Báo cáo biện pháp Gây hứng thú cho học sinh qua việc giải bài toán Hình học bằng nhiều cách

ường THCS Phương Liệt.
- Chỉ đưa ra phương hướng giải hoặc lời giải vắn tắt chứ không đi sâu vào giải chi tiết.
- Có đưa thêm một số bài tập cho học sinh tự giải.
IV. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU:
- Nghiên cứu về cơ sở lý luận và phương pháp giảng dạy giải bài tập Hình học.
- Nghiên cứu về phương pháp giảng dạy học, đổi mới phương pháp giảng dạy bộ môn qua chương trình sách giáo khoa do bộ Giáo dục đào tạo ban hành và kết quả giảng dạy môn Hình học ở trường THCS Phương Liệt.
- Đưa ra các dạng bài tập Hình học có thể sử dụng nhiều kiến thức để giải theo các cách khác nhau. 
Do kinh nghiệm và khả năng còn han chế nên đề tài này không tránh khỏi những sai sót. Rất mong các bạn đồng nghiệp đọc, góp ý, bổ sung ý kiến để tôi có thể hoàn thiện đề tài tốt hơn, ứng dụng hiệu quả đề tài vào giảng dạy cho học sinh. Nhằm tăng thêm giá trị sử dụng cho đề tài.
PHẦN II
NỘI DUNG
I. ĐẶT VẤN ĐỀ
Trong giảng dạy môn toán nói chung và phân môn hình học nói riêng, với đặc thù của môn học đó là phong phú đa dạng, khó nhưng không kém phần hấp dẫn và lý thú. Đối với học sinh đại trà các em thường ngại học môn hình học, gặp không ít khó khăn trong việc chứng minh bài toán hình học. Nguyên nhân học sinh thường “ SỢ” môn hình học là do các em cho rằng hình học là môn học khó, trừu tượng, đòi hỏi khả năng lập luận, óc suy xét và tư duy logic tốt. Do vậy bắt đầu lên đến lớp 7 khi phân môn Hình học bắt đầu có nhiều kiến thức hơn, khó hơn thì học sinh đều cảm thấy có ít nhiều khó khăn, bởi các em chưa biết cách vẽ hình, còn lung túng khi phân tích một đề toán, đặc biệt là những bài toán yêu cầu giải bằng nhiều cách đòi hỏi học sinh phải nắm chắc kiến thức, có kiến thức tổng hợp, sử dụng hợp lý các kiến thức vào giải bài toán Hình học.
Kết quả điều tra thực trạng cho thấy: thực tế kết quả học tập phân môn hình học ở bộ phận lớn học sinh còn hạn chế, tỉ lệ học sinh yêu thích môn Hình học còn thấp. Tôi đã áp dụng thử những nội dung đưa ra trong đề tài này ở một số năm học, thấy kết quả tương đối khả quan, tuy nhiên chưa có khảo sát đối chứng cụ thể.
Năm học 2016- 2017 này tôi đã tiến hành khảo sát thực tế với đối tượng học sinh lớp 7A1, 7A3 trường THCS Phương Liệt mà tôi giảng dạy. Tháng 9/2016 tôi đã yêu cầu học sinh lớp 7A1, 7A3 giải một bài toán Hình học bằng nhiều cách. Kết quả cho thấy: 
Số HS tham
gia làm bài
Số HS giải bài
toán ≥ 2 cách
Số HS giải bài toán bằng 1 cách
Số HS không
giải được
80( 100%)
10 ( 12,5%)
55(68,7 )
15 ( 18,8%)
 Kết quả điều tra đầu năm về thái độ yêu thích môn Hình học của học sinh lớp 7A1 cho thấy: 
Số HS tham
gia điều tra
Số HS thích
học hình
Số HS thấy bình thường
Số HS không
yêu thích
80( 100%)
13 ( 16,3%)
37( 46,2%)
30( 37,5%)
Khoảng cách giữa lý thuyết và bài tập còn rất xa. Tâm lý học sinh đại trà đều ngại thậm chí sợ học phân môn này. Để tháo gỡ tâm lý và khích lệ sự yêu thích môn học này, trong quá trình giảng dạy tôi đã tìm tòi được một số bài tập có thể vận dụng nhiều kiến thức để giải bằng nhiều cách. Mặt khác gây được hứng thú cho học tập của học sinh, làm cho giờ học sinh động, vui vẻ, thoải mái với câu hỏi tuy đơn giản: “ Em nào có cách giải khác? ” đã giúp học sinh tích cực suy nghĩ tìm tòi, phát hiện ra các cách giải hay mà nhiều khi chính người giáo viên cũng phải bất ngờ trước lời giải đó.
Sau đây tôi xin trình bày đề tài theo hai nội dung chính:
- Chứng minh một số định lý, tính chất trong sách giáo khoa bằng nhiều cách nhằm phục vụ cho những tiết dạy học chuyên đề, dạy học khái niệm.
- Giải quyết một số bài tập Hình học điển hình trong chương trình toán THCS mà chủ yếu là ở lớp 7- 8- 9.
II. CÁC ĐỊNH LÝ ĐIỂN HÌNH
Bài toán 1: Chứng minh định lý Pitago.
Định lý Pitago: “ Trong tam giác vuông bình phương độ dài cạnh huyền bằng tổng bình phương hai cạnh góc vuông”
 a2 = b2 + c2
Cách 1: Chứng minh bằng hệ thức lượng trong tam giác:
Ta có: 
 b2 = b’. a.
 c2 = c’ . a.
b2 + c2 = ( b’ + c’). a = a2
Cách 2 : Chứng minh bằng tam giác đồng dạng.
Lấy H, E thuộc BC sao cho CH = CE = CA.
DADE vuông tại A
Þ DABH ~ D EBA (g.g)
Þ 
Þ AB2 = BE. BH = CB2 – AC2 
Þ BC2 = AB2 + AC2 
C¸ch 3 : Chøng minh b»ng diÖn tÝch
Lấy điểm D trên AC sao cho:
AB = CD = c.
Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ AD vẽ 
 ED ^AC sao cho DE = AC = b.
Tứ giác ABED là hình thang vuông.
 DABC = D DCE ( c.g.c) 
Þ (hai góc tương ứng)
Þ 
BC = EC Þ EC = a.
SABED = SABC + SBCE + SCED 
C
A
 Û
 Û 
 Û b2 + c2 = a2.
C¸ch 4: Chøng minh b»ng diÖn tÝch
Dựng hình vuông ABHI; DEGI và BCEK.
DHBK = DABC (c.g.c)
Þ 
Þ K, G, H thẳng hàng.
 DDCE = DGKE (c.g.c)
Þ SBCEK = SAHBI + SDEGI
 Þ 	a2 = b2 + c2.
Cách 5: Chứng minh bằng diện tích:
 - Dựng các hình vuông trên các cạnh tam giác ABC như hình vẽ.
 - Dựng đường cao AI. Tia AI cắt ED tại P. Tia IA cắt FG tại N. Gọi M 
là giao điểm của EB và FG.
 Tứ giác ABMN là hình bình hành
SABMN = SABFG = AB.GA
DBFM = DBAC (g.c.g) Þ BM = BC 
 Þ SABMN = SBIPE = BI.BC.
S BIPE = SABFG = AB2 
Tương tự: S ICDB = AC2 
 BC2 = SBCDE = SBIPE+ SICDB
 = AB2 + AC2 
 BC2 = AB2 + AC2 
Bài toán 2: Định lý về tính chất đường phân giác trong tam giác: “ Trong tam giác ABC, phân giác AD thì ”
Giải:
Cách 1: Kẻ CE // AD
 ( 2 góc đồng vị) 
 ( 2 góc so le trong) 
 Mà (gt)
 Þ 
Þ DAEC c©n Þ AE = AC.
Theo định lý Ta lét:
Cách 2 : Kẻ CE // AB ta có : 
 ¢1 = £ ( 2 góc so le trong)
Mà ¢1 = ¢2 (gt)
 ¢2 = £ ÞD CEA cân 
Þ CA = CE (1)
Theo hệ quả của định lý Ta lét : 
Ta có: 
 Tõ(1),(2) Þ (®pcm).
Cách 3 : Kẻ DE // AB
1 2
Ta có ( 2 góc so le trong)
Mµ (gt) 
Þ 
 Þ D EDA c©n tại E Þ EA = ED.
Theo định lý Ta lét ta có: ;
Mà AE = ED 
Mặt khác 
Tõ (1),(2) 
Cách 4: Kẻ AH ^ BC; DI ^ AB; DK ^ AC
(Vì DI = DK t/c tia phân giác)
Tõ (1),(2) 
Cách 5: Từ các đỉnh B và C kẻ
 BE ^ AD; CF ^ AD.
Ta có: D BED ~ D CFD (g.g)
Lại có: D ABE ~ DACF (g.g)
Từ (1),(2) 
Bài toán 3: Chứng minh định lý: “ Trong một tam giác, nếu đường trung tuyến ứng với một cạnh bằng nửa cạnh ấy thì tam giác đó là tam giác vuông ”
Giải:
Cách 1: Sử dụng kiến thức tam giác cân
DAMB cân tại M Þ 
D AMC cân tại M Þ 
 = 900 = 
Cách 2: Sử dụng kiến thức đường trung bình của tam giác:
- Kẻ MN // AB => MN là đường trung bình của tam giác ABC
DAMB cân tại M ( MB = MA)
Þ Trung tuyến MN đồng thời 
là đường cao của DAMB 
Þ MN ^AB .
 Mà MN// AC Þ AC ^AB .
Cách 3: Sử dụng định nghĩa đường tròn
Ta có AM = MB = MC.
DABC nội tiếp đường tròn (M; BC)
 Þ ¢ = 900.
Cách 6: Sử dụng công thức tính đường trung tuyến: 
b2 + c2 = 2ma2 + 
b2 + c2 = 2
b2 + c2 = a2 Û AB ^ AC.
Cách 7: Dùng tính chất đường phân giác: “ hai tia phân giác của hai góc kề bù vuông góc với nhau”
Qua A dựng 
đường thẳng xy//BC
AC là tia phân giác
 góc yAM
AB là tia phân giác 
 .
Cách 8: Dùng tính chất véc tơ
AB = AM + MB = AM - MC
AC = AM + MC
AB.AC = ( AM - MC)( AM + MC) = AM2 - MC2
AB.AC = 0 Þ AB ^ AC.
III. CÁC BÀI TOÁN ĐIỂN HÌNH:
Đối với nhiều học sinh ngay cả những bài toán hình học đơn giản cũng là khó, cái khó là không biết bắt đầu từ đâu. Nguyên nhân ở chỗ các em chưa biết cách sử dụng giả thiết đã cho kết hợp với khả năng phân tich và mối quan hệ giữa các kiến thức đã học để tìm ra được nhiều cách giải khác nhau cho bài toán. Đối với học sinh, việc huy động những kiến thức đã học để phục vụ cho việc chứng minh còn hạn chế, còn lẫn lộn giữa giả thiết và kết luận. Việc liên hệ giữa các kiến thức còn chưa tốt, khả năng phân tich, tổng hợp của học sinh còn yếu.
Một số bài toán để khai thác được nhiều cách giải khác nhau thì việc vẽ thêm yếu tố phụ cho bài toán là còn khó. Học sinh thường không biết bắt đầu từ đâu, không có phương pháp chung cho tất cả các bài toán. Ngay đối với một bài toán cũng có thể có những cách vẽ đường phụ khác nhau cho các lời giải khác nhau. Vì vậy, giáo viên phải gợi ý, hướng dẫn các em từng bước suy luận để tìm lời giải. Ta hãy bắt đầu từ những bài toán đơn giản sau:
Bài toán 1: Cho tam giác cân ABC( AB = AC). Gọi M là trung điểm của đường cao AH, D là giao điểm của AB với CM. 
Chứng minh rằng: AD =
Cách 1: Sử dụng tính chất đường trung bình.
Qua H kẻ đường thẳng d song song với 
AB, cắt CD tại E.
HE là đường trung bình của tam
 giác ∆BCD.
 DMDA = DMEH (g.c.g).
AD = AB/3.
Cách 2: Sử dụng tính chất đường trung bình.
Qua A kẻ đường thẳng a // BC.
Qua B kẻ đường thẳng b // AH.
Đường thẳng a cắt đường thẳng b tại F.
Lấy I là trung điểm của BD, kẻ IE // FD
( E Î FB) 
=> IE là đường trung bình của D DBF 
Þ IE // DF ÞDEIB = DMDA (g.c.g). 
Suy ra đpcm. 
Cách 3: Sử dụng định lý: “ Đường thẳng đi 
qua trung điểm của một cạnh của tam giác
 và song song với cạnh thứ hai thì nó đi 
 qua trung điểm của cạnh thứ ba.”
 HD:
Qua H kẻ đường thẳng a song song với CD
cắt BD tại E
EB = ED.
+ DA = DE Þ đpcm.
Cách 4: Sử dụng định lý Ta let.
Có HE // CD. 
DAHE ~ DBCD ( định lý Talet).
Suy ra đpcm.
Cách 5: Dùng tam giác đồng dạng.
Dựng DN // AH
DBDN ~ D BAH (g.g) Û 
D CMH ~ D CDN (g.g) Û 
 Û .
 Suy ra đpcm.
Bài toán 2: Cho tam giác ABC, đường cao AH. Gọi D, E, M theo thứ tự là trung điểm của AB, AC, BC. Chứng minh rằng tứ giác DEMH là hình thang cân.
Giải:
Cách 1: 
Vì DA = DB (gt) Þ DE là đường trung bình của DABC
 EA = EC 
Þ DE // BC. 
Þ DE // HM ( H, M Î BC)
Þ Tứ giác DEMH là hình thang.
Trong tam giác ABH vuông tại H 
có HD là đường trung tuyến 
Þ DA = DB = DH.
 Þ DDBH cân Þ 
 Þ 
Mà B = EMC ( đồng vị) Þ .
Hình thang DEMH cã Þ DEHM là hình thang cân.
Cách 2: 
 DE // MH Þ DE ^ AH
 AH ^ MH 
DDAH cân Þ ( đường cao đồng thời là phân giác)
Mà ( 2 góc so le trong)
Þ .
Hình thang DEMH cã Þ DEHM là hình thang cân.
Cách 3:
Trong tam giác vuông AHC có HE = 1/2 AC (1)
Lại có DM = 1/2 AC ( 2) (đương trung bình tam giác)
Từ (1),(2) Þ HE = DM.
Bài toán 3: Cho tứ giác ABCD có AD = BC; Â = B. Chứng minh tứ giác ABCD là hình thang cân.
Giải:
Ta cần chứng minh AB // DC
Cách 1: Kẻ 2 đường chéo AC và BD.
ÞDABD = DBAC ( c.g.c)
Þ AC = BD.
Þ DDAC = DCBD Þ (c.c.c)
Þ 
Mà Â = 
 Þ = 1800 
Þ AB // DC.
Cách 2: Ta có ¢ + = 1800
Mµ 
 Tõ Þ 
Þ DCBE cân Þ CB = CE 
Mµ AD = BC (gt)
Þ AD = CE Þ ADCE là hình bình hành.
 AD // CE
AE // DC
AB // DC Þ ®pcm.
Cách 3: Kẻ DC’ // AB Þ ABC’D là hình thang cân.
 ¢ = B 
Þ AD = BC’ 	Þ BC’ = BC Þ C = C’
Mà AD = BC 
Vậy AB // DC Þ ®pcm.
Cách 4:
Gọi I là giao điểm của AD và BC. 
 có ( gt)
 Þ 
Þ Tam giác IAB cân tại I. 
Þ IA = IB Þ ID = IC 
 Lại có AD = BC (gt)
Þ DIDC cân Þ 
 Þ mà hai góc này ở vị trí đồng vị
Þ AB // DC Þ ®pcm.
Bài toán 4: Cho hình bình hành ABCD ( như hình vẽ). 
Chứng minh AE //CF.
Giải:
Cách 1: Xét DABE vµ D CDF có: 
AB = CD ( cạnh đối của hình bình hành)
 ( 2 góc so le trong)
BE = DF (gt)
ÞD ABE = D CDF (c.g.c)
Þ AE = CF ( 1)
Chứng minh tương tự D ADF = D CBE (c.g.c) ÞAF = CE ( 2)
Từ (1)(2) Þ tứ giác AECF là hình bình hành Þ AE // CF (®pcm).
Cách 2: Vì ABCD là hình bình hành => OB = OD
 OA = OC ( 1) ( t/c đường chéo)
Mà EB = DF => OE = OF ( 2).
Từ (1),(2) ó tứ giác AECF là hình bình hành.
AE // CF ( đpcm).
 Cách 3:
 Chứng minh : DAOE = D COF (c.g.c)
 mà hai góc này ở vị trí so le trong => AE // CF.
Cách 4: Chứng minh :DADE = D CBF (c.g.c)
Þ Þ AE // CF (®pcm).
Cách 5: Tương tự chứng minh: DABE = D CDF (c.g.c)
 AE // CF ( đpcm)
Bài toán 5: Cho hình bình hành ABCD, AB = 2AD. Chứng minh rằng tia phân giác góc ADC đi qua trung điểm của cạnh AB.
Giải:
Cách 1: Gọi E là trung điểm của AB, có AE = AD ( vì AB = 2AD)
∆ ADB cân => 
Mà ( 2 góc so le trong) => 
 DE là phân giác của góc .
Cách 2: Kẻ phân giác DE có tam giác ADE cân
 vì = 
AE = AD = ½ AB 
E là trung điểm của AB.
Cách 3: Gọi E, F là trung điểm của AB, CD.
 Do AB = 2AD => tứ giác AEDF là hình thoi.
DE là phân giác của góc .
Cách 4: Kéo dài phân giác DE cắt CB tại I.
Tam giác CDI cân ( do I1 = D1 = D2 ) Þ CD = CI = 2BC.
Tứ giác ADBI là hình bình hành Þ EA = EB.
E là trung điểm của AB.
Cách 5: Kẻ phân giác Góc D và Â cắt nhau tại G.
 Ta có Â + D = 1800 ( 2 góc trong cùng phía bù nhau)
 ¢ + D = 900 Þ AGD = 900.
Tam giác ADE có AG vừa là đường cao vừa là phân giác.
Tam giác ADE cân tại A.
 AD = AE, mà AD = AB Þ AE = AB.
Bài toán 6: Cho hình vuông ABCD, K là trung điểm của AB; L thuộc AC sao cho LA = 3LC. 
 Tính góc KLD = ?
Giải:
Cách 1: Hạ LI ^ AB.
 LJ ^ AD.
 Có AILJ là hình vuông
 Þ IB = JD.
Từ LO = LC ( gt)
 Þ KI = IB 
 Þ D JDL = DIKL 
Þ 
 Mµ 
 Þ (®pcm).
Cách 2: Hạ KP ^ AC . 
 Cã D PKL = D OLD 
 Þ 
 D DOL cã 
Þ 
Þ (®pcm).
Cách 4: Hạ OE ^ BC; O F ^ DC 
Tứ giác OFCE là hình vuông có hai đường chéo cắt nhau tại L.
Góc .
 Mà AKFD là hình chữ nhật có hai đường chéo cắt nhau tại Q có LQ = AF A F = KD Þ Góc .
Bài toán 7: Cho ∆ACB cân ở A, trung tuyến CD trên tia đối của tia BA lấy điểm K sao cho BK = BA. Chứng minh rằng CD = CK.
Bài tập này để giải được các em vận dụng tính chất của tam giác cân, tính chất đường trung bình của tam giác, trường hợp bằng nhau của 2 tam giác tuy nhiên để giải được bằng nhiều cách đòi hỏi các em phải tư duy sáng tạo.
K
A
D
E
C
B
Cách 1: 	
Gọi E là trung điểm của AC thì 
EB = CK.
Mà CD = BE (2 trung tuyến ứng với 
2 cạnh bên của tam giác cân)
Þ CD = CK.
I
A
D
K
C
B
Cách 2: 
Gọi I là trung điểm của CK Þ 
CI = CK.
Chứng minh: ∆BIC = ∆BCD (cgc) 
Þ CI = CD Þ CD = CK.
P
A
D
K
C
B
Cách 3:
Trên tia đối của tia BC lấy điểm P
 sao cho BC = CP Þ CD = AP
Chứng minh: ∆CAP = ∆BCK (cgc)
Þ AP = CK
Þ CD = CK
Bài toán 8: Cho tam giác ABC ( Â = 900). Một đường thẳng song song với cạnh BC cắt hai cạnh AB và AC theo thứ tự ở M, N. Đường thẳng qua N song song với AB cắt AB ở D. Cho biết AM = 6 cm, AN = 8 cm, BM = 4 cm.
 a) Tính độ dài các đoạn thẳng MN, NC, BC.
 b) Tính diện tích hình bình hành BMND.
Giải: 
a) Tính MN?
 D AMN cã MN2 = AM2 + AN2 = 62 + 82 = 36 + 64 = 100.
 Þ MN = 10 cm.
 Þ Tính NC?
Cách 1: Tam giác ABC có MN // BC. Theo định lý Ta Lét : 
 Có : 
Cách 2: 
Cách 3:
 D AMN ~ DNDC (g.g)
 ( v× DN = BM = 4cm)
 Tính BC?
Cách 1: Dùng định lý Pitago.
 BC2 = AB2 + AC2 = 102 + 
 = 
 Þ BC = 
Cách 2: Dùng hệ quả của định lý TaLet:
 Tam giác ABC có MN // BC. 
Cách 3: Tam giác ABC đồng dạng với tam giác AMN.
 .
b) Tính diện tích hình bình hành BMND.
Cách 1: 
 Diện tích tứ giác BMND = BM . AN ( Đáy nhân chiều cao tương ứng)
 = 4.8 = 32 ( cm2)
Cách 2: 
 KÎ NH ^BC . D NDH ~ DCBA
 SBMDN = BD . NH = 10. 
Cách 3: 
 DDNC vu«ng Þ SDNC = ND . NC
 = 
Mặt khác SNDC = .DC.NH
 = = 
 = 
 SBMDN = BD. NH = 
Cách 4: SMNDB = SABC - ( SAMN + SCND)
 DAMN ~ D ABC
 SAMN = 
 D CND ~ DCAB
 = 
Bài toán 9: Cho tam giác ABC ( AB > AC). Gọi D là trung điểm của AC và E là một điểm trên cạnh AB sao cho BE = CD. Gọi M, N, O lần lượt là trung điểm của BC, DE và CE. Chứng minh :
a) Ba điểm M, O, D thẳng hàng.
b) Tam giác MON cân và góc MÔN = Â.
Giải
Cách 1 : 
 a) vì DA = DC ( gt)
 OA = OC ( gt)
DO là đường trung bình của 
 tam giác CAE.
OD // AE hay OD // AB(1)
Tương tự: OM là đường trung bình 
của tam giác CAE Þ OM // EB hay OM // AB (2).
Từ (1),(2) => 3 điểm M, O, D thẳng hàng ( tiên đề Ơ-clit)
Cách 2: Ta chứng minh OD // AB; DM // AB => D, O, M thẳng hàng.
b) Tam giác EDC có NO là đường trung bình Þ NO // = DC . (1)
Tam giác CEB có OM là đường trung bình Þ OM // = EB (2)
Mà EB = DC (gt) (3)
Từ (1),(2),(3) Þ D OMN cân ( đpcm).
Ta có ( cặp góc có cạnh tương ứng song song).
Mà ( NOM là góc ngoài của tam giác cân ONM)
 (®pcm).
Bài toán 10: Cho hình chữ nhật ABCD. Trên tia đối của của tia DA, CB lần lượt lấy hai điểm E, F sao cho DF = CE = DC. Trên tia đối của tia CD lấy điểm H sao cho CH = CB. Chứng minh rằng AE vuông góc với FH. 
Giải: 
Cách 1: Để chứng minh hai đường 
thẳng vuông góc ta đi chứng minh hai 
đường thẳng đó tạo thành một góc vuông.
Để chứng minh AE ^ FH
 ta chứng minh D DHF = DFAE 
 do đó ta có AE ^ FH ( đpcm).
Cách 2:Nếu một đường thẳng vuông góc
 với một trong hai đường thẳng song 
song thì vuông góc với đường thẳng còn
 lại.
Từ F dựng đường thẳng FX song song 
với AE.
 FH ^ FX Þ AE ^ FH ( đpcm)
Cách 3: Đường kính vuông góc với
 tiếp tuyến tại tiếp điểm.
Từ nhận xét trên khiến ta nghĩ đến một trong
hai đường thẳng AE, FH sẽ đóng vai trò là 
đường kính, đường còn lại sẽ là tiếp tuyến.
Dựng đường tròn đường kính AI ( I là giao điểm
của AE và HF)
Từ A dựng tiếp tuyến Ay của đường tròn.
 Þ Ay // FH do đó AE ^ FH ( đpcm)
Cách 4: Đường kính đi qua trung điểm của dây cung thì vuông góc với dây cung.
Từ nhận xét trên khiến ta nghĩ đến một 
trong hai đường thẳng AE, FH sẽ đóng vai
trò đường kính còn lại là dây cung.
Dựng đường tròn đường kính AE cắt 
FH tại M.
 Từ hình vẽ ta có E là điểm chính
giữa cung nhỏ FM, từ đó dễ dàng suy ra
IM = IF. Do đó AE ^ FH ( đpcm).
Nhận xét: Bằng cách suy luận trên ta đi đến cách dựng đường tròn một cách hợp lý không phải ngẫu nhiên và từ đó tìm được thêm các lời giải sau:
Cách 5: Góc nội tiếp chắn nửa đường 
tròn là góc vuông
Ta có Â1 = Ê2 = B1 
Þ AE // BM, mặt khác BM ^ FH ( góc
nội tiếp chắn nửa đường tròn).
Þ AE ^ FH ( đpcm)
Cách 6: Góc có đỉnh ở trong đường tròn có số đo bằng nửa tổng số đo của hai cung bị chắn.
Từ hình vẽ trên ta có sđ AIF = ½( sddAmF + sđMnE ) 
 = ½ sđ AmE = 900. Þ AE ^ FH ( đpcm).
MỘT SỐ ĐỊNH LÝ VÀ BÀI TẬP TỰ GIẢI
(Giải bằng nhiều cách)
Bài 1: Chứng minh ít nhất bằng 9 cách.
 Chứng minh rằng: “ Tam giác có hai góc bằng nhau là một tam giác cân”.
( Hệ quả của định lý 2 bài 19: Quan hệ giữa góc và cạnh trong tam giác)
Bài 2: Chứng minh ít nhất bằng 5 cách.
 Cho tam giác ABC cân tại A, M là trung điểm của AB, G là trọng tâm của tam giác AMC. O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Chứng minh rằng: GO ^ MC.
Bài 3: Chứng minh ít nhất là 8 cách.
 Cho tam giác ABC vuông tại C. Dựng hình vuông ABDE ra phía ngoài của tam giác. Gọi đọ dài các cạnh BC và AC là a và b. Tính khoảng cách từ đỉnh C đến tâm của hình vuông ABDE. 
Bài 4: Chứng minh bằng ít nhất là 3 cách.
 Cho tam giác đều ABC. Lấy P thuộc đoạn thẳng AB, hạ PQ vuông góc với AB, PR vuông góc với AC. Chứng minh trung tuyến PM của tam giác PQR đi qua tâm O của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Bài 5: Cho hình bình hành ABCD có AB = 2BC. Gọi E, F theo thứ là trung điểm của AB, CD.
a) Chứng minh rằng DEBF là hình bình hành.
b) Tứ giác AEDF là hình gì? Chứng minh.
c) Gọi M là giao điểm của DE và AF. N là giao điểm của CE và BF. Chứng minh EMFN là hình chữ nhật.
d) Bổ xung điều kiện vào đề bài để tứ giác EMFN là hình vuông. Vẽ hình minh họa.
KẾT QUẢ THỰC HIỆN
1. Khảo sát học sinh: 
Trong quá trình dạy học sinh học toán, đặc biệt là phân môn hình học, việc vận dụng được nhiều kiến thức có liên quan vào giải bài toán bằng nhiều cách là còn khó và mới mẻ. Tuy nhiên qua thực nghiệm qua các tiết luyện tập, ôn tập, bổ trợ buổi chiều tôi nhận thấy, nếu được hướng dẫn và rèn luyện kỹ thì các em sẽ không bỡ ngỡ khi làm bài.
Chính vì vậy, trong quá trình giảng dạy tôi đã cố gắng giúp học sinh nắm chắc các định nghĩ, tính chất, định lý, dấu hiệu nhận biết. Trong các giờ luyện tập và giờ học bổ trợ tôi chọn bài tập cơ bản nhưng phối hợp nhiều kiến thức để chứng minh, cùng các em khai thác các cách giải khác nhau nhằm phát triển tư duy của các em và gây hứng thú trong giờ học, tạo cho các em một giờ học thoải mái, có sự say mê yêu thích môn học. Có không ít cách giải trong các bài toán mà tôi đã trình bày trong SKKN này là do chính học sinh của tôi đã tự tìm ra. 
Kết quả cho thấy:
- Các em có tiến bộ rõ rệt về khả năng phân tích hình vẽ, ý tưởng tìm hướng giải và kỹ năng trình bày bài.
- Số học thích thú, tích cực tìm tòi khai thác nhiều cách giải khác nhau cho một bài toán ngày càng tăng.
- Học sinh khá, giỏi biết vận dụng kiến thức tổng hợp chứng minh một bài toán bằng nhiều cách.
Kết quả điều tra qua 80 học sinh lớp 7A1,7A3 của trường THCS Phương liệt vào cuối tháng 3/2017 thông qua một bài kiểm tra yêu cầu học sinh giải bằng nhiều cách cho thấy:
Số HS tham
gia làm bài
Số HS giải bài
toán ≥ 2 cách
Số HS giải bài toán bằng 1 cách
Số HS không
giải được
80 (100%)
37 (46,3%)
41 (51,2% )
2 (2,5%)
 Kết quả