Phát triển tư duy từ một số bài toán hình học cho học sinh giỏi lớp 9 trường THCS điện biên

Sau nhiều năm tham gia dạy đội tuyển học sinh giỏi lớp 9 trường THCS Điện Biên, có một số bài tập hình học khi hướng dẫn cho các em học sinh giỏi khai thác ở nhiều cách giải.. Mục đích n

I MỞ ĐẦU.

1 Lý do chọn đề tài

Khi dạy đối tượng học sinh giỏi, đặc biệt là dạy cho những học sinh đội tuyển tham gia thi học sinh giỏi, việc hướng dẫn học sinh tư duy là điều quan trọng đối với người thầy Sau nhiều năm tham gia dạy đội tuyển học sinh giỏi lớp 9 trường THCS Điện Biên, có một số bài tập hình học khi hướng dẫn cho các em học sinh giỏi khai thác ở nhiều cách giải Từ một bài có thể đưa ra được một số bài tương tự hoặc thay đổi dữ kiện để chuyển sang những bài tập ở dạng khác Một bài tập khi khai thác ở nhiều cách giải, mỗi cách ôn tập, khắc sâu những đơn vị kiến thức liên quan Mỗi cách hướng dẫn học sinh một cách định hướng, khai thác kiến thức khác nhau giúp cho học sinh hiểu và nhớ kiến thức hình sâu hơn, hệ thống hơn Đó là cách tôi thường sử dụng để hướng dẫn các em

tư duy về các bài toán hình học Khi giảng dạy theo cách khai thác như vậy, học sinh tư duy tốt hơn và thấy rất hứng thú với phân môn hình học Sau đây tôi xin

được trình bày đề tài SKKN “ PHÁT TRIỂN TƯ DUY TỪ MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC CHO HỌC SINH GIỎI LỚP 9 TRƯỜNG THCS ĐIỆN BIÊN”

2 Mục đích nghiên cứu

Tôi muốn thông qua việc hướng dẫn học sinh khai thác, phát triển từ một số bài toán về đường tròn, một số bài toán hình học để phát triển tư duy của đối tượng học sinh khá giỏi, hướng dẫn cho các em cách học Toán nói riêng và là cách để học tập tốt

3 Đối tượng nghiên cứu.

Giáo viên dạy đội tuyển lớp 9 qua các năm học Kết quả học tập của học sinh khá giỏi lớp 9

4 Phương pháp nghiên cứu.

- Lựa chọn bài tập theo từng dạng để hướng dẫn học sinh tổng hợp, nhận dạng thể loại từ đó xác định hướng giải - Củng cố kiến thức cho học sinh

- Hướng dẫn cách phát triển một số dạng, một số bài tập cụ thể - Phát huy tư duy sáng tạo của học sinh

- Kiểm tra, đánh giá hiệu của của phương pháp sử dụng

II NỘI DUNG ĐỀ TÀI

1 Cơ sở lý luận

Đối với những học sinh có tư chất về bộ môn toán, những em nằm trong đội tuyển đi thi học sinh giỏi môn toán ở các nhà trường,việc hướng dẫn học sinh khai thác đề toán là rất quan trọng Người thầy giáo phải hướng dẫn học sinh tư duy logic, xem xét tất cả các khả năng có thể xảy ra, nhìn dưới mọi góc

độ, mỗi cách giải là ôn tập một kiến thức, từ đó giúp học sinh nắm vững kiến thức và tư duy môn toán tốt hơn

Để làm tốt được mục tiêu này khi dạy về phân môn hình, thầy cô giáo phải giảng dạy, rèn luyện cho học sinh nắm vững kiến thức hình học hệ thống từ lớp 6 Chúng ta đã biết, để làm một bài tập hình học ở lớp trên, cụ thể là với lớp

9 thì học sinh phải sử dụng rất nhiều kiến thức của các lớp dưới, kể từ lớp 6

Học sinh của chúng ta thường yếu hơn về phân môn hình học cũng vì các em không nắm được kiến thức chắc chắn, hệ thống từ lớp dưới Riêng đối với các dạng bài tập về đường tròn, yêu cầu học sinh phải nắm vững tất cả những kiến thức có liên quan để khi giải bài tập học sinh mới phát hiện, tìm hướng giải nhanh chóng được Ví dụ

- Sự xác định một đường tròn, chứng minh nhiều điểm thuộc đường tròn,

tứ giác nội tiếp

- Tính chất đối xứng trong đường tròn, mối liên hệ giữa đường kính và dây cung, dây cung và khoảng cách đến tâm

- Tiếp tuyến, tính chất tiếp tuyến, phương pháp chứng minh một đường thẳng là tiếp tuyến của đường tròn

- Góc trong đường tròn

2.Thực trạng của vấn đề.

- Học sinh lớp 9 trường THCS Điện Biên

Trong nhiều năm trước, tôi thường được phân công đón lớp 9 và phụ trách dạy đội tuyển, ngay cả đối tượng học sinh học tốt cũng thường thấy ngại làm bài tập hình Tìm hiểu tôi biết được các em nắm kiến thức chưa sâu, học bài nào biết bài đó không có tính chất hệ thống

Kết quả kiểm tra nhóm 20 học sinh có kiến thức về bộ môn toán xếp loại khá giỏi để tham gia ôn luyện chọn đội tuyển của năm học 2014 – 2015 với một bài kiểm tra Hình học như sau

Sau khi giảng dạy học sinh theo hướng trên, dần dần tôi nhận thấy kiến thức

về phân môn Hình học của học sinh có sự thay đổi, đặc biệt khi tôi được xếp dạy theo lớp từ lớp 6 đến lớp 9, kết quả giảng dạy học sinh học phân môn Hình của những học sinh chọn đội tuyển HSG khả quan hơn rất nhiều Tôi xin dẫn một kết quả cũng của bài kiểm tra hình cho nhóm học khá với 17 học sinh, kết quả như sau

Trao đổi với bạn bè đồng nghiệp của các trường THCS trên địa bàn Thành phố khi triển khai đề tài như trường THCS Trần Mai Ninh,Quang Trung, Minh Khai, Nguyễn Văn Trỗi tôi cũng nhận được những nhận xét tương tự và được bạn bè hỗ trợ trong việc thử nghiệm đề tài

3.Giải pháp và tổ chức thực hiện.

Tôi xin được minh họa việc khai thác một số ví dụ bài toán về đường tròn trong quá trình giảng dạy cho đối tượng HSG

Bài toán 1 Cho ∆ ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O, với AB > AC Kẻ

đường cao AH, bán kính OA Chứng minh OAH = ACB - ABC

( Đây là một bài toán có thể khai thác được nhiều cách, giúp học sinh phát triển

tư duy và việc khai thác được nhiều cách giải gây hứng thú học môn toán cho học sinh)

Hướng dẫn:

Cách 1

HD Hình 1

- Kẻ OI AC cắt AH ở M

- Áp dụng kiến thức về

góc ngoài tam giác

- Góc nội tiếp, góc ở tâm

Lời giải: Ta có.

OMH = ACB ( Cùng phụ MAI)

ABC =

2

1

AOC ( góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn một cung)

Mà AOM = 12 AOC

 AOM = ABC ( cùng bằng

2

1

sđAC) Trong ∆OAM thì OMH = AOM + OAH (Góc ngoài tam giác)

Hay ACB = ABC + OAH

Vậy: OAH = ACB - ABC (đpcm)

Cách 2.

HD Hình 2.

Kẻ tiếp tuyến với đường tròn tại A cắt BC ở D

Lời giải.

Ta có: ABC = CAD (1) ( cùng chắn AC)

OAH = ADC (2)

(Cùng phụ với HAD)

Cộng từng vế của (1) và (2)

Ta được

ABC + OAH = CAD + ADC

Mà

CAD + ADC = ACB

(góc ngoài tam giác)

 ABC + OAH = ACB

Vậy: OAH = ACB - ABC (đpcm)

Cách 3.

HD Hình 3.

- Kẻ đường kính AOD

- Kẻ DK BC

Lời giải:

Ta có DK// AH  OAH = ODK (1)

(so le trong)

ABC = ADC (2)

(góc nội tiếp cùng chắn AC)

Cộng từng vế của (1) và (2)

Ta được

OAH + ABC = ODK + ADC = KDC

Mà: KDC = ACB

(Cùng phụ với BCD)

 OAH + ABC = ACB

Vậy OAH = ACB - ABC (đpcm)

Cách 4.

HD Hình 4.

- Kẻ đường kính AOD

- Kẻ CK AD

Lời giải:

Ta có: OAH = KCB (1)

(Hai góc nhọn có cạnh tương ứng vuông góc)

ABC = ADC (2)

(góc nội tiếp cùng chắn AC)

Cộng từng vế của (1) và (2)

Ta được

OAH + ABC = KCB + ADC

Mà: ADC = KCA

(Cùng phụ với KCD)

 OAH + ABC = KCB + KCA = ACB

Vậy : OAH = ACB - ABC (đpcm)

Cách 5.

HD Hình 5.

- Kẻ đường kính AOD

- Gọi M là giao điểm của AH và DC

Lời giải:

Ta có: AMC = ACB (1)

(Cùng phụ với HAC)

ADM = ABC (2)

(góc nội tiếp cùng chắn AC)

Trừ từng vế của (1) và (2)

Ta được: AMC - ADM = ACB - ABC

Mà: AMC - ADM = OAH (góc ngoài tam giác)

Vậy OAH = ACB - ABC (đpcm)

Cách 6

HD Hình 6.

Kẻ OI BC và OK AB

Lời giải:

Ta có: OAH = O2 (1) (so le trong)

ABC = O1 (2)

(Hai góc nhọn có cạnh tương ứng

vuông góc)

Cộng từng vế của (1) và (2)

Ta được OAH + ABC = O1 + O2

Mà O1+ O2 = ACB

( cùng bằng 12 sđ AB)

 OAH + ABC = ACB

Vậy OAH = ACB - ABC (đpcm)

Cách 7.

HD Hình 7.

Tại A kẻ tiếp tuyến Ax và đường

thẳng Ay // BC

Lời giải: Ta có

OAH = xAy (1)

(Cùng phụ với OAy)

ABC = BAy (2) (so le trong)

Cộng từng vế của (1) và (2)

Ta được:

OAH + ABC = xAy + BAy

= xAB

Mà: xAB = ACB (góc nội tiếp cùng chắn AB)

 OAH + ABC = ACB

Vậy OAH = ACB - ABC (đpcm)

Bài 2 : Cho tam giác ABC đều; O là trung điểm cạnh BC Một góc xOy = 600 có cạnh Ox cắt cạnh AB ở M; cạnh Oy cắt cạnh AC ở N Chứng minh

a) BM.CN = OB2

b) MO và NO là tia phân giác của BMN và CNM

Đây là một bài của kiến thức lớp 8, được mở rộng khi học ở phần đường tròn ở lớp 9

Hướng dẫn:

a) ΔBMO và ΔCON đồng dạng (g.g)



CN

BO CO

BM

  BM.CN = BO.CO = BO2 b) Từ cặp tam giác đồng dạng ở câu a) ta có

BM CO CN BO ON MO  BM BO ON MO

B = MON = 600

 ΔBMO và ΔOMN đồng dạng (g.g)

 BMO = OMN hay MO là phân giác BMN

Tương tự NO là phân giác MNC

Bài 3: Cho ΔABC cân; B = C =  ; O là trung điểm BC Một góc xOy =  có cạnh ox cắt AB ở M; cạnh Oy cắt AC ở N Chứng minh

a) BM.CN = OB2

b) MO và NO là tia phân giác của BMN và CNM

Hướng dẫn:

Cách làm như bài 2; đây là bài

toán tổng quát, còn bài 2 là trường

hợp đặc biệt khi  = 600

Lên lớp 9 các em gặp lại bài toán này

ở dạng khác như sau:

Bài 4: Cho ΔABC cân đỉnh A

O là trung điểm của BC;vẽ (O) tiếp xúc với 2 cạnh bên tại H,K

Một tiếp tuyến với (O) cắt AB; AC ở M; N

a) Cho B = C =  tính MON

b) Chứng minh OM; ON chia tứ giác BMNC thành ba tam giác đồng dạng c) Cho BC = 2a Tính tích BM.CN

d) Tiếp tuyến MN ở vị trí nào thì tổng BM + CN nhỏ nhất

Hướng dẫn

a) HOK = 1800 – A = 2

MON =

2

1

HOK = 

b) Xét ΔBMO và ΔOMN có

B = MON = 

BMO = OMN ( tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

 ΔBMO và ΔOMN đồng dạng (g.g)

Chứng minh tương tự ΔCON và ΔOMN đồng dạng

c) Từ kết quả câu b) ta được

BM OC CN BO  BM.CN = OC OB = a2

d) BM + CN ≥ 2 BM CN = 2a

 min(BM + CN) = 2a  BM = CN  MN // BC

Khi làm bài tập này ở lớp 9, giáo viên nhắc lại dạng đã gặp ở lớp 8 , phân tích sự phát triển của bài toán gây sự thích thú cho học sinh.

Bài 5:Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác, dựng các tam giác đều ABF;

ACD; BCE Chứng minh rằng AE; BD; CF đồng quy

Hướng dẫn:

Gọi O là giao điểm của BD và CF

Ta cần chứng minh A ; O ; E thẳng

hàng Ta có ∆DAB = ∆CAF (c.g.c)

 B1 = F1  AOBF nội tiếp

 O1 = B2= 600

O2 = A1= 600

 AOB = 1200 (1)

Tương tự: AOC = 1200

 BOC = 1200 ; BFC = 600

 BOCE nội tiếp

 O3= C1 = 600 (2)

Từ (1) và (2)  AOF = 1800

 A ; O ; E thẳng hàng

Hay AE ; BD ; CF đồng quy

1 2

1

1 2 3

A

D

E

F

O

Bài 6: Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác, dựng các tam giác ABF;

ACD vuông cân tại A Chứng minh rằng CF = BD; CF BD

Hướng dẫn

Chứng minh CF = BD tương tự

như bài toán 1

 tứ giác AOBF nội tiếp

(do AFO = ABO)

 BOF = BAF = 900

A

D

F

O

Tiếp tục bài toán trên, gọi M; N; I

lần lượt là trung điểm của BF; CD;

BC; ta có

IM Là đường trung bình của tam

giác BCF nên

IM // CF; IM = 21 CF (1)

Tương tự IN // =

2

1

BD (2)

Mà CF BD; CF = BD (3)

Từ (1); (2); (3) suy ra:

IM IN; IM = IN

Hay ∆MIN vuông cân tại I

A

D

F

O

N M

I Nhận thấy rằng ∆AMB và ∆ANC vuông cân tại M và N Từ đây ta có bài toán tiếp

Bài 7.

Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam

giác, dựng các tam giác ABM vuông cân

tại M; ACN vuông cân tại N Gọi I là

trung điểm của BC ∆IMN là tam giác gì?

Nếu học sinh lần đầu gặp bài toán này mà

chưa gặp dạng thì hơi khó giải đối với các

em

Bài toán trên có thể diễn đạt cách khác

làm cho học sinh dễ dàng chứng minh

hơn bằng cách thay các tam giác vuông

cân ABM, CAN bằng các hình vuông

ABDE và ACHF thì ta được bài toán đơn

giản hơn Ta có bài toán tiếp theo

A

N M

I

Bài 8.Cho tam giác ABC, dựng về phía ngoài tam giác các hình vuông ABDE

và ACHF

a.Chứng minh rằng BF = CE và BF CE

b Gọi I, J lần lượt là tâm của hai hình vuông đó M là trung điểm của BC Chứng minh rằng ∆MIJ là tam giác vuông cân

B C

A

H

F

E

D

I

J

M Dưới đây là một bài tập xây dựng thuận đảo và tổng quát bài toán rất lí thú như sau

Bài 9: Hai cạnh của góc nhọn xAy tiếp xúc với một đường tròn (O) cho trước tại

các điểm B,C Gọi M là trung điểm của AC, đường thẳng BM cắt đường tròn (O) tại N, đường thẳng AN cắt (O) tại D

Chứng minh DB//AC

Hướng dẫn :

Nếu BD//AC thì BDA = DAC (so le)

Mà BDA = ABM ( Góc nội tiếp,

góc giữa tiếp tuyến và một dây cung

cùng chắn một cung)

 ABM = DAC  ΔMAN và ΔMBA

Như vậy để có được kết luận của bài toán cần chứng minh được 2 tam giác MAN và MAB đồng dạng

Thật vậy:

Do M chung (1)

Và MA2 = MC2 = MN.MB ( MC là tiếp tuyến, MNB là cát tuyến (O))



MA

MB

MN

MA

 (2)

Từ (1) và (2)

 ΔMAN và ΔMBA đồng dạng

 MAN = MBA = BDA

 BD//AC (đpcm)

* Giáo viên hướng dẫn học sinh khai thác bài toán đảo.

Bài 10: Cho (O) tiếp xúc với 2 cạnh của góc nhọn xAy tại B,C Từ B vẽ dây

BD//AC AD cắt (O) tại N, BN cắt AC tại M

Chứng minh MA = MC

( Học sinh chứng minh theo chiều ngược lại của bài 9 ( thuận)

Bài 9 lại có thể khai thác thành một bài toán tương tự như sau:

Bài 11: Cho (O) và 1 tiếp tuyến tại A Trên tiếp tuyến lấy 1 điểm C (khác A)

Gọi B là trung điểm AC, kẻ cát tuyến BEF (E,F (O)), các tia CE; CF cắt (O) tại M,N

Chứng minh MN//AC

Hướng dẫn:

Nếu MN//AC  BCE = EMN (so le trong)

Mà EMN = EFN (2 góc nội tiếp chắn cung EN)

 ΔBCE và ΔBFC đồng dạng (g.g)

Như vậy để có kết luận của bài toán cần chứng minh hai tam giác BEC và BCF đồng dạng

Thật vậy:

Do B chung và BC2 = BA2 = BE.BF



BC

BF BE

BC



 ΔBCE và ΔBFC đồng dạng (c.g.c)

 BCE = BFC = EMN  AC//MN

Với bài tập này học sinh phát hiện thấy sự tương tự của bài tập 4, thay vì 2 tiếp tuyến là 2 cát tuyến, kết luận và đường lối chứng minh có những bước tương tự nhau

Từ đó bài toán trên có thể đảo lại như sau:

Bài 12: Cho (O) và một tiếp tuyến tại A, trên tiếp tuyến lấy 1 điểm C khác A,

vẽ 1 cát tuyến CEM (E nằm giữa C và M) Vẽ dây cung MN song song với AC,

CN cắt (O) tại F; EF cắt AC tại B Chứng minh BA = BC

(Học sinh chứng minh ngược lại bài toán thuận, cách làm tương tự như bài 5)

Bài 13: Cho tam giác ABC cân đỉnh A, tâm đường tròn nội tiếp là I Qua I vẽ

đường thẳng song song với BC cắt AB tại E, cắt AC tại F, Chứng minh Rằng đường tròn tiếp xúc với các đường thẳng AB,AC tại E và F tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Hướng dẫn:

Gọi (J) là đường tròn tiếp xúc

với AB; AC tại E và F

 Tâm J nằm trên đường phân

giác AI của BAC

ΔABC cân  O nằm trên AI

Để (O) và (J) tiếp xúc nhau thì tiếp

điểm phải nằm trên đường nối tâm IJ

Giả sử AI cắt (J) tại D

Ta cần chứng minh D (O)

 AD phải là đường kính (O)

 ABD = ACD = 1v (1)

Mặt khác, do ΔABC cân và EF// BC

 AE = AF nên AI EF

Do đó để có (1) cần chứng minh các tứ giác EIDB và FIDC nội tiếp đó là chốt

để đưa đến kết luận của bài toán

Thật vậy:

Dễ thấy : ΔAED = ΔAFD (AE = AF; EAD = DAF; AD chung)

 EDI = FDI

Ta có AEF = EDF (cùng chắn cung EF)

AEF = ABC (đồng vị)

 EDF = ABC nên EDI = EBI

Mặt khác D và B nằm cùng về một phía đối với EF Do đó tứ giác BEDI là tứ giác nội tiếp

Ta đã có EID = 900  EBD = 900

Hay ABD = 900

Tương tự ACD = 900

Do vậy AD là đường kính của (O) Hai đường tròn (O) và (J) có chung điểm D nằm trên đường nối tâm O nên chúng tiếp xúc nhau tại D

Bài 14: (Bài toán đảo)

Cho đường tròn tiếp xúc với cạnh AB và AC của tam giác ABC cân đỉnh A và tiếp xúc đường tròn ngoại tiếp tam giác đó Chứng minh rằng đoạn thẳng nối các tiếp điểm của đường tròn này với hai cạnh AB và AC thì chứa tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC

Trong trường hợp ABC là tam giác thường thì kết luận này có đúng không? Hướng dẫn chứng minh:

Dễ thấy EF // BC

 AEF = ABC = EMF

E,M,F là tiếp điểm của (J)

với AB,AC và (O)

Mà AM là phân giác góc EMF

Vì ΔAEM = ΔAFM

 AM  EF tại I

EIM + EMB = 1v + 1v = 2v

Nên tứ giác EBMI nội tiếp được

 EBI = EMI =

2

1

EMF =

2

1

ABC Suy ra BI là phân giác ABC

Chắc nhiều đồng nghiệp yêu toán đã được làm quen với bài toán “con bướm” Trong đề tài này tôi cũng xin đưa ra một số dạng của bài toán này, khi khai thác nó học sinh thấy thú vị trong việc tìm tòi phát triển bài toán này

Bài 15: Cho (O) và dây cung MN, gọi I là trung điểm của MN Qua I vẽ 2 dây

cung AB và CD bất kì, Nối AD và BC hai dây này lần lượt cắt MN tại P và Q Chứng minh IP = IQ

Hướng dẫn : Từ O hạ OK BC, OLAD

Nối OP và OQ dễ thấy tứ giác OIQK

nội tiếp được trong đường tròn

 IOQ = IKQ (1)

Tương tự OIPL cũng là tứ giác nội tiếp

 IOP = ILP (2)

Ta lại có ΔCIB = ΔAID đồng thời do

OK BC; OL AD nên K,L lần lượt

là trung điểm của BC; AD

 ΔCIK và ΔAIL  IKQ = ILP (3)

Từ (1); (2); (3)  IOQ = IOP hay OI là phân giác POQ mà OI PQ

 Δ OQP cân hay IP = IQ (đpcm)

Bài toán có thể phát biểu dưới dạng khác như sau

“ Cho tứ giác ADBC nội tiếp đường tròn tâm O, gọi I là giao điểm hai đường chéo CD và AB; MN là đường thẳng vuông góc với OI tại I; P và Q lần lượt là giao điểm của hai cạnh đối diện CB và AD với MN Chứng minh IP = IQ” Nội dung bài toán trên so với bài toán 1 không có gì thay đổi Nhưng tôi nghĩ ta có thể đổi vai trò hai đường chéo thành hai cạnh đối diện, còn hai cạnh đối diện thành hai đường chéo Tôi có bài toán sau:

Bài toán 16:

Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm O, gọi I là giao điểm của hai cạnh dối diện AD và BC kéo dài ( điều kiện AD ≠ CB) Qua I ta dựng đường thẳng d vuông góc với OI, đường thẳng này cắt hai đường chéo AC và BD kéo dài tại M và N Chứng minh IM = IN

Hướng dẫn:

Nối OM, ON, từ O hạ OH BD; OK AC