Trong đề tài này tôi xin trình bày việc “Hướng dẫn học sinh khai thác có hiệu quả bài toán về ba đường cao trong tam giác” để củng cố và nâng cao kiến thức chương III, Hình học 9 cho học
Trang 1SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
ĐỀ TÀI:
"HƯỚNG DẪN HỌC SINH KHAI THÁC CÓ HIỆU QUẢ BÀI
TOÁN VỀ BA ĐƯỜNG CAO TRONG TAM GIÁC"
Trang 2PHẦN I: ĐẶT VẤN ĐỀ
Học toán gắn liền với hoạt động giải toán Thông qua việc hướng dẫn học sinhgiải toán, người giáo viên cần rèn luyện cho học sinh năng lực tư duy, tính độc lập,linh hoạt, sáng tạo nhằm đáp ứng yêu cầu đào tạo con người mới Việc khai thác hiệuquả các bài toán là một trong những cách bồi dưỡng cho học sinh những năng lực đó.Ngoài ra, việc khai thác có hiệu quả bài toán còn đem lại cho học sinh những giờ họcthú vị, lòng say mê hứng thú môn học, bởi tâm lý học sinh nói chung luôn muốn biết
và tìm tòi cái mới Để rèn luyện kỹ năng giải toán cho học sinh, một phương pháp hữuhiệu là từ một bài toán ban đầu và cách giải bài toán đó, ta có thể hướng dẫn học sinhkhai thác để phát biểu và giải được nhiều bài toán khác
Để khai thác và phát triển một bài toán, ta có thể sử dụng các cách sau:
- Sử dụng triệt để kết quả chứng minh được, lật ngược vấn đề và khai thác bài toánđảo
- Sử dụng kết quả bài toán và một số phép biển đổi hình học như đối xứng tâm, đốixứng trục để tạo ra bài toán mới chứng minh được bằng cách sử dụng kết quả bài toán
đã có
- Khái quát hoá đi đến bài toán tổng quát
- Đặc biệt hoá để khai thác bài toán cực trị
- Tương tự, mở rộng bài toán…
Việc hướng dẫn học sinh cách khai thác một bài toán là một trong những vấn đềkhó khăn đối với giáo viên, đòi hỏi người giáo viên cần phải có vốn kiến thức sâurộng, kiên trì và cần nhiều thời gian Đối với học sinh, việc rèn luyện kỹ năng khai
Trang 3thác là rất cần thiết, nhằm nâng cao khả năng tự học, sáng tạo, tư duy độc lập và đặcbiệt là gây được hứng thú học tập.
Qua thực tế giảng dạy, tôi nhận thấy rằng bài tập về đường tròn là rất quan trọng đối
với học sinh, đặc biệt là chương III hình học 9: “Góc với đường tròn” Mặt khác
lượng kiến thức và bài tập về đường tròn tương đối nhiều và đa dạng nên học sinh khákhó khăn trong việc hệ thống dạng bài tập cũng như cách giải Vì vậy, nếu từ một bàitoán đơn giản ban đầu, nếu biết cách hướng học sinh tìm lời giải rồi từ đó tạo ra đượcmột số bài toán nhằm củng cố lại hệ thống kiến thức đã học thì việc thu nhận và hệthống kiến thức của chương trở nên dễ dàng hơn đối với học sinh đại trà nói chung vàphát triển tư duy cho học sinh khá giỏi nói riêng
Nhằm khắc phục những khó khăn trong việc hướng dẫn học sinh cách tự học và cáchkhai thác bài toán có hiệu quả, tôi đã rút ra một số kinh nghiệm để củng cố và phát
triển tư duy cho học sinh Trong đề tài này tôi xin trình bày việc “Hướng dẫn học
sinh khai thác có hiệu quả bài toán về ba đường cao trong tam giác” để củng cố và
nâng cao kiến thức chương III, Hình học 9 cho học sinh; đặc biệt là kỹ năng chứngminh tứ giác nội tiếp và khai thác các tính chất của tứ giác nội tiếp để giải toán
PHẦN II: NỘI DUNG
Ta bắt đầu từ bài tập 10 trang 104 - SGK Toán 9 - Tập Một
Bài toán 1: Cho tam giác ABC, các đường cao BD và CE Chứng minh rằng:
a Bốn điểm B, E, D, C cùng thuộc một đường tròn
b DE < BC
Phân tích bài toán: Đây là bài toán thuộc
Chương II “Đường tròn” của chương trình Hình
A
D E
Trang 4học 9 Là bài tập nhằm củng cố lại định nghĩa
đường tròn và mối liên hệ giữa đường kính và
dây của đường tròn, nên để giải bài tập ta cần
chỉ rõ cho học sinh phương pháp Cụ thể:
a) Để chứng minh 4 điểm B, E, C, D cùng thuộc một đường tròn ta có thể:
- Chỉ ra một điểm cách đều cả 4 điểm B, E, C, D (đó là trung điểm I của đoạn BC) hoặc
- Chỉ ra có một đường tròn đi qua cả 4 điểm B, E, C, D là đường tròn đường kính BC b) Từ kết quả chứng minh ở câu a) => ED và BC là hai dây của một đường tròn và
BC là đường kính của đường tròn đó => ED < BC (Định lí liên hệ giữa dây và đường kính).
Từ đó ta có cách giải bài toán như sau:
Giải:
a) Cách 1:
Gọi I là trung điểm của đoạn BC
∆ BEC vuông tại E (gt) => trung tuyến
Trang 5Do đó IE = ID = IB = IC => 4 điểm B, C, D, E cùng thuộc một đường tròn, đó là
đường tròn tâm I, bán kính 1
2BC
Cách 2:
090
b Trong đường tròn đường kính BC: ED là dây, BC là đường kính
=> ED < BC (liên hệ giữa dây và đường kính trong một đường tròn)
* Nhận xét 1:
- Kết quả bài toán trên luôn đúng với mọi tam giác ABC.
- Nếu bài tập này được đưa ra sau bài “Tứ giác nội tiếp” của Chương III, Hình học 9, ta có thể phát biểu kết quả câu a) dưới hình thức khác: Chứng minh tứ giác BECD nội tiếp và dấu hiệu được sử dụng là hai đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh chứa hai đỉnh còn lại dưới hai góc bằng nhau hoặc tứ giác có 4 đỉnh cùng nằm trên một đường tròn Từ bài toán này ta có thể khai thác thành một số bài toán nhằm củng
cố các kiến thức về góc với đường tròn và phát triển tư duy cho học sinh Cụ thể:
Trang 61 Đối với học sinh trung bình có thể cho học sinh nêu kết quả tương tự
- Nếu gọi H là giao điểm của BD và CE => H là trực tâm của tam giác ABC và AH
A, E, H, D cùng thuộc đường tròn đường kính AH;
C, D, H, K cùng thuộc đường tròn đường kính CH;
B, K, H, E cùng thuộc đường tròn đường kính BH.
b DK < AB; EK < AC.
Ta cũng chứng minh được ED < AH; EK < BH; DK < HC.
2 Đối với học sinh khá giỏi có thể yêu cầu học sinh tiếp tục khai thác các kết quả
trên bằng cách sử dụng tính chất tứ giác nội tiếp để có các kết quả khác của bài toán, qua các câu hỏi gợi ý như: KH có là phân giác của góc EKD không? Vì sao? Kết quả tương tự là gì? Từ đó, có nhận xét gì về vị trí đặc biệt của điểm H đối với tam giác EKD?
CB
A
KH
Trang 7- Trong trường hợp tam giác ABC nhọn => H nằm trong tam giác ABC Nối EK,
KD Từ kết quả chứng minh được ở trên suy ra các tứ giác BEHK và CKHD là các
tứ giác nội tiếp => EBH DCH EKH DKH
Mà ABDACE (cùng phụ góc ABC) => EKH DKH
=> KH là phân giác của góc EKD
Chứng minh tương tự ta có : DH là phân giác góc EDK ; EH là phân giác góc DEK => H là giao điểm ba đường phân giác trong của tam giác EDK
=> H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác EDK.
Mặt khác, ta thấy EH hay EC là phân giác góc KED mà AE EC
=> EA là phân giác góc ngoài tại E của tam giác EKD Ta lại có KA là phân giác góc EKD => A là tâm đường tròn bàng tiếp trong góc K của tam giác EKD Tương
tự => B; C lần lượt là tâm các đường tròn bàng tiếp trong góc D; góc E của tam giác EKD Từ đó ta có bài toán sau có thể củng cố được kiến thức về tứ giác nội tiếp, khái niệm tâm đường tròn nội tiếp và tâm đường tròn bàng tiếp tam giác.
Bài toán 1.1 :
Cho tam giác nhọn ABC Các đường cao AK, BD, CE đồng quy tại H Chứngminh:
a) KH là phân giác góc DKE Nêu kết quả tương tự
b) H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DKE
c) A; B; C là tâm các đường tròn bàng tiếp tam giác DKE
Trang 8=>BCAAED (cùng bù góc DEB)
Do đó BAxAED mà hai góc này
D
C B
A
K H
Trang 9=> tam giác CA’H cân tại C
=> K là trung điểm của HA’.
Do đó BC là đường trung trực của
đoạn thẳng HA’ => H và A’ đối xứng nhau qua BC Chứng minh tương tự ta có: H
và B’ đối xứng nhau qua AC; H và C’ đối xứng nhau qua AB.
Mặt khác tứ kết quả chứng minh trên => HBCA BC' => bán kính đường tròn ngoại tiếp các tam giác HBC và A’BC bằng nhau mà tam giác A’BC nội tiếp đường tròn (O;R) => tam giác HBC nội tiếp đường tròn có bán kính bằng R Tương tự: các tam giác HBA; HAC có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng R Từ đó ta có bài toán mới khai thác tính chất trực tâm H của tam giác ABC.
Bài toán 1.3:
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O;R), các đường cao AK; BD; CEđồng quy tại H Gọi A’; B’; C’ lần lượt là giao điểm của AK; BD; CE với đườngtròn (O) Chứng minh:
a) A’; B’; C’ đối xứng với H qua BC, CA, AB
A
K A' H
1
D
Trang 10b) Các tam giác HBC; HCA; HAB có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng nhau.
* Nhận xét 4:
- Có thể phát biểu câu b) của bài toán trên bằng cách khác như sau: chứng minh các tam giác HBC; HCA; HAB; ABC có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng nhau Cách phát biểu này giúp ta định hướng cách giải dễ hơn so với cách phát biểu của bài toán 1.3.
- Từ kết quả bài toán 1.3, có thể đặt vấn đề nêu bài toán đảo của bài toán trên Nếu gọi A’; B’; C’ là các điểm đối xứng với H qua BC; CA; AB thì các điểm A; B; C; A’; B’; C’ có cùng thuộc một đường tròn được không? Ta xét bài toán đảo của bài toán 1.3.
Bài toán 1.4:
Cho tam giác nhọn ABC; các đường cao AK, BD, CE đồng quy tại H Gọi A’; B’;C’ lần lượt là các điểm đối xứng với H qua BC, CA, AB Chứng minh:
a) Sáu điểm A; B; C; A’; B’; C’ cùng thuộc một đường tròn
b) Các tam giác HBC; HCA; HAB nội tiếp các đường tròn bằng nhau
D1
H
A'K
Trang 12Chứng minh tương tự ta có B’, C’ thuộc đường tròn (ABC).
Vậy 6 điểm A, B, C, A’, B’, C’ cùng thuộc một đường tròn
b) Chứng minh tương tự bài toán 1.3
* Nhận xét 5:
- Ta nhận thấy rằng: kết quả trên chỉ đúng khi tam giác ABC nhọn Nếu tam giác ABC là tam giác tù (tại A chẳng hạn) thì A là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DKE; còn H là tâm đường tròn bàng tiếp trong góc K của tam giác DKE
- Sử dụng mối liên hệ giữa đường kính và dây trong đường tròn ta có thể hướng dẫn học sinh khai thác tiếp kết quả của bài toán như sau: Kẻ OF vuông góc với AC; ON vuông góc với BC
(F thuộc AC; N thuộc BC )
=> F; N lần lượt là trung điểm của AC; BC
=> FN là đường trung bình của tam
Trang 13OF // BH (cùng vuông góc với AC)
ON // AH (cùng vuông góc với BC) => các tam giác ONF và HAB đồng
dạng => ON AH NF AB 12 => AH = 2 ON.
Vậy nếu tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) có cạnh BC cố định thì ON không đổi => AH không đổi khi A di chuyển trên đường tròn (O) Ta có bài toán về yếu tố không đổi:
Bài toán 1.5:
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O); BC cố định Chứng minh rằng khi
A di chuyển trên cung lớn BC thì khoảng cách từ điểm A đến trực tâm H của tamgiác ABC là không đổi
- Từ kết quả chứng minh của bài toán 1.5: AH có độ dài không đổi khi điểm A chạy trên cung lớn BC của đường tròn (O); ta có thể đặt câu hỏi là: Vậy điểm H chạy trên đường nào khi điểm A chạy trên cung lớn BC của đường tròn (O)?
Nếu gọi I là điểm đối xứng với điểm O qua N
=> điểm I cố định và OI = 2.ON mà
I
O N
D
C B
A
K H
Trang 14AH = 2.ON (cmt) => OI = AH.
Mặt khác OI // AH (cùng vuông góc với BC)
=> tứ giác AHIO là hình bình hành
=> IH = OA = R không đổi (R là bán kính
đường tròn (O) ngoại tiếp tam giác ABC)
=> H thuộc đường tròn (I; R) cố định
Ta đã giải được bài toán về quỹ tích sau:
Bài toán 1.6:
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O; R); BC cố định Tìm quỹ tích trựctâm H của tam giác ABC khi A chạy trên cung lớn BC của đường tròn (O)
Trang 15* Nhận xét 7:
- Có thể phát biểu bài toán 1.6 dưới hình thức khác như sau: Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O; R); BC cố định Chứng minh rằng trực tâm H của tam giác ABC thuộc một đường tròn cố định khi A chạy trên cung lón BC của đường tròn (O).
- Từ kết quả chứng minh của bài toán 1.5:
AH = 2.ON => nếu gọi Q là giao điểm
của AO và HN thì ta cũng chúng minh được
AQ = 2.AO và HQ = 2.HN
=> Q thuộc (O; R) và N là trung điểm
của HQ Do đó, ta cũng có tứ giác BHCQ là
hình bình hành Như vậy, ta có thể phát biểu
thành các bài toán sau:
Bài toán 1.7:
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp ( O; R) ; trực tâm H Gọi N là trung điểm của BC;
Q là giao điểm của AO và HN Chứng minh rằng:
a) Điểm Q thuộc ( O )
b) Tứ giác BHCQ là hình bình hành
Bài toán 1.7.1:
O N
D
C B
A
K H
Q
Trang 16Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O; R); trực tâm H Gọi Q là giao điểmcủa AO với (O); N là trung điểm của BC Chứng minh H; N; Q thẳng hàng.
Bài toán 1.7.2:
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O;R); trực tâm H; cạnh BC cố định kẻ
đường kính AQ của (O) Chứng minh khi A di động trên cung lớn BC
của (O) thì HQ luôn đi qua một điểm cố định
ra các bài toán mới; biết cách diễn đạt một vấn đề bằng nhiều hình thức khác nhau, hình thành thói quen xem xét và biết cách chuyển một bài toán nào đó về bài toán quen thuộc hoặc dễ tìm ra cách giải hơn, từ đó suy ra cách giải bài toán theo yêu cầu
- Ta tiếp tục khai thác các tính chất khác của trực tâm H Gọi giao điểm của HO và trung tuyến AN của tam giác ABC là G Ta chứng minh được các tam giác AHG và
N
D
CB
A
KHG
Trang 17=> AH NO NG AG HG GO mà AH = 2.ON (cmt)
=> HG = 2.OG và AG = 2.NG.
Từ AG = 2.NG => G là trọng tâm của
tam giác ABC Từ đó ta có thể nêu bài
toán như sau:
Bài toán 1.8:
Chứng minh rằng trong một tam giác, trọng tâm, trực tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác đó nằm trên một đường thẳng (gọi là đường thẳng Ơlecủa tam giác đó)
Trang 18* Nhận xét 9:
- Nếu gọi M là giao điểm của ON với (O) => M là điểm chính giữa của cung BC
=> OM // AK (cùng vuông góc với BC) => OMAKAM mà
OMA OAM
(vì tam giác OAM cân tại O) => KAM OAM
=> AM là phân giác của góc KAO Mặt khác ta cũng có AM là phân giác của góc BAC Do đó BAKOAC
Nếu gọi S là giao điểm của AM và BC; P là giao điểm của MN với (O)
=> MP là đường kính của (O)
=> MAP 90 0 mà PNS 90 0
=> tứ giác PASN nội tiếp => P thuộc
đường tròn ( ASN ) mà P cũng thuộc
(O) => P là giao điểm thứ hai của (O) và
S
Trang 19cắt (O) tại M Gọi N là giao điểm của OM và BC Kẻ đường cao AK của tam giácABC
a) Chứng minh: AM là tia phân giác của góc KAO
b) Gọi P là giao điểm thứ hai của (O) và (ASN) Chứng minh M; N; P thẳng hàng
Bài toán 1.9.1:
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O); BC cố định Gọi M là điểm chínhgiữa của cung BC không chứa điểm A, S là giao điểm của AM với BC; N là giaođiểm của OM với BC Chứng minh rằng khi A di chuyển trên cung lớn BC thìđường tròn ngoại tiếp tam giác ASN luôn đi qua một điểm cố định
N
Trang 20ta gọi M là điểm đối xứng với
K qua AB thì ta chứng minh
được các góc AED và góc
MEB bằng nhau=> góc MED
có số đo bằng 180 0 => M, E, D thẳng hàng.
Tương tự gọi N là điểm đối xứng với K qua AC => E, D, N thẳng hàng.
=> 4 điểm M, E, D, N thẳng hàng Ta có bài toán 1.10:
Trang 21- Từ kết quả bài toán 1.10 => MN = ME + ED + DN mà ME = EK,
DN = DK (tính chất đối xứng trục) => MN = EK + ED + DK; tức là độ dài đoạn MN bằng chu vi tam giác DEK
- Nếu D, E, K là các điểm bất kỳ trên các cạnh CA, AB, BC thì M, E, D, N không thẳng hàng Khi đó độ dài đường gấp khúc MEDN = ME + ED + DN hay độ dài đường gấp khúc MEDN = EK + ED + DK => chu vi tam giác DEK nhỏ nhất khi M,
E, D, N thẳng hàng Khi đó D, E, K là chân các đường cao của tam giác ABC Ta có bài toán cực trị hình học :
Bài toán 1.11:
Cho tam giác nhọn ABC; K, D, E là các điểm bất kỳ trên các cạnh BC, CA, AB.Chứng minh rằng chu vi tam giác DEK nhỏ nhất khi K, D, E là chân các đường caocủa tam giác ABC
N
CB
A
KM
Trang 22tiếp trong góc D, góc E của tam giác
EDK Theo tính chất các tiếp tuyến
- Từ bài toán 1.6 ta thấy: nếu A là điểm chính giữa của cung BC lớn thì
S N => AM là đường kính của đường tròn (O) và AM BC
Trang 23AM.CN = AC.CM
=> AM.(BN + CN) = AB.BM+AC.CM
Mà BM = CM nên ta có:
AM.BC = AB.CM + AC.BM
Vậy nếu tứ giác ABMC nội tiếp và
AM BC thì tích hai đường chéo bằng
tổng các tích của các cạnh đối Có thể
đặt câu hỏi là kết quả trên còn đúng
không nếu ABMC là tứ giác bất kỳ nội tiếp được? Từ đó ta có thể giới thiệu định lý Ptôlêmê:
Bài toán 1.13:
Chứng minh rằng trong một tứ giác nội tiếp, tích hai đường chéo bằng tổng các tíchcủa các cặp cạnh đối
* Nhận xét 14:
- Từ nhận xét 13, nếu tam giác ABC
là tam giác đều, ta còn chứng minh
được tam giác OBM, tam giác OCM
cũng là các tam giác đều
=> MB = MC = MO = R,
A
M O