗ trong quá trình tư duy, con người sử dụng những công cụ,

phương tiện để nhận thức đối tượng mà không thể trực tiếp tri giác. Khi đó,

con người mở rộng khả năng nhận thức, không chỉ phán ánh được những gì

trong hiện tại mà còn phản ánh cả quá khứ và tương lại.

c) Tính trừu tượng và khái quát

Khác với nhận thức cảm tính, tư duy không chỉ phản ánh sự vật, hiện

tượng một cách cụ thể và riêng lẻ. Tư duy có khả năng trừu tượng xuất khỏi

sự vật, hiện tượng những thuộc tính, những dấu hiệu cá biệt, cụ thể, chỉ giữ lại

những thuộc tính bản chất chung cho nhiều sự vật hiện tượng. Trên cơ sở đó

mà tư duy khái quát những sự vật hiện tượng riêng lẻ, nhưng có những thuộc

tính chung thành một nhóm, một loại, một phạm trù. Trừu tượng và dùng trí

óc để gạt bỏ những thuộc tính, những mối liên hệ, quan hệ thứ yếu không cần

thiết cho tư duy. Khái quát là dùng trí óc để hợp nhất nhiều đối tượng khác

nhau thành một nhóm, một loại, một phạm trù theo những thuộc tính, liên hệ,

quan hệ nhất định.

d) Tính độc lập tương đối

Con người luôn giao tiếp trong cuộc sống hằng ngày. Do đó tư duy của

mỗi người vừa tự biến đổi không ngừng trong quá trình giao tiếp của bản

thân, vừa chịu những tác động từ tư duy của những người xung quanh. Tư

duy không chỉ gắn với bộ não của từng cá thể người mà còn gắn với sự tiến

hóa của xã hội, trở thành một sản phẩm có tính xã hội trong khi vẫn duy trì

được tính cá thể của một con người nhất định. Mặc dù được tạo thành từ kết

quả của các hoạt động thực tiễn nhưng tư duy có tính độc lập tương đối. Sau

khi xuất hiện, sự phát triển của tư duy chịu sự ảnh hưởng của toàn bộ tri thức

nhân loại đã tích lũy trước đó, tác động của các lí thuyết và quan điểm đang

có lúc bấy giờ. Tư duy phản ánh đặc thù logic khách quan theo cách suy nghĩ

cũng như cách hiểu riêng của mỗi người. Đây là logic phát triển riêng của tư

duy.

e) Mối quan hệ giữa tư duy và ngôn ngữ

Tư duy có nhiều đặc điểm là do nó gắn chặt với ngôn ngữ. Tư duy và

ngôn ngữ có mối quan hệ mật thiết với nhau. Ngôn ngữ giúp quá trình tư duy

của con người diễn ra và giúp những chủ thể khác tiếp nhận các sản phẩm của

tư duy như khái niệm, phán đoán, … Ngôn ngữ cố định lại kết quả của tư duy,

là phương tiện biểu đạt kết quả tư duy nên có thể khách quan hóa kết quả tư

duy cho người khác và bản thân chủ thể tư duy. Ngôn ngữ sẽ chỉ là những

chuỗi âm thanh vô nghĩa nếu không có tư duy. Ngôn ngữ chính là phương

tiện của tư duy.

f) Mối quan hệ giữa tư duy và nhận thức cảm tính

Nhận thức cảm tính bao gồm cảm giác và tri giác. Cảm giác là một quá

trình tâm lí phản ánh từng thuộc tính riêng lẻ của sự vật, hiện tượng đang trực

tiếp tác động vào giác quan của con người. Tri giác là quá trình tâm lí phản

ánh một cách trọn vẹn các thuộc tính bề ngoài của sự vật, hiện tượng khi

chúng đang trực tiếp tác động vào giác quan của con người. Tư duy là mức độ

nhận thức cao hơn hẳn về chất so với nhận thức cảm tính, nhưng tư duy vẫn

luôn gắn liền với nhận thức cảm tính. Tư duy dù có trừu tượng, khái quát đến

mấy cũng phải dựa vào các tài liệu trực quan mà cảm giác và tri giác mang

lại. Lê-nin thì từng nói: "không có cảm giác thì không có quá trình nhận thức

nào cả".Ngược lại, tư duy và những kết quả của nó ảnh hưởng mạnh mẽ, chi

phối khả năng phản ánh của nhận thức cảm tính. Cảm giác của con người tinh

vi, nhạy bén hơn; tri giác con người có tính lựa chọn, tính ý nghĩa hơn nhờ có

tư duy. Chính vì thế mà Ph. Angghen đã viết rằng nhập vào mắt của chúng ta

chẳng những có những cảm giác khác mà còn có cả ho động tư duy của ta

nữa.

1.1.4. Các loại hình tư duy

Có rất nhiều tên gọi cho tư duy như tư duy lôgic, tư duy trừu tượng, tư

duy sáng tạo, tư duy kinh nghiệm, tư duy lý luận, tư duy khoa học, tư duy triết

học,...Về bản chất thì tư duy chỉ có một, đó là sự việc hình thành mới hoặc tái

tạo lại các liên kết giữa các phần tử đã có sẵn. Phân chia ra các loại hình tư

duy có tác dụng phân biệt rõ mục đích của từng loại và vận dụng tốt tư duy

trong hoạt động của hệ thần kinh. Có thể phân loại tư duy theo các loại dưới

đây.

a) Phân loại theo cách thể hiện

- Tư duy bằng hình tượng

- Tư duy bằng ngôn ngữ

b) Phân loại theo cách vận hành

- Tư duy kinh nghiệm

- Tư duy sáng tạo

- Tư duy trí tuệ

- Tư duy phân tích

- Tư duy tổng hợp

c) Phân loại theo tính chất

- Tư duy rộng hay hẹp

- Tư duy sâu hay nông

- Tư duy lôgic

- Tư duy phi lôgic

- Tư duy đơn giản hay phức tạp

- Tư duy lý luận

d) Phân loại theo nội dung

- Tư duy khoa học

- Tư duy nghệ thuật

- Tư duy tín ngưỡng

1.2. Tƣ duy sáng tạo

1.2.1. Khái niệm tư duy sáng tạo

Có rất nhiều cách giải thích về khái niệm tư duy sáng tạo.

Vugotxki L.X. cho rằng: Hoạt động sáng tạo là bất cứ hoạt động nào

của con người tạo ra được cái gì mới, không kể rằng cái được tạo ra ấy là một

vật cụ thể hay là sản phẩm của trí tuệ hoặc tình cảm chỉ sống và biểu lộ trong

bản thân con người[6], tr.84].

Theo Torrance P. E: Sáng tạo là quá trình xác định các giả thuyết,

nghiên cứu chúng và tìm ra kết quả. Ông cho rằng sáng tạo “là quá trình trở

nên nhạy cảm hay nhận biết nhiều vấn đề, sự thiếu hụt hay lỗ hổng trong kiến

thức, sự thiếu hụt các yếu tố hay sự thiếu hòa hợp, v.v... cùng nhau đưa đến

các mối quan hệ mới với những thông tin hiện tại có giá trị từ đó dẫn đến tìm

kiếm những phương án giải quyết, những phỏng đoán, công thức hóa về vấn

đề”[10], tr.102].

Nhà tâm lý học Mỹ Willson M. cho rằng: “Sáng tạo là quá trình mà kết

quả là tạo ra những kết hợp mới cần thiết từ các ý tưởng dạng năng lượng, các

đơn vị thông tin, các khách thể hay tập hợp của hai ba các yếu tố nêu ra”[28],

tr.118].

Theo Chu Quang Tiềm, “Sáng tạo, căn cứ vào những ý tưởng đã có sẵn

làm tài liệu rồi cắt xén, chọn lọc, tổng hợp lại để thành một hình tượng mới”.

Quan niệm này nhấn mạnh đến những cái đã biết làm cơ sở cho sự sáng

tạo[24], tr.295].

Guilford J.P. (Mỹ) cho rằng: Tư duy sáng tạo là tìm kiếm và thể hiện

những phương pháp lôgíc trong tình huống có vấn đề, tìm kiếm những

phương pháp khác nhau và mới của việc giải quyết vấn đề, giải quyết nhiệm

vụ. Do đó sáng tạo là một thuộc tính của tư duy, là một phẩm chất của quá

trình tư duy. Người ta còn gọi đó là tư duy sáng tạo.

Nguyễn Đức Uy cho rằng: “Sáng tạo là sự đột khởi thành hành động

của một sản phẩm liên hệ mới mẻ, nảy sinh từ sự độc đáo của một cá nhân và

những tư liệu, biến cố, nhân sự, hay những hoàn cảnh của đời người ấy”[29],

tr.9]. Quan điểm này cho rằng không có sự phân biệt về sáng tạo, nghĩa là

sáng tạo dù ít, dù nhiều đều là sáng tạo.

Trong cuốn “Sổ tay Tâm lý học”, tác giả Trần Hiệp và Đỗ Long cho

rằng: “Sáng tạo là hoạt động tạo lập phát hiện những giá trị vật chất và tinh

thần. Sáng tạo đòi hỏi cá nhân phải phát huy năng lực, phải có động cơ, tri

thức, kĩ năng và với điều kiện như vậy mới tạo nên sản phẩm mới, độc đáo,

sâu sắc”[12], tr.34].

Nguyễn Huy Tú trong “Đề cương bài giảng Tâm lý học sáng tạo”, định

nghĩa sáng tạo như sau: “Sáng tạo thể hiện khi con người đứng trước hoàn

cảnh có vấn đề. Quá trình này là tổ hợp các phẩm chất và năng lực mà nhờ đó

con người trên cơ sở kinh nghiệm của mình và bằng tư duy độc lập tạo ra

được ý tưởng mới, độc đáo, hợp lý trên bình diện cá nhân hay xã hội. Ở đó

người sáng tạo gạt bỏ được các giải pháp truyền thống để đưa ra những giải

pháp mới độc đáo và thích hợp cho vấn đề đặt ra”[27], tr.5].

Theo từ điển triết học, “Sáng tạo là quá trình hoạt động của con người

tạo ra những giá trị vật chất, tinh thần, mới về chất. Các loại hình sáng tạo

được xác định bởi đặc trưng nghề nghiệp như khoa học, kĩ thuật, văn học,

nghệ thuật, tổ chức, quân sự, ... Có thể nói sáng tạo có mặt trong mọi lĩnh vực

của thế giới vật chất và tinh thần”[29], tr.27-28].

Từ các khái niệm về tư duy sáng tạo, mặc dù sáng tạo được giải thích ở

các góc độ khác nhau nhưng các tác giả đều thống nhất cho rằng: tư duy sáng

tạo là một thuộc tính, một phẩm chất trí tuệ đặc biệt của con người; hoạt động

sáng tạo diễn ra ở mọi nơi, mọi lúc, mọi lĩnh vực; bản chất của sáng tạo là con

người tìm ra cái mới, cái độc đáo và có giá trị xã hội. Đây là một điểm chung

mà các tác giả đều nhấn mạnh nhưng được nhìn dưới nhiều góc độ khác nhau,

có tác giả quan tâm đến cái mới của sản phẩm hoạt động, có tác giả lại quan

tâm đến cách thức, đến quá trình tạo ra cái mới đó. Song cái mới cũng có

nhiều mức độ, có cái mới đối với toàn xã hội, có cái mới chỉ đối với bản thân

người tạo ra nó. Điểm chung nữa ở các tác giả là đều nhấn mạnh đến ý nghĩa

xã hội của sản phẩm sáng tạo.

Tư duy sáng tạo là tư duy có khuynh hướng phát hiện và giải thích bản

chất sự vật theo lối mới, hoặc tạo ra ý tưởng mới, cách giải quyết mới không

theo tiền lệ đã có.

1.2.2. Các đặc trưng cơ bản của tư duy sáng tạo

Các nhà tâm lí học, giáo dục học, ... đã nghiên cứu về cấu trúc của tư

duy sáng tạo và tìm ra rằng: Tư duy sáng tạo có năm đặc trưng cơ bản là tính

mềm dẻo (flexibility), tính nhuần nhuyễn (fluency), tính độc đáo (originality),

tính chi tiết (elaboration) và tính nhạy cảm (problemsensibility).

a) Tính mềm dẻo

Tính mềm dẻo là khả năng dễ dàng chuyển từ hoạt động trí tuệ này

sang hoạt động trí tuệ khác. Đó là năng lực chuyển dịch dễ dàng nhanh chóng

trật tự của hệ thống tri thức, xây dựng phương pháp tư duy mới, tạo ra sự vật

mới trong mối liên hệ mới, ...dễ dàng thay đổi các thái độ đã cố hữu trong

hoạt động trí tuệ của con người.

Có thể thấy rằng tính mềm dẻo (linh hoạt) của tư duy có những đặc

điểm sau:

- Dễ dàng chuyển từ hoạt động trí tuệ này sang hoạt động trí tuệ khác;

dễ dàng chuyển từ giải pháp này sang giải pháp khác;

- Điều chỉnh kịp thời hướng suy nghĩ nếu gặp trở ngại;

- Suy nghĩ không rập khuôn, không áp dụng một cách máy móc những

tri thức, kinh nghiệm, kĩ năng đã có vào trong những điều kiện, hoàn cảnh

mới trong đó có những yếu tố đã thay đổi;

- Có khả năng thoát khỏi ảnh hưởng kìm hãm của những kinh nghiệm,

phương pháp, cách thức suy nghĩ đã có;

- Nhận ra vấn đề mới trong điều kiện đã quen thuộc, nhìn thấy chức

năng mới của đối tượng đã quen biết.

b) Tính nhuần nhuyễn

Tính nhuần nhuyễn thể hiện khả năng làm chủ tư duy, làm chủ kiến

thức, kĩ năng và thể hiện tính đa dạng của các cách xử lí khi giải quyết vấn đề.

Đó chính là năng lực tạo ra một cách nhanh chóng sự tổ hợp giữa các yếu tố

riêng lẻ của tình huống, hoàn cảnh, đưa ra giả thuyết về ý tưởng mới. Nó

được đặc trưng bởi khả năng tạo ra một số lượng nhất định các ý tưởng.

Tính nhuần nhuyễn của tư duy thể hiện ở các đặc trưng sau:

- Khả năng xem xét đối tượng dưới nhiều khía cạnh khác nhau; có cái

nhìn đa chiều, toàn diện đối với một vấn đề;

- Khả năng tìm được nhiều giải pháp trên nhiều góc độ và nhiều tình

huống khác nhau;

- Khả năng tìm được nhiều giải pháp cho một vấn đề từ đó sàng lọc

các giải pháp để chọn được giải pháp tối ưu.

c) Tính độc đáo

Tính độc đáo là khả năng tìm kiếm và quyết định phương thức lạ và

duy nhất; được đặc trưng bởi các khả năng sau:

- Khả năng tìm ra những liên tưởng và kết hợp mới;

- Khả năng tìm ra các mối liên hệ trong những sự kiện bên ngoài tưởng

như không có quan hệ với nhau;

- Khả năng tìm ra những giải pháp lạ tuy đã biết những giải pháp khác.

d) Tính chi tiết

Tính chi tiết là khả năng lập kế hoạch, phối hợp giữa các ý nghĩ và

hành động, phát triển ý tưởng, kiểm tra và chứng minh ý tưởng. Nó làm cho

tư duy trở thành một quá trình, từ chỗ xác định được vấn đề cần giải quyết,

huy động vốn kiến thức kinh nghiệm có thể sử dụng để giải quyết đến cách

giải quyết, kiểm tra kết quả. Nghĩa là những ý tưởng sáng tạo phải thoát ra

biến thành sản phẩm có thể quan sát được.

e) Tính nhạy cảm

Tính nhạy cảm là năng lực phát hiện vấn đề, mâu thuẫn, sai lầm, bất

hợp lý một cách nhanh chóng, có sự tinh tế của các cơ quan cảm giác, có năng

lực trực giác, có sự phong phú về cảm xúc, nhạy cảm, cảm nhận được ý nghĩ

của người khác và có các đặc trưng sau:

- Khả năng nhanh chóng phát hiện vấn đề;

- Khả năng phát hiện ra mâu thuẫn, sai lầm, thiếu logic, chưa tối ưu. Từ

đó có nhu cầu cấu trúc lại, tạo ra cái mới.

Các đặc trưng trên của tư duy sáng tạo không tách rời nhau mà chúng

có liên hệ mật thiết với nhau, bổ sung cho nhau, trong đó tính độc đáo được

cho là quan trọng nhất trong sự biểu hiện của tư duy sáng tạo, tính nhạy cảm

đi liền với cơ chế xuất hiện sáng tạo. Tính mềm dẻo, nhuần nhuyễn là cơ sở

để có thể đạt được tính độc đáo, tính nhạy cảm, tính chi tiết.

1.2.3. Mối liên hệ giữa tư duy sáng tạo với các loại hình tư duy khác

a) Với tư duy biện chứng

Trong tư duy biện chứng, khi xem xét sự vật, hiện tượng, phải xem xét

một cách đầy đủ với tất cả tính phức tạp của nó. Tức là phải kiểm tra trong

mọi mặt, mọi mối quan hệ trong tổng thể những mối quan hệ phong phú,

phức tạp và muôn vẻ của nó với các sự vật, hiện tượng khác. Tư duy biện

chứng là cơ sở để học sinh học toán một cách sáng tạo, không theo khuôn

mẫu, cách giải sẵn có. Bên cạnh đó, phải xem xét sự vật, hiện tượng trong sự

mâu thuẫn và thống nhất để giúp học sinh học toán chủ động và sáng tạo.

Điều này thể hiện ở khả năng phát hiện vấn đề và định hướng cho cách giải

quyết vấn đề. Do đó, tư duy biện chứng có một vai trò không nhỏ trong việc

phát triển năng lực tư duy sáng tạo cho học sinh.

b) Với tư duy logic

Do các quy luật cơ bản của tư duy logic, trong quá trình tư duy phải giữ

vững một cách nghiêm ngặt tính đồng nhất của các tiền đề. Từ đó kết luận rút

ra mới đúng đắn. Nếu trong quá trình lập luận mà có sự thay đổi nội dung các

tiền đề thì không thể nào đi đến kết luận chính xác được. Tất cả mọi người,

mọi ngành khoa học đều phải tuân theo các quy luật có tính chất bắt buộc này,

trong một dạng kết cấu tư duy chính xác. Vì vậy, để đi đến cái mới trong toán,

phải kết hợp được tư duy logic và tư duy biện chứng. Trong việc phát hiện

vấn đề và định hướng cho cách giải quyết vấn đề thì tư duy biện chứng đóng

vai trò chủ đạo. Còn khi hướng giải quyết vấn đề đã có thì tư duy logic giữ

vai trò chính nhằm xác định đúng đắn của một phán đoán mới. Các kiến thức

toán học được hình thành chủ yếu thông qua con đường trừu tượng hóa và

được phát triển theo các quy luật của tư duy biện chứng, nhưng sắp xếp và

trình bày lại các kiến thức này lại mang tính hình thức dựa trên các quy luật

của tư duy logic. Do đó, tư duy nói chung và tư duy sáng tạo nói riêng trong

toán học cần có sự thống nhất biện chứng giữa tư duy logic và tư duy biện

chứng.

c) Với tư duy phê phán

Nếu xem tư duy phê phán là suy diễn và tư duy sáng tạo là suy luận

quy nạp thì con người hiểu được rằng tại sao việc dạy tư duy sáng tạo đã và

đang không được quan tâm nhiều. Suy luận quy nạp là quá trình con người đi

đến một kết luận tổng quát từ các quan sát riêng lẻ, cụ thể. Bản thân suy luận

quy nạp không chứng minh được một quy luật tổng quát duy nhất là tồn tại.

Và nền tảng của tư duy phê phán được xác định bởi các nhà triết học là logic.

Một cách để chứng minh điều gì là đúng và công nhận tính đúng đắn của nó

cho mọi tình huống khác đó là sử dụng tư duy logic. Mặc dù tư duy phê phán

khác hẳn với tư duy sáng tạo, nhưng chúng có vai trò hỗ trợ nhau trong quá

trình học toán. Tư duy sáng tạo và tư duy phê phán đóng vai trò vô cùng quan

trọng trong quá trình giải quyết vấn đề và khảo sát toán.

1.2.4. Biểu hiện tư duy sáng tạo của học sinh trung học cơ sở trong Toán

Tư duy sáng tạo góp phần rèn luyện và phát triển nhân cách cũng như

các năng lực trí tuệ cho học sinh; bồi dưỡng sự hứng thú và đam mê học tập,

khuyến khích sự tìm tòi, sáng tạo của học sinh. “Tôi tư duy, vậy tôi tồn tại” là

câu nói nổi tiếng của Decartes về tầm quan trọng của việc tư duy liên quan tới

sự tồn tại của con người.

Giáo viên thường đưa ra các bài tập có thể giúp học sinh vận dụng sáng

tạo nội dung kiến thức và phương pháp có được trong quá trình học tập giúp

các em làm quen với một số hoạt động sáng tạo nhằm rèn luyện năng lực.

Mức độ biểu hiện của học sinh được sắp xếp theo thứ tự tăng dần của năng

lực tư duy sáng tạo. Đối với học sinh trung học cơ sở, có thể thấy các biểu

hiện của năng lực tư duy sáng tạo trong Toán qua các khả năng sau.

a) Có khả năng vận dụng thành thạo những kiến thức, kĩ năng đã biết vào các

bài toán mới

Khả năng này thường được biểu hiện nhiều nhất nên trong quá trình

dạy học, giáo viên cần quan tâm phát hiện và bồi dưỡng cho học sinh. Việc áp

dụng các cách giải đã có sẵn để giải một bài tập toán tương tự, hay vận dụng

trực tiếp các kiến thức, kĩ năng vào đã biết để tư duy một bài toán mới là khả

năng mà tất cả học sinh phải cố gắng hình thành được trong quá trình học

toán. Biểu hiện năng lực tư duy sáng tạo của học sinh ở đây là: Với kiến thức

và kĩ năng đã được học, học sinh có thể biến đổi được những bài toán trong

những tình huống cụ thể, hoàn toàn mới về những bài toán quen thuộc, những

bài toán đã biết để áp dụng vào giải nó dễ dàng; từ đó, học sinh thể hiện được

tính sáng tạo của bản thân khi đi giải những bài toán mới này.

b) Có khả năng phát hiện, đề xuất cái mới từ một vấn đề quen thuộc

Khi đứng trước một bài toán, học sinh phát hiện được vấn đề mới trong

các điều kiện, vấn đề quen thuộc; phát hiện ra những chức năng mới trong

những đối tượng quen thuộc, tránh đi sự rập khuôn máy móc, dễ dàng điều

chỉnh được những hướng giải quyết trong các điều kiện mới. Đây cũng là biểu

hiện tạo điều kiện để học sinh rèn luyện tính mềm dẻo của tư duy.

c) Có khả năng nhìn nhận đối tượng dưới nhiều khía cạnh khác nhau

Phần lớn học sinh, khi cố gắng làm một bài toán mà thấy bại, sẽ có cảm

giác chán nản, không muốn tiếp tục chứ không chuyển sang làm theo một

hướng suy nghĩ hay một cách nhìn khác. Tuy nhiên, mỗi thất bại học sinh trải

qua đều có ý nghĩa riêng của nó nếu như học sinh không quá coi trọng phần

kém hiệu quả của nó. Khi đó, nếu học sinh biết phân tích lại toàn bộ quá trình

cũng như các yếu tố liên quan, cân nhắc xem nên thay đổi những yếu tố liên

quan lại một lần nữa, sao cho đạt được kết quả tốt hơn thì sẽ có tác dụng rất

lớn. Nhìn nhận và đánh giá một cách khả quan các bài toán với nhiều cách

nhìn khác nhau, từ đó sẽ phát hiện những cách giải hay, thích hợp cho bài

toán. Đây cũng là một biểu hiện của tư duy sáng tạo của học sinh trung học cơ

sở trong Toán.

d) Có khả năng phối hợp nhiều công cụ, phương pháp khác nhau để giải

quyết một bài toán

Đứng trước một bài tập toán mang tính sáng tạo cao, đòi hỏi học sinh

phải vận dụng rất nhiều kiến thức, kĩ năng khác nhau và nhiều phương pháp,

cách giải khác nhau. Đồng thời học sinh cũng phải biết phối hợp các kiến

thức, kĩ năng và các phương pháp, huy động những kinh nghiệm của bản

thân, cộng với sự nỗ lực, phát huy năng lực tư duy sáng tạo của mình để tìm

tòi, giải quyết vấn đề. Giải các bài toán như vậy rất hiệu quả trong việc rèn

luyện tư duy sáng tạo cho học sinh trung học cơ sở.

e) Có khả năng tìm được nhiều cách giải khác nhau cho một bài toán

Đây là biểu hiện của học sinh khi đứng trước những bài toán có những

dữ kiện, điều kiện có thể xem xét dưới nhiều khía cạnh khác nhau. Với những

bài toán kiểu này, học sinh biểu hiện rõ rệt khả năng, năng lực chuyển từ hoạt

động tư duy này sang hoạt động tư duy khác, khả năng linh hoạt trong cách

quan sát bài toán ở nhiều góc độ được thể hiện rất rõ.

f) Có khả năng tìm được cách giải độc đáo đối với bài toán đã cho

Có nhiều bài toán, các dữ kiện dễ dàng quan sát được trực tiếp qua

ngôn ngữ của đề bài, nhưng có nhiều bài toán thì các dữ kiện lại bị ẩn đi dưới

cách diễn đạt không dễ phát hiện của đề bài, thậm chí là một cách đánh lừa

khả năng tư duy của học sinh. Khi giải bài toán, nếu nhìn ra trọng tâm yêu cầu

của đề bài, phát hiện cái mới, học sinh sẽ tìm ra được những cách giải độc

đáo, không giống lối tư duy thông thường. Năng lực tư duy sáng tạo chính là

được phát huy trong những tình huống này.

1.3. Đặc điểm, chức năng của chuyên đề tứ giác ởtrung học cơ sở và khả

năng phát triển tƣ duy sáng tạo cho học sinh

1.3.1. Mục đích dạy tứ giác ở trung học cơ sở

Mỗi bài học về tứ giác ởtrung học cơ sở đều có một mục đích cụ thể,

giúp học sinh hình thành những kiến thức, kĩ năng mới.

- Dạy học về tứ giác nói chung: Học sinh phát biểu được định nghĩa tứ

giác, tứ giác lồi, định lí tổng 4 góc của tứ giác lồi; biết cách vẽ, gọi tên các

yếu tố, tính được số đo các góc của một tứ giác lồi và vận dụng các kiến thức

kĩ năng trên vào giải các bài tập tình huống thực tiễn cơ bản.

- Dạy học về hình thang: Học sinh nhận biết và nêu được định nghĩa,

tính chất, dấu hiệu nhân biết và chỉ ra được các yếu tố của hình thang, hình

thang vuông, hình thang cân; biết cách vẽ hình thang theo yêu cầu của đề bài;

chứng minh được một tứ giác là hình thang, hình thang cân, hình thang

vuông; tính được số đo các góc chưa biết, vận dụng tính chất hình thang cân

vào tính toán và chứng minh các đoạn thẳng bằng nhau, các góc bằng nhau,

…

- Dạy học về hình bình hành: Học sinh nhận biết và nêu được định

nghĩa, tính chất, dấu hiệu nhân biết và chỉ ra được các yếu tố của hình bình

hành; biết vẽ hình bình hành và chứng minh được một tứ giác là hình bình

hành; vận dụng tính chất hình hình hành để chứng minh các đoạn thẳng bằng

nhau, các góc bằng nhau, chứng minh ba điểm thẳng hàng, hai đường thẳng

song song, …

- Dạy học về hình chữ nhật: Học sinh nhận biết và nêu được định

nghĩa, tính chất, dấu hiệu nhân biết và chỉ ra được các yếu tố của hình chữ

nhật; biết cách vẽ hình chữ nhật và chứng minh được một tứ giác là hình chữ

nhật; học sinh phát hiện các bài toán liên quan đến hình chữ nhật thực chất

cũng chính là các dạng đã gặp ở hình bình hành; ngoài ra, vận dụng các kiến

thức của hình chữ nhật vào trong tam giác vuông.

- Dạy học về hình thoi: Học sinh nhận biết và nêu được định nghĩa, tính

chất, dấu hiệu nhân biết và chỉ ra được các yếu tố của hình thoi; biết cách vẽ

hình thoi và chứng minh được một tứ giác là hình thoi; học sinh phát hiện các

bài toán liên quan đến hình thoi thực chất cũng chính là các dạng đã gặp ở

hình bình hành; ngoài ra, vận dụng các kiến thức của hình thoi vào chứng

minh hai đường thẳng vuông góc, tìm tia phân giác của một góc, …

- Dạy học về hình vuông: Học sinh nhận biết và nêu được định nghĩa,

tính chất, dấu hiệu nhân biết và chỉ ra được các yếu tố của hình vuông; biết

cách vẽ hình vuông và chứng minh được một tứ giác là hình vuông; học sinh

phát hiện các bài toán liên quan đến hình vuông thực chất cũng chính là các

dạng đã gặp ở hình chữ nhật và hình thoi.

- Dạy học về tứ giác nội tiếp: Học sinh nhận biết và nêu được định

nghĩa, tính chất, dấu hiệu nhân biết và chỉ ra được các yếu tố của tứ giác nội

tiếp; biết cách vẽ và chứng minh được một tứ giác là nội tiếp; vận dụng các

kiến thức về tứ giác nội tiếp vào giải các bài tập lí thuyết cũng như thực tế.

1.3.2. Nội dung chương trình Toán trung học cơ sở liên quan đến chuyên

đề tứ giác

* Lớp 8: 26 tiết (theo phân phối chương trình Toán 8)

Chương I: Tứ giác

Tiết 1: §1. Tứ giác

Tiết 2: §2. Hình thang

Tiết 3: §3. Hình thang cân

Tiết 4: Luyện tập

Tiết 5: §4.1. Đường trung bình của tam giác

Tiết 6: §4.2. Đường trung bình của hình thang

Tiết 7: Luyện tập

Tiết 8: Luyện tập

Tiết 9: Luyện tập

Tiết 10: §6. Đối xứng trục

Tiết 11: Luyện tập

Tiết 12: §7. Hình bình hành

Tiết 13: Luyện tập

Tiết 14: §8. Đối xứng tâm

Tiết 15: Luyện tập

Tiết 16: §9. Hình chữ nhật

Tiết 17: Luyện tập

Tiết 18: §10. Đường thẳng song song với một đường thẳng cho trước

Tiết 19: Luyện tập

Tiết 20: §11. Hình thoi

Tiết 21: Luyện tập

Tiết 22: §12. Hình vuông

Tiết 23: Luyện tập

Tiết 24: Ôn tập chương I

Tiết 25: Ôn tập chương I

Tiết 26: Kiểm tra 45 phút

* Lớp 9: 3 tiết (theo phân phối chương trình Toán 9)

Chương III: Góc với đường tròn

Tiết 50: §7. Tứ giác nội tiếp

Tiết 51: Luyện tập

Tiết 52: Luyện tập

1.3.3. Đánh giá chung về thực trạng dạy tứ giác trong trường trung học cơ

sở theo định hướng phát triển tư duy sáng tạo

Qua quá trình quan sát, tìm hiểu thực trạng dạy phần tứ giác ở một số

trường trung học cơ sở tác giả có một số nhận định như sau.

Việc dạy theo định hướng phát triển tư duy sáng tạo có rất nhiều cách

để tiến hành. Mặc dù vậy, không phải cách nào cũng mang lại hiệu quả.

Có rất nhiều nguyên nhân giải thích cho việc kết quả chưa như mong

muốn. Đầu tiên phải nhắc đến yếu tố giáo viên vì giáo viên là người trực tiếp

dạy học, giúp học sinh phát triển trí tuệ, hình thành các kĩ năng cần thiết mà

một trong số đó là kĩ năng tư duy suy sáng tạo. Có rất nhiều thầy cô giáo tâm

huyết với nghề, hết mình vì tương lai của học sinh. Trong quá trình dạy học,

họ thường xuyên trau dồi chuyên môn của mình, sử dụng nhiều phương pháp

dạy học mới để không ngừng nâng cao chất lượng dạy học. Khi đó học sinh

không chỉ được trang bị kiến thức mà còn phát triển năng lực tư duy rất hiệu

quả. Tuy nhiên, bên cạnh đó vẫn còn số ít giáo viên chưa quan tâm đến việc

rèn tư duy, nhất là tư duy sáng tạo. Các thầy cô này phần nhiều còn giữ lối

dạy học cũ, không đổi mới các phương pháp, không gây được động cơ học

tập để gây hứng thú cho học sinh.

Chuyên đề tứ giác ởtrung học cơ sở là một chuyên đề hay, phong phú

về cả nội dung, hình thức giảng dạy và nội dung bài tập. Một trong các chức

năng chính của nó là phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh nhưng còn nhiều

thầy cô chưa biết cách tận dụng hiệu quả. Giáo viên nhiều khi chỉ chú trọng

luyện cho học sinh nhớ các dạng bài tập cơ bản bằng các cách giải tương ứng

để khi đi thi nếu có gặp bài tương tự thì các em có thể tự giải được. Đặc biệt,

trong các giờ dạy, giáo viên không thật sự gây được sự hứng thú, tò mò, chưa

làm cho học sinh muốn tìm hiểu sâu, không phát huy được năng lực tự học

cũng như tính sáng tạo của học sinh. Ngoài ra, các đề kiểm tra vốn còn thiên

về đánh giá kiến thức, kĩ năng đã được học của các em, chưa có điểm cộng

khuyến khích cho sự sáng tạo của các bạn học sinh, … Nói cách khác, giáo

viên chưa kích hoạt được tư duy sáng tạo của học sinh. Trong quá trình giảng

dạy, nhiều giáo viên rất ít giao bài tập nhóm cho học sinh dẫn đến việc khả

năng tự học, tự nghiên cứu, tìm tòi của các em chưa được rèn luyện nhiều.

Điều này khiến mỗi lần trình bày trước lớp, học sinh vì chưa được tập luyện

nhiều, còn gặp khó khăn, không mạnh dạn đưa ra ý kiến của mình.

Khi trực tiếp dạy chuyên đề tứ giác cho các lớp, qua việc điều tra cho

thấy phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh ở trường trung học cơ sở còn gặp

rất nhiều hạn chế cũng một phần từ yếu tố học sinh. Các em thường suy nghĩ

rất máy móc, dập khuôn, không tích cực tư duy mà chỉ muốn được học những

kiến thức, kĩ năng để sao khi làm bài tập có thể áp dụng ngay được. Quá trình

chuyển từ hoạt động tư duy này sang hoạt động tư duy khác các em không

vận dụng linh hoạt các bước phân tích, tổng hợp, so sánh, khái quát hóa, trừu

tượng hóa. Biểu hiện rõ rệt cho vấn đề này là khi chuyển từ dạng bài tập này

sang dạng bài tập khác, học sinh rất lúng túng. Cùng là một bài toán, nếu đặt

trong các bài tập cùng dạng, đã được giáo viên hướng dẫn kĩ thì các em giải

một cách thành thạo. Tuy nhiên, khi xoay hình vẽ đi theo một hướng khác,

hay đặt vào trong các bài tập mà không cùng dạng thì học sinh tỏ ra rất khó để

giải quyết. Thậm chí nhiều học sinh còn không tìm được giải pháp, rất loay

hoay khi giáo viên thay đổi một số giả thiết của bài tập hay đổi cách hỏi.

Một vấn đề khác phải kể đến ở đây là học sinh hiện nay rất dễ mắc sai

lầm. Các em thường sai do không đọc kĩ đề bài, vẽ sai hình, áp dụng sai tính

chất, dấu hiệu nhận biết, … Nguyên nhân chính là do không hiểu bản chất các

định nghĩa, khái niệm, không nắm được bản chất về hướng mà các em muốn

làm để giải bài tập toán.

Hầu hết học sinh nếu không có vấn đề về sai sót khi làm bài thì lại

dừng ngay lập tức khi tìm ra cách chứng minh hay giải xong bài tập. Việc suy

nghĩ để tìm xem còn lời giải nào khác hay kiểm tra lại xem lời giải của mình

đã hay và ngắn gọn, hợp lí hay chưa với các em là một chuyện rất xa xỉ. Học

sinh không có thói quen xem xét bài toán dưới nhiều khía cạnh khác nhau nên

cũng rất hiếm học sinh mở rộng khai thác bài toán. Vì vậy mà rất ít học sinh

có khả năng tự ra được đề bài mới. Những học sinh khá giỏi, bài tập mới mà

các em sáng tạo ra phần nhiều cũng chỉ là bài tương tự với bài tập mà các em

đã được học.

Một yếu tố cũng quan trọng không kém phải nhắc đến ở đây chính là

thái độ học tập tự giác và độc lập suy nghĩ, tư duy của học sinh không cao.

Các em thường xuyên ỷ lại vào giáo viên, chỉ học những gì được hướng dẫn,

chỉ làm những gì được yêu cầu; rất hiếm học sinh tự mình tìm tòi, nghiên cứu

những gì mới lạ. Học sinh cũng rất lười đọc sách tham khảo để nâng cao kiến

thức, kĩ năng của mình.

1.3.4. Khả năng phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh thông qua dạy

chuyên đề tứ giác

Chuyên đề tứ giác gắn với các yếu tố hình học là mảng mang tính trừu

tượng, khái quát cao đòi hỏi học sinh phải có được khả năng tư duy, sáng tạo,

óc tưởng tượng phong phú. Thông qua chuyên đề này, muốn học sinh phát

triển được tư duy sáng tạo cho học sinh, giáo viên phải tạo tính huống cho các

em làm quen với các dạng bài tập có điều kiện, khả năng sáng tạo một cách

thường xuyên, theo cấp độ khó tăng dần. Những bài tập này, ban đầu là giải

quyết các vấn đề nhỏ, về sau nâng dần cấp độ lên giải quyết các vấn đề tổng

hợp hơn. Sau một thời gian được rèn luyện, học sinh sẽ tự trang bị cho mình

vốn kiến thức, kĩ năng, kinh nghiệm nhất đinh, giúp học sinh tư duy linh hoạt

hơn khi đứng trước một bài toán mới.

“Sự sáng tạo chỉ nảy sinh trong hoàn cảnh có vấn đề”, Rubinstein đã

từng nói như vậy. Phương phát dạy học tích cực của giáo viên giống như một

chất xúc tác sẽ giúp cho sự phát triển năng lực tư duy sáng tạo của học sinh

diễn ra nhanh hơn, mạnh hơn. Khi thầy cô giáo đặt học sinh trong một tình

hướng cần giải quyết, tổ chức cho các em tìm tòi nghiên cứu, tự mình phát

hiện kiến thức mới, khả năng tự học, tự nghiên cứu, sáng tạo của học sinh sẽ

được bộc lộ rõ rệt. Kết hợp với phương pháp hỏi – đáp gợi mở, học sinh tranh

luận, khám phá và phát hiện ra những đặc trưng, điểm thú vị, độc đáo của mỗi

bài toán. Khi có hứng thú học tập, học sinh sẽ hiểu kĩ, nhớ lâu; từ đó các em

sẽ là người có thể đưa ra những lời giải mới hay hơn, độc đáo hơn. Như vậy,

bằng việc kết hợp một bài toán ở chuyên đề tứ giác với nhiều phương pháp

dạy học đa dạng nhưng phù hợp, khả năng rèn luyện và phát triển tư duy sáng

tạo của học sinh là rất cao.

1.4. Kết luận chƣơng 1

Qua nghiên cứu những cơ sở lí luận, nội dung chương trình Toán ở

trường trung học cơ sở liên quan đến chuyên đề cũng như thực trạng dạy học

những nội dung này, tác giả bước đầu mở ra được phần nào nội dung “Phát

triển tư duy sáng tạo cho học sinh giỏi trung học cơ sở thông qua dạy

chuyên đề tứ giác”. Tác giả cũng đã chỉ ra được những thuận lợi, khó khăn

của giáo viên và học sinh trong quá trình dạy – học các bài tập Hình theo

hướng phát triển tư duy sáng tạo. Kết quả nghiên cứu của chương này phần

nào đã khẳng định tính cần thiết của đề tài. Nó yêu cầu và đòi hỏi mỗi giáo

viên phải tìm ra được các phương pháp nhằm phát triển tư duy sáng tạo cho

học sinh. Chỉ có như vậy, các em mới trở thành những những con người lao

động tự chủ, năng động sáng tạo, có năng lực giải quyết các vấn đề do thực

tiễn đặt ra.

CHƢƠNG 2

MỘT SỐ BIỆN PHÁP PHÁT TRIỂN TƢ DUY SÁNG TẠO

CHO HỌC SINH TRUNG HỌC CƠ SỞ THÔNG QUA

DẠYCHUYÊN ĐỀ TỨ GIÁC

2.1. Các cơ sở để đề xuất các biện pháp sƣ phạm

Tác giả đề xuất các biện pháp sư phạm để “Phát triển tư duy sáng tạo

cho học sinh giỏi trung học cơ sở thông qua dạy chuyên đề tứ giác” dựa vào

một số cơ sở sau:

- Mục đích dạy học tứ giác ởtrung học cơ sở.

- Nội dung chương trình Toán trung học cơ sở liên quan đến chuyên đề

tứ giác.

- Khả năng phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh thông qua dạy

chuyên đề tứ giác.

- Biểu hiện tư duy sáng tạo của học sinh trung học cơ sở trong học

Toán.

2.2. Một số biện pháp sƣ phạm

2.2.1. Biện pháp 1: Tăng cường gợiđộng cơ trong các hoạt động dạy để gây

hứng thú cho học sinh

Trong quá trình dạy nói chung và dạy Toán nói riêng, hứng thú là một

yếu tố rất quan trọng. Nó là nguồn gốc của tính tích cực và sáng tạo trong quá

trình học tập của học sinh. Chính vì thế, gây hứng thú cho học sinh, tăng

cường gợi động cơ trong học toán, làm toán là một việc làm cần thiết. Một khi

học sinh có niềm đam mê, các em sẽ chủ động trong quá trình học tập. Hứng

thú trong học tập tạo ra một trạng thái hoạt động được đặc trưng bởi khát

vọng học tập, sự nỗ lực về mặt trí tuệ, tính nghị lực cao trong quá trình nắm

vững tri thức cho bản thân, ý thức tìm tòi và sáng tạo, luôn bền bỉ kiên trì và

sáng tạo trong việc giải quyết các vấn đề một cách độc lập, có sự nỗ lực cao.

Khi chủ động trong học toán và làm toán, quá trình tìm tòi, phát hiện và giải

quyết nhiệm vụ nhận thức của học sinh dưới sự hướng dẫn của giáo viên là

một trạng thái tâm lí cần được khơi dậy và bồi dưỡng.

Để thực hiện hóa biện pháp “Tăng cường gợi động cơ trong các hoạt

động dạy học để gây hứng thú cho học sinh” này, giáo viên nên sử dụng các

ví dụ trực quan sinh động, có mối liên hệ với thực tế khi dạy học; tăng cường

vận dụng và liên hệ thực tế các kiến thức, kĩ năng đã học; sử dụng hợp lí các

bài toán, có thể đưa về những dạng cơ bản để giúp học sinh phân tích vấn đề

một cách toàn diện, dưới nhiều khía cạnh khác nhau, từ đó tìm ra những kiến

thức ẩn dưới các hiện tượng, sự kiện thú vị mà học sinh dễ có hứng thú. Để

làm được điều này, giáo viên phải đa dạng hóa các dạng bài tập từ dễ đến khó,

đơn giản đến phức tạp, tăng cường vận dụng và liên hệ thực tế các kiến thức,

kĩ năng đã học tại trường. Giáo viên cũng phải là người truyền lửa cho học

sinh, khơi gợi lòng say mê tìm tòi cái mới thông qua những “hoạt động mẫu”

của mình. Hơn thế nữa, trong quá trình giải quyết các bài toán, giáo viên nên

dùng linh hoạt các phương pháp phân tích, hướng dẫn cho học sinh cách tư

duy để tìm ra lời giải thích hợp; với mỗi hướng giải, giáo viên cần giải thích

rõ lí do, nguyên nhân của sự lập luận vì sao mình làm như vậy, gợi ý cho học

sinh phát triển trên ý tưởng của chính các em, thậm chí là hoan nghênh những

lời giải khác hay hơn. Giáo viên nên cở mở, tạo điều kiện cho học sinh mạnh

dạn đưa ra ý kiến của mình, dù đúng hay sai, giống hay không giống với bài

giải mẫu. Khi trân trọng và chấp nhận các giải pháp hay của học sinh, giáo

viên đã thực sự khuyến khích và tăng cường gợi động cơ trong các hoạt động

dạy học, thúc đẩy sự phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh.

Ngoài ra, để giúp học sinh có động cơ học toán và làm toán, giáo viên

nên thừa nhận, tôn trọng, hiểu, đồng cảm với nhu cầu lợi ích, mục đích, cá

nhân của học sinh. Khi đó, giáo viên sẽ đạt được sự tin cậy, tạo sức thu hút,

thuyết phục, kích thích động cơ bên trong của học sinh. Bản thân người dạy

không nên gò ép học sinh theo bất kì huôn mẫu nào, nên nuôi dưỡng tính sẵn

sàng, tích cực ý chí của học sinh để đạt mục đích học tập và phát triển cá

nhân. Trong quá trình dạy học, giáo viên nên tổ chức những tình huống “có

vấn đề”, đòi hỏi học sinh tham gia quan sát, dự đoán, nêu giả thuyết, tranh

luận để giải quyết những ý kiến trái trái ngược của bản thân các em. Một nội

dung dạy học quá dễ hoặc quá khó không thể tạo động cơ học tập cho học

sinh. Giáo viên nên chọn dạy những nội dung phù hợp với mức độ của học

sinh. Từ đó dẫn dắt học sinh tìm tòi, sáng tạo những cái mới. Khi có thể tự

kiến tạo tri thức, học sinh sẽ cảm thấy tự tin, hào hứng hơn với việc học toán

và làm toán. Trong giờ học, giáo viên nên tạo không khí thoải mãi, thuận lợi

cho sự giao tiếp giữa thầy và trò, trò và trò bằng cách kết hợp tổ chức các hoạt

động học tập theo hình thức cá nhân và hợp tác.

2.2.2. Biện pháp 2: Tạo nền tảng kiến thức và kĩ năng để học sinh có điều

kiện tư duy sáng tạo

2.2.2.1. Củng cố, phát triển, mở rộng các bài toán liên quan tới tam giác có

liên quan tới chuyên đề

A. Nhắc lại kiến thức

1. Các trường hợp bằng nhau của hai tam giác[26]

- Trường hợp 1 (cạnh – cạnh – cạnh): Nếu ba cạnh của tam giác này bằng ba

cạnh của tam giác kia thì hai tam giác đó bằng nhau.

- Trường hợp 2 (cạnh – góc – cạnh): Nếu hai cạnh và góc xem giữa của tam

giác này bằng hai cạnh và góc xen giữa của tam giác kia thì hai tam giác đó

bằng nhau.

- Trường hợp 3 (góc – cạnh – góc): Nếu một cạnh và hai góc kề của tam giác

này bằng một cạnh và hai góc kề của tam giác kia thì hai tam giác đó bằng

nhau.

2. Các trường hợp hai tam giác vuông bằng nhau[26]

- Nếu hai cạnh góc vuông của tam giác này lần lượt bằng hai cạnh góc vuông

của tam giác vuông kia thì hai tam giác vuông đó bằng nhau.

- Nếu một cạnh góc vuông và một góc nhọn kề cạnh ấy của tam giác vuông

này bằng một cạnh góc vuông và một góc nhọn kề cạnh ấy của tam giác

vuông kia thì hai tam giác vuông đó bằng nhau.

- Nếu cạnh huyền và một góc nhọn của tam giác vuông này bằng cạnh huyền

và một góc nhọn của tam giác vuông kia thì hai tam giác vuông đó bằng nhau.

- Nếu cạnh huyền và một cạnh góc vuông của tam giác vuông này bằng cạnh

huyền và một cạnh góc vuông của tam giác vuông kia thì hai tam giác vuông

đó bằng nhau.

3. Quan hệ giữa đường vuông góc và đường xiên, giữa đường xiên và hình

chiếu[26]

- Cho điểm A không nằm trên đường thẳng

d, AH vuông góc với d tại H. Khi đó: AH là

đoạn vuông góc hay đường vuông góc kẻ từ

điểm A đến đường thẳng d; AB là một

đường xiên kẻ từ điểm A đến đường thẳng

d; HB là hình chiếu của đường xiên AB trên

đường thẳng d.

- Trong các đường xiên và đường vuông góc kẻ từ một điểm ở ngoài đường

thẳng đến đường thẳng đó, đường vuông góc là đường ngắn nhất.

- Trong hai đường xiên kẻ từ một điểm nằm ngoài đường thẳng đến đường

thẳng đó, đường xiên nào có hình chiếu lớn hơn thì lớn hơn; đường xiên nào

lớn hơn thì có hình chiếu lớn hơn; nếu hai đường xiên bằng nhau thì hai hình

chiếu bằng nhau và ngược lại nếu hai hình chiếu bằng nhau thì hai đường xiên

bằng nhau.

4. Quan hệ giữa ba cạnh của tam giác, bất đẳng thức tam giác[26]

- Trong tam giác, tổng độ dài hai cạnh bất kì lớn hơn độ dài hai cạnh còn lại,

hiệu độ dài hai cạnh bất kì nhỏ hơn độ dài cạnh còn lại, độ dài một cạnh lớn

hơn hiệu và nhỏ hơn tổng độ dài hai cạnh còn lại.

- Nếu hai tam giác có hai cạnh tướng ứng bằng nhau từng đôi một nhưng các

góc kẹp giữa không bằng nhau thì cạnh thứ ba cũng không bằng nhau và đối

diện với góc lớn hơn và cạnh lớn hơn; đối diện với cạnh lớn hơn là góc lớn

hơn.

5. Tính chất ba đường trung tuyến của tam giác[26]

- Đoạn thẳng AM nối đỉnh A của tam giác

ABC với trung điểm M của cạnh BC gọi là

đường trung tuyến xuất phát từ đỉnh A

hoặc ứng với cạnh BC của tam giác ABC.

- Mỗi tam giác có ba đường trung tuyến.

- Ba đường trung tuyến của tam giác cùng

đi qua một điểm G. Điểm đó cách mỗi đỉnh

một khoảng bằng độ dài đường trung tuyến đi qua đỉnh ấy. G gọi là trọng

tâm của tam giác ABC. Tam giác ABC có ba đường trung tuyến AM, BN, CP

cắt nhau tại G.

Ta có .

6. Tính chất ba đường phân giác của tam giác

- Điểm nằm trên tia phân giác của một góc

thì cách đều hai cạnh của góc.

- Điểm nằm bên trong của một góc và

cách đều hai cạnh của góc thì nằm trên tia

phân giác của góc đó.

- Tập hợp các điểm nằm bên trong một

góc và cách đều hai cạnh của góc là tia

phân giác của góc đó.

- Trong ∆ABC, tia phân giác góc A cắt

cạnh BC tại D. Khi đó, BD là đường

phân giác của ∆ ABC.

- Mỗi tam giác của ba đường phân giác.

- Ba đường phân giác của một tam giác

cùng đi qua một điểm, điểm này cách đều

ba cạnh và là tâm đường tròn nội tiếp của

tam giác. [26]

7. Tính chất ba đường trung trực của tam giác

- Điểm nằm trên đường trung trực của một

đoạn thẳng thì cách đều hai mút của đoạn

thẳng đó.

D nằm trên đường trung trực của đoạn AB thì

DA = DB.

- Điểm cách đều hai mút của một đoạn thẳng

thì nằm trên đường trung trực của đoạn thẳng

đó.

DA = DB ⇒ D nằm trên đường trung trực của đoạn thẳng AB

- Tập hợp các điểm cách đều hai mút của một

đoạn thẳng l đường trung trực của đoạn thẳng

đó.

- Trong một tam giác, đường trung trực của

mỗi cạnh gọi là đường trung trực của tam giác

đó.

- Mỗi tam giác có ba đường trung trực.

- Ba đường trung trực của một tam giác cùng

đi qua một điểm, điểm này cách đều ba đỉnh

và là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác. [26]

8. Tính chất ba đường cao của tam giác - Đoạn thẳng vuông góc kẻ từ một đỉnh

đến đường thẳng chứa cạnh đối diện của

một tam giác gọi là đường cao của tam

giác đó.

- Mỗi tam giác có ba đường cao.

- Ba đường cao của tam giác đều đi qua

một điểm. Điểm đó gọi là trực tâm của

tam giác. [26]

9. Chú ý

- Trong tam giác cân, đường trung trực ứng với cạnh đáy đồng thời là đường

phân giác, đường trung tuyến và đường cao cùng xuất phát đỉnh đối diện với

cạnh đó.

- Trong tam giác đều, đường trung trực ứng với mỗi cạnh đồng thời là đường

phân giác, đường trung tuyến và đường cao cùng xuất phát đỉnh đối diện với

cạnh đó. [26]

10. Đường trung bình của tam giác

- Đường trung bình của tam giác là đoạn

thẳng nối trung điểm hai cạnh của tam giác.

- Đường thẳng đi qua trung điểm một cạnh

của tam giác và song song với cạnh thứ hai

thì đi qua trung điểm của cạnh thứ ba.

MN là đường trung bình của tam giác ABC

⇒ MN // BC và MN = BC. [25]

B. Một số bài toán tam giác có liên quan đến chuyên đề tứ giác

Bài toán 1. Cho tam giác ABC, đường trung tuyến BD. Trên tia đối của tia

DB lấy điểm E sao cho DE = BD. Gọi M, N theo tứ tự là trung điểm của BC

và EC. Gọi P, Q lần lượt là giao điểm của AM, AN với BE.

Chứng minh rằng: BP = PQ = QE.

Lời giải

M là trung điểm của BC (gt) nên AM là đường trung tuyến của ∆ ABC.

Mà BD là trung tuyến của ∆ABC, mà AM cắt BE tại P nên P là trọng tâm của

∆ ABC ta có BP = BD.

Chứng minh tương tự ta có Q là trọng tâm của ∆ACE ⇒ QE = DE.

Mà DE = BD (gt) ⇒ BP = QE.

Mặt khác vì PB = 2PD (tính chất trọng tâm) và QE = 2QD.

Do đó BP = PQ = QE.

Bài toán 2.Cho tam giác ABC cân tại A, kẻ AH vuông góc với BC (H thuộc

BC) trên tia AH lấy E sao cho H là

trung điểm của AE. Trên tia đối của CB

lấy F sao cho CF = BC. Gọi M là trung

điểm của EF.

Chứng mình rằng: A, C, M thẳng hàng.

Lời giải

Xét hai tam giác vuông AHB và AHC

có AH là cạnh chung; AB = AC (gt).

Do đó ∆AHB = ∆AHC.

(cạnh huyền - cạnh góc vuông).

BC. ⇒ HB = HC =

CF. Mà CF = BC (gt) ⇒ HC =

Mặt khác H là trung điểm của AE (gt) nên FH là trung tuyến của tam giác

AEF, Mà HC = CF (cmt).

Do đó C là trọng tâm của ∆ AEF.

M là trung điểm của EF (gt) nên AM là trung tuyến của ∆ AEF.

Do đó AM phải đi qua trọng tâm C hay ba điểm A, C, M thẳng hàng.

Bài toán 3.Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng giao điểm của hai tia phân

giác của góc ngoài 𝐶𝐵𝑥 và 𝐶𝐵𝑦 nằm trên tia phân giác của góc A. (xem

hình vẽ).

Lời giải

Vẽ tia Bx là tia đối của BA.

Vẽ tia Cy là tia đối của CA.

Vẽ hai tia phân giác của hai góc 𝐶𝐵𝑥 và 𝐶𝐵𝑦 . Gọi I là giao điểm của chúng.

Vẽ IH ⊥ Bx (H ∈ Bx); IK ⊥ Cy (K ∈ Cy); IP⊥ BC (P∈ BC).

Vì I thuộc tia phân giác của góc BCy nên IP = IK ⇒ IH = IK.

Vậy I nằm trên tia phân giác của góc A.

Bài toán 4.Cho tam giác ABC có𝐴 = 120𝑜; các phân giác AD, BE, CF.

a) Chứng minh rằng DE là tia phân giác góc ngoài của ∆ABD.

b) Chứng minh 𝐸𝐷𝐹 = 90𝑜 .

Lời giải

a) Ta có AD là tia phân giác của

𝐵𝐴𝐶 = 120𝑜.

= 60o. ⇒ 𝐵𝐷𝐴 = 𝐶𝐴𝐷 = 𝐵𝐶𝐴 =

Gọi Ax là tia đối của AB, ta có

𝑥𝐴𝐶 = 180𝑜 − 𝐵𝐴𝐶

𝑥𝐴𝐶 = 180𝑜 − 120𝑜 = 60𝑜 .

⇒ AE là tia phân giác của góc 𝐷𝐴𝑥 .

Mà E thuộc tia phân giác của góc 𝐴𝐵𝐶 .

⇒ E thuộc tia phân giác của góc 𝐴𝐷𝐶 hay DE là phân giác của 𝐴𝐷𝐵 .

b) Vẽ tia Ay là tia đối của tia AC.

Ta cũng có DF là phân giác góc ngoài của ∆ADC.

Mà 𝐵𝐷𝐴 và 𝐴𝐷𝐶 là hai góc kề bù. Do đó DF⊥ DE hay 𝐸𝐷𝐹 = 90o.

Bài toán 5.Cho tam giác ABC có 𝐴 = 90𝑜. Trên tia BA lấy điểm M sao cho

BM = BC, phân giác của góc ABC cắt AC tại I, MC ở K. Tia MI cắt BC ở H.

a) Chứng minh rằng BI là trung trực của AH và AH // MC.

b) Chứng minh AK+KH = CM.

Lời giải

a) Xét ∆ BIM và ∆ BIC có

BI là cạnh chung

BM = BC (gt) 𝐵1 = 𝐵 2 (gt). Do đó ∆ BIM = ∆ BIC (c.g.c). ⇒𝑀1 = 𝐶 2 ( cặp góc tương ứng) và IM = IC (cặp cạnh tương ứng).

Xét ∆ MAI và ∆ CHI có 𝑀1 = 𝐶 2 (cmt)

IM = IC (cmt) 𝐼1 = 𝐼 2(đối đỉnh) Do đó ∆ MAI = ∆ CHI (c.g.c).

⇒ IA = IH (1) và MA = CH ( cặp cạnh tương ứng)

Mà NM = BC (gt) ⇒ BM - MA = BC - CH hay AB = HB (2).

Từ (1) và (2) ⇒ BI là trung trực của AH.

Ta có ∆ABH và ∆MBC cân chung đỉnh B

⇒ các góc ở đáy bằng nhau (chẳng hạn 𝐵𝐴𝐻 = 𝐵𝑀𝐶 (đồng vị))

⇒ AH // MC.

b) Vì ∆MBC cân tại B (MB = CB (gt)) nên BK là phân giác cũng là trung

tuyến ⇒ MK = CK.

Mà ∆MAC vuông tại A, có AK là trung tuyến nên AK = MC.

Chứng minh tương tự ta có AH = MC.

⇒ AK + HK = MC.

Bài toán 6. Cho tam giác ABC có 𝐴 = 90𝑜 và AB < AC, kẻ AH vuông góc

với BC (H∈ BC). Gọi HM, HN lần lượt là các phân giác của tam giác ABH

và ACH. Gọi I là trung điểm của MN, tia AI cắt BC ở K.

Chứng minh MN = AK và I là trung điểm của AK.

Lời giải

Hình 2.14

a) Ta có HM là phân giác của 𝐴𝐻𝐵 = 90𝑜o (gt) ⇒ 𝐻1 = 𝐻 2 = 45𝑜 .

⇒ ∆MHN vuông tại H.

Xét ∆MHN có HI là đường trung tuyến (I là trung điểm của MN (gt)).

MN. (1) ⇒ HI =

MN. (2) Mà ∆MAN vuông tại A, có AI là trung tuyến ⇒ AI =

Từ (1) và (2) ⇒ HI = AI hay ∆ AIH cân tại I. ⇒ 𝐴 1 = 𝐴𝐻𝐼 Mà 𝐴 1 = 𝐴𝐾𝐻 = 90𝑜 (vì 𝐴𝐻𝐾 = 90𝑜 ) và 𝐴𝐻𝐼 + 𝐼𝐻𝐾 = 𝐴𝐻𝐾 = 90𝑜 (gt). ⇒𝐼𝐻𝐾 = 𝐴𝐾𝐻 .

Hay ∆ HIK cân tại I ⇒ IH = IK.

Mà AI = IH = MN (cmt)

MN hay MN = AK và I là trung điểm của AK. ⇒ IK =

Bài toán 7. Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác, vẽ các tam giác ABD

vuông cân đỉnh B, tam giác ACE vuông cân tại đỉnh C. Gọi M là giao điểm

của BE và CD. Chứng minh rằng AM ⊥ BC.

Lời giải

Hình 2.15

Vẽ AK⊥ BC (K∈ BC).

Qua B vẽ đường thẳng vuông góc với CD cắt AK tại N.

Qua C vẽ đường thẳng vuông góc với BE cắt AK tại P.

Xét ∆BDC và ∆ABD có

𝐷𝐵𝐶 = 𝐷𝐵𝐴 + 𝐴𝐵𝐶 = 90o + 𝐴𝐵𝐶 . (1)

𝐵𝐴𝑁 = 𝐴𝐾𝐵 + 𝐴𝐵𝐾 (góc ngoài của ∆ ABP). (2)

Từ (1) và (2), ⇒𝐵𝐷𝐶 = 𝐵𝐴𝑁 = 90o +𝐴𝐵𝐶 .

BD = BA (∆ ABD vuông cân (gt)), 𝐵𝐷𝐶 = 𝐴𝐵𝑁 (cùng phụ với 𝐷𝐵𝑁 ) .

Do đó ∆BDC = ∆ABN (c.g.c), ⇒ BC = AN.

Chứng minh tương tự ta có ∆CEB = ∆ACP, ⇒ BC = AP.

⇒ AN = AP (= BC) hay N và P trùng nhau.

Xét ∆NBC có BE, CD là hai đường cao cắt nhau tại M nên M là trực tâm

⇒ NM⊥ BC.

Ta có AK⊥ BC (gt) ⇒ N, A, M, K thẳng hàng. Vậy AM⊥ BC.

Bài toán 8. Cho tam giác ABC vuông tại A, trên tia đối của tia AB lấy M sao

cho BM = BC. Phân giác của góc ABC cắt AC ở K, cắt MC ở I.

Trên cạnh BC lấy điểm N sao cho CN = AM.

Chứng mình rằng: Ba điểm M, K, N thẳng hàng.

Lời giải

Vì BM = BC (gt) nên ∆BMC cân tại B.

Do đó đường phân giác góc B là BK,

đồng tời là đường cao hay BI⊥ MC.

Vì AC⊥ BM (gt); K là giao điểm của BI

và CA nên K là trực tâm của ∆ BMC,

⇒ MK⊥ BC. (1)

Xét ∆ BKM và ∆ BKC có

BK là cạnh chung. 𝐵1 = 𝐵 2 (gt). BM = BC (gt).

Do đó ∆ BKM = ∆ BKC (c.g.c),

⇒𝑀1 = 𝐶 1(cặp góc tương ứng) và MK = CK (cặp cạnh tương ứng). Xét ∆ AKM và ∆ NKC có

AM = CN (gt), 𝑀1 = 𝐶 1 (cmt), MK = CK (cmt).

Do đó ∆ AKM = ∆ NKC (c.g.c), ⇒𝐾𝑁𝐶 = 𝐾𝐴𝑀 = 90𝑜 (cặp góc tương ứng)

hay KN⊥ BC. (2)

Từ (1) và (2), MK và KN phải trùng nhau. Hay ba điểm M, K, N thẳng hàng.

Bài toán 9. Cho tam giác ABC. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của ba

cạnh AB, AC và BC. Gọi I là giao đi của AP và MN.

Chứng minh IA = IP, IM = IN.

Lời giải

MN là đường trung bình của ∆ ABC,

⇒ MN// BC.

I là giao điểm của MN và AP ⇒ MI //

BC.

Do đó MI là đường trung bình của ∆

ABP.

BP. ⇒ I là trung điểm của AP hay IA = IP và MI =

Chứng minh tương tự, NI cũng l đường trung bình của ∆APC

PC mà PB = PC (gt), nên IM = IN. ⇒ IN =

Bài toán 10. Cho tam giác ABC, trung tuyến AM. Vẽ đường thẳng d qua

trung điểm I của Am, cắt các cạnh AB, AC. Gọi A', B', C' theo thứ tự l hình

chiếu của A, B, C lên d. Chứng minh BB'+CC' = 2AA'.

Lời giải

Hình 2.18

Ta có BB'⊥ d, CC'⊥ d ⇒ BB' // CC' nên tứ giác BB'CC' là hình thang.

M' là trung điểm của BC (gt), MM' ⊥ d ⇒ MM'// BB'// CC' nên MM' là

đường trung bình của hình thang BB'CC', ta có:

MM' = hay BB'+CC' = 2MM'.

Mà ∆ AA'I = ∆ MM'I (cạnh huyền - góc nhọn). ⇒ AA' = MM'.

Vậy BB'+CC' = 2AA'.

2.2.2.2. Thực hiện phân bậc hoạt động cho học sinh trong quá trình dạy học

chuyên đề tứ giác

Bước 1: Nhận biết hình, chỉ ra được các yếu tố, biết cách vẽ và nêu được tính

chất, dấu hiệu nhận biết của các loại tứ giác

a) Tứ giác[25]

- Tứ giác ABCD có: AB, BC, CD, DA là các

cạnh; A, B, C, D là các đỉnh, AC và BD là

hai đường chéo; góc A và góc C, góc B và

góc D là các góc đối; AB và CD, BC và AD

là các cạnh đối.

- Tứ giác ABCD là hình gồm bốn đoạn thẳng

AB, BC, CD, DA, trong đó bất kì hai đoạn

thẳng nào cũng không cùng nằm trên một đường thẳng.

- Tứ giác lồi là tứ giác luôn nằm trong một nửa mặt phẳng có bờ là đường

thẳng chứa bất kì cạnh nào của tứ giác.

b) Hình thang [25]

- Hình thang ABCD có AB// CD, trong đó: AB

và CD là cạnh đáy, AD và BC là cạnh bên.

- Hình thang là tứ giác có hai cạnh đối song

song.

- Nếu tứ giác có hai cạnh bên song song thì hai

cạnh bên bằng nhau và hai cạnh đáy bằng nhau.

- Nếu hình thang có hai cạnh đáy bằng nhau thì hai cạnh bên song song và

bằng nhau.

c) Hình thang vuông [25]

- Hình thang vuông là hình thang có một góc vuông.

d) Hình thang cân [25]

- Hình thang cân là hình có hai góc kề một đáy

bằng nhau.

- Trong hình thang cân, hai cạnh bên bằng nhau,

hai đường chéo bằng nhau.

- Hình thang có hai góc kề một đáy bằng nhau

hoặc hai đường chéo bằng nhau là hình thang

cân.

e) Hình bình hành [25]

- Hình bình hành là tứ giác có các cạnh

đối song song hoặc là hình thang có hai

cạnh bên song song.

- Trong hình bình hành, các cạnh đối

bằng nhau, các góc đối bằng nhau, hai

đường chéo cắt nhau tại trung điểm của

mỗi đường.

- Tứ giác có các cạnh đối song song, hoặc các cạnh đối bằng nhau, hoặc một

cặp cạnh đối song song và bằng nhau, hoặc các góc đối bằng nhau, hoặc hai

đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường là hình bình hành.

f) Hình chữ nhật [25]

- Hình chữ nhật là tứ giác có bốn góc vuông.

- Hình chữ nhật có tất cả các tính chất của hình

bình hành và hình thang cân.

- Tứ giác có ba góc vuông là hình chữ nhật. Hình

thang cân có một góc vuông là hình chữ nhật. Hình

bình hành có một góc vuông, hoặc hai đường chéo

bằng nhau là hình chữ nhật.

g) Hình thoi [25]

- Hình thoi là tứ giác có bốn cạnh bằng nhau.

- Hình thoi có tất cả các tính chất của hình

bình hành. Ngoài ra, trong hình thoi, hai

đường chéo vuông góc với nhau và là các

đường phân giác của các góc hình thoi.

- Tứ giác có bốn cạnh bằng nhau là hình thoi.

Hình bình hành có hai cạnh kề bằng nhau,

hoặc hai đường chéo vuông góc với nhau,

hoặc một đường chéo là đường phân giác của

một góc là hình thoi.

h) Hình vuông [25]

- Hình vuông là tứ giác có bốn góc vuông và có bốn

cạnh bằng nhau.

- Hình vuông có tất cả các tính chất của hình chữ

nhật và hình thoi.

- Hình chữ nhật có hai cạnh kề bằng nhau, hoặc hai đường chéo vuông góc

với nhau, hoặc một đường chéo là đường phân giác của một góc là hình

vuông. Hình thoi có một góc vuông, hoặc hai đường chéo bằng nhau là hình

vuông.

i) Tứ giác nội tiếp [25]

- Tứ giác nội tiếp đường tròn là tứ giác có bốn

đỉnh cùng nằm trên một đường tròn.

- Trong một tứ giác nội tiếp, tổng số đo hai góc đối diện nhau bằng 180o.

- Tứ giác có tổng số đo hai góc đối diện bằng 180o là tứ giác nội tiếp; tứ giác có 4 đỉnh cùng

cách đều một điểm là tứ giác nội tiếp; tứ giác

có hai góc cùng cùng chắn một cung bằng nhau mà hai góc ở hai đỉnh cùng

phía với đoạn thẳng nối hai đỉnh còn lại là tứ giác nội tiếp.

Bước 2: Với một đề bài cụ thể, học sinh đọc được các yếu tố hình, bước đầu

tư duy cách giải cho những câu hỏi chứng minh đơn giản, dễ phát hiện qua

giả thiết - kết luận.

Bài toán 11. Cho tứ giác ABCD có CB = CD, đường chéo BD là tia phân

giác của góc ADC . Chứng minh rằng ABCD là hình thang.

Lời giải

∆ BDC cân tại C (CB = CD). ⇒𝐵1 = 𝐷 2 mà 𝐷1 = 𝐷 2 (gt), ⇒𝐵1 = 𝐷 1. Mà 𝐵1 và 𝐷 1 ở v trí so le trong. Do đó BC// AD.

Vậy ABCD là hình thang.

Bài toán 12. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, AD là trung tuyến. Gọi M là

trung điểm của AB và E là điểm đối xứng của D qua M.

a) Chứng minh rằng tứ giác AEDC là hình bình hành.

b) Tìm điều kiện của tam giác ABC để tứ giác ABD là hình chữ nhật.

Lời giải

a) Ta có D là trung điểm của BC

(gt).

M là trung điểm của AB (gt).

⇒ ĐM là đường trung bình của tam

giác ABC.

Hay DM // AC và DM = .

MÀ ED = 2DM (tính chất đối xứng),

⇒ ED // AC và ED = AC.

Do đó AEDC là hình bình hành (hai cạnh đối song song vừa bằng nhau).

b) M là trung điểm của AB (gt), M cũng là trung đểm của ED (tính chất đối

xứng).

⇒ AEBD là hình bình hành (hai đường chéo cắt nhau trung điểm của mỗi

đường).

Hình bình hành AEBD là hình chữ nhật khi và chỉ khí 𝐴𝐷𝐵 = 90𝑜. Hay tam

giác ABC có trung tuyến AD đồng thời là đường cao. Khi đó tam giác ABC

cân tại A.

Bài toán 13. Cho tam giác ABC vuông tại A, M thuộc cạnh BC, kẻ MH ⊥ AB,

MK⊥ AC.

a) Tứ giác AHMK là hình gì?

b) Tìm vị trí của M trên BC để AHMK là hình vuông.

Lời giải a) Ta có 𝐴 = 𝐴𝐻𝑀 = 𝐴𝐾𝑀 = 90o (gt)

nên tứ giác AHKM là hình chữ nhật

(có ba góc vuông).

b) Hình chữ nhật AHKM là hình vuông khi AM là tia phân giác của góc A.

Khi đó, M là giao điểm của tia phân giác của góc A và cạnh BC.

Bước 3: Vận dụng các kiến thức về các tứ giác để giải các bài tập phức tạp,

yêu cầu nhiều bước tư duy.

Bài toán 14. Cho hình thang ABCD (AB// CD). Gọi E, F, K lần lượt là trung

điểm của BD, AC, DC. Gọi H là giao điểm của đường thẳng qua E vuông góc

với AD và đường thẳng qua F vuông góc với BC. Chứng mình rằng:

a) H là trực tâm của ∆ EFK.

b) ∆ HCD cân.

Lời giải

a) Ta có E, K lần lượt là trung điểm của BD và CD nên EK là đường trung

bình của ∆ BCD. Do đó EK// BC mà HF⊥ BC (gt), ⇒ HF⊥ EK.

Chứng minh tương tự ta có EH⊥ FK.

Do đó H là trực tâm của ∆ EFK.

Hình 2.31

b) Gọi I là trung điểm của AD, ta có IE là đường trung bình của ∆ DBA.

⇒ IE// AB // CD (1) và IF là đường trung bình của ∆ ACD.

⇒ IF// DC (2).

Từ (1) và (2) ⇒ IE và IF phải trùng nhau (tiên đề Ơclít) hay ba điểm I, E, F

thẳng hàng, hay EF// DC mà KH⊥ EF (H là trực tâm ∆ EFK)

⇒ KH⊥ DC.

Xét ∆ DHC có đường trung tuyến HK đồng thời là đường cao nên ∆ DHC

cân.

Bài toán 15. Cho tam giác ABC đều, trực tâm H. Trên tia đối của tia HB lấy

E sao cho HE = HB. Trên tia đối của tia HC lấy D sao cho HD = HC.

a) Chứng minh rằng tứ giác BDEC là hình chữ nhật.

b) Gọi giao điểm của AB, AC với DElần lượt làM, N.

Chứng minh rằng DM = MN = NE.

Lời giải

a) Ta có H là trung điểm của BE và DC

(gt). ⇒ BDEC là hình bình hành (hai

đường chéo cắt nhau tại trung điểm của

mỗi đường).

Mặt khác ∆ ABC đều nên trực tâm H

cũng là trọng tâm và HB = HC,

⇒ BE = CD.

Vậy BDEC là hình chữ nhật (hình bình hành có hai đường chéo bằng nhau).

b) Gọi I là giao điểm của AB và CD, ta có ID = IH = HC (tính chất trọng

tâm).

Mà IA = IB (∆ ABC đều nên đường cao cũng là đường trung trực).

⇒Tứ giác DAHB là hình bình hành

⇒ AD// BH ⇒𝐴1 = 𝐵 1 = 30𝑜. Mà DE// BC (DECB là hình chữ nhật).

⇒𝐴𝑀𝑁 = 𝐴𝑁𝑀 = 𝐴𝐵𝐶 = 60o. Xét ∆ AMD có 𝐴𝑀𝐷 = 180o - 𝐴𝑀𝑁 = 180o - 60o = 120o và 𝐴1 = 30𝑜 (cmt). ⇒𝐷1 = 180o - (120o + 30o) = 30o. Do đó ∆ AMD cân tại M.

⇒ MD = MA, dễ thấy ∆ AMN đều.

⇒ MA = MN ⇒ MD = MN.

Chứng minh tương tự ta có NE = MN.

Vậy DM = MN = NE (đpcm).

2.2.3. Biện pháp 3. Tập luyện những hoạt động theo các thành phần của tư

duy sáng tạo

2.2.3.1 Tập luyện cho học sinh suy nghĩ linh hoạt, không rập khuôn, máy móc

bằng cách tìm nhiều lời giải cho một bài toán, chọn được cách giải hay

Bài toán 16. Cho hình thang ABCD (AB// CD). Vẽ điểm M là trung điểm của

AD. Qua M, kẻ đường thẳng song song với AB và cắt BC tại N. Chứng minh

rằng N là trung điểm của đoạn thẳng

BC.

Lời giải

* Cách 1

Lấy N' là trung điểm của BC.

Xét hình thang ABCD có

M là trung đểm của AD (gt).

N' là trung điểm của BC (cách vẽ)

⇒ MN' là đường trung bình của hình thang ABCD (đn).

⇒ MN'// AB (tc).

Mà MN// AB nên ⇒ MN// MN' (cùng song song với AB).

⇒ MN' trùng với MN hay N' trùng với N.

Mà N' là trung điểm của BC (cách vẽ), ⇒ N là trung điểm của BC.

* Cách 2

Goi P là giao điểm của AC và MN.

Ta có: MN// AB (gt), AB// CD (gt).

⇒ MN//CD (cùng song song với AB).

Xét ∆ ADC có:

M là trung điểm của AD (gt),

MP// DC (P∈ MN, MN // DC) .

⇒ P là trung điểm cạnh AC (tc).

Xét ∆ ABC có P là trung điểm của AC (cmt), PN// AB (P∈ MN, MN// AB

(gt)).

⇒ N là trung điểm của cạnh BC (tc).

* Cách 3

Qua B kẻ đường thẳng song song với

AD cắt MN và CD lần tại P, Q.

Xét tứ giác ABPM có

AB// MP (P∈ MN, MN// AB (gt)),

AM//BP (vì M∈ AD, P∈ BQ, AD//

PQ).

⇒ ABPM là hình bình hành (dhnb).

⇒ AM = PB (tính chất). (1)

Ta có MN// AB (gt), AB// CD (gt).

⇒ MN// CD (cùng song song với AB).

Mà P∈ MN, Q∈ DC, ⇒ MP// DQ.

Xét tứ giác MPQD có MP// DQ (cmt), MD// DQ (vì M∈ AD, P∈ BQ, mà

AD// BQ (cách vẽ)).

⇒tứ giác MPQD là hình bình hành.

⇒ MD = PQ (tc). (2)

Mà AM = MD (M là trung điểm của AD (gt)). (3).

Từ (1), (2), (3), ⇒ PB = PQ hay P là trung điểm của BQ.

Xét ∆BQC có P là trung điểm của BQ, PN//QC (vì P∈ MN, Q∈ CD, MN//

CD).

⇒ N là trung điểm của BC (tc).

* Cách 4

Qua B và N kẻ các đường thẳng song song

và AD lần lượt cắt MN, CD tại P, Q.

Xét tứ giác ABPM cóAB// MP (vì P∈ MN

mà MN// AB (gt)),AM// BP (cách vẽ).

⇒Tứ giác ABPM là hình bình hành

(dhnb).

⇒ AM = BP (tc). (1)

Xét tứ giác MNQD có MN // DQ (Q∈ CD, MN// CD ), MD// NQ (cách vẽ).

⇒Tứ giác MNQD là hình bình hành (dhnb).

⇒ MD = NQ (tc). (2)

Mà AM = MD (M là trung điểm của AD (gt)). (3).

Từ (1), (2), (3), ⇒ BP = NQ.

Ta có BP// NQ (vì cùng song song với AD (cách vẽ)).

Mà 𝑃𝐵𝑁 và 𝑄𝑁𝐶 ở vị trí đồng vị.

⇒𝑃𝐵𝑁 = 𝑄𝑁𝐶 (tc).

𝐵𝑃𝑁 = 𝑁𝑄𝐶 (góc có cạnh tương ứng song song).

Xét ∆ BPN và ∆ NQC có 𝑃𝐵𝑁 = 𝑄𝑁𝐶 , BP = NQ, 𝐵𝑃𝑁 = 𝑁𝑄𝐶 (cmt).

⇒ ∆ BPN = ∆ NQC (c.g.c).

⇒ BN = CN (cạnh tương ứng).

⇒ N là trung điểm của BC.

* Cách 5

Lấy E bất kì thuộc đoạn thẳng MN.

Ta có MN// AB (gt), CD// AB (gt).

⇒ MN// CD (tc).

Gọi AG, BK, CH, DF, là khoảng cách

từ các điểm A, B, C, D xuống MN.

Xét ∆ AGM và ∆ DFM có

𝐴𝐺𝑀 = 𝐷𝐹𝑀 = 90o (vì AG⊥ MN, DF⊥ MN (cách vẽ)),

AM = MD (M là trung điểm của AD (gt)),

𝐺𝐴𝑀 = 𝐹𝐷𝑀 (2 góc so le trong của AG// FD vì cùng vuông góc với MN).

⇒ ∆ AGM = ∆ DFM (cạnh huyền - góc nhọn).

⇒ AG = DF (cạnh tương ứng). (1)

Mà AB// MN (gt), B∈ AB, ⇒ AG = BK (khoảng cách giữa hai đường thẳng

song song luôn không đổi). (2)

MN// CD, C∈ CD, ⇒ CH = DM (khoảng cách giữa hai đường thẳng song

song luôn không đổi). (3)

Từ (1), (2), (3), ⇒ AG = BK = CH = DF = h.

h.EN. Ta có SBEN = BK.EN = h.EN, SCEN = CH.EN =

⇒ SBEN = SCEN .

Mà ∆ BEN và ∆ CEN có chung chiều cao xuất phát từ E xuống BC.

⇒ BN = CN hay N là trung điểm của BC.

Ở bài toán16, dưới 5 hướng nhìn ở vị trí các bài học khác nhau, học

sinh rèn luyện và phát triển tính nhuần nhuyễn và độc đáo của tư duy sáng

tạo. Cụ thể, để chứng minh được N là trung điểm của đoạn thẳng BC, cách 1

sử dụng phản chứng; cách 2 dùng tính chất đường trung bình trong tam giác;

cách 3 gắn với hình bình hành; cách 4 cũng sử dụng hình bình hành nhưng

với một góc nhìn khác; cách 5 sử dụng công thức tính diện tích tam giác.

Cách giải hay bao gồm các yếu tố: chính xác - sáng tạo - nhanh gọn. Giáo

viên không nên ép buộc học sinh đi theo cách giải mang tính chủ quan của

mình mà phải tạo tâm lí thoải mãi, hướng dẫn và khuyến khích các em vận

dụng cách giải mà mỗi học sinh cho là hay và ngắn gọn nhất. Giải một bài

toán bằng nhiều cách khác nhau; trong các cách đó lại chọn lựa ra được một

cách hay và độc đáo khiến cho khả năng tư duy sáng tạo của học sinh được

nâng lên một bậc cao mới, hoàn thiện hơn.

2.2.3.2 Hướng dẫn và tập luyện cho học sinh khả năng phát hiện và đề xuất

phát triển bài toán

Bài toán 17. Cho hình bình hành ABCD. Một đường thẳng d không có điểm

chung với hình bình hành. Gọi AA', BB', CC', DD' lần lượt là các đường

vuông góc kẻ từ A, B, C, D đến đường thẳng d.

Chứng minh rằng: AA'+CC' = BB'+DD'.

Lời giải

Gọi O là giao điểm của hai đường

chéo AC và BD ta có O là trung điểm

của AC và BD.

Kẻ OO'⊥ d, ta có OO' là đường trung

bình của các hình thang ACC'A' và

BDB'D' nên

2OO' = AA'+CC', (1)

2OO' = BB'+DD', (2)

Từ (1), (2), ⇒ AA'+CC' = BB'+DD'.

Bài toán 18. Cho hình bình hành ABCD, qua C vẽ đường thẳng d chỉ có một

điểm chung C với hình bình hành. Gọi AA', BB', DD' lần lượt là các đường

vuông góc kẻ từ A, B, D đến đường thẳng d.

Chứng minh rằng: AA' = BB'+DD'.

Lời giải

Gọi I là giao điểm của AD và d. Từ D kẻ DH⊥ AA' ta có DH// IA' (⊥ AA')

⇒𝐼 = 𝐷1 (đồng vị). Mà 𝐼 = 𝐶1 (đồng vị do AD// BC) ⇒𝐷1 = 𝐶1 . Mặt khác ta có tứ giác DHA'D' là hình bình hành.

⇒ DH = D'A và DD' = HA'. (1)

Xét tam giác vuông AHD và tam giác BB'C có 𝐷1 = 𝐶1 (cmt) AD = BC (cạnh đối hình bình hành).

⇒ ∆ AHD = ∆ BB'C (cạnh huyền - góc nhọn).

⇒ AH = BB'. (2)

Mà AA' = AH+HA'.

Từ (1), (2), ⇒ AA' = BB'+DD' (đpcm).

Bài toán 19. Cho hình vuông ABCD. Trên canh AB, BC lần lượt lấy các điểm

M và N sao cho AM = BN. Chứng minh rằng

AN = DM và AN⊥ DM.

Lời giải

Xét ∆ ABN và ∆ DAM có

AB = AD (cạnh hình vuông),

𝐴𝐵𝑁 = 𝐷𝐴𝑀 = 90o,

BN = AM (gt).

Do đó ∆ ABN = ∆ DAM (c.g.c)

⇒ AN = DM (đpcm). Mà 𝑀1 = 𝑁1 , mà 𝐴1 + 𝑁1 = 90o (𝐴𝐵𝑁 = 90o). ⇒𝐴1 + 𝑀1 = 90o. (1) Xét ∆ AHM (H là giao đểm của AN và DM) có (1)

⇒𝐴𝐻𝑀 = 90o hay AN⊥ DM.

Bài toán 20. Cho hình vuông ABCD. Gọi O là giao điểm của hai đường chéo

AC và BD. Trên các cạnh AB, BC lần lượt lấy các điểm M và N sao cho AM

= BN. Chứng minh rằng OM⊥ ON.

Lời giải

Xét ∆ AOM và ∆ BON có

OA = OB (tính chất đường chéo hình vuông), 𝐴1 = 𝐵1 = 45𝑜, AM = BN (gt).

Do đó ∆ AOM = ∆ BON (c.g.c) ⇒𝑂1 = 𝑂3 . Mà AC⊥ BD (tính chất đường chéo hình

vuông). ⇒𝐴𝑂𝐵 = 90o hay 𝑂1 + 𝑂2 = 90o, mà 𝑂1 = 𝑂3 (cmt). ⇒𝑂3 + 𝑂2 = 90o. Chứng tỏ 𝑀𝑂𝑁 = 90o hay OM⊥ ON.

Bài toán 21. Cho hình vuông ABCD. Lấy điểm M bất kì trên cạnh AB, điểm N

trên cạnh AD sao cho AM = AN. Kẻ AH vuông góc với BN (H thuộc BN), AH

cắt CD tại E. Chứng minh rằng MH vuông

góc với CH.

Lời giải

Xét ∆ BAN và ∆ ADE có

𝐵𝐴𝑁 = 𝐴𝐷𝐸 = 90o,

AB = AD (gt), 𝐵1 = 𝐴1 (cùng phụ với 𝐵𝐴𝐻 ). Do đó ∆ BAN = ∆ ADE (c.g.c).

⇒ AN = DE = AM mà AB = CD.

⇒ AB - AM = CD – DE.

Hay BM = CE và BM // CE.

⇒ BMEC là hình bình hành, lại có 𝐵 = 90o nên là hình chữ nhật.

Gọi O là giao điểm của BE và CM, ta có OB = OC = OE = OM. (1)

∆ BHE vuông tại H (gt) có HO là trung tuyến.

⇒ HO = OB = OE. (2)

Từ (1), (2) ⇒ HO = OB = OE = OC = OM.

Xét ∆ MHC có: OM = OC = OH ⇒ ∆ MHC vuông tại H hay MH⊥ CH.

Bài toán 22. Cho hình vuông ABCD cạnh a, M tùy ý thuộc BD. Kẻ ME⊥ AB,

MF⊥ AD.

a) Chứng minh rằng: DE = CF và DE⊥ CF.

b) Chứng minh rằng: DE, BF, CM đồng quy.

c) Xác định vị trí của điểm M để SAEMF là lớn nhất?

Lời giải

Hình 2.43

a) Xét tứ giác AEMF có 𝑀𝐸𝐴 = 90o , (ME⊥ AB); 𝑀𝐹𝐴 = 90o , (MF⊥ AD);

𝐸𝐴𝐹 = 90o , (ABCD là hình vuông nên 𝐵𝐴𝐶 = 90o, E∈ AB, F∈ AC ).

⇒ AEMF là hình chữ nhật.

⇒ AF = ME (tc hình chữ nhật).

Xét ∆ BEM vuông tại E (EM⊥ AB) có 𝐸𝐵𝑀 = 45o (hình vuông ABCD có BD

là đường chéo cũng là phân giác của 𝐴𝐵𝐶 = 90o).

⇒ ∆ BEM là tam giác vuông cân.

⇒ BE = EM (tính chất tam giác vuông cân).

Ta có AB = AD (tc hình vuông ABCD),

AE+EB = AF+FD,

AE = FD (EB = AF = EM).

Xét ∆ AED và ∆ DFC có

AE = FD (cmt),

AD = DC (ABCD là hình vuông),

𝐸𝐷𝐴 = 𝐹𝐷𝐶 (ABCD là hình vuông).

⇒ ∆ AED = ∆ DFC (c.g.c).

⇒ DE = CF (2 cạnh tương ứng)

⇒𝐴𝐷𝐸 = 𝐹𝐶𝐷 (2 góc tương ứng)

hay 𝐴𝐷𝐸 = 𝐼𝐶𝐷 (I∈ CF).

Xét ∆ ICD có: 𝐷𝐼𝐶 + 𝐷𝐶𝐼 +𝐼𝐷𝐶 = 180o (Định lí tổng ba góc).

⇒ 𝐷𝐼𝐶 + 𝐷𝐶𝐼 + 𝐴𝐷𝐸 = 180o

⇒ 𝐷𝐼𝐶 + 𝐴𝐷𝐶 = 180o

⇒ 𝐷𝐼𝐶 +90o = 180o

⇒ DF⊥ CF tại I.

b) Gọi giao điểm của CE và BF là J. Xét ∆ AFB và ∆ BEC có

𝐹𝐴𝐵 = 𝐸𝐵𝐶 = 90o (hình vuông ABCD có 𝐷𝐴𝐵 = 𝐴𝐵𝐶 = 90o , F∈ AD, E∈

AB).

AB = AC (ABCD là hình chữ nhật)

AF = EB (cmt).

⇒ ∆ AFB = ∆ BEC (c.g.c).

⇒𝐸𝐵𝐹 = 𝐵𝐶𝐸 (2 góc tương ứng). (4)

Mà 𝐴𝐵𝐹 + 𝐹𝐵𝐶 = 𝐴𝐵𝐶 +90o

⇒𝐸𝐵𝐹 + 𝐽𝐵𝐶 = 90o (E∈ AB)

⇒𝐵𝐶𝐸 + 𝐽𝐵𝐶 = 90o , (từ (4)).

⇒𝐵𝐶𝐽 + 𝐽𝐵𝐶 = 90o .

Xét ∆ BJC có 𝐵𝐶𝐽 + 𝐽𝐵𝐶 + 𝐶𝐽𝐵 = 180o⇒ 90o + 𝐶𝐽𝐵 = 180o⇒𝐶𝐽𝐵 = 90o

⇒ CE⊥ BF.

Giả sử CM cắt EF tại K.Ta đi chứng minh CK⊥ EF.

Ta có BA = BC, DA = DC (ABCD là hình vuông).

⇒ BD là đường trung trực của AC.

M ∈ BD ⇒ MA = MC (tc đường trung trực).

Mà MA = EF (AEMF là hình chữ nhật) ⇒ MC = EF (= MA).

Xét ∆ MCF và ∆ FED có

MC = EF (cmt),

FD = FM (= AE) (AEMF là hình chữ nhật có AE = MF, AE = FD),

DE = CF (cmt).

⇒ ∆ MCF = ∆ FED (c.c.c)

⇒𝐹𝐸𝐷 = 𝑀𝐶𝐹 (2 góc tương ứng). (5)

Vì ED⊥ CF tại I nên 𝐸𝐼𝐹 = 90o

⇒𝐼𝐸𝐹 + 𝐼𝐹𝐸 = 90o (tổng ba góc trong ∆ EIF)

⇒𝐷𝐸𝐹 + 𝐶𝐹𝐸 = 90o (I∈ ED, I∈ CF)

⇒𝑀𝐶𝐹 + 𝐶𝐹𝐾 = 90o (từ (5) và K∈ CM)

⇒𝐾𝐶𝐹 + 𝐶𝐹𝐾 = 90o (K∈ CM)

⇒𝐹𝐾𝐶 = 90o (tổng ba góc trong ∆ CKF).

Xét ∆ EFC có

EI⊥ FC (ED⊥ FC tại I)

CK⊥ EF (𝐹𝐾𝐶 = 90o)

FJ⊥ EC (BF⊥ EC tại J).

⇒ EI, CK, FJ đồng quy tại trực tâm của ∆ EFC hay ED, CM, BF đồng quy.

c) Chu vi AEMF = 2(AE+EM) = 2(AE+EB) = 2AB = 2a. luôn không đổi,

⇒ AE+EM = a không đổi.

SAEMF = AE.ME lớn nhất. Ta có:

Vì ≤ . ≥ 0 ⇒

Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi AE = , hay E là trung điểm của AB.

∆ BAD có E là trung điểm của AB, EM // A (EM // AF, F∈ AD),

⇒ M là trung điểm của BD.

(đơn vị Vậy khi M là trung điểm của BD thì SAEMF lớn nhất và SAEMF =

diện tích).

Bài toán 2.17 và bài toán 2.19 là hai bài toán mẫu cơ bản mà giáo viên

đưa ra cho học sinh tư duy và nghiên cứu. Các bài toán phía sau là các bài

toán mới, xuất phát từ hai bài toán mẫu ban đầu mà học sinh có thể tự xây

dựng. Mỗi bài tập này chỉ thay đổi rất ít giả thiết so với bài toán mẫu, đặt học

sinh vào một tình huống tư duy mới. Các dạng bài tập này đều không quá khó

nên học sinh có thể dễ dạng giải được với sự hào hứng, tích cực cao. Các em

sẽ được xây dựng thói quen nhìn nhận bài toán dưới nhiều cấp độ, nhiều

trường hợp, tìm được cái chung và cái mới của từng bài, làm tăng khả năng

khái quát hóa vấn đề.

2.2.3.3 Tập luyện cho học sinh thói quen, kĩ năng phát hiện và sửa chữa lỗi

sai trong chuyên đề tứ giác

Trong quá trình dạy học chuyên đề tứ giác giáo viên nên thường xuyên

đánh giá, nhận xét các kiến thức, kĩ năng của học sinh để giúp các em nhận

thức được mức độ giải đúng/ sai của mình cho mỗi dạng bài tập. Mỗi khi gặp

những lỗi sai điển hình, giáo viên nên đưa ra để cả lớp cùng thảo luận, tìm ra

vì sao bạn lại đi sai hướng, nên sửa lại bằng cách nào và cách sửa sai nào là

hay nhất. Ở mức độ cao hơn, giáo viên khuyến khích học sinh phát hiện và

sửa chữa lỗi sai trong bài của bạn hay cao nhất là có thể tự mình phát hiện và

chữa lỗi cho bản thân. Nếu công việc kiểm tra đánh giá lời giải được thực

hiện liên tục và có hiệu quả, tính hoàn thiện trong tư duy sáng tạo được rèn

luyện và phát triển.

2.2.4. Biện pháp 4: Xây dựng các bài toán trong chuyên đề tứ giác nhằm

phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh trung học cơ sở

2.2.4.1. Bài toán liên quan tới hình vuông

Bài toán 23. Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 2AD. Gọi M, N lần lượt là

trung điểm của AB và CD. Gọi I là giao điểm của AN và DM. K là giao điểm

của MC và BN. Chứng minh rằng MKNI là hình vuông.

Lời giải

Vì M, N lần lượt là trung điểm của AB và CD,

Mà AB = CD và AB // CD.

AM = NC và AM // NC.

Do tứ giác AMCN là hình bình hành (hai cạnh đối vừa song song vừa bằng

nhau).

AN // CM (1)

Chứng minh tương tự ta có BMDN cũng là hình bình hành.

DM // BN (2)

Từ (1), (2) MKNI là hình bình hành (3) (các cạnh đối song song).

Lại có AMND là hình bình hành (AM // DN và AM = DN).

Hình bình hành AMND có A = 900 nên AMND là hình chữ nhật.

Mặt khác vì AB = 2AD (gt) và M là trung điểm của AB AM = AD.

Do đó AMND là hình vuông (hình chữ nhật có hai cạnh kề bằng nhau).

. (4)

Từ (3), (4) MKNI là hình chữ nhật (hình bình hành có 1 góc vuông là hình

chữ nhật).

Lại có IN = IM.

Do đó hình chữ nhật MKNI là hình vuông (hình chữ nhật có hai cạnh kề bằng

nhau).

Bài toán 24. Cho hình vuông ABCD. Trên cạnh AD lấy E trên tia đối của các

tia DA, CD lần lượt lấy các điểm F và K sao cho AE = DF = CK. Trên cùng

nửa mặt phẳng bờ AD chứa điểm B vẽ hình vuông DFGH (H thuộc cạnh CD).

a) Chứng minh rằng BG = EK.

b) Gọi I là giao điểm của BG và CD, chứng minh .

Lời giải

Hình 2.45

a) Xét ∆𝐵𝐴𝐸 và ∆𝐵𝐶𝐾 có AB = BC (cạnh hình vuông)

BAE = BCK = 900 (gt)

AE = CK (gt)

Do đó ∆BAE = ∆BCK (c.g.c). BE = BK và B1 = B2 .

Chứng minh tương tự ta có BE = BK = KG = GE.

Do đó tứ giác BKGE là hình thoi (1). Mặt khác B1 + EBC = 900 (gt) mà B1 = B2 (cmt) ⇒ B1 + EBC = 900hay EBK = 900. (2) Từ (1) và (2) BKGE là hình vuông.

BG = EK (tính chất đường chéo hình vuông).

b) Xét ∆𝐸𝐼𝐺 và ∆𝐾𝐼𝐺 có IG cạnh chung, EGI = KGI = 450.

(BG là đường chéo hình vuông BKGE), EG = KG (cmt)

Do đó ∆𝐸𝐼𝐺 = ∆𝐾𝐼𝐺 (c.g.c) ⇒ IEG = IKG . (3)

Xét ∆BAE và ∆KHG có BE = KG (cmt)

BAE = KHG = 900, 𝐴𝐸 = 𝐻𝐺 (= DF).

Do đó ∆BAE = ∆KHG (cạnh huyền – cạnh góc vuông)

⇒ ABE = IKG (4)

Từ (3), (4) ⇒ ABE = IEG (đpcm).

Bài toán 25. Cho hình vuông ABCD. Trên

CD lấy M. Tia phân giác của 𝐴𝐵𝑀 cắt AD ở

I. Chứng minh rằng 𝐵𝐼 ≤ 2𝑀𝐼.

Lời giải

và MH cắt AB tại N. Dựng

Xét ∆𝐵𝑀𝑁 có BH là phân giác và đường

cao.

⇒ ∆𝐵𝑀𝑁 cân tại B.

BH cũng là trung tuyến: MH = NH hay

MN = 2MH.

∆MHI vuông tại H có MI là cạnh huyền

⇒ MH ≤ MI.

⇒ 2𝑀𝐻 ≤ 2𝑀𝐼 ℎ𝑎𝑦 𝑀𝑁 ≤ 2𝑀𝐼 (1)

Hạ Xét hai tam giác MKN và BAI có B1 = M1 (cùng phụ với BNH ); MK = BA. ⇒ ∆MKN = ∆BAI (c.g.c)

⇒MN = BI (2)

Từ (1) và (2) ⇒ 𝐵𝐼 ≤ 2𝑀𝐼.

Bài toán 26. Trên các cạnh AB và AC của tam giác ABC và phía ngoài tam

giác vẽ các hình vuông ABDE và ACFG.

a) Chứng minh rằng trung tuyến AM của tam giác ABC vuông góc với EG và

EG = 2AM.

b) Từ E và G kẻ EI // AG và GI // AE. Chứng minh rằng điểm I nằm trên

đường cao tam giác ABC.

c) Chứng minh rằng CD, BF tương ứng bằng nhau và vuông góc với BI, CI

và giao của chúng cũng nằm trên đường cao xuất phát từ A.

Lời giải

a) Trên tia đối của tia MA lấy điểm P sao cho MP = MA

tứ giác ABPC là hình bình hành, suy ra PC = AB, ACP bù với BAC (*)

Xét hai tam giác AGE và CAP có:

AG = AC, AE = PC (do AE = AB, PC = AB theo (*))

EAG = ACP (cùng bù với BAC ).

Vậy ∆AGE = ∆CAP (c.g.c) ⇒ AGE = CAP .

Ta có CAP + GAH = 900 ⇒ GAE + GAH = 900 ⇒ AHG = 900hay

Vì ∆AGE = ∆CAP, ta có EG = AP

mà AP = 2AM EG = 2AM.

b) Tứ giác AGIE là hình bình hành (có các cạnh đối song song). Cũng chứng

minh tương tự như a) ta có , hay nói cách khác đi I nằm trên đường

cao AK của .

c) Chứng minh ∆BCD = ∆AIB (c.g.c) (BD = AB, DBA = BAI , AI = BC)

⇒CD = BI ⇒ BCD = BIK mà

Chứng minh tương tự ta có BF = CI và .

IK, BF, CD là các đường cao của ∆IBC nên chúng cắt nhau tại một điểm

thuộc IK mà A ∈ KI ⇒ giao điểm của CD và BF thuộc AK (đpcm).

Bài toán 27. Gọi M là điểm bất kì trên đoạn thẳng AB. Vẽ về một phía của AB

các hình vuông AMCD, BMEF.

a) Chứng minh rằng .

b) Gọi H là giao điểm của AE và BC. Chứng minh rằng ba điểm D, H, F

thẳng hàng.

c) Chứng minh rằng đường thẳng DF luôn luôn đi qua một điểm cố định khi

điểm M chuyển động trên đoạn thẳng AB cố định.

Lời giải

(vì MF // AC). Suy ra a) Xét ∆CAB, ta có

. b) Gọi O là giao điểm của AC và DM. Do AHC = 900(câu a) nên

Khi đó .

Tam giác MHD có đường trung tuyến HO bằng nửa DM nên MHD = 900 (1)

Chứng minh tương tự, MHF = 900 (2)

Từ (1) và (2) suy ra D, H, F thẳng hàng.

b) Gọi I là giao điểm của DF và AC; ∆DMF có DO = OM, OI // MF nên I là

trung điểm của DF.

c) Kẻ thì là trung điểm của AB và .

Do đó I là điểm cố định: I nằm trên đường trung trực của AB và cách AB một

khoảng bằng .

2.2.4.2. Bài toán liên quan tới hình chữ nhật.

Bài toán 28. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn (AB < AC). Gọi AH là đường

cao. Gọi M, N, K lần lượt là trung điểm của AB, AC và BC. Gọi D là điểm đối

xứng của H qua M.

a) Chứng minh rằng tứ giác AHBD là hình chữ nhật.

b) Tìm điều kiện của tam giác ABC để tứ giác AMKN là hình chữ nhật.

Lời giải

a) Ta có M là trung điểm của AB (gt).

M là trung điểm của HD (tính chất đối

xứng)

AHBD là hình bình hành (Hai đường

chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi

đường) lại có AHB = 900 (gt).

Do đó AHBD là hình chữ nhật.

b) N là trung điểm của AC (gt), K là trung điểm của BC (gt).

NK là đường trung bình của ∆ABC.

NK // AB và

mà NK // MA và NK = MA.

Do đó tứ giác AMKN là hình bình hành (hai cạnh đối vừa song song vừa

bằng nhau).

Hình bình hành AMKN là hình chữ nhật

⇔ MAN = 900 ⇔ ∆ABC vuông tại A.

Bài toán 29. Cho tam giác ABC vuông tại A, một đường thẳng d cắt hai cạnh

AB, AC theo thứ tự tại các điểm D và E. Gọi I, J, K, H lần lượt là trung điểm

của các đoạn thẳng DE, BE, DC. Chứng minh rằng IHJK là hình chữ nhật.

Lời giải

Ta có I là trung điểm của DE (gt), J là trung điểm của BE (gt)

nên IJ là đường trung bình của ∆BED.

(1) ⇒ IJ // BD và

Tương tự ta có HK là đường trung bình của ∆BCD.

(2) ⇒ HK // BD và

Từ (1) và (2) ⇒ IJ // HK và IJ = HK.

Do đó IHKJ là hình bình hành (hai cạnh đối vừa song song vừa bằng nhau).

Chứng minh tương tự ta có IH // AC mà AB ⊥ AC (gt).

⇒ IJ⊥ IH hay JIH = 900

Vậy IHKJ là hình chữ nhật.

Bài toán 30. Cho tam giác ABC các góc đều nhọn. Gọi H là trực tâm và M,

N, P lần lượt là trung điểm của AB, BC và AC. Gọi I, J, K lần lượt là trung

điểm của các đoạn thẳng HA, HB và HC.

a) Chứng minh MPKJ là hình chữ nhật.

b) Với điều kiện nào của tam giác ABC thì MI = IP = MJ.

Lời giải

a) M là trung điểm của AB (gt), J là trung điểm của BH (gt)

⇒ MJ là đường trung bình của ∆AHB.

(1) ⇒ MJ // AH và

Tương tự với ∆AHC có KP là đường trung bình.

(2) ⇒ KP // AH và

Từ (1) và (2)⇒MJ // KP, MJ = KP.

Do đó MPKJ là hình bình hành (hai cạnh đối vừa song song vừa bằng nhau).

Lại có MP là đường trung bình của ∆ABC.

⇒ MP // BC mà BC ⊥ AH (gt)

⇒ MJ ⊥ MP ⇒ MPKJ là hình chữ nhật.

b) Ta có MI = IP ⇔ BH = CH ⇔ BE = CF ⇔ ∆BEA = ∆CFA ⇔ AB = AC

⇔ ∆ABC cân tại A.

Chứng minh tương tự ta có AB = BC nên ∆ABC đều.

Bài toán 31. Gọi O là điểm nằm trong tam giác ABC sao cho 𝐴𝐵𝑂 = 𝐴𝐶𝑂 .

Vẽ OH vuông góc với AB, OK vuông góc với AC. Gọi M là trung điểm của

BC.

a) Gọi E, F theo thứ tự là trung điểm của OB và OC.

Chứng minh rằng: 𝑂𝐸𝐻 = 𝑂𝐹𝐾 .

b) Chứng minh: MH = MK.

Lời giải

a) Xét tam giác vuông BHO có

HE là trung tuyến

hay ⇒ EH = EB = EO =

∆BEH cân tại E. ⇒ B1 = H1 . Chứng minh tương tự ta có ∆CFK cân tại F. ⇒ K1 = C1 mà B1 = C1 (gt) ⇒ B1 = H1 = C1 = K1 (1) ∆BEH có OEH là góc ngoài ⇒ OEH = B1 + H1 (2) Tương tự ∆CFK có OFK là góc ngoài nên OFK = C1 + K1 (3) Từ (1), (2), (3) ⇒ OEH = OFK .

b) F là trung điểm của OC, M là trung điểm của BC (gt)

⇒ MF là đường trung bình của ∆BOC.

⇒ MF // OB và MF = OB. E là trung điểm của OB.

⇒ MF // OE và MF = OE (1)

Do đó MEOF là hình bình hành.

Mặt khác ∆BHO vuông tại H có HE là đường trung tuyến.

⇒ HE = OE (2)

Từ (1), (2) ⇒ MF = HE.

Chứng minh tương tự với tam giác vuông OKC ta cũng có KF = OF mà OF =

ME (cmt)

⇒ KF = ME.

Lại có OEH = OFK (cmt)

OEM = MFO (góc đối của hình bình hành MEOF)

⇒ OEH + OEM = OFK + MFO hay HEM = MFK

Xét ∆HEM và ∆MFK có ME = KF (= OF) (cmt)

HEM = MFK (cmt)

HE = HF cmt

Do đó ∆HEM = ∆MFK (c.g.c) ⇒ MH = MK.

Bài toán 32. Cho hình chữ nhật ABCD. Gọi O là giao điểm của hai đường

chéo AC và BD. Lấy E nằm giữa hai điểm O và B. Gọi F là điểm đối xứng với

điểm A qua E và I là trung điểm của CF.

a) Chứng minh tứ giác OEFC là hình thang và tứ giác OEIC là hình bình

hành.

b) Gọi H và K lần lượt là hình chiếu của điểm F trên các đường thẳng BC và

CD. Chứng minh tứ giác CHFK là hình chữ nhật và I là trung điểm của đoạn

thẳng HK.

c) Chứng minh ba điểm E, H, K thẳng hàng.

Lời giải

Hình 2.53

a) Ta có EA = EF (tính chất đối xứng).

OA = OC (tính chất hai đường chéo của hình chữ nhật).

⇒ OE là đường trung bình của ∆ACF.

⇒ OE // CF.

Do đó OQCF là hình thang.

Ta có OE = CF (tính chất đường trung bình của tam giác).

Mà I là trung điểm của CF (gt)

⇒ OE = CI và OE // CI.

Do đó OEIC là hình bình hành.

b) Ta có FH ⊥ BC hay FHC = 900, HCK = 900, FKC = 900 (gt)

Do đó CHFK là hình chữ nhật (có ba góc vuông).

I là trung điểm của đường chéo CF (gt).

⇒ I cũng là trung điểm của đường chéo HK. c) Ta có ∆HIC cân (tính chất đường chéo hình chữ nhật), ⇒ C1 = H1 Tương tự ∆COB cân ⇒ B1 = C2 mà OE // CF. ⇒ B1 = C1 (so le trong), mà C1 = H1 ⇒ C2 = H1 ⇒ HI // AC. Lại có EI // OC (vì OEIC là hình bình hành)

⇒ EI và HI phải trùng nhau hay ba điểm E, H, I thẳng hàng.

⇒ Ba điểm E, H, K thẳng hàng.

2.2.4.3. Bài toán liên quan tới hình thoi

Bài toán 33.Cho hình chữ nhật ABCD; P, Q lần lượt là trung điểm của BC và

AD. Gọi M là giao điểm của AP và BQ và N là giao điểm của CQ và DP.

Chứng minh: Tứ giác MPNQ là hình thoi.

Lời giải

Vì Q, P lần lượt là trung điểm của AD và

BC nên AQ = QD = BP = PC và AQ // CP,

DQ // BP.

Do đó các tứ giác sau là hình bình hành

APCQ, BPDQ.

⇒ AP // CQ và BQ // DP.

⇒ MPNQ là hình bình hành.

Mặt khác tứ giác ABPQ là hình chữ nhật (AQ // BP và AQ = BP).

⇒ MQ = MP (tính chất hai đường chéo hình chữ nhật).

Vậy MPNQ là hình thoi (hình bình hành có hai cạnh kề bằng nhau).

Bài toán 34. Gọi O là giao điểm các đường chéo của hình bình hành ABCD.

Chứng minh rằng giao điểm các đường phân giác trong của các tam giác

AOB; BOC; COD và DOA là đỉnh của một hình thoi.

Lời giải

Gọi M, N, P, Q lần lượt là

giao điểm các phân giác

trong của các tam giác AOB,

BOC, COD và DOA.

Do O là giao điểm hai

đường chéo AC và BD của

hình bình hành ABCD nên

OA = OC và OB = OD. Lại có B1 = D1 ; O1 = O2 (M là giao điểm của các đường phân giác) ⇒ ∆BMO = ∆DPO (c.g.c) ⇒ OM = OP.

Tương tự ta có ∆BON = ∆DOQ, ⇒ ON = OQ và N, O, Q cũng thẳng hàng.

⇒ MNPQ là hình bình hành (các đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi

đường).

Mặt khác OM, ON là hai phân giác của hai góc kề bù nên OM ⊥ ON.

Vậy MNPQ là hình thoi.

Bài toán 35. Cho tam giác ABC, lấy các điểm D, E theo thứ tự trên các cạnh

AB, AC sao cho BD = CE. Gọi M, N, I, K lần lượt là trung điểm của BE, CD,

DE, BC. Chứng minh rằng: IK ⊥ MN.

Lời giải

Ta có M là trung điểm của BE và I là trung điểm của DE.

⇒ MI là đường trung bình của ∆BDE,

⇒ MI // BD và MI = BD.

Tương tự, NK // BD và NK = BD.

Do đó MI // NK và MI = NK nên tứ giác MINK là hình bình hành (1).

Chứng minh tương tự ta có IN là đường trung bình của ∆CDE.

⇒ IN = CE mà CE = BD (gt),

⇒ IN = IM. (2)

Từ (1) và (2) ⇒Tứ giác MINK là hình thoi (hình bình hành có hai cạnh kề

bằng nhau).

⇒ IK ⊥ MN.

Bài toán 36. Cho tam giác ABC vuông tại A có 𝐵 = 600, trung tuyến AM. Vẽ

MK ⊥AC, BH ⊥ AM. Hai đường thẳng Bh và MK cắt nhau tại N. Chứng minh

rằng:

a) ∆𝐴𝐵𝑀 đều.

b) Tứ giác AMCN là hình thoi.

c) AC = BN.

Lời giải

a) ∆ABC vuông tại A có AM là trung

tuyến. (gt)

⇒ AM = BM = CM =

hay ∆ABM cân tại M có B = 600 (gt)

nên ∆ABM đều.

b) ∆ABM đều (cmt) nên đường cao BH đồng thời là đường trung tuyến nên

HA = HM. Xét ∆AHB và ∆MHN có A1 = M1 (so le trong do AB // MK (⊥AC)) HA = HM (cmt), AHB = 𝑀𝐻𝑁 = 900 (gt)

Do đó ∆AHB = ∆MHN. (c.g.c)

⇒ AB = MN lại có AB // MN nên ANMB là hình bình hành.

⇒ AN // BM và AN = BM lại có MC = BM (gt)

⇒ AN // MC và AN = MC.

⇒ AMCN là hình bình hành có MN ⊥ AC tại K. (gt)

⇒ AMCN là hình thoi.

b) ∆ABC vuông tại A có B = 600. (gt) ⇒ C1 = 300 mà ANCM là hình thoi. ⇒ C2 = C1 = 300. ⇒ BCN = 600vì AN // BC (cmt) và BCN = ABC = 600.

⇒ ANCB là hình thang cân.

⇒ AC = BN (tính chất đường chéo hình thang cân).

Bài toán 37:Cho P là một điểm chuyển động trong tam giác ABC sao cho

𝑃𝐵𝐴 = 𝑃𝐶𝐴 . Hạ PM ⊥ AB; PN ⊥ AC (M ∈ AB; N ∈ AC). Gọi K, S là hai

đỉnh khác của hình thoi KMSN. Chứng minh KS đi qua một điểm cố định.

Lời giải

Gọi I, E, F lần lượt là trung

điểm của BC, BP và CP.

Ta có: ME = (tính chất

trung tuyến trong tam giác

vuông PMB)

Lại có IF // BP và IF = ,

(IF là đường trung bình của

∆BCP)

⇒ ME = IF (1)

Tương tự: NF = IE. (2)

Mặt khác dễ thấy tứ giác EPFI là hình bình hành (IF // BP và IF = EP) ⇒ E1 = F1 (3) Lại có E2 = 2PBA (góc ngoài của ∆BEM), F2 = 2PCA (góc ngoài của ∆CFN),

mà PBA = PCA (giả thiết)

⇒ E2 = F2 (4) Từ (3), (4) ⇒ MEI = NFI (5)

Từ (1), (2), (5) ta có ∆MEI = ∆IFN. (c.g.c)

⇒ IM = IN hay ∆MIN cân tại I, ⇒ trung trực MN qua I.

Tứ giác KMSN là hình thoi: KS ⊥ MN (hai đường chéo vuông góc) hay K, S

thuộc đường trung trực của MN.

Do đó KS luôn đi qua điểm cố định I (I là trung điểm BC).

2.2.4.4. Bài toán liên quan tới hình bình hành

Bài toán 38. Cho tứ giác ABCD. Gọi E, F, G, H lần lượt là trung điểm các

cạnh AB, BC, CD và AD và I, J là trung điểm của hai đường chéo AC và BP.

Chứng minh các tứ giác EFGH, IFJH là các hình bình hành.

Lời giải

E là trung điểm của AB (gt).

F là trung điểm của AC (gt).

⇒ EF là đường trung bình của ∆ABC.

⇒ EF // AC và EF = AC. (1)

Chứng minh tương tự ta có HG cũng là

đường trung bình của ∆ACD.

⇒ HG // AC và HG = AC. (2)

Từ (1) và (2) ⇒ EF // HG và EF = HG.

Do đó EFGH là hình bình hành (hai cạnh đối vừa song song vừa bằng nhau).

*Xét ∆ABC ta có FI là đường trung bình của ∆ABC.

⇒ FI // AB và FI = AB. (1)

Chứng minh tương tự ta có HJ cũng là đường trung bình của ∆ABD.

⇒ HJ // AB và HJ = AB. (2)

Từ (1) và (2) ⇒ FI // HJ và FI = HJ.

Do đó IFJH là hình bình hành.

Bài toán 39. Cho hình bình hành ABCD (AB > BC), phân giác của góc D cắt

cạnh AB tại M, phân giác của góc B cắt cạnh CD tại N.

a) Chứng minh tứ giác BMDN là hình bình hành.

b) Chứng minh rằng AC, BD, MN đồng qui.

Lời giải

a) Ta có DM là phân giác của góc D. (gt) ⇒ D1 = MDC tương tự BN là phân giác của góc B. Ta có ABN = B2 mà ADC = ABC (góc đối của hình bình hành) ⇒ D1 = MDC = ABN = B2 . Xét ∆ADM và ∆CBN có D1 = B2 (cmt). AD = BC và A = C (gt)

⇒ ∆ADM = ∆CBN (g.c.g) ⇒ M1 = N1 mà M1 + DMB = 1800 (kề bù) Tương tự N1 + BND = 1800 ⇒ DMB = BND (1) Lại có ABN = MDC (cmt) (2)

Từ (1) và (2) ⇒Tứ giác BMDN là hình bình hành (các góc đối bằng nhau).

b) Gọi O là giao điểm của hai đường chéo AC và BD.

Ta có O là trung điểm của AC và BD. Lại có BMDN là hình bình hành nên

đường chéo MN phải đi qua trung điểm của đường chéo BD hay ba đường

AC, BD và MN đồng quy.

Bài toán 40. Cho tam giác ABC và O là một điểm thuộc miền trong của tam

giác. Gọi D, E, F lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC, CA và L, M, N

lần lượt là trung điểm các đoạn OA, OB, OC.

Chứng minh rằng: Các đoạn thẳng EL, FM và DN đồng qui.

Lời giải.

Xét ∆ABC có EF là đường trung bình nên:

EF // AB và EF = AB.

Trong ∆AOB có ML // AB và

ML = AB.

EF // ML và EF = ML.

Vậy MEFL là hình bình hành

(hai cạnh đối vừa song song vừa

bằng nhau).

Gọi I là giao điểm của 2 đường

chéo MF và EL, ta có I là trung điểm của MF.

Dễ thấy DM // FN và DM = FN .

Do đó DMNF là hình bình hành (hai cạnh đối vừa song song vừa bằng nhau).

Vì I là trung điểm của MF (cmt) nên đường chéo thứ hai DN phải qua O hay

EL, MF và DN đồng qui.

Bài toán 41. Cho tam giác ABC. Gọi M, N, P lần lượt là các trung điểm của

các cạnh AB, AC và BC và I, J, K theo thứ tự là trung điểm của các đoạn

thẳng BP, MP và MC. Chứng minh rằng.

a) Các tứ giác IJKP, IJNK là các

hình bình hành.

b) Ba điểm P, K, N thẳng hàng.

Lời giải

a) Ta có I là trung điểm của BP (gt); J là trung điểm của MP (gt).

IJ là đường trung bình của ∆BPM.

IJ // BM và IJ = BM (1).

Chứng minh tương tự ta có KP là đường trung bình của ∆BCM.

KP // BM và KP = BM (2).

Từ (1) và (2) IJ // KP và IJ = KP.

Do đó IJKP là hình bình hành (hai cạnh đối vừa song song vừa bằng nhau).

Ta cũng có KN là đường trung bình của ∆ACM.

KN // AM và KN = AM.

Mà AM = MB (gt), có IJ = BM (cmt).

IJNK là hình bình hành

b) Ta có: IJNK là hình bình hành (cmt), KN // IJ mà KP // IJ (cmt).

KN và KP phải trùng nhau (theo tiên đề Ơ – clit).

Vậy ba điểm P, K, N thẳng hàng.

Bài toán 42. Cho hình bình hành ABCD (𝐴 < 900), đường tròn đường kính

AC cắt AE, AD tại M và N, đường chéo BD cắt tiếp tuyến với đường tròn tại

C ở E. Chứng minh rằng M, N, E thẳng hàng.

Lời giải

Theo giả thiết AC là đường kính nên AM, AN cắt tiếp tuyến tại C của đường tròn tại Q và P nên CQ2 = QM. QA ∆ACQ có AC2 = AN.AP Nên CP2 = PN.PA, CA2 = AN.AP.

Khi đó, .

Tứ giác ABCD là hình bình hành nên AB // CD và BC // AD.

và và .

∆AQP có B, D, E thẳng hàng theo định lý Menelaus thì .

Từ đó suy ra =1 hay M, N, E thẳng hàng.

2.2.4.5. Bài toán liên quan tới hình thang

Bài toán 43. Cho tam giác ABC cân tại A, hai đường phân giác BE và CD.

Chứng minh rằng BDEC là hình thang cân

có đáy nhỏ bằng cạnh bên.

Lời giải

Ta có BE và CD là phân giác của góc B và

C (gt).

và mà (gt).

Xét ∆ABE và ∆ADC có:

𝐴 chung

AB = AC (gt)

(cmt)

∆ABE = ∆ACD. (g.c.g)

AE = AD nên ∆AED cân tại A, . (1)

Lại có ∆ABC cân tại A (gt), . (2)

Từ (1) và (2) DE // BC hay BDEC là hình thang có BE = CD (cmt).

Do đó BDEC là hình thang cân.

Mặt khác vì DE // BC (so le trong).

Mà (cmt) hay BDE cân tại D DE = DB.

Vậy, hình thang BDEC có đáy nhỏ bằng cạnh bên.

Bài toán 44. Tam giác ABC cân tại A, M là điểm bất kì nằm giữa hai điểm A

và B. Trên tia đối của tia CA lấy N sao cho CN = BM. Vẽ ME và NF lần lượt

vuông góc với đường thẳng BC. Gọi I là giao điểm của MN và BC.

a) Chứng minh: IE = IF.

b) Trên cạnh AC lấy D sao cho CD = CN. Chứng minh BMDC là hình thang

cân.

Lời giải

a) Ta có: (gt)

Mà (đối đỉnh)

, lại có BM = CN (gt)

Do đó ∆MEB = ∆NFC.

(cạnh huyền - góc nhọn)

ME = NF.

ME // NF (cùng vuông góc với BC)

(so le trong).

∆IME = ∆INF (g.c.g) IE = IF.

b) CD = CN mà CN = BM (gt)

BM = CD mà AB = AC.

AB – BM = AC – CD hay AM = AD.

∆AMD cân tại A nên:

Mặt khác ∆ABC cân tại A

Do đó , MD // BC hay BMDC là hình thang có

Vậy BMDC là hình thang cân.

Bài toán 45. Cho hình thang cân ABCD có = 600, BD là tia phân giác của

góc D. Biết chu vi hình thang bằng 20 cm. Tính độ dài các cạnh của hình

thang.

Lời giải

Ta có (BD là tia phân giác của góc D)

(so le trong do AB // CD)

hay ∆ABD cân tại A.

AB = AD = BC (1) (Vì ABCD là

hình thang cân).

Kẻ AH, BK cùng vuông góc với DC.

Ta có ABKH là hình thang cạnh bên

song song nên HK = AB (2)

Xét tam giác vuông AHD có (gt) = 300 DH =

KC = DH = DH + KC = AD (3)

Gọi chu vi hình thang là P ta có:

P = AB + BC + KC + KH + DH + AD

P = AB + BC + (DH + KC) + AB + AD

Từ (1), (2), (3) P = 5AB hay 20 = 5AB AB = = 4 (cm).

Do đó AD = BC = AB = 4 cm và DC = 2AB = 8cm.

Bài toán 46. Cho tam giác ABC cân tại A, đường cao AH. Gọi M là trung

điểm của AB. G là giao điểm của AH và CM, BG cắt AC tại N.

a) Chứng minh rằng: Tứ giác BMNC là hình thang cân.

b) Đường thẳng qua N và song song với MC cắt đường thẳng BC tại P.

Chứng minh rằng: ∆BNP cân. c) Chứng minh rằng: 9MN2 = PB2.

Lời giải

a) ∆ABC cân tại A nên đường cao AH đồng thời là đường trung tuyến.

M là trung điểm của AB (gt).

CM là trung tuyến của ∆ABC.

G là giao điểm của AH và CM nên G là trọng tâm của ∆ABC.

BG là trung tuyến thứ ba.

Do đó, N là trung điểm của AC.

Ta có: MA = MB = AB,

NA = NC = AC mà AB = AC

(gt)

MA = MB = NA = NC hay

∆AMN cân tại A.

(1)

∆ABC cân tại A (gt)

(2).

Từ (1) và (2) MN // BC (cặp góc đồng vị bằng nhau).

Do đó BMNC là hình thang. Lại có nên BMNC là hình thang cân.

b) Xét ∆BGC có GH là đường cao đồng thời là trung tuyến (cmt) nên ∆BGC

cân tại G mà NP // MC (gt), (cặp góc đồng vị)

hay BNP cân tại N.

c) Ta có MNPC là hình thang có hai cạnh bên MC // NP nên MN = CP.

Lại có MN = BC (MN là đường trung bình của ∆ABC).

MN = BP MN2 = BP2 9MN2 = BP2.

Bài toán 47. Cho hình thang ABCD có đáy nhỏ CD. Từ D vẽ đường thẳng

song song với BC, cắt AC tại M và AB tại K. Từ C vẽ đường thẳng song song

với AD, cắt AB tại F. Qua F ta vẽ đường thẳng song song với AC, cắt BC tại

P. Chứng minh rằng:

a) MP // AB.

b) Ba đường thẳng MP, CF, DB đồng quy.

Lời giải

a) EP // AC (1); AK // CD (2)

Các tứ giác AFCD, DCBK là các hình bình hành nên AF = DC, FB = AK (3)

Từ (1), (2), (3) ta có: MP // AB (định lý Ta let đảo) (4).

b) Gọi I là giao điểm của BD và CF, ta có:

Mà (do FB // DC) IP // DC // AB (5)

Từ (4) và (5) suy ra: qua P có hai đường thẳng IP, PM cùng song song với AB

(AB // CD) nên theo tiên đề Ơ-clit thì ba điểm P, I, M thẳng hàng hay MP đi

qua giao điểm của CF và DB hay ba đường thẳng MP, CF, DB đồng quy.

2.2.4.6. Bài toán liên quan tới tứ giác nội tiếp

Bài toán 48. Cho tứ giác ABCD nội tiếp một đường tròn (C). M nằm trên

đường thẳng kéo dài của đường chéo DB, sao cho MA, MC là tiếp tuyến của

đường tròn (C). Tiếp tuyến tại B với đường tròn (C) cắt MC tại N và CD tại

P, ND cắt đường tròn (C) tại E. Chứng minh rằng A, E, P thẳng hàng.

Lời giải

MC là tiếp tuyến với (C),

Ta có ∆MCB và ∆MDC đồng dạng, .

Vì MA là tiếp tuyến với (C), chứng minh tương tự (do MA =

MC).

DA.CB = AB.DC

Áp dụng định lý Ptolemy với tứ giác ABCD

AB. CD + BC. DA = AC. BD

BC. DA = AC. BD = (1)

NB, NC là tiếp tuyến với đường tròn (C) ∆NBE, ∆NDB đồng dạng.

∆NCE, ∆NDC đồng dạng ;

Kết hợp NB = NC BE.DC = CE.DB

Áp dụng định lý Ptolemy với tứ giác BECD

BE. DC = CE.DB = BC. DE (2)

PB là tiếp tuyến với (C) PC.PD = PB2

Mặt khác = = , kết hợp với (2)

(3)

Giả sử AE cắt CD tại Q ∆QEC và ∆QDA đồng dạng

∆QDE và ∆QAC đồng dạng, ,

Kết hợp (1), (2), (4)

Từ (3) và (4) hay P Q. Vậy, A, E, P thẳng hàng.

Bài toán 49.Cho tứ giác nội tiếp ABCD có các cạnh đối diện không song

song với nhau, X là giao điểm của AB và CD; Y là giao điểm của AD và BC.

Đường phân giác góc AXD lần lượt cắt AD, BC tại E, F; đường phân giác

góc AYB lần lượt cắt AB, CD tại G, H. Chứng minh rằng tứ giác AGHF là

hình bình hành.

Lời giải

Do tứ giác ABCD nội tiếp nên ∆XAC ∽ ∆ XDB và ∆YAC ∽ ∆YBD.

. (1) ⇒

. (2) Áp dụng định lý đường phân giác cho 𝐴𝑋𝐷 , ta có:

. (3) Áp dụng định lý đường phân giác góc 𝐴𝑌𝐵 , ta có:

. Từ (1), (2), (3), ⇒

Do đó, EH // AC // GF và EG // BD // HF.

Vậy tứ giác AGHF là hình bình hành.

Bài toán 50. Cho tam giác ABC vuông tại C. Trên cạnh AB lấy điểm M tùy ý

(M khác A và B). Kí hiệu O, O1, O2 lần lượt là tâm của các đường tròn ngoại

tiếp các tam giác ABC, AMC, BMC.

). a) Chứng minh bốn điểm C, O1, M, O2 cùng nằm trên một đường tròn (

b) Chứng minh O cũng nằm trên đường tròn ( ).

c) Xác định vị trí của M để đường tròn ( ) có bán kính nhỏ nhất.

Lời giải

a) Sử dụng tính chất góc ở tâm đường tròn, ta có:

Do tam giác ABC vuông nên:

Suy ra .

Vậy bốn điểm C, O1, M, O2 cùng thuộc một đường tròn.

b) Do tam giác ABC vuông tại C nên O là trung điểm của AB. Giả Sử M

thuộc đoạn OA. Do tam giác COB cân tại O nên .

Vậy O thuộc đường tròn ( ).

c) Gọi R là bán kính của đường tròn ( ). Do ( ) đi qua C và O nên CO ≤

hay R ≥ CO. Dấu bằng xảy ra khi M là hình chiếu của C trên AB.

Bài toán 51. Cho đường tròn (O) với dây BC cố định (BC < 2R) và điểm A

trên cung lớn BC (A không trùng với B và C, A không là điểm chính giữa

cung). Gọi H là hình chiếu của A trên BC; E và F lần lượt là hình chiếu của B

và C trên đường kính AA’.

a) Chứng minh rằng HE AC.

b) Chứng minh rằng ∆HEF đồng dạng với ∆ABC.

c) Khi A di chuyển, chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HEF cố

định.

Lời giải

a) nên tứ giác AEHB nội tiếp.

(cùng bù với )

HE // A’C.

Lại có A’C AC HE AC.

b) nên tứ giác AHFC nội tiếp, .

Mà ∆ABC ~ ∆HEF (g.g).

c) Gọi I, J lần lượt là trung điểm của BC; AB ta có IJ // AC.

Mà HE AC nên IJ HE; ∆JHE cân tại J vì có JE = JH (= AB)

IJ là đường trung trực của HE nên IH = IE.

Chứng minh tương tự: HF AB.

Gọi K là trung điểm của AC thì KI // AB KI HF.

Do đó KI là đường trung trực của HF nên IH = IF.

Vì IH = IE = IF nên I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HEF.

2.2.4.7. Bài toán liên quan tới tứ giác ngoại tiếp

Bài toán 52. Tứ giác ngoại tiếp ABCD có các cạnh AB, BC, CD, DA tiếp xúc

với đường tròn nội tiếp lần lượt tại M, N, P, Q. Chứng minh rằng: AC, BD,

MP, NQ đồng quy.

Lời giải

Giả sử MP cắt NQ tại I. Ta chứng minh

AC và BD đi qua I.

Giả sử AC cắt MP tại I1 và cắt NQ

tại I2.

Ta có (góc tạo bởi tiếp tuyến

và dây cung cùng chắn cung MQP).

Trên tia đối của tia PM lấy điểm X sao

cho tam giác CPX cân tại C,

Mà nên ∆MI1A ~ ∆XI1C (g.g).

Tương tự, ta có: .Mà AQ = AM, CN = CP nên .

Suy ra hay AC đi qua I. Vậy AC, BD, MP, NQ đồng quy tại I.

Bài toán 53. Cho đường tròn tâm O nội tiếp trong hình thang ABCD (AB //

CD), tiếp xúc với cạnh AB tại E, với cạnh CD tại F.

a) Chứng minh: .

b) Cho biết AB = a, CB = b (a

Lời giải

Giả sử đường tròn (O) nội tiếp hình thang ABCD, tiếp xúc với AD tại P và

BC tại Q, có bán kính r.

a) Vì AB // CD 𝐴 + 𝐷 = 1800 nên:

∆AOD vuông tại O. Tương tự, ∆BOC vuông tại O.

Xét ∆ vuông AOD và BOC ta có:PA. PD = OP2 = OQ2 = QB.QC.

Vì PA = AE; PD = DF; BE = BQ; CF = CQ suy ra: AE.DF = BE.CF

b) Gọi bán kính đường tròn (O) là r, ta có:

.(AB + BC + CD + DA).r S = SABCD =

Vì AB + DC = AD + BC S = (AB + CD).r

Từ , mà BQ = BE = ,

CD = 3b – 2a AB + CD = 3b – a.

Mặt khác r2 = BQ.CQ = r = .

. (3b – a). Vậy SABCD =

2.2.4.8. Bài toán liên quan tới tứ giác lưỡng tiếp

Bài toán 54.Tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn bán kính R và ngoại tiếp

đường tròn bán kính r. Chứng minh rằng R ≥ r .

Lời giải

Đặt AB = a, BC = b, CD = c, DA = d.

Từ giả thiết ABCD là tứ giác ngoại tiếp, ta có: a + c = b + d.

.(a + b + c + d).r Từ đó: SABCD =

= (a + c).r . (1)

Lại có 2.SABC ≤ ab; 2.SACD ≤ cd

2.SABCD ≤ ab + cd.

Tương tự: 2.SABCD ≤ bc + ad.

Do đó: 4. SABCD≤ ab + cd + bc + ad =

(a+c).(b+d). Suy ra 4. SABCD≤ (a+c)2. (2)

2 ≥ 4r2SABCD,

Từ (1) và (2), ta có: SABCD

SABCD ≥ 4r2. (3)

Mặt khác: SABCD≤ AC.BD ≤ 2R2. (4)

. Từ (3) và (4) ta có: 4r2 ≤ SABCD ≤ 2R2. Vậy, R ≥ r

Đẳng thức xảy ra khi ABCD là hình vuông.

Bài toán 55. Cho tứ giác ABCD nội tiếp trong một đường tròn và ngoại tiếp

một đường tròn khác. Gọi các tiếp điểm của đường tròn nội tiếp với AB, AD,

CD, BC lần lượt là M, N, P, Q. Chứng minh rằng: MN vuông góc với PQ.

Lời giải

Vì MPNQ là tứ giác nội tiếp

∆AMP cân tại A

Tương tự ta có:

Do đó:

Mặt khác ABCD là tứ giác nội tiếp nên 𝐴 + 𝐶 = 1800.

Suy ra hay

2.3. Kết luận chƣơng 2

Từ các cơ sở lí luận của chương 1, trong chương 2, tác giả đã đưa ra

được bốn biện pháp để phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh giỏi trung học

cơ sở thông qua dạy chuyên đề tứ giác. Một là tăng cường gợi động cơ trong

các hoạtđộng dạy học để gây hứng thú cho học sinh. Hai là tạo nền tảng kiến

thức và kĩ năng để họcsinh có điều kiện tư duy sáng tạo. Ba là cho học sinh

tập luyện những hoạt động theo cácthành phần của tư duy sáng tạo. Và bốn là

xây dựng các bài toán trong chuyên đềtứ giác nhằm phát triển tư duy sáng tạo

cho học sinh. Với những biện pháp này, tác giả hi vọng có thể đóng góp phần

nào vào việc cụ thể hóa phương pháp dạy học nhằm phát triển tư duy sáng tạo

cho học sinh trung học cơ sở qua chuyên đề tứ giác nói riêng hay qua học

Toán nói chung.

CHƢƠNG 3

THỰC NGHIỆM SƢ PHẠM

3.1. Khái quát về thực nghiệm sƣ phạm

3.1.1. Mục đích thực nghiệm

Vận dụng một số biện pháp “phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh

giỏi trung học cở sở thông qua dạy chuyên đề tứ giác”, tác giả tiến hành thực

nghiệm sư phạm nhằm đánh giá tính hiệu quả của việc áp dụng các biện pháp

đã đề xuất. Tuy nhiên, do điều kiện thời gian hạn hẹp nên việc thực nghiệm

chỉ là bước đầu kiểm nghiệm tính khả thi và tính hiệu quả trong phạm vi đề

tài.

3.1.2. Nội dung thực nghiệm

Các biện pháp phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh giỏi trung học cơ

sở thông qua chuyên đề tứ giác được truyền tải vào trong từng tiết học cụ thể

của giáo viên. Tức là tác giả sẽ vận dụng tư tưởng của các biện pháp đã đề

xuất vào thiết kế kế hoạch giảng dạy trên lớp và một số đề kiểm tra. Nội dung

thực nghiệm cụ thể bao gồm:

- 02 đề kiểm tra cho trước và sau khi thực nghiệm sư phạm, thiết kế

theo định hướng kiểm tra một số yếu tố của tư duy sáng tạo của học sinh.

- Dạy học chuyên đề tứ giác lớp 8 theo tư tưởng của các biện pháp phát

triển tư duy sáng tạo cho học sinh giỏi trung học cơ sở đã đề xuất.

3.1.3. Đối tượng thực nghiệm

Tác giả chọn tiến hành thực nghiệm sư phạm trên 02 lớp 8A3 và 8A4

tại trường trung học cơ sở Trung Văn, quận Nam Từ Liêm, thành phố Hà Nội.

Cả lớp thực nghiệm (lớp 8A3) và lớp đối chứng (lớp 8A4) đều có sĩ số tương

đương nhau (cả hai lớp đều có sĩ số là 44 học sinh), học sinh có học lực khá

đồng đều (không có học sinh trung bình, yếu) và có điều kiện học tập tương

đối giống nhau.

3.1.4. Thời gian thực nghiệm

Thời gian tiến hành thực nghiệm sư phạm: từ tháng 9 đến hết tháng 10,

học kì 1, năm học 2017 – 2018.

3.1.5. Tổ chức thực nghiệm

Nhằm đảm bảo tính khách quan trong việc đánh giá tính khả thi và tính

hiệu quả của các biện pháp được đưa ra trong đề tài, tác giả lựa chọn thực

nghiệm ở hai lớp khác nhau về giáo viên đang giảng dạy trực tiếp. Ngoài ra,

để tránh tối đa các yếu tố ảnh hưởng đến kết quả, tác giả còn chú ý đến trình

độ giáo viên, trình độ học sinh, sĩ số lớp, để lớp thực nghiệm và đối chứng

không quá đông hoặc quá ít học sinh.

Trước khi dạy học thực nghiệm, tác giả trao đổi chi tiết với giáo viên

dạy thực nghiệm và thống nhất mục đích, kế hoạch, nội dung cụ thể liên quan

tới tiết dạy thực nghiệm sư phạm. Cụ thể, lớp thực nghiệm, học sinh sẽ tham

gia học tập với các phương pháp dạy học mới, nội dung bài học được thiết kế

theo hướng phát triển tư duy sáng tạo của học sinh. Ở lớp đối chứng, nội dung

bài học của học sinh thiết kế theo sách giáo khoa của Bộ giáo dục và đào tạo

và các phương pháp truyền thống sẽ được giáo viên sử dụng để hướng dẫn

các em tìm hiểu bài. Việc dạy học ở lớp thực nghiệm và đối chứng diễn ra

đồng tời, theo phân phối chương trình của nhà trường.

Kế hoạch thực nghiệm được tiến hành theo tiến trình như sau.

1. Gặp gỡ giáo viên và học sinh, phổ biến chung.

2. Cho học sinh làm bài kiểm tra đầu vào.

3. Dạy các tiết đã chuẩn bị theo hướng của các biện pháp đã đề xuất.

4. Cho học sinh làm bài kiểm tra đầu ra.

Để khách quan trong việc đánh giá, tác giả soạn bài kiểm tra đầu trước

khi tiến hành thực nghiệm. Các câu hỏi và bài tập trong đề kiểm tra một số

yếu tố đặc trưng của tư duy sáng tạo của học sinh. Sau đó, giáo viên sẽ dạy

học các tiết xây dựng kiến thức mời, tiết luyện tập. Sau thời gian thực

nghiệm, tác giả cho học sinh làm bài kiểm tra để đánh giá lại kết quả bước

đầu tính khả thi của các biện pháp phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh giỏi

trung học cơ sở thông qua dạy chuyên đề tứ giác. Nội dung bài kiểm tra số 2

cũng có cấu trúc tương tự với nội dung bài kiểm tra số 1.

3.2. Kết quả thực nghiệm

3.2.1. Các phương diện được đánh giá

Sau thời gian thực nghiệm sư phạm, căn cứ vào các tiết dạy học xây

dựng kiến thức mới và các tiết luyện tập, tác giả tiến hành đánh giá một cách

khách quan trên các mặt sau.

3.2.1.1. Về mặt định lượng (thông qua điểm của 02 bài kiểm tra)

Cách thang điểm được xây dựng

- Loại giỏi (9, 10 điểm): học sinh thể hiện ở mức độ cao được tính mềm

dẻo (vận dụng linh hoạt các thao tác tư duy và phương pháp suy luận, biết

cách xây dựng các bước giải rõ ràng mạch lạc; …); tính nhuần nhuyễn (thể

hiện tính đa dạng của các cách làm bài); tính độc đáo (thể hiện ở kết quả, lời

giải và cách thức tìm ra lời giải độc đáo, sáng tạo, mới lạ) của tư duy sáng tạo

trong giải quyết các câu hỏi và bài tập trong đề kiểm tra.

- Loại khá (7, 8 điểm): học sinh thể hiện ở mức độ khá cao được tính

mềm dẻo, tính nhuần nhuyễn và tính độc đáo của tư duy sáng tạo trong giải

quyết các câu hỏi và bài tập trong đề kiểm tra (hình thức đánh giá tương tự

loại giỏi).

- Loại trung bình (5, 6 điểm): học sinh thể hiện ở mức độ trung bình

được tính mềm dẻo, tính nhuần nhuyễn và tính độc đáo của tư duy sáng tạo

trong giải quyết các câu hỏi và bài tập trong đề kiểm tra (hình thức đánh giá

tương tự loại giỏi).

- Loại yếu (0 – 4 điểm): học sinh không thể hiện hay thể hiện ở mức độ

yếu được tính mềm dẻo, tính nhuần nhuyễn và tính độc đáo của tư duy sáng

tạo trong giải quyết các câu hỏi và bài tập trong đề kiểm tra (hình thức đánh

giá tương tự loại giỏi).

3.2.1.2. Về mặt định tính

- Thể hiện ở bài làm của học sinh mang tính sáng tạo: cách giải hay, có

nhiều cách giải, giải bằng cách độc đáo, mới lạ, không phụ thuộc vào các cách

đã được hướng dẫn; đưa được ra lí do hợp lí và sắc sảo cho phần trình bày

bài.

- Thể hiện trong quá trình học tập: Học sinh hăng hái tham gia giải

quyết các nhiệm vụ học tập trong và ngoài giờ học; tìm ra câu trả lời nhanh và

chính xác, linh hoạt cho câu hỏi hoặc yêu cầu của giáo viên (tính mềm dẻo);

có nhiều câu trả lời khác nhau, nhiều cách giải cho một bài toán, đưa ra được

nhiều lí do giải thích và các câu trả lời thì ngắn gọn, sáng tạo (tính nhuần

nhuyễn); giải quyết các bài toán khó bằng các phương pháp hay, lạ, không

tuân theo những cách giải thông thường (tính độc đáo); …

3.2.2. Phân tích kết quả thực nghiệm

3.2.2.1. Kết quả kiểm tra đánh giá lần 1

Bảng 3.1. Bảng phân phối tần số kết quả của bài kiểm tra số 1

Số học sinh đạt điểm Xi

Đối tượng Sĩ số 0 1 2 4 5 6 7 8 9 10 3 Bài kiểm tra

Số 1 TN ĐC 44 44 0 0 0 0 0 0 2 3 3 6 5 9 13 13 9 11 7 2 1 0 0 4

Bảng 3.2. Bảng phân phối tần suất kết quả của bài kiểm tra số 1

% học sinh đạt điểm Xi

Đối tượng Sĩ số 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Bài kiểm tra

Số 1 TN ĐC 44 0.0 0.0 0.0 0.0 4.55 6.82 11.36 29.55 29.55 15.91 2.27 44 0.0 0.0 0.0 9.09 6.82 13.64 20.45 25.00 20.45 4.55 0.0

Bảng 3.3. Bảng phân phối tần suất lũy tích kết quả của bài kiểm tra số 1

% HS đạt điểm Xi trở xuống

3 4 5 6 7 8 9 10 Sĩ số 0 1 2 Đối tượn g Bài kiể m tra

4 0. 0. 0. 11.3 22.7 52.2 81.8 97.7 100. TN 0.0 4.44 4 0 0 0 6 3 7 2 3 0 Số 1 4 0. 0. 0. 9.0 15.9 29.5 50.0 75.0 95.4 100. 100. ĐC 4 0 0 0 9 1 5 0 0 5 0 0

Bảng 3.4. Bảng tổng hợp phân loại kết quả của bài kiểm tra số 1

Khá Giỏi Yếu kém (0 - 4 Trung bình (5, 6

điểm) điểm) (7, 8 điểm) (9, 10 điểm)

TN ĐC TN ĐC TN ĐC TN ĐC

4.5 15.9 18.2 34.1 59.1 45.5 18.2 4.5

Biểu đồ 3.1. Tần suất học sinh đạt điểm Xi trong bài kiểm tra số 1

Biểu đồ 3.2. Đường lũy tích phần trăm số học sinh đạt điểm Xi trở xuống

trong bài kiểm tra số 1

Biểu đồ 3.3. Biểu đồ phân loại kết quả học tập học sinh bài kiểm tra số 1

Nhận xét:

- Tỉ lệ học sinh đạt điểm khá - giỏi của lớp thực nghiệm cao hơn so với

lớp đối chứng. Tỉ lệ học sinh yếu, trung bình của lớp thực nghiệm thấp hơn

hẳn so với lớp đối chứng.

-Từ điểm 1 đến điểm 6 thì đường tần suất của lớp đối chứng ở phía trên

so với đường tần suất của lớp đối chứng, Từ điểm 7 đến điểm 10 thì đường

tần suất của lớp đối thực nghiệm ở phía trên so với đường tần suất của lớp đối

chứng. Hơn nữa, đường tần suất của lớp thực nghiệm có đỉnh là điểm 7, 8,

trong khi đó đường tần suất của lớp đối chứng có đỉnh tại điểm 7, và số lượng

điểm 7 của lớp thực nghiệm cao hơn lớp đối chứng.

- Đường tích lũy của nhóm lớp TN nằm bên phải và phía dưới các

đường tích lũy của lớp ĐC.

Điều này cho thấy, chất lượng học tập của nhóm lớp TN tốt hơn so với

nhóm lớp ĐC.

3.2.2.2. Kết quả kiểm tra đánh giá lần 2.

Bảng 3.5. Bảng phân phối tần số kết quả của bài kiểm tra số 2

Số HS đạt điểm xi Đối Sĩ

tượng số 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Bài kiểm tra

TN 44 0 0 0 0 1 4 4 13 14 6 2 Số 2 ĐC 44 0 0 0 3 4 6 9 12 7 3 0

Bảng 3.6. Bảng phân phối tần suất kết quả của bài kiểm tra số 2

% HS đạt điểm xi Đối Sĩ

tượng số 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Bài kiểm tra

TN 44 0.0 0.0 0.0 0.0 2.27 9.09 9.09 29.55 31.82 13.64 4.55 Số 2 ĐC 44 0.0 0.0 0.0 6.82 9.09 13.64 20.45 27.27 15.91 6.82 0.0

Bảng 3.7. Bảng phân phối tần suất lũy tích kết quả của bài kiểm tra số 2

% HS đạt điểm xi trở xuống Đối Sĩ tượn số 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 g Bài kiể m tra

4 0. 0. 0. 11.3 20.4 50.0 81.8 95.4 100. TN 0.0 2.27 4 0 0 0 6 5 0 2 5 0 Số 2 4 0. 0. 0. 6.8 15.9 29.5 50.0 77.2 93.1 100. 100. ĐC 4 0 0 0 2 1 5 0 7 8 0 0

Bảng 3.8. Bảng tổng hợp phân loại kết quả của bài kiểm tra số 2

Khá Giỏi Yếu kém (0 - 4 Trung bình (5, 6

điểm) điểm) (7, 8 điểm) (9, 10 điểm)

TN ĐC TN ĐC TN ĐC TN ĐC

2.3 15.9 18.2 34.1 61.4 43.2 18.2 6.8

Biểu đồ 3.4. Tần suất học sinh đạt điểm Xi trong bài kiểm tra số 2

Biểu đồ 3.5. Đường lũy tích phần trăm số học sinh đạt điểm Xi trở xuống trong bài kiểm tra số 2

Biểu đồ 3.6. Biểu đồ phân loại kết quả học tập học sinh bài kiểm tra số 2

Nhận xét:

- Tỉ lệ học sinh đạt điểm khá - giỏi của lớp thực nghiệm (79.6%) cao

hơn so với lớp đối chứng(50%). Tỉ lệ học dinh yếu của lớp thực nghiệm

tương đối thấp (2.3%)

-Từ điểm 1 đến điểm 6 thì đường tần suất của lớp đối chứng ở phía trên

so với đường tần suất của lớp đối chứng, Từ điểm 7 đến điểm 10 thì đường

tần suất của lớp đối thực nghiệm ở phía trên so với đường tần suất của lớp đối

chứng. Hơn nữa, đường tần suất của lớp thực nghiệm có đỉnh là điểm 8, trong

khi đó đường tần suất của lớp đối chứng có đỉnh tại điểm 7.

- Đường tích lũy của nhóm lớp TN nằm bên phải và phía dưới các

đường tích lũy của lớp ĐC.

Điều này cho thấy, chất lượng học tập của nhóm lớp TN tốt hơn so với

nhóm lớp ĐC.

3.2.2.3. Đánh giá kết quả chung của hai hài kiểm tra

Bảng 3.9. Bảng tổng hợp các tham số đặc trưng của hai bài kiểm tra

Số Giá trị Bài

bài kiểm Kiểm Lớp X S S2 V(%) DTN-ĐC

(n) định p tra

Mức độ ảnh hƣởng ES 0.6358 TN 44 7.29 1.37 1.89 18.831 1.05 0.0011 Số 1 ĐC 44 6.25 1.581 3.29 23.821

TN 44 7.38 1.35 1.82 18.284 1.11 0.0003 0.6878 Số 2 ĐC 44 6.27 1.62 2.62 27.99

100

Biểu đồ 3.7. Biểu đồ so sánh điểm trung bình kết quả hai bài kiểm tra

- Từ bảng 3.9, biểu đồ 3.7, ta thấy điểm trung bình cộng của cả 2 bài kiểm tra

ở khối lớp TN luôn cao hơn khối lớp ĐC (ĐTN-ĐC khoảng 1 điểm).Ở lớp TN,

điểm trung bình cộng ở các bài kiểm tra tăng nhanh hơn so với lớp ĐC (nên

ĐTN-ĐC tăn từ 1.05 lên 1.11).

- Từ bảng 3.9, ta thấy hệ số biến thiên V% của lớp thực nghiệm thấp hơn so

với lớp đối chứng, độ lệch chuẩn của lớp thực nghiệm nhỏ (1.37, 1.35) và nhỏ

hơn lớp đối chứng cho thấy lớp thực nghiệm có chất lượng học sinh đồng đều

ít phân tán hơn so với lớp đối chứng. Giá trị của hệ số biến thiên V của lớp TN

và lớp ĐC có độ dao động trung bình (Khoảng từ 18% đến 28%),do vậy, kết quả

thu được đáng tin cậy.

- Giá trị kiểm định (TTEST) p < 0,05 cho thấy sự khác biệt giữa lớp thực

nghiệm và lớp đối chứng. Từ đó, khẳng định kết quả đạt được là do hiệu quả

của việc dạy học theo đề tài chứ không phải do ngẫu nhiên.

- Mức độ ảnh hưởng ES của nghiên cứu khoảng 0.6-0.7 nằm ở mức trung

bình, có nghĩa là nghiên cứu này có thể nhân rộng được.

101

3.3. Kết luận chƣơng 3

Tuy thời gian thực nghiệm còn hạn chế nhưng qua thực nghiệm sư

phạm, tác giả nhận thấy rằng trong một tiết dạy quá ngắn, không có nhiều thời

gian để đưa tới học sinh nhiều dạng bài tập cũng như sử dụng nhiều phương

pháp, khó tạo được nhiều sự hứng thú, tích cực của học sinh. Tuy nhiên, sau

quá trình thực nghiệm, học sinh mạnh dạn, tự tin hơn; tư duy được hoạt đồng

nhiều khiến các em không còn sợ các bài tập khó, phức tạp; đã có nỗ lực tìm

ra lời giải cho các vấn đề thông qua mò mẫm cũng như vận dụng linh hoạt,

mềm dẻo các thao tác tư duy trong phân tích và giải quyết các bài tập hình.

Các biện pháp, ngoài giúp học sinh hình thành thói quen giải quyết vấn đề

một cách sáng tạo, còn kích thích được phần nào sự hứng thú, động cơ học

tập của học sinh trong giờ học, tạo cho lớp học thật sôi nổi, nhẹ nhàng.

Những kết quả thu được sau đợt thực nghiệm sư phạm đã phần nào

khẳng định tính khả thi và hiệu quả của các biện pháp tác giả đã đề xuất trong

luận án. Mục đích chính của thực nghiệm sư phạm là nhằm đánh giá tính hiệu

quả của việc áp dụng các biện pháp đã đề xuất đã được hoàn thành.

102

KẾT LUẬN VÀ KHUYẾN NGHỊ

Sau quá trình nghiên cứu đề tài “Phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh

giỏi trung học cơ sở thông qua dạy chuyên đề tứ giác”, tác giả đã thu được

một số kết quả như sau.

- Nghiên cứu cơ sở lí luận của đề tài: những nội dung cơ bản về tư duy

và tư duy sáng tạo; tìm hiểu những biểu hiện của tư duy sáng tạo ở học sinh

trung học cơ sở trong quá trình học chuyên đề tứ giác; tìm hiểu tình hình dạy

học chuyên đề tứ giácở trường trung học cơ sở, đánh giá thực trạng vấn đề

phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh thông qua chuyên đề.

- Đề xuất 4 biện pháp phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh trung học

cơ sở trong dạy chuyên đề tứ giác: tăng cường gợi động cơ trong các

hoạtđộng dạy học để gây hứng thú cho học sinh; tạo nền tảng kiến thức và kĩ

năng để họcsinh có điều kiện tư duy sáng tạo; tập luyện những hoạt động theo

cácthành phần của tư duy sáng; xây dựng các bài toán trong chuyên đềtứ giác

nhằm phát triển tư duy sáng tạo cho học sinhtrung học cơ sở. Trên cơ sở đó,

tác giả đã xây dựng giáo án dạy học theo hình thức đổi mới, sử dụng các

phương pháp phát hiện giải quyết vấn đề, dạy học đàm thoại, hợp tác nhóm,

bàn tay nặn bột, khăn trải bàn, …

- Tổ chức thực nghiệm sư phạm tại trường Trung học cở sở Trung Văn

trên địa bàn quận Nam Từ Liêm, Hà Nội để tìm hiểu thực trang dạy học phát

triển tư duy sáng tạo trong dạy học chuyên đề tứ giác; dạy học thực nghiệm

và đánh giá tính khả thi và hiệu quả của các biện pháp đề ra.

Tác giả hi vọng đề tài nghiên cứu của mình sẽ một tư liệu tham khảo

tốt đối với đồng nghiệp và các em học sinh để nâng cao chất lượng dạy và học

chuyên đề tứ giác nói riêng cũng như dạy và học Toán nói chung.

Bên cạnh đó, tác giả xin kiến nghị một số vấn đề như sau.

- Cần nâng cao tầm quan trọng của phát triển tư duy sáng tạo cho học

sinh trong nhận thức của giáo viên, thậm chí là từ cấp Tiểu học. Dạy học phát

triển tư duy nên là một trong các tiêu chí để đánh giá giáo viên trong quá trình

103

dạy học hằng ngày trên lớp cũng như khi thao giảng, hội giảng, thi giáo viên

dạy giỏi, …

- Cần lồng ghép các tiết dạy phát triển tư duy vào trong chương trình

dạy học của tất cả các môn, trong các tài liệu dạy học như sách giáo khoa của

học sinh, sách giáo viên, kế hoạch dạy học của giáo viên, … Tư duy sáng tạo

cần được phát triển và rèn luyện trong từng tiết học, buổi học.

- Cần bổ sung những buổi tập huấn về phương pháp dạy tư duy cho cán

bộ quản lí và viên trong những kì bồi dưỡng thường xuyên hằng năm.

Tác giả nhận thấy luận văn chỉ là một phần kết quả nghiên cứu của đề

tài. Vì trình độ của bản thân và điều kiện thời gian, không gian còn hạn chế,

tác giả rất mong nhận được những ý kiến đóng góp của thầy cô, của đồng

nghiệp và các bạn quan tâm tới đề tài “Phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh

giỏi trung học cơ sở thông qua dạy chuyên đề từ giác”.

104

TÀI LIỆU THAM KHẢO

[1]Vũ Hữu Bình (2015), Nâng cao và phát triển Toán 8 (tập một), Nhà xuất

bản Giáo dục Việt Nam.

[2]Trần Thúc Bình (1998), Tư duy và hoạt động Toán học, Viện Khoa học

Giáo dục.

[3]Nguyễn Hữu Châu (1995), Dạy học giải quyết vấn đề trong môn Toán,

Tạp chí Nghiên cứu Giáo dục.

[4]Phan Đức Chính, Tôn Thân (2014), Sách giáo khoa Toán 7, 8, 9, Nhà

xuất bản Giáo dục Việt Nam.

[5]Hoàng Ngọc Diệp (2103), Thiết kế bài giảng Toán 8 (tập 1), Nhà xuất bản

Hà Nội.

[6]Hội Tâm lí – Giáo dục học Việt Nam (1997), Hội thảo khoa học

“L.X.Vưgotxki nhà tâm lý học kiệt xuất thế kỉ XX (1896 – 1934)”, Hà Nội.

[7]Đavƣđov (2000), Các dạng khái quát hóa trong dạy học, Nhà xuất bản

Đại học Quốc gia Hà Nội.

[8]Vũ Cao Đàm (1997), Phương pháp luận nghiên cứu khoa học, Nhà xuất

bản Khoa học Kĩ thuật Hà Nội.

[9]Nguyễn Ngọc Đạm, Nguyễn Quang Hanh, Ngô Long Hậu (2013), Kiến

thức cơ bản và nâng cao Toán 8 (tập một), Nhà xuất bản Giáo dục Việt Nam.

[10]Fisher R (1990), Teaching children to think, Brazil.

[11]G. Polya (Hồ Thuần, Bùi Tƣờng dịch) (1997), Giải một bài toán như

thế nào?, Nhà xuất bản Giáo dục.

[12]Trần Hiệp, Đỗ Long (1990), Sổ tay Tâm lí học, Nhà xuất bản Khoa học

Xã hội, Hà Nội.

[13]Nguyễn Thái Hòe (2001), Rèn luyện tư duy qua việc giải bài tập Toán,

Nhà xuất bản Giáo dục.

[14]J. Piaget (1999), Tâm lí học và Giáo dục học, Nhà xất bản Giáo dục.

[15]Nguyễn Bá Kim (2007), Phương pháp dạy học môn Toán, Nhà xuất bản

Đại học Sư phạm Hà Nội.

105

[16]Nguyễn Bá Kim, Vƣơng Dƣơng Minh, Tôn Thân (2006), Khuyến khích

một số hoạt động trí tuệ của học sinh qua môn Toán ở trường trung học cơ

sở, Nhà xuất bản Giáo dục.

[17]Nguyễn Thị Mỹ Lộc, Đinh Thị Kim Thoa, Trần Văn Tính (2009),

Tâm lí học giáo dục, Nhà xuất bản Đại học Quốc gia Hà Nội.

[18]Bùi Văn Nghị (2008), Phương pháp dạy học những nội dung cụ thể môn

Toán, Nhà xuất bản Đại học Sư phạm Hà Nội.

[19]Tôn Thân (1995), Xây dựng hệ thống câu hỏi và bài tập nhằm bồi dưỡng

một số yếu tố của tư duy sáng tạo cho học sinh khá và giỏi ở trường trung học

cơ sở Việt Nam, Viện Khoa học Giáo dục.

[20]Tôn Thân (2016), Các chuyên đề chọn lọc Toán 9 (tập hai), Nhà xuất

bản Giáo dục Việt Nam.

[21]Vũ Dƣơng Thụy, Nguyễn Ngọc Đạm (2009), Toán nâng cao và các

chuyên đề Hình học 8, Nhà xuất bản Giáo dục.

[22]Nguyễn Cảnh Toàn (1997), Phương pháp luận duy vật biện chứng với

việc học, dạy, nghiên cứu Toán học, Nhà xuất bản Đại học Quốc gia Hà Nội.

[23]Nguyễn Cảnh Toàn (1997), Tập cho học sinh giỏi toán làm quen dần với

nghiên cứu Toán học, Nhà xuất bản Giáo dục.

[24]Chu Quang Tiềm (1991), Tâm lý học văn nghệ, Nhà xuất bản Thành phố

Hồ Chí Minh.

[25]Trần Xuân Tiếp, Phạm Hoàng, Phạm Toàn, Phan Hoàng Ngân

(2014), Phân loại và giải chi tiết các dạng bài tập Toán 8 (tập một), Nhà xuất

bản Đại học Quốc gia Hà Nội.

[26]Trần Xuân Tiếp, Phạm Hoàng, Phạm Toàn, Phan Hoàng Ngân

(2015), Phân loại và giải chi tiết các dạng bài tập Toán 7 (tập hai), Nhà xuất

bản Đại học Quốc gia Hà Nội.

[27]Nguyễn Huy Tú (1997), Đề cương bài giảng Tâm lý học sáng tạo, Viện

Khoa học Giáo dục, Hà Nội.

[28]Nguyễn Đức Uy (1996), Tâm lý học đề cương bài giảng, Hà Nội.

106

[29]Nguyễn Đức Uy (1999),Tâm lí học sáng tạo, Nhà xuất bản Giáo dục.

[30]Nguyễn Quang Uẩn, Nguyễn Văn Lũy, Đinh Văn Vang (2012), Tâm lí

học đại cương, Nhà xuất bản Đại học Sư phạm Hà Nội.

[31]Viện Ngôn ngữ (2005), Từ điển Tiếng Việt, Nhà xuất bản Thành phố Hồ

Chí Minh.

107

PHỤ LỤC

Phụ lục 1: Giáo án thực nghiệm sƣ phạm

Tiết 11: HÌNH BÌNH HÀNH

I/ MỤC TIÊU

1.Kiến thức

- Học sinh phát biểu được định nghĩa hình bình hành, các tính chất của hình bình

hành, các dấu hiệu nhận biết một tứ giác là hình bình hành.

- HS nhận biết được một tứ giác là hình bình hành, trình bày được các tính chất với

một hình cụ thể.

- HS vận dụng các kiến thức trên vào giải bài tập.

2. Kĩ năng

- Học sinh biết cách vẽ hình bình hành; đọc được các yếu tố trong hình.

- Học sinh sử dụng kiến thức hình bình hành vào làm các dạng bài tập: chứng minh

tứ giác là hình bình hành, hai đoạn thẳng bằng nhau, hai góc bằng nhau, …

- Học sinh trình bày bài rõ ràng, mạch lạc.

3.Thái độ

- Học sinh có ý thức vận dụng kiến thức đã học vào thực tế.

- Trong giờ học, học sinh có tinh thần học tập nghiêm túc, tự giác; tích cực tham gia

các hoạt động, hợp tác với giáo viên và các bạn.

* Định hƣớng năng lực: Giải quyết vấn đề, sử dụng ngôn ngữ, hợp tác, tính toán,

…

II/ CHUẨN BỊ:

1. Giáo viên: Giáo án, bảng phụ, phấn màu, thước thẳng.

2. Học sinh: Làm bài tập về nhà, SGK, SBT, dụng cụ học tập; đọc và tìm hiểu

trước bài Hình bình hành.

III. Phƣơng pháp dạy học

Nêu và giải quyết vấn đề, hỏi đáp, luyện tập thực hành, hợp tác nhóm, bàn tay nặn

bột, khăn trải bàn, …

IV. Tiến trình dạy học.

1. Ổn định lớp học

- Kiểm tra sĩ số lớp.

108

- Kiểm tra sự chuẩn bị bài của học sinh.

2. Bài học

Hoạt động của giáo viên và học sinh

Kiến thức cần đạt

Hoạt động 1: Kiểm tra bài cũ (3 phút)

Mục tiêu: Ôn tập lại kiến thức cũ và bước đầu phát hiện kiến thức của bài mới

Định hƣớng năng lực: Giải quyết vấn đề, sử dụng ngôn ngữ

Phƣơng pháp và kĩ thuật dạy học: Giải quyết vấn đề, hỏi đáp; kĩ thuật động não

GV: Điền vào dấu ? trong sơ đồ sau.

Nhắc lại kiến thức:

Tứ giác Hình thang Hình thang cân

+ Tứ giác có hai cạnh đối song song

Gọi 1 HS lên bảng trả lời

là hình thang.

HS: 1 HS lên bảng trả lời

+ Hình thang có hai đường chéo

Cả lớp lắng nghe, 1 HS nhận xét, bổ sung

bằng nhau hoặc hai góc kề một đáy

bằng nhau là hình thang cân.

câu trả lời của bạn.

GV: Đánh giá, cho điểm.

Đặt vấn đề: Vậy tứ giác có các cạnh đối

song song hoặc hình thang có hai cạnh bên

song song thì được gọi là hình gì? Đó là

nội dung của bài học hôm nay.

Hoạt động 2: Định nghĩa (10 phút)

Mục tiêu: HS phát biểu được định nghĩa hình bình hành, nhận biết các yếu tố trong

một hình cụ thể; biết cách vẽ hình bình hành.

Định hƣớng năng lực: Giải quyết vấn đề, sử dụng ngôn ngữ

Phƣơng pháp và kĩ thuật dạy học: Giải quyết vấn đề, hỏi đáp; kĩ thuật động não,

bàn tay nặn bột

GV: Quan sát hình vẽ ở ?1rồi cho biết các

1. Định nghĩa.

cạnh đối của tứ giác ABCD có gì đặc biệt?

HS:Tứ giác ABCD có:

109

AB // CD vì

và

là hai góc trong cùng

phía mà

.

AD // BC vì

và

là hai góc trong cùng

Hình bình hành là tứ giác có các

phíamà

.

cạnh đối song song.

GV giới thiệu: Tứ giác ABCD trên gọi là

Tứ giác ABCD là hình bình hành khi

một hình bình hành.

AB // CD và AD // BC.

GV: Vậy thế nào là hình bình hành?

GV: Tứ giác ABCD là hình bình hành khi

nào?

Nhận xét:Hình bình hành là hình

HS trả lời.

thang có hai cạnh bên song song.

GV: Nêu cách vẽ hình bình hành ABCD?

HS trả lời

GV: Từ định nghĩa hình bình hành và hình

thang,hình bình hành có phải là hình thang

không?

HS trả lời.

GV: Trở lại câu hỏi ban đầu được nêu, vậy

tứ giáccó các cạnh đối song song hoặc hình

thang có haicạnh bên song song thì được

gọi là hình gì?

HS trả lời

GV đưa ra một số hình ảnh minh họa thực

tế về hình bình hành.

HS lắng nghe, quan sát, tìm ví dụ tương tự.

110

Hoạt động 3: Tính chất (10 phút)

Mục tiêu: HS phát biểu được tính chất hình bình hành; chỉ ra được các yếu tố cạnh,

góc, đường chéo bằng nhau theo tích chất; biết cách chứng minh định lí hình hình

hành (tính chất)

Định hƣớng năng lực: Giải quyết vấn đề, sử dụng ngôn ngữ, phân tích – chứng

minh

Phƣơng pháp và kĩ thuật dạy học: Giải quyết vấn đề, hỏi đáp; kĩ thuật động não,

khăn trải bàn

GV: Quan sát hình ảnh về hình bình hành

2. Tính chất

ABCD, sử dụng các dụng cụ cần thiết và

thử phát hiện các tính chất về cạnh, về góc,

Trong hình bình hành:

về đường chéo của hình bình hành.

- Các cạnh đối bằng nhau.

HS trả lời.

- Các góc đối bằng nhau.

GV:Những điều ta vừa phát hiện được

- Giao điểm của hai đường chéo là

chính là định lí của hình bình hành hay còn

trungđiểm của mỗi đường.

được gọi là tính chất của hình bình hành.

Vậy định lí hình bình hành được phát biểu

như thế nào?

HS trả lời

GV yêu cầu một số học sinh nhắc lại định lí

và HS ghi bài.

GV yêu cầu HS phát biểu định lí bằng GT,

KL.

GT ABCD là hình bình hành.

AC cắt BD tại O.

KL a) AB = CD , AD = BC

KL ?

b)

GV : Ta đi vào chứng minh định lí.

c) OA = OC ; OB = OD

HS nêu cách chứng minh cho từng phần a,

a)Vì ABCD là hình thang có hai

b, c và lên bảng trình bày.

cạnh bên song song nên hai đáy bằng

a)Các cạnh đối bằng nhau:

111

AB =CD; AD = BC

nhau,hai cạnh bên bằng nhau

AB = CD , AD = BC.

b)Các góc đối bằng nhau :

b)

Có thể dựa vào tính chất các góc trong cùng

→

phía để chứng minh

.

Chứng minh tương tự suy ra

.

c)Hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm

c) Xét

và

,ta có:

của mỗi đường.

(so le trong; AB // CD)

AB = CD (cmt)

(so le trong; AD//BC)

Cả lớp làm bài vào vở, quan sát bài làm trên

→

=

(g – c –g)

bảng

Vậy OA = OC ;OB = OD ( hai cạnh

HS nhận xét, bổ sung

tương ứng)

GV nhận xét, đánh giá

Hoạt động 4: Dấu hiệu nhận biết (10 phút)

Mục tiêu: HS phát biểu được dấu hiệu nhận biết hình bình hành.

Định hƣớng năng lực: Giải quyết vấn đề, sử dụng ngôn ngữ

Phƣơng pháp và kĩ thuật dạy học: Giải quyết vấn đề, hỏi đáp; kĩ thuật động não,

bàn tay nặn bột

GV:Hình thang có hai cạnh đáy bằng nhau

3. Dấu hiệu nhận biết

có được gọi là hình bình hành không?Vì

sao?

HS:Có.Vì hình thang có hai cạnh đáy bằng

nhau thì hai cạnh bên cũng song song nên là

hình bình hành (theo định nghĩa).

GV: Hãy lập mệnh đề đảo của các mệnh đề

1.Trong hình bình hành,các cạnh đối bằng

nhau.

2.Trong hình bình hành, các góc đối bằng

nhau.

112

3.Hình thang có hai cạnh đáy bằng nhau là

hình bình hành.

4.Trong hình bình hành,hai đường chéo cắt

nhau tại trung điểm của mỗi đường.

HS trả lời: Mệnh đề đảo:

1.Tứ giác có các cạnh đối bằng nhau là hình

bình hành.

2.Tứ giác có các góc đối bằng nhau là hình

bình hành.

Dấu hiệu nhận biết hình bình hành:

3.Tứ giác có hai cạnh đối song song và

1.Tứ giác có các cạnh đối song song

bằng nhau là hình bình hành.

là hình bình hành.

4.Tứ giác có hai cạnh đối cắt nhau tại trung

2.Tứ giác có các cạnh đối bằng nhau

điểm của mỗi đường là hình bình hành.

là hình bình hành.

GV: Từ định nghĩa và các mệnh đề đảo ở

3.Tứ giác có hai cạnh đối song song

trên ta có các dấu hiệu nào để nhận biết một

và bằng nhau là hình bình hành.

tứ giác là hình bình hành?

4.Tứ giác có các góc đối bằng nhau

HS trả lời

là hình bình hành.

GV nhận xét và yêu cầu HS khác nhắc lại

5.Tứ giác có hai cạnh đối cắt nhau

các dấu hiệu.

tại trung điểm của mỗi đường là hình

GV nhận xét: Qua các dấu hiệu vừa nêu,ta

bình hành.

nhận thấy có ba dấu hiệu về cạnh,một dấu

hiệu về góc và một dấu hiệu về đường

chéo.

GV yêu cầu thảo luận nhóm ?3

HS thảo luận theo nhóm đã được

xếp.

113

GV yêu cầu các nhóm trưởng thông báo

hoàn

thành sau khi thảo luận xong.

GV gọi HS các nhóm lần lượt trả lời từng

a)ABDC là hình bình hành vì:

hình.

AB = CD, AB =CD.( DH 2)

b)EFGH là hình bình hành vì:

HS các nhóm trả lời

(DH4)

c)MNIK không là hình bình hành vì

GV yêu cầu các nhóm nghe và nhận xét câu

KM không song song với IN (hoặc

trả lời của các nhóm khác.

góc I không bằng góc N)

d)PQRS là hình bình hành vì:

OP = OR, OQ =OS (hai đường chéo

GV nhận xét, đánh giá.

cắt nhau tại trung điểm mỗi đường)

(DH 5)

GV đưa ra bài tập:

e) UVXY là hình bình hành vì: XV //

Hãy điền Đ hoặc S cho các câu trả lời sau:

UY và XV = UY (hai cạnh đối song

song và bằng nhau) (DH3)

S

A

Đ

B

Tứ giác có hai cạnh đối bằng nhau là hình bình hành Hình thang có hai cạnh bên song song là hình bình hành Hình thang có hai cạnh bên bằng nhau là hình bình hành Hình thang có hai cạnh đáy bằng nhau là hình bình hành

S

A B C D GV yêu cầu HS nhận xét.

C

GV: Vậy có thể vẽ hình bình hành bằng bao

nhiêu cách?

Đ

D

GV giới thiệu các cách vẽ hình bình hành:

Tứ giác có hai cạnh đối bằng nhau là hình bình hành Hình thang có hai cạnh bên song song là hình bình hành Hình thang có hai cạnh bên bằng nhau là hình bình hành Hình thang có hai cạnh đáy bằng nhau là hình bình hành

-Vẽ hình bình hành khi biết trước ba đỉnh.

114

-Vẽ hình bình hành trên giấy kẻ ô vuông.

-Vẽ hình bình hành bằng cách vẽ trước hai

đườngchéo.

Trò chơi tiếp sức:

GV chia lớp ra làm 3 nhóm,các thành viên

trong nhóm sẽ thay phiên nhau lần lượt lên

bảng điền kết quả đúng cho đến hết.Nhóm

nhanh nhất và điền chính xác sẽ là nhóm

chiến thắng.

Cho hình bình hành ABCD như hình

vẽ.Hãy các miếng ghép để biểu thị cho các

AB

CD

đoạn thẳng bằng nhau,các góc bằng nhau.

BC

HS tham gia trò chơi.

IB

ID

IA

IC

Hoạt động 5: Luyện tập – Củng cố (10 phút)

Mục tiêu: Học sinh sử dụng kiến thức hình bình hành vào làm các dạng bài tập:

chứng minh tứ giác là hình bình hành, hai đoạn thẳng bằng nhau, hai góc bằng nhau

- Học sinh trình bày bài rõ ràng, mạch lạc.

Định hƣớng năng lực: Giải quyết vấn đề, sử dụng ngôn ngữ

Phƣơng pháp và kĩ thuật dạy học: Giải quyết vấn đề, hỏi đáp; kĩ thuật động não,

bàn tay nặn bột

GV yêu cầu HS làm bài 47 trang 93 SGK

Bài 47 (SGK-Tr93)

Yêu cầu HS đọc đề bài tập.

HS đọc to nội dung bài tập.

HS vẽ hình, tóm tắt đề bài bằng GT ,KL.

115

GT ABCD là hình bình hành

AH BD ; CK BD

OH = OK

KL a) AHCK là hình bình hành

b) A,O,C thẳng hàng.

GV yêu cầu hoạt động nhóm và trình bày

Chứng minh

a) Xét AHD và CKB có

lên bảng.Nhóm nào hoàn thành nhanh nhất

và chính xác là nhóm chiến thắng.

(vì AH BD và CK BD)

AD=BC (ABCD là hình bình hành)

HS thảo luận và trình bày bài làm lên bảng.

( vì AD//BC)

Vậy AHD =CKB

(cạnh huyền – góc nhọn)

=> AH = CK

Ta có AH BD, CK BD

HS nhận xét phần bài trình bày của bạn trên

=>AH//CK(cùng//với BD)

bảng

Do đó AHCK là hình bình hành (2

cạnh đối song song và bằng nhau)

b) Ta có AC và HK gọi là đường

chéo (vì AHCK là hình bình hành)

mà O là trung điểm của HK

GV nhận xét, đánh giá.

Nên O cũng là trung điểm của AC

GV tóm tắt nội dung bài học bằng bản đồ tư

Do đó A,O,C thẳng hàng.

duy. (Hình ảnh ở cuối bài)

Hoạt động 6: Hƣớng dẫn về nhà

Mục tiêu: HS ôn tập lại các kiến thức vừa học. Vận dụng vào làm bài tập thành

thạo.

Định hƣớng năng lực: Giải quyết vấn đề. Tự học.

HS lắng nghe và ghi chép

- Học thuộc định nghĩa,các tính chất

GV nhắc nhở và ghi bài tập về nhà lên bảng

và dấu hiệu nhận biết hình bìnhhành.

116

- Làm các bài tập 43,45,46,48,49

(SGK – 92,93)

- Làm và chuẩn bị các bài tập phần

luyện tập giờ sau “Luyện tập”.

Sơ đồ tư duy tóm tắt nội dung kiến thức về hình hình hành.

117

Phụ lục 2: Giáo án thực nghiệm sƣ phạm

Tiết 23 + 24: ÔN TẬP CHƢƠNG I

I. MỤC TIÊU:

1.Kiến thức

- HS hệ thống được các kiến thức cơ bản về các tứ giác đã học trong chương (định

nghĩa, tính chất, dấu hiệu nhận biết).

- Vận dụng linh hoạt các kiến thức đã học vào làm các bài tập.

2. Kĩ năng

- HS xác định được mối quan hệ giữa các tứ giác đã học.

- HS được sử dụng các kiến thức cơ bản, biết cách giải bài tập tính toán, chứng

minh, nhận biết hình về điều kiện của hình.

- Học sinh trình bày bài rõ ràng, mạch lạc.

3.Thái độ

- Học sinh có ý thức vận dụng kiến thức đã học vào thực tế.

- Trong giờ học, học sinh có tinh thần học tập nghiêm túc, tự giác; tích cực tham gia

các hoạt động, hợp tác với giáo viên và các bạn.

* Định hƣớng năng lực: Giải quyết vấn đề, sử dụng ngôn ngữ, hợp tác, tính toán

II/ CHUẨN BỊ:

1. Giáo viên: Giáo án, bảng phụ, phấn màu, thước thẳng.

2. Học sinh: Làm bài tập về nhà, SGK, SBT, dụng cụ học tập; đọc và trả lời trước

câu hỏi phần Ôn tập chương I (SGK – tr 111).

III. Phƣơng pháp dạy học

Nêu và giải quyết vấn đề, hỏi đáp, luyện tập thực hành, hợp tác nhóm, …

IV. Tiến trình dạy học.

1. Ổn định lớp học

- Kiểm tra sĩ số lớp.

- Kiểm tra sự chuẩn bị bài của học sinh.

2. Bài học

118

Hoạt động của giáo viên và học sinh

Kiến thức cần đạt

Hoạt động 1: Nhắc lại kiến thức (10 phút)

Mục tiêu: HS hệ thống được các kiến thức cơ bản về các tứ giác đã học trong chương

(định nghĩa, tính chất, dấu hiệu nhận biết).

- HS xác định được mối quan hệ giữa các tứ giác đã học.

Định hƣớng năng lực: Giải quyết vấn đề, sử dụng ngôn ngữ

Phƣơng pháp và kĩ thuật dạy học: Giải quyết vấn đề, hỏi đáp; kĩ thuật động não

A. Kiến thức cần nhớ

GV yêu cầu HS nhắc lại các định

1. Định nghĩa

nghĩa về hình thang, hình thang vuông,

hình thang cân, hình bình hành, hình

2. Tính chất

chữ nhật, hình thoi, hình vuông?

HS trả lời; HS khác nhận xét, bổ sung.

3. Dấu hiệu nhận biết

GV đưa ra câu trả lời trên màn chiếu

để HS đối chiếu.

GV viết lại định nghĩa theo sơ đồ tóm

tắt lên bảng.

GV: Trình bày các tính chất về góc,

cạnh, đường chéo của các hình?

HS trả lời; HS khác nhận xét, bổ sung

GV đưa ra câu trả lời trên màn chiếu

để HS đối chiếu.

GV: Nêu dấu hiệu nhận biết hình

thang cân,hình bình hành,hình chữ

nhật, hình thoi, hình vuông?

HS trả lời; HS khác nhận xét, bổ sung

GV đưa ra câu trả lời trên màn chiếu

để HS đối chiếu.

119

Hoạt động 2: Luyện tập

Mục tiêu: - HS được sử dụng các kiến thức cơ bản, biết cách giải bài tập tính toán,

chứng minh, nhận biết hình về điều kiện của hình.

- Học sinh trình bày bài rõ ràng, mạch lạc.

Định hƣớng năng lực: Giải quyết vấn đề, sử dụng ngôn ngữ

Phƣơng pháp và kĩ thuật dạy học: Giải quyết vấn đề, hỏi đáp; kĩ thuật động não

Bài 88 trang 111 SGK

GV treo bảng phụ ghi đề, yêu cầu HS

Cho tứ giác ABCD . Gọi E, F, G, H theo thứ

đọc đề bài, gọi HS lên bảng vẽ hình

tự là trung điểm của AB,BC,CD,DA. Các

Cả lớp vẽ hình vào vở

đường chéo AC,BD của tứ giác ABCD có

GV yêu cầu HS phân tích đề

điều kiện gì thì EFGH là :

120

HS: - Đề bài cho ABCD là tứ giác,

a) Hình chữ nhật ?

E;F;G;H lần lượt là trung điểm của

b) Hình thoi ?

AB;BC;CD;DA.

c) Hình vuông ?

- Đề hỏi: điều kiện của các đường chéo

AC và BD để EFGH là hình chữ nhật;

hình thoi; hình vuông

GV yêu cầu HS nêu GT-KL. HS trả

lời.

Ta có E là trung điểm AB (gt)

GV: Tứ giác EFGH là hình gì?

F là trung điểm BC (gt)

HS trả lời

=> EF là đường trung bình của tam giác ABC

Cả lớp trình bày vào vở

Nên : EF//AC và EF= ½ AC (1)

1 HS lên bảng trình bày

Tương tự : HG là đường trung bình của tam

HS nhận xét, bổ sung.

giác ADC

GV nhận xét, đánh giá

Nên : HG// AC và HG= ½ AC (2)

GV: Muốn EFGH là hình chữ nhật

Từ (1) và (2) => EFGH là hình bình hành (có

hình thoi thì ta cần điều gì?

2 cạnh đối vừa song song vừa bằng nhau)

- Muốn hình bình hành EFGH là hình

- Muốn hình bình hành EFGH là hình chữ

chữ nhật ta cần gì?

nhật ta cần HE EF

- Khi đó thì AC và BD như thế nào?

- Khi đó thì : AC BD vì HE//BD; EF//AC

Giải thích ?

Vậy, hình bình hành EFGH là hình chữ nhật

- Vậy điều kiện để AC và BD là gì thì

thì AC BD

hình bình hành EFGH là hình chữ

nhật?

HS lên bảng trình bày.

b) Muốn hình bình hành EFGH là hình thoi

GV cho HS chia nhóm làm bài phần b,

thì AC = BD vì EF= ½ AC

c.

HE= ½ BD

HS suy nghĩ cá nhân sau đó chia nhóm

1+2 làm câu b ; nhóm 3+4 làm câu c

c) Muốn EFGH là hình vuông thì EFGH phải

Đại điện các nhóm lên bảng trình bày.

là hình chữ nhật và hình thoi khi đó AC=BD

HS khác nhận xét, bổ sung.

và AC BD

GV nhận xét, đánh giá.

121

Bài 89 trang 111 SGK

GV treo bảng phụ ghi đề bài,

Cho tam giác ABC vuông tại A, đường trung

HS đọc đề bài và vẽ hình.

tuyến AM. Gọi D là trung điểm của AB, E là

- Cho HS phân tích đề bài

điểm đối xứng với M qua D

HS: - Đề cho tam giác ABC vuông tại

a) Chứng minh rằng điểm E đối xứng với

A, trung tuyến AM, DB=DA, E là

điểm M qua AB

điểm đối xứng với M qua D

b) Các tứ giác AEMC , AEBM là hình gì? Vì

- Đề hỏi : a) Chứng minh rằng điểm E

sao?

đối xứng với điểm M qua AB.

b) GV: Các tứ giácAEMC , AEBM là

hình gì? Vì sao?

HS lên bảng nêu GT-KL

GV: Muốn chứng minh E đối xứng với

M qua AB ta phải chứng minh điều gì?

- Tứ giác AEMC là hình bình hành

HS: Ta phải chứng minh AB là trung

vì EM//AC(MD//AC)

trực của EM

EM= AC (= 2DM)

GV: Muốn AB là trung trực của EM ta

cần điều gì ?

- Tứ giác AEBM là hình thoi vì

HS: Ta cần chứng minh AB EM và

EM và BA là hai đường chéo cắt nhau tại

D là trung điểm của EM

trung điểm của mỗi đường nên AEBM là

HS lên bảng chứng minh

hình bình hành và EM AB

GV: Các tứ giác AEMC, AEBM là

hình gì? Vì sao?

HS lên bảng trình bày, cả lớp làm bài

vào vở, HS nhận xét.

GV đánh giá, nhận xét.

GV treo bảng phụ ghi đề bài

Bài tập. Cho hình vuông ABCD cạnh a, M

HS đọc đề bài và vẽ hình.

tùy ý thuộc BD. Kẻ ME⊥ AB, MF⊥ AD.

a) Chứng minh rằng: DE = CF và DE⊥ CF.

b) Chứng minh rằng: DE, BF, CM đồng quy.

122

c) Xác định vị trí của điểm M để SAEMF là lớn

nhất?

Cả lớp vẽ hình vào vở

Lời giải.

HS phân tích đề bài

- Đề cho: hình vuông ABCD cạnh a,

M  BD, ME⊥ AB, MF⊥ AD.

- Đề hỏi: a) Chứng minh DE = CF và

DE⊥ CF.

b) Chứng minh DE, BF, CM đồng

quy.

a) Xét tứ giác AEMF có 𝑀𝐸𝐴 = 90o , (ME⊥

c) Xác định vị trí của điểm M để

AB); 𝑀𝐹𝐴 = 90o , (MF⊥ AD);𝐸𝐴𝐹 = 90o ,

SAEMF là lớn nhất?

(ABCD là hình vuông nên 𝐵𝐴𝐶 = 90o, E∈

AB, F∈ AC ).

GV: Chứng minh DE = CF bằng cách

⇒ AEMF là hình chữ nhật.

nào?

⇒ AF = ME (tc hình chữ nhật).

Xét ∆ BEM vuông tại E (EM⊥ AB) có

HS: Chứng minh thông qua ∆AED =

𝐸𝐵𝑀 = 45o (hình vuông ABCD có BD là

∆DFC.

đường chéo cũng là phân giác của 𝐴𝐵𝐶 = 90o).

HS trình bày phần giải thích cho bai

⇒ ∆ BEM là tam giác vuông cân.

tam giác bằng nhau.

⇒ BE = EM (tính chất tam giác vuông cân).

Ta có AB = AD (tc hình vuông ABCD),

Cả lớp làm bài vào vở

AE+EB = AF+FD,

1 HS lên bảng trình bày

AE = FD (EB = AF = EM).

Xét ∆ AED và ∆ DFC có

HS nhận xét, bổ sung.

AE = FD (cmt),

GV đánh giá, nhận xét.

AD = DC (ABCD là hình vuông),

𝐸𝐷𝐴 = 𝐹𝐷𝐶 (ABCD là hình vuông).

⇒ ∆ AED = ∆ DFC (c.g.c).

GV: Chứng minh DF⊥ CF tại I. HS: tìm góc 90o, góc DIC.

⇒ DE = CF (2 cạnh tương ứng)

Tính số đo trong tam giác ICD.

123

Cả lớp làm bài vào vở

⇒𝐴𝐷𝐸 = 𝐹𝐶𝐷 (2 góc tương ứng)

1 HS lên bảng trình bày

hay 𝐴𝐷𝐸 = 𝐼𝐶𝐷 (I∈ CF).

Xét ∆ ICD có: 𝐷𝐼𝐶 + 𝐷𝐶𝐼 +𝐼𝐷𝐶 = 180o

HS nhận xét, bổ sung.

(Định lí tổng ba góc).

GV đánh giá, nhận xét.

⇒ 𝐷𝐼𝐶 + 𝐷𝐶𝐼 + 𝐴𝐷𝐸 = 180o

⇒ 𝐷𝐼𝐶 + 𝐴𝐷𝐶 = 180o

GV: thông thường chứng minh các

⇒ 𝐷𝐼𝐶 +90o = 180o

đường đồng quy có những cách nào?

⇒ DF⊥ CF tại I.

HS: dựa vào ba đường đồng quy trong

b) Gọi giao điểm của CE và BF là J. Xét ∆

tam giác: trung tuyến, trung trực,

AFB và ∆ BEC có

đường cao, đường phân giác.

𝐹𝐴𝐵 = 𝐸𝐵𝐶 = 90o (hình vuông ABCD có

Chọn đường cao (dựa vào câu a)

𝐷𝐴𝐵 = 𝐴𝐵𝐶 = 90o , F∈ AD, E∈ AB).

AB = AC (ABCD là hình chữ nhật)

AF = EB (cmt).

⇒ ∆ AFB = ∆ BEC (c.g.c).

⇒𝐸𝐵𝐹 = 𝐵𝐶𝐸 (2 góc tương ứng). (4)

Hướng chứng minh:

Mà 𝐴𝐵𝐹 + 𝐹𝐵𝐶 = 𝐴𝐵𝐶 +90o

+ CE⊥ BF

⇒𝐸𝐵𝐹 + 𝐽𝐵𝐶 = 90o (E∈ AB)

+ CK⊥ EF

⇒𝐵𝐶𝐸 + 𝐽𝐵𝐶 = 90o , (từ (4)).

⇒𝐵𝐶𝐽 + 𝐽𝐵𝐶 = 90o .

Xét ∆ BJC có 𝐵𝐶𝐽 + 𝐽𝐵𝐶 + 𝐶𝐽𝐵 = 180o⇒

90o + 𝐶𝐽𝐵 = 180o⇒𝐶𝐽𝐵 = 90o

⇒ CE⊥ BF.

Giả sử CM cắt EF tại K.Ta đi chứng minh

HS nêu hướng giải chi tiết cho từng ý

CK⊥ EF.

HS nhận xét, bổ sung

Ta có BA = BC, DA = DC (ABCD là hình

GV chốt cách giải

vuông).

⇒ BD là đường trung trực của AC.

2 HS lên bảng trình bày

M ∈ BD ⇒ MA = MC (tc đường trung trực).

Mà MA = EF (AEMF là hình chữ nhật)

124

⇒MC = EF (= MA).

Xét ∆ MCF và ∆ FED có

MC = EF (cmt),

HS làm bài vào vở

FD = FM (= AE) (AEMF là hình chữ nhật có

AE = MF, AE = FD),

DE = CF (cmt).

⇒ ∆ MCF = ∆ FED (c.c.c)

⇒𝐹𝐸𝐷 = 𝑀𝐶𝐹 (2 góc tương ứng). (5)

Vì ED⊥ CF tại I nên 𝐸𝐼𝐹 = 90o

HS nhận xét bài giải trên bảng

⇒𝐼𝐸𝐹 + 𝐼𝐹𝐸 = 90o (tổng ba góc trong ∆

EIF)

⇒𝐷𝐸𝐹 + 𝐶𝐹𝐸 = 90o (I∈ ED, I∈ CF)

⇒𝑀𝐶𝐹 + 𝐶𝐹𝐾 = 90o (từ (5) và K∈ CM)

⇒𝐾𝐶𝐹 + 𝐶𝐹𝐾 = 90o (K∈ CM)

GV nhận xét, đánh giá.

⇒𝐹𝐾𝐶 = 90o (tổng ba góc trong ∆ CKF).

Xét ∆ EFC có

EI⊥ FC (ED⊥ FC tại I)

GV: Cách tính diện tích chu vi?

CK⊥ EF (𝐹𝐾𝐶 = 90o)

Hình vuông AEMF có gì không thay

FJ⊥ EC (BF⊥ EC tại J).

đổi?

⇒ EI, CK, FJ đồng quy tại trực tâm của ∆

EFC hay ED, CM, BF đồng quy.

HS trả lời và suy nghĩ hướng giải

c) Chu vi AEMF = 2(AE+EM) = 2(AE+EB)

= 2AB = 2a. luôn không đổi,

⇒ AE+EM = a không đổi.

HS sử dụng kết hợp phần đại số vào

SAEMF = AE.ME lớn nhất. Ta có:

tìm giá trị lớn nhất của diện tích

AEMF.

GV: Khi E là trung điểm của AB thì M

có đặc điểm gì?

125

HS trả lời và trình bày bài vào vở

Vì

≤

.

≥ 0 ⇒

1 HS lên bảng trình bày

HS nhận xét, bổ sung.

Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi AE =

, hay

GV nhận xét, đánh giá.

E là trung điểm của AB.

∆BAD có E là trung điểm của AB, EM // AD

(EM // AF, F∈ AD),

⇒ M là trung điểm của BD.

Vậy khi M là trung điểm của BD thì SAEMF

(đơn vị diện tích).

lớn nhất và SAEMF =

Hoạt động 3: Hƣớng dẫn về nhà

Mục tiêu: HS ôn tập lại các kiến thức vừa học. Vận dụng vào làm bài tập thành thạo.

Định hƣớng năng lực: Giải quyết vấn đề. Tự học.

GV ghi bài tập về nhà lên bảng

- Xem lại các lí thuyết và bài tập đã chữa tại

HS chú ý lắng nghe

lớp.

- Làm các bài tập còn lại trong sách giáo

khoa và sách bài tập.

- Ôn tập lại nội dung cả chương I, tiết sau

Kiểm tra 45 phút.

V. RÚT KINH NGHIỆM:

.......................................................................................................................................

126

BẢN ĐỒ TƢ DUY

127

Phụ lục 3: Đề - Đáp án bài kiểm tra số 1

ĐỀ KIỂM TRA

Bài1 (1,5 điểm): So sánh các cạnh của tam giác MNP, biết: M = 65o ; N = 70o.

Bài2 (1,5 điểm): Theo hình vẽ sau, hãy chứng minh rằng:

BE < BC

Bài 3 (2 điểm):

Hãy chỉ ra bộ ba đoạn thẳng nào sau đây có thể là số đo ba cạnh của một tam giác?

Giải thích?

a) 4 cm, 2 cm, 6 cm b) 4 cm, 3 cm, 6 cm c) 4 cm, 1 cm, 6 cm

Bài 4 (2,5 điểm):

Cho  ABC vuông tại A ; phân giác BD. Kẻ DE  BC (E thuộc BC). Chứng minh :

a) ABD = EBD

b) BD là đường trung trực của AE

Bài 5 (2,5 điểm) :

Cho tam giác ABC cân tại A. Gọi G là trọng tâm, O là giao điểm của hai đường

trung trực cạnh AB, AC.Chứng minh rằng:

a) BOC cân

b) Ba điểm A, O, G thẳng hàng.

ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM

Đáp án

Biểu điểm

0,75

Bài 1 Vì: = 1800 – (650 = 700) = 450

0,75

Nên: MP > NP > MN (70o> 650> 450)

1,0

Bài 2 Vì: Hình chiếu AE < hình chiếu AC

Nên đường xiên BE < đường xiên BC

0,5

a) Bộ ba độ dài có thể là số đo ba cạnh của một tam giác là

1,0

Bài 3

4cm, 3cm, 6cm .

b) Giải thích đúng.

1,0

0,5

128

Vẽ hình đúng

Bài 4

A C D

0,75

0,5

- ABD = EBD (Cạnh huyền-góc nhọn)

- Lý luận BD là tia phân giác cũng là đường trung

0, 25

trực của ABC xuất phát từ B

- Suy ra BD là đường trung trực của AE

Hình vẽ đúng, đủ

0,5

Bài 5

C

a) O nằm trên đường trung trực của AB => OA = OB (1)

0,5

O nằm trên đường trung trực của AC => OA = OC (2)

0,5

Từ (1) và (2) ta suy ra: OB = OC

0,5

Vậy BOC cân tại O, vì có 2 cạnh bằng nhau

0,5

G là trọng tâm của ABC nên G

AM (AM là đ.tr.tuyến

ứng với cạnh BC)

Do tam giác ABC cân tại A => AM đồng thời là đường

0,5

trung trực của cạnh BC.

Do O là giao điểm của hai đường trung trực của cạnh AB và

0,5

AC nên đường trung trực AM cũng phải đi qua O.

Như vậy ba điểm A, O, G cùng nằm trên một đoạn thẳng

0,5

AM. Do đó ba điểm A, O, G thẳng hàng.

129

Phụ lục 4: Đề - Đáp án bài kiểm tra số 2 ĐỀ KIỂM TRA

A – TRẮC NGHIỆM (2 điểm):

Hãy khoanh tròn câu đúng trong các câu sau:

Câu 1: : Câu phát biểu nào sau đây là câu đúng?

A/ Hình thang có 1 góc vuông là hình chữ nhật.

B/ Tứ giác có 2 góc vuông là hình chữ nhật.

C/ Tứ giác có 3 góc vuông là hình chữ nhật.

D/ Tứ giác có 1 góc vuông là hình chữ nhật.

Câu 2: Câu phát biểu nào sau đây là sai?

A/ Hình bình hành có một góc vuônglà hình chữ nhật.

B/ Tứ giác có bốn cạnh bằng nhau là hình vuông.

C/ Hình thang cân có một góc vuông là hình chữ nhật.

D/ Hình thang có hai cạnh bên bằng nhau là hình thang cân.

Câu 3:Một hình vuông có cạnh bằng 2 cm thì đường chéo của hình vuông là:

A/

cm B/ 8 cm C/ 4cm D/

cm

Câu 4: Cho hình thang ABCD (AB//CD) có 2 đáy: AB = 2cm và CD = 4cm.Đường

trung bình EF bằng:

A/ 2,5 cm B/ 1cm C/ 3cm D/ 3,5 cm Câu 5: Cho tứ giác ABCD có: AB// DC; AB= DC và góc B = 900 thì tứ giác

ABCD là hình:

A/ Hình hành B/ Chữ nhật C/ Vuông D/ Thoi

Câu 6: Hình nào vừa có tâm đối xứng vừa có trục đối xứng là hai đường chéo?

A/ Hình thang cân B/ Hình thoi C/ Hình chữ nhật D/ Hình bình hành

Câu 7: Cho hình thang cân ABCD (AB//CD, AB < CB). Nếu có góc ở đáy lớn là góc C = 1150 thì góc B ở đáy nhỏ là: A. 650 B. 1150 C. 2450 D. 1800

Câu 8: Tổng các góc của một tứ giác bằng : A. 900

B. 1800

C . 2700

D. 3600

B – TỰ LUẬN (8 điểm)

130

vuông tại A, D là trung điểm của BC. Gọi M là điểm

Bài 1 (4điểm): Cho đối xứng với D qua AB, E là giao điểm của DM và AB. Gọi N là điểm đối xứng với D qua AC, F là giao điểm của DN và AC. a) Tứ giác AEDF là hình gì? Vì sao? b) Các tứ giác ADBM, ADCN là hình gì? Vì sao?

Bài 2 (4 điểm): Cho hình vuông ABCD. Trên cạnh AD lấy E trên tia đối của các tia DA, CD lần lượt lấy các điểm F và K sao cho AE = DF = CK. Trên cùng nửa mặt phẳng bờ AD chứa điểm B vẽ hình vuông DFGH (H thuộc cạnh CD). a) Chứng minh rằng BG = EK.

b) Gọi I là giao điểm của BG và CD, chứng minh

.

ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM

Đáp án

Biểu điểm

0,25

C

Câu 1

0,25

C

Câu 2

0,25

A

Câu 3

0,25

C

Câu 4

0,25

B

Câu 5

0,25

C

Câu 6

0,25

A

Câu 7

0,25

A

Câu 8

GT

, Â=900, BD = DC,

Bài 1

AB DM = {E}, DE=EM, AB DM, AC DN = {F}, AC DN, DF=FN KL a. AEDF là hình gì? Vì sao?

0,5

b. Các ADBM ? Vì sao?

0,5

131

1,0

a. AEDF là hình chữ nhật vì Â = 900, AB DM tại E nên Ê = 900

1,0

Chứng minh tương tự AC DN tại F nên có BD = DC, DE // AC nên AE = BE b. Ta lại có: DE = EM (D đối xứng với M qua AB) ADBM có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường nên là hình bình hành Hình bình hành ADBM có AB DM nên là hình

thoi.

Bài 2

0,5

GT ABCD là hình vuông.

E  AD, F  tia đối DA , K  tia đối CD

AE = DF = CK

0,5

DFIH là hình vuông

KL

a) BG = EK.

b)

khi BG cắt CD tại I.

a) Xét ∆𝐵𝐴𝐸 và ∆𝐵𝐶𝐾 có AB = BC (cạnh hình

vuông)

BAE = BCK = 900 (gt)

AE = CK (gt)

Do đó ∆BAE = ∆BCK (c.g.c) BE = BK và B1 = B2 .

1,0

132