Ứng dụng bài tập SGK để giải các bài tập khác

I đặt vấn đề Một trong nhng mục tiêu và nhiệm vụ của các bộ môn văn hoá nói chung , môn toán học nói riêng là học sinh phải nắm đợc kiến thức cơ bản của bài học,sau đó là phải biết vận

I đặt vấn đề

Một trong nhng mục tiêu và nhiệm vụ của các bộ môn văn hoá nói chung , môn toán học nói riêng là học sinh phải nắm đợc kiến thức cơ bản của bài học,sau đó là phải biết vận dụng triệt để những kiến thức đó vào những bài tập cụ thể hoặc những tình huống cụ thể Nếu học sinh chỉ nắm

đợc kiến thức mà không biết vận dụng kiến thức đó thì mới đáp ứng đợc một phần rất nhỏ yêu cầu của giáo dục Học sinh phải biết phát triển , phải biết vận dụng những kiến thức đã có từ đó mới thấy đợc ý nghĩa sâu sắc của kiến thức và dần hình thành cho học sinh một phơng pháp nghiên cứu khoa học , dần hình thành t duy sáng tạo cho học sinh

Năm nay đợc nhà trờng phân công dạy môn toán lớp 9 là lớp cuối cấp của bậc THCS , là một mắt xích rất quan trọng trong quá trình học tập của các em Nó đánh giá kết quả học tập của các em thông qua kì thi tuyển sinh vào lớp 10 trung học phổ thông Vì vậy để dạy cho học sinh phải có một vốn kiến thức sâu rộng chắc chắn thì mới đảm bảo đợc các yêu cầu của bậc học

Trong quá trình giảng dạy tôi nhận thấy trong sách giáo khoa toán 9 tập 2 có hai bài tập (bài 23 - trang 76 ,bài 34 - trang 80 ) có rất nhiều ứng dụng trong việc phân tích tìm lời giải bài tập hình học dạng chứng minh

đẳng thức a.b = c.d , a2 = c.d Chính vì vậy tôi chọn viết sáng kiến kinh nghiệm này với mục mục đích để giúp các em học sinh và các bạn đồng nghiệp có thêm một kinh nghiệm giải toán hinh học

II cơ sở khoa khọc 1.Cơ sở lí luận

Quy luật của quá trình nhận thức là từ trực quan sinh động đến t duy trừu tợng ,song quá trình nhận thức đó đạt hiệu quả cao hay không có bền vững hay không còn phụ thuộc vào tính tích cực, chủ động ,sáng tạo của chủ thể

ở lứa tuổi HS –THCS các em đang có xu hớng vơn lên làm ngời lớn , muốn tự mình tìm hiểu , khám phá trong quá trìmh nhận thức , muốn có

một hình thức học tập mang tính ngời lớn Nhng ở lứa tuổi này các em cha biết thể hiện nguyện vọng của mình , cha nắm đợc các phơng pháp thực hiện các hình thức học tập mới Vì vậy cần phải có sự hớng dẫn , điều hành một cách khóa học của ngời thầy

2.Cơ sở thực tiễn

Nhìn chung hiện nay học sinh của chúng ta còn lời học,lời t duy trong quá trình học Học sinh còn cha nắm đợc phơng pháp học tập , cha có đợc nhng hoạt động đích thực của bản thân để chủ động nắm kiến thức Hơn thế nữa hình học là một môn học trừu tợng khó hiểu ,đa phần các em đều sợ học môn hình ,có rất ít học sinh yêu thích môn hình Đều do các em cha biết cách học môn hình, cha biết vân dụng các bài đã làm vào làm các bài khác.Trong quá trình giảng dạy tôi nhận thấy trong SGK toán 9 tập 2 có hai bài tập (bài 23 –trang 76,bài 34 trang 80) có rất nhiều ứng dụng trong việc phân tích tìm lời giải bài toán khác.Chính vì vậy tôi viết sáng kiến kinh nghiệm này với mục đích giúp học sinh có thêm một công cụ giải toán ,dần hình thành cho học sinh phơng pháp học tâp môn hình,cung nh tạo hứng thú học tập cho học sinh

III Giải quyết vấn đề Bài 23: (SGK toan 9 –trang 76 tập 2)

Cho đờng tròn (O) và một điểm M cố định không nằm trên đờng tròn Qua điểm M kẻ hai đờng thẳng Đờng thẳng thứ nhất cắt đờng tròn (O) tại

A và B Đờng thẳng thứ hai cắt đờng tròn (O) tai C và D.Chứng minh MA.MB = MC.MD

Giải

Ta xét hai trờng hợp

*)Trờng hợp 1: Điểm M nằm ngoài đờng tròn (O)

Xét AMDvà CMB

Có góc M chung

ADM = CBM (vì cùng bằng nửa số đo cung AC)

=> AMD CMB (g-g)

=>

MB

MD

MC

MA = => MA.MB = MC MD

C

O

B A

* Trờng hợp 2: Điểm M nằm bên trong đờng tron (O)

Xét MADvà MCB

Có AMD = CMB (đối đỉnh )

ADM = CBM (vì cùng bằng nửa số đo cung AC )

=> MAD MCB (g-g)

=>

MB

MD

MC

MA = => MA.MB = MC MD

Nh vậy với mọi vị trí của điêm M không nằm trên đờng tròn (O) thì ta có MA.MB =MC.MD

Bài 34: (SGK toán 9 - trang 80 tập 2)

Cho đờng tròn (O) và điểm M nằm bên ngoài đờng tròn đó Qua điểm

M kẻ tiếp tuyến MT và cát tuyến MAB Chứng minh MT2 = MA.MB

Giải

Xét MATvà MTB

Có góc M chung

MAT = MBT ( vì cùng bằng nửa số đo cung AT )

=> MAT MBT ( g-g)

=>

MB

MT

MT

MA = => MA.MB = MT 2

Nh vậy MT 2 = MA.MB

*Kết hợp hai bài toán trên ta có kết quả sau:

Từ một điểm M nằm bên ngoài đờng tròn (O)

kẻ tiếp tuyến MT và hai cát tuyên MAB và MCD

ta có MT 2 = MA.MB = MC.MD

Ta coi kết quả trên là bài toán (*)

Chú ý: Tứ giác ABCD nội tiếp mà có

tia BA ,tia CD cắt nhau tại

điểm M nh hình vẽ thì ta có

MA.MB = MD.MC

Bây giờ ta sẽ sử dụng bài (*) để làm một số bài tập hình học dạng chứng minh đẳng thức a.b = c.d hoặc a2 = c.d trong đó a,b,c,d là các độ dài hình hoc

C

B O

M

M

T

M

D T

B A

M

C

B

D A

Bài 1: ( Đề thi chon đội tuyển thi HSG thành phố -Vĩnh Bảo năm học

2007-2008 và thi lí thuyết gáo viên giỏi Vĩnh Bảo 2008-2009)

Cho đờng tròn tiếp xúc với hai cạnh OX,OY của XOY lần lợt tại A và

B Từ A kẻ tia song song với OB cắt đờng tròn tại C.Tia OC cắt đờng tròn tại E.Tia AE cắt OB tại K chứng minh OK = KB

*Phân tích tìm lời giải:

Theo bài toán (*) ta dễ nhận thấy KB 2 = KE.KA

=> Muốn chứng minh OK =KB ta

chứng minh OK 2 = KE.KA.Việc

làm này không khó ta chỉ việc chứng minh

OKE AKO

* Từ việc phân tích trên ta có lời giải sau

Giải

Xét KBE và KAB

Có góc K chung

KBE = KAB (Vì cùng bằng nửa số đo cung BE)

=> KBE KAB (g-g)

=> KB KE KA

KB

KE

KA

KB

.

2 =

⇒

Xét OKEvà AKO

Có OKE = AKO (2)

ACO = EOK (So le trong )

OAK = ACO (Vì cùng bằng nửa số đo cung AE)

=> OAK = EOK (3)

Từ (2) và (3) => OKE AKO (g-g)

=> OK KE KA

OK

KE

KA

OK

.

2 =

⇒

Từ (1) và (4) => OK2 =KB2 => OK = KB

Vậy OK = KB

Bài 2:

Cho đờng tròn (O) và dây AB Trên tia AB lấy điểm C nằm ngoài đờng tròn Từ điểm chính giữa P của cung lớn AB kẻ đờng kính PQ,cắt dây AB

O

E

C A

y x

tại D.Tia CP cắt đờng tròn (O) tại I Các dây AB và QI cắt nhau tại K Chứng minh CA.CB = CK.CD

*Phân tích tìm lời giải:

Theo bài toán (*) ta có CA.CB = CI.CP

Nh vậy ta chỉ việc chứng minh CI.CP = CK.CD

Mà tứ giác DKIP nội tiếp nên thêo bài toán (*)

ta có CI.CP = CK.CD

=> CA.CB = CK.CD

Giải

Xét CBP và CIA

Có góc C chung

CAI = CPB (vì cùng bằng nửa số đo cung IB)

=> CBP CIA (g-g)

=> CB CA CI CP

CA

CP

CI

CB

=

⇒

= (1)

Xét CIKvà CDP

Có góc C chung

Có CDP = CIK (Vì cùng bằng 90o)

=> CIK CDP (g-g)

=> CI CP CK CD

CP

CK

CD

CI

=

⇒

= (2)

Từ (1) và (2) ta có CB.CA = CK.CD

Vậy CA.CB = CK.CD

Bài 3: (Bài 246 -nâng cao phát triển toan 9 - tâp 2 - trang 97)

Cho tam giác ABC có các đờng cao AD,BE,CF cắt nhau tại H

Chứng minh

a) BH.BE + CH.CF = BC 2

b) AH.AD + BH.BE + CH.CF =

2

2 2

2 AC BC

AB + +

* Phân tích tìm lời giải:

a)Tứ giác CDHE nội tiếp nên theo bài toán (*)

ta có BH.BE =BD.BC

Tứ giác BDHF nội tiếp nên thêo bài toán (*)

P

A

Q

C

I

O

A

H

ta có CH.CF =CD.BC

=> BH.BE + CH.CF = BD.BC + CD.BC

= BC (BD + CD ) = BC.BC = BC 2

* Từ phân tích trên ta có lời giả sau :

Giải

a) Xét BHD và BCE

Có góc B chung

BDH = BEC (Vì cùng bằng 90o)

=> BHD BCE (g-g)

=> BH BE BD BC

BE

BD

BC

BH

=

⇒

Xét CDH và CFB

Có góc C chung

CDH = CFB (vì cùng bằng 90o)

=> CDH CFB (g-g)

=> CD CB CH CF

CB

CH

CF

CD

=

⇒

Từ (1) và (2) ta có BH.BE + CH.CF = BD.BC + CD.BC

=> BH.BE + CH.CF = BC (BD + CD)

=> BH.BE + CH.CF = BC.BC

=> BH.BE + CH.CF = BC2

b) Chứng minh tơng tự câu (a) ta có

BH.BE + CH.CF = BC2

AH.AD + BH.BE = AB2

CH.CF + AH.AD = AC2

=> BH.BE+CH.CF+AH.AD+BH.BE+CH.CF+AH.AD = AB2+AC2+BC2

=> 2AH.AD + 2BH.BE + 2CH.CF = AB2 + AC2 + BC2

=> AH.AD + BH.BE + CH.CF =

2

2 2

2 AC BC

AB + +

Bài 4:( Đề thi HSG thành phố Hải Phòng năm

Cho tứ giác ABCD nội tiếp đờng tròn (O) Đờng thẳng AD cắt đờng thẳng BC tại E, đờng thẳng DC cắt đờng thẳng AB tại F Chng minh EA.ED + FA.FB = EF2

E

* Phân tích tìm lời giải:

Trên EF lấy điểm H sao cho tứ giác ABHE

nội tiếp

EHB = BAD (Vì cùng bù với EAB)

BAD = BCF (Vì cùng bù với BCD)

=> EHB = BCF

Có EHB + BHF = 180o

=> BHF + BCF = 180o

=> Tứ giác BCFH nội tiếp => EB.EC = EH.EF

Có tứ giác ABCD nội tiếp => EA.EB = EB.EC

Có tứ giác AEHB nội tiếp => FA.FB = FH EF

=> EA.ED + FA.FB = EH.EF + FH.EF

=> EA.ED + FA.FB = EF (EH + FH )

=> EA.ED + FA.FB = EF.EF

=> EA.ED + FA.FB =EF2

* Bạn đọc tự trình bày lời giải

Bài 5:

Cho tam giác ABC có đờng cao AH M và N lần lợt là trung điểm của

AB và AC Chng minh ba đờng tròn ngoại tiếp ba tam giác HBM , HCN ,AMN đồng qui tại điểm K và đờng thẳng HK đi qua trung điểm của MN Giải

* Giả sử đờng tròn ngoại tiếp tam giác AMN và đờng tròn ngoại tiếp tam giác BHM cắt nhau tại điểm K

Có tứ giác AMKN nội tiếp =>ANK+AMK = 180o

Có BMK + AMK = 180o

=>ANK = BMK (1)

Có tứ giác BMKH nội tiếp

=> BMK + BHK = 180o

Có CHK + BHK = 180o

=> BMK = CHK (2)

Từ (1) và (2) ta có CHK = ANK

Có ANK + CNK = 180o

O

F

H

C

B D

A

I

A

M

N

K

O 1

O 2

=> CNK + CHK = 180o

=> Tứ giác CNKH nội tiếp => Điểm K thuộc đờng tròn ngoại tiếp tam giác HCN Hay ba đờng tròn ngoại tiếp ba tam giác AMN , HBM,HCN đồng quy tại một điểm K

* Giả sử đờng thẳng HK cắt MN tại I , O1 vàO2 lần lợt là tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác BHM và CHN

Tam giác AHB vuông tại H , M là trung điểm của AB => MH = MB = MA

=>Tam giác BHM cân tại M => O1 thuộc đờng trung trực của BH

=> MO1 ⊥ BH

Tơng tự NO2 ⊥CH

Có MN là đờng trung bình của tam giác ABC => MN// BC

=> MN vuông góc với O1M, O2N lần lợt tại M và N

=>MN là tiếp tuyến chung hai đờng tròn ngoại tiếp hai tam giác BHM và CHN

=> Theo bài toan (*) ta có IM2 =IK.IH , IN2 = IK.IH

=> IM2 = IN2 => IM = IN => I là trung điểm của MN

=> Đờng thẳng HK đi qua trung điểm của MN

Bài 6: (Trích đề thi HSG TP Hồ Chí Minh năm 2003 )

Cho đờng tròn (O;R) và hai đờng kính AB và CD Tiếp tuyến tại A của

đờng (O) cắt hai đờng thẳng BC và BD tại hai điểm tơng ứng E và F.Chứng

minh CE.DF.EF = CD3 và

DF

CE BF

BE33 =

Giải

Xét tứ giác ACBD

Có CBD = ACB = CAD = 90o(vì đều

là góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn)

=> Tứ giác ACBD là hình chữ nhật

=> CD =AB

Có tam giác EBD vuông tại A

=> AB2 = EA.FA => AB4 = EA2.FA2

Theo bài toán (*) ta có EA2 =EC.EB , FA2 =FD.FB

=>AB4 =EC.FD.EB.FB mà EB.FB = EF.AB

=> AB4 =EC.FD.EF.AB

O B

D C

=> AB3 = EC.FD.EF

=> CD3 = CE.DF.EF (do AB = EF )

Có

CF

CE BF

BE BF

DF

BE CE AF

AE BF

BE AF

AE EF FA

EF EA

BF

BE22 = = ⇒ 44 = 22 = ⇒ 33 =

.

.

.

Bây giơ ta xét xem bài toan (*) có bài toán đảo không

Bài toán thứ nhất:

Cho góc XOY trên tia OX lấy hai điểm A và B,trên tia OY lấy hai điểm

C và D sao cho điểm A nằm giữa O và B,điểm D nằm giữa O và C và OA.OB = OD.OC Chứng minh tứ giác ABCD nội tiếp

Giải

Xét OAD và OCD

Có

OB

OD

OC

OA = ( Do OA.OB = OD.OC )

Góc O chung

=> OAC ODB (c- g - c )

=> OAD = DCB

Có OAD + BAD = 180 o ( vì là hai góc kề bù )

=> BAD + DCB = 180 o

Xét tứ giác ABCD có BAD + DCB = 180 o

=> Tứ giác ABCD nội tiếp

Bài toán thứ 2:

Cho tam giác BCT Trên tia CB lấy điểm A sao cho AT2 = AB.AC Chứng minh AT là tiếp tuyến của đờng tròn ngoại tiếp tam giác BCT Giải

Xét ATB và ACT

Có góc A chung

AT

AB

AC

AT

= (Do AT2 = AB.AC )

=> ATB và ACT (c-g-c)

=>ATB = ACT hay ATB = BCT

Từ O kẻ OH vuông góc với BT (H ∈ BT )

Có OT = OB => Tam giác OBT cân tại O

C y

x B A

T

O

H

=> Đờng cao OH đồng thời là tia phân giác của góc BOT

=> HOT =

2

1 BOT mà BCT =

2

1BOT => BCT = HOT

=> ATB = HOT

Có tam giác OHT vuông tại H

=> HOT + HTO = 90o

=> ATB + HTO = 90o

=> ATO = 90o

=> AT vuông góc với OT tại T

=> AT là tiếp tuyến của đờng tròn (O) tại T

* Nh vậy bài toán (*) có bài toán đảo

Chú ý: Bài toán (*) chính là một phần bài toán phơng tích mà học sinh đợc

học ở lớp 10.Nội dung bài toán nh sau:

Từ một điểm M không nằm trên đờng tròn (O;R) kẻ cát tuyến MAB với

đờng tròn.Tích MA.MB đợc gọi là phơng tích của điểm M với đờng tròn (O;R) và đợc kí hiệu kà PM/(o)= MA.MB = d2 - R2 ( trong đó d = OM ) Chứng minh

Trờng hợp 1: Điểm M nằm bên ngoài đờng tròn (O)

Từ M kẻ tiếp tuyên MT với đờng tròn (O)

Ta có MA.MB = MT2

Tam giác MTO vuông tại T nên theo định lí PITAGO

Ta có MT2 = MO2- OT2 = d2 - R2

=> MA.MB = d2 - R2

Trờng hợp 2: Điểm M nằm bên trong đờng tròn (O)

Kẻ đơng kính CD đi qua điểm M

Ta có MA.MB = MC.MD

Mà MC.MD = (OC – OM).(OD + OM)

=> MC.MD = (R - d)(R + d) = R2 - d2

=> MA.MB = R2 - d2

Nh vậy PM/(O)=MA.MB = d2-R2

B

M

O T A

B A

D

O M C

IV Kết quả thực nghiệm

Từ năm học 2005 đến nay tôi đợc phân công giảng dạy môn toán lớp 9

và tôi đã áp dụng nội dung sáng kiến kinh nghiệm này vào giảng dạy Bớc

đầu tôi đã gây đợc hứng thú học tập cho học sinh ,học sinh đã có khả năng làm nhanh các bài tập cơ bản , đặc biệt học sinh khá giỏi đã vận dụng kha tôt nội dung sáng kiến kinh nghiệm này vào gải bài tập Cuối cùng với khả năng bình thờng của một giáo viên tôi mạnh dạn viết nên sáng kiến kinh nghiệm của mình mong các bạn đồng nghiệp hởng ứng và góp ý kiến cho tôi để công tác giảng dạy của tôi ngày càng tiến bộ

Cao Minh ngày 2 tháng 2 năm 2009

Ngời viết

Phạm Vãn Hng

Tài liệu tham khảo

STT Tài liệu Tác giả

1 Nâng cao và phát triển toán 9 tập 2 Vũ Hữu Bình

2 Bộ đề thi học sinh giỏi thành phố Hải Phòng

3 1001 bài toán sơ cấp Nguyễn Văn Vĩnh

Nguyễn Văn Đồng

4 Toán nâng cao hình học 9 Võ Đại Mau

Mục lục

Phầ

Cơ sở khoa học

1.Cơ sở lí luận

2.Cơ sở thực tiễn

2

Cộng hoà xã hội chủ nghĩa việt nam

Độc lập – Tự do – Hạnh phúc

bản cam kết

I Tác giả:

Họ và tên : Phạm Văn Hng

Ngày, tháng, năm sinh : 17/ 8/1980

Đơn vị : Trờng THCS Cao Minh

Điện thoại : Di động: 01698047019

II Sản phẩm :

Tên sản phẩm : ứng dụng một số bài tập trong sách giáo khoa để làm

định hớng giải bài tâp khác

III Cam kết:

Tôi xin cam kết sáng kiến kinh nghiệm này là sản phẩm của cá nhân tôi nếu có xảy ra tranh chấp về quyền sở hữu đối với một phần hay toàn bộ

sản phẩm sáng kiến kinh nghiệm, tôi hoàn toàn chịu trách nhiệm trớc lãnh

đạo đơn vị, lãnh đạo Sở GD – ĐT về tính trung thực của bản cam kết này

Cao Minh, ngày 15 tháng 1 năm 2009

Ngời cam kết

( Ký, ghi rõ họ tên)

Phạm Văn Hng