SKKN Bài toán liên hệ giữa các đường cao và tam giác

SKKN Bài toán liên hệ giữa các đường cao và tam giácSKKN Bài toán liên hệ giữa các đường cao và tam giácSKKN Bài toán liên hệ giữa các đường cao và tam giácSKKN Bài toán liên hệ giữa các đường cao và tam giácSKKN Bài toán liên hệ giữa các đường cao và tam giácSKKN Bài toán liên hệ giữa các đường cao và tam giácSKKN Bài toán liên hệ giữa các đường cao và tam giácSKKN Bài toán liên hệ giữa các đường cao và tam giácSKKN Bài toán liên hệ giữa các đường cao và tam giácSKKN Bài toán liên hệ giữa các đường cao và tam giácSKKN Bài toán liên hệ giữa các đường cao và tam giácSKKN Bài toán liên hệ giữa các đường cao và tam giácSKKN Bài toán liên hệ giữa các đường cao và tam giácSKKN Bài toán liên hệ giữa các đường cao và tam giácSKKN Bài toán liên hệ giữa các đường cao và tam giác

Mục lục

Mục lục

Trang 01

Phần I: Đặt vấn đề

1 Lí do chọn đề tài Trang 02

2 Mục đích nghiên cứu Trang 03

3 Kết quả cần đạt Trang 04

4 Đối tượng, phạm vi nghiên cứu Trang 04

Phần II: Nội dung

1 Cơ sở lí luận Trang 05

2 Thực trạng vấn đề nghiên cứu Trang 05

3 Giải pháp thực hiện Trang 06

4 Bài tập luyện tập Trang 12

5 Kết quả thực hiện Trang 13

Phần III Kết luận

1 Đánh giá cơ bản về SKKN Trang14

2 Kiến nghị đề xuất Trang14

PHẦN I - ĐẶT VẤN ĐỀ

1 Lí do chọn đề tài:

Tư duy là một hình thức nhận thức lí tính của con người Về mặt tâm lí thì 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 quy luật của sự vật hiện tượng trong hiện thực khách quan mà trước đó con người chưa biết

Tư duy thể hiện sự phát triển của con người trong xã hội Tư duy không

tự nhiên mà có mà do quá trình rèn luyện lâu dài, muốn tư duy phát triển cần được rèn luyện thường xuyên, học các môn khoa học tự nhiên đặc biệt là môn toán sẽ phát triển tư duy rất tốt Lứa tuổi trường THCS đang phát triển mạnh

về tư duy nên giáo viên cần quan tâm không được xem nhẹ vấn đề này

Mỗi dạng bài toán hình có những phương pháp giải bài tập khác nhau, tuy nhiên khi làm bài tập hình, nếu học sinh có được cái nhìn ở các góc cạnh khác nhau từ bài toán cơ bản thì sẽ hiểu sâu sắc các bài tập hình và hơn nữa tìm được cái đẹp của môn Toán Cái nhìn ở các phương diện khác nhau chính

là cách thay đổi bài toán có thể trở thành bài dễ hơn nhưng cũng có thể trở thành bài toán khó hơn Khi làm được như vậy thì ý thức của học sinh sẽ cao hơn, những bài tập khó sẽ trở nên dễ hơn, và quan trọng nhất là học sinh có được sự tự tin khi làm bài tập

Trong định hướng đổi mới phương pháp dạy học bậc THCS thì tự học là một yêu cầu quan trọng đối với học sinh Tự học giúp học sinh say mê học tập, hiểu sâu kiến thức và quan trọng hơn là phát triển tư duy sáng tạo Vấn đề đặt

ra là làm thế nào có thể giúp học sinh tạo hứng thú trong việc tự học tìm thấy niềm vui khi học toán, cho học sinh thấy những bài toán khó đều bắt đầu từ những bài toán cơ bản Hơn nữa trong học toán thông thường học sinh chỉ say

mê làm bài tập Đại số, ngại làm bài tập hình đặc biệt các bài toán khó, đối với dạng bài toán này thông thường hình vẽ nhiều chi tiết rườm rà, ngay cả những học sinh giỏi khi gặp dạng bài toán trên cũng e ngại và bỏ qua mà không chịu

gắn điều thú vị trong các bài toán cơ bản từ đó có hứng thú xây dựng bài tập hình cho riêng mình có dạng tương tự

Chính vì vậy mà tôi chọn đề tài này, giúp học sinh thay đổi cách nhìn, thay đổi phong cách học tập và tư duy cho phù hợp với lứa tuổi, bằng cách khai thác tình huống có thể có trong một dạng bài tập đã biết, thay đổi, phát triển bài toán đó thành những bài toán khác nhau Làm như vậy học sinh sẽ thấy tự tin hơn khi gặp bài toán lạ có khả năng tự tìm tòi lời giải hay cho bài toán, biết xây dựng các mô típ bài tập hình học theo chủ đề học tập từ đó phát huy tính sáng tạo đáp ứng nhu cầu học tập trong thời đại mới

2 Mục đích nghiên cứu:

Đây là đề tài rộng và ẩn chứa nhiều thú vị bất ngờ thể hiện rõ vẽ đẹp của môn hình học và đặc biệt nó giúp phát triển rất nhiều tư duy của học sinh mà

đã có nhiều đồng nghiệp khai thác nghiên cứu nâng cao hiệu quả trong giảng dạy, nếu vấn đề này tiếp tục được khai thác hàng năm và được sự quan tâm góp ý của các thầy cô thì chắc hẳn nó sẽ là kinh nghiệm quý dành cho việc dạy học sinh khá, giỏi Vì đây là chủ đề rộng nên trong kinh nghiệm này chỉ trình bày và khai thác một số bài toán hình học áp dụng bài toán cơ bản đã biết trong giải toán, gần gũi với học sinh xuất hiện nhiều trong các kì thi

Chỉ có thể thấy được sự thú vị của những bài toán này trong thực tế giảng dạy, những bài toán cơ bản, bài toán đơn giản cũng có thể làm cho một

số học sinh khá giỏi lúng túng, do chưa nắm được những bài toán cơ bản và phương pháp giải Khi đi sâu tìm tòi những bài toán có mối liên hệ với nhau không những học sinh nắm sâu kiến thức mà còn tìm được vẽ đẹp của môn hình Vẻ đẹp đó được thể hiện qua những cách giải khác nhau, những cách kẻ đường phụ, những ý tưởng và đặc biệt tìm được mối liên hệ giữa bài toán này với bài toán kia mà chỉ có thể ở môn hình mới có, làm được như vậy học sinh

sẽ yêu thích môn hình học Đó là mục đích của bất kì giáo viên dạy ở môn nào cần khêu gợi được niềm vui sự yêu thích của học sinh ở môn học đó Nhưng mục đích lớn nhất trong việc dạy học là phát triển tư duy của học sinh và hình thành nhân cách cho học sinh Qua mỗi bài toán học sinh có sự nhìn nhận đánh

giá chính xác, sáng tạo và tự tin qua việc giải bài tập hình đó là phẩm chất của con người mới

3 Kết quả cần đạt:

Các bài tập Hình đều phát triển dựa trên các bài toán cơ bản trong nhiều dạng bài toán đều có mối liên hệ nào đó đã biết giúp tìm ra yêu cầu của bài toán ngắn gọn hơn dễ hiểu hơn nên mục đích cần hướng đến là học sinh trung bình làm tốt những bài tập cơ bản ban đầu ở dạng này

` Sau đó, giáo viên giúp cho số đối tượng học sinh đó hiểu được một số bài toán phát triển từ bài toán cơ bản đó nhưng quan trọng hơn giáo viên giúp cho học sinh hiểu được hướng phát triển một bài toán Tại sao phải làm như vậy? Làm như thế đạt được mục đích gì? Qua đó giúp các em say mê môn toán, số học sinh làm được điều này không nhiều vì đây là vấn đề khó cần sự kiên trì và cố gắng của cả học sinh và giáo viên, do đó tôi hướng tới đối tượng học sinh trung bình trở lên khá giỏi, đạt được điều này có thể học sinh không tạo ra được các dạng toán như thầy vì vốn kinh nghiệm của các em còn hạn chế nên giáo viên cần định hướng, động viên các em tự tin hơn, và thông qua các bài toán cơ bản này khi các em gặp dạng toán có thể tạo cho các em dòng

tư duy, tìm tòi lời giải không bị lạ Cho dù là học sinh giỏi hay học sinh trung bình khi nhìn bài toán ở góc độ quen thuộc thì các em sẽ tự tin hơn thích thú hơn với môn học, yếu tố đó rất quan trọng trong quá trình tự học, giúp quá trình rèn luyện hình thành tư duy cho học sinh tốt hơn

4 Đối tượng - phạm vi nghiên cứu

Đề tài này được viết trong quá trình dạy và học, được rút ra trong quá trình bồi dưỡng học sinh giỏi và ôn tập tuyển sinh vào THPT nên đối tượng là các học sinh đại trà và nâng lên ở số ít học sinh giỏi trong phạm vi trường THCS, việc nâng chất lượng dạy và học đại trà luôn là sự quan tâm hàng đầu của các trường THCS đặc biệt là chất lượng học sinh giỏi nên vấn đề nghiên cứu của đề tài nâng cao từng cấp độ từng đối tượng phù hợp với yêu cầu thực

tế của từng đối tượng học sinh

PHẦN II NỘI DUNG

1 Cơ sở lí luận:

Do tư duy là thuộc tính của tâm lí, tư duy hình thành và phát triển theo từng giai đoạn trong quá trình trưởng thành của con người Tư duy đặc biệt phát triển mạnh ở giai đoạn thanh, thiếu niên Vì vậy giáo viên cần phải quan tâm đến phương pháp giảng dạy nhằm phát triển tư duy cho học sinh một cách tốt nhất Tất cả các môn học đều phát triển tư duy của học sinh nhưng môn toán có vai trò quan trọng hơn cả Giải bài tập toán là lúc học sinh được thể hiện kĩ năng, tính sáng tạo, phát triển óc tư duy

Các bài tập Hình trong chương trình học thường đa dạng phong phú nhưng làm sao để cho học sinh nhớ lâu, hiểu vấn đề là rất quan trọng Đặc điểm của hình học là khó, đòi hỏi phải tư duy trừu tượng nên giáo viên phải tạo cho học sinh kĩ năng vẽ hình, tương tự và tìm ra tính tương đồng trong các bài toán cơ bản đã học

2 Thực trạng vấn đề

Bản thân là giáo viên trường THCS được phân công giảng dạy và bồi dưỡng học sinh giỏi, tuy nhiên tại trường THCS đang công tác là một đơn vị

có số học sinh ít, kèm theo số học sinh khá, giỏi còn khiêm tốn chất lượng đại trà và chất lượng học sinh giỏi được cả tập thể cán bộ giáo viên quan tâm để tạo nền móng và tiền đề cho việc xây dựng trường đạt danh hiệu chuẩn quốc gia

Mục tiêu chính của trường chúng tôi là nâng cao chất lượng đại trà, củng

cố thêm cho học sinh giỏi, bên cạnh hình thành cho học sinh ý thức của con người mới: Sáng tạo và năng động Trong quá trình giảng dạy tôi đã lựa chọn một phương pháp dạy cụ thể nhằm nâng cao khả năng tư duy cho học sinh Sau đây là nội dung tôi trình bày:

3 Giải pháp thực hiện

Thật vậy, trước hết xét bài toán cơ bản sau:

Bài toán 1 Cho tam giác nhọn ABC Đường cao BE, CF.

Chứng minh rằng: AB.AF = AC.AE

Giải: Xét ABE và ACF, ta có:

 là góc chung

AEB = AFC = 900

Suy ra: ABE ACF (g.g)

AE AC AF

AB

AF

AE

AC

AB









(1)

C B

A

*Từ hệ thức (1) ta có bài toán sau:

Bài toán 2: Cho tam giác nhọn ABC Đường cao BE, CF.

Chứng minh rằng: a) AEF ABC

b) EF = BC.CosA

Giải: a) Xét AEF và ABC Ta có:

 chung

Từ (1): AB.AF = AC.AE

 AE AB AF AC

Vậy: AEF ABC (c.g.c) (2)

b) Ta có: AEF ABC

C B

A

BC

EF CosA BC

EF

AB

AE







AB

AE

) (3) Vậy EF = BC.CosA

*Từ hệ thức (3) Chọn góc A là góc đặc biệt ta có bài toán sau:

Bài toán 3: Cho tam giác nhọn ABC Đường cao BE, CF Biết  = 600 Chứng minh rằng: EF =

2

1

BC

Giải: Ta có: EF = BC.CosA ( Theo bài toán 2)

mà Â = 600  EF = BC.Cos600  EF = 12 BC.

*Theo hệ thức (2) và kẻ thêm đường cao AD ta có bài toán sau:

Bài toán 4 Cho tam giác nhọn ABC Đường cao AD, BE, CF Gọi H là trực

tâm

Chứng minh rằng: Điểm H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác EFD

Giải:

Từ (2) ta có: AEF ABC (c.g.c)

 F1 = ACB

Tương tự: BFD BCA

CDE CAB

 F4 = ACB

Do đó: F2 = F3 (Cùng phụ với F1, F4 )

Suy ra: FC là tia phân giác DFE

D

H

4 3 2 1

F

E

C B

A

Tương tự ta có: EB là tia phân giác FED và DA là tia phân giác EDF

Nên H là giao điểm của ba đường phân giác trong của tam giác EFD cách đều

ba cạnh của tam giác Vậy H tâm đường tròn nội tiếp tam giác EFD

*Từ bài toán 4 và hệ thức (3) theo định lý tỉ số diện tích hai tam giác đồng dạng ta có bài toán sau:

Bài toán 5: Cho tam giác nhọn ABC Đường cao AD, BE, CF Gọi H là trực

tâm

Chứng minh rằng: SDEF = SABC.(1- Cos2A – Cos2B – Cos2C)

Giải :

Ta có: SDEF = SABC – SAEF – SBDF – SCDE

ABC

CDE ABC

BDF ABC

AEF ABC

DEF

S

S S

S S

S S

S









Theo bài toán 4, có:

AEF ABC

BFD BCA

H F

E

C B

A

Suy ra: Cos A

AB

AE S

S

ABC

















Cos B

BC

BF S

S

ABC

2

















Cos C

CA

CD S

S

ABC

2

















Vậy SDEF = SABC.(1- Cos2A – Cos2B – Cos2C)

*Khi kẻ đường cao thứ ba khai thác các tam giác vuông đồng dạng từ đó ta

có các bài toán sau:

Bài toán 6 Cho tam giác nhọn ABC Đường cao BE, CF Gọi H là trực tâm.

Chứng minh rằng : BE.BH = CF.CH = BC2

Giải :

Kẻ đường cao AD, ta có:

BDH BEC (g.g)

CDH CFB (g.g)

Suy ra: BE BH BC BD

BC

BH BE

BD







CF CH BC CD

BC

CH CF

CD







H F

E

C B

A

Bài toán 7 Cho tam giác nhọn ABC Đường cao AD, BE, CF Gọi H là trực

tâm

Chứng minh rằng: AD.DH = BE.BH = CF.CH

Giải

Ta có: AFH CDH (g.g)

Và BFH CEH (g.g)

HD

FH CH

AH







BH HE CH FH

EH

FH CH

BH







Vậy AD.DH = BE.BH = CF.CH

*Xét hai tam giác vuông ADB vàCDH Áp dụng bất đẳng thức

 

4

2

y

x

xy  Dấu ‘’=’’ xảy ra khi x = y Ta có bài toán hay sau.

Bài toán 8 Cho tam giác nhọn ABC Đường cao BE, CF Gọi H là trực tâm.

Tìm điều kiện của tam giác ABC để :

a) Tích AD.DH đạt giá trị lớn nhất

b) Biểu thức T = BE.BH + CF.CH có giá trị nhỏ nhất

Giải: a) ta có: ADB CDH (g.g)

AD DH DB CD

DH

DB CD

AD







 AD.DH = DB.CD ≤

4 4

) (BD DC 2 BC2





Dấu “=” Xảy ra khi và chỉ khi BD = DC Vậy tích AD.DH đạt giá trị lớn nhất

là

4

2

BC

Khi và chỉ khi tam giác ABC cân tại A

b) Từ hệ thức (4) của bài toán 6 Ta có:

BE.BH + CF.CH = BC2 = (BD + DC)2 ≥ 4BD.DC

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi BD = DC

Vậy T = BE.BH + CF.CH có giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi tam giác ABC cân tại A

*Do H là trực tâm của tam giác ABC bằng cách xét các diện tích tam giác thành phần ta có bài toán sau:

Bài toán 9 Cho tam giác nhọn ABC Đường cao BE, CF Gọi H là trực tâm.

Chứng minh rằng: Tổng

CF

HF BE

HE AD

HD



 không đổi

Ta có:

SABC = SAHB + SBHC + SCHA

 SABC =

2

1

FH.AB +

2

1

HD.BC +

2

1

HE.AC

mà SABC = 21 FC.AB = 12 AD.BC = 12 BE.AC

Suy ra

CF

HF BE

HE AD

HD



 = 1 (5)

Vậy tổng HD AD BE HECF HF không đổi

D

H F

E

C B

A

*Từ hệ thức (5) Áp dụng bất đẳng thức    111 9

z y x z y

ra khi chỉ khi x = y = z Ta dễ dàng giải được bài toán khó sau.

Bài toán 10 Cho tam giác nhọn ABC Đường cao BE, CF Gọi H là trực tâm.

Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng T = HD AD  HE BE CF HF

Giải : Theo hệ thức (5) bài toán 9

HD AD HE BE CF HF = 1

Áp dụng bất đẳng thức   1 1 1 9



















z y x z y

x Dấu ‘’=’’ Xảy ra khi chỉ khi x =

y = z Ta có:































HF

CF HE

BE HD

AD CF

HF BE

HE AD HD

 T = HD AD  HE BE HF CF ≥ 9

Dấu ‘’ = ‘’ Xảy ra khi và chỉ khi

CF

HF BE

HE AD

HD



Vậy T = HD AD  HE BE CF HF có giá trị nhỏ nhất bằng 9, khi và chỉ khi tam giác

ABC là tam giác đều

* Từ bài toán trên nếu M là một điểm bất kì thuộc miền trong của tam giác ta

dễ dàng chứng minh được bài toán hay sau:

Bài toán 11 Cho tam giác nhọn ABC Đường cao AD, BE, CF Trực tâm H.

M là một điểm bất kì thuộc miền trong tam giác ABC Gọi P,N,Q lần lượt là

hình chiếu của M lên các cạnh AB, BC, CA

a) Chứng minh rằng tổng

CF

MP BE

MQ AD

MN



 không phụ thuộc vào điểm M b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :

T = MN AD MQ BE  MP CF

Giải:

a) Tương tự cách giải của bài toán 10

ta có : MN AD  MQ BE MP CF = 1

Do đó tổng

CF

MP BE

MQ AD

MN



 không phụ thuộc vào vị trí M trong tam giác ABC

b) Áp dụng bất đẳng thức

  1 1 1 9



















z y x

z

y

khi chỉ khi x = y = z Ta có:

H P

F

E Q M

C N

D B

A

T = MN AD MQ BE  MP CF ≥ 9 Dấu ‘’=’’ Xảy ra khi và chỉ khi M thuộc trung trực của ba cạnh tam giác ABC và tam giác ABC là tam giác đều

* Tiếp tục tìm tòi suy nghĩ chúng ta có thể khai thác được nhiều và rất nhiều bài toán hay và khó có nguồn gốc từ các bài toán cơ bản Hoặc có thể kết hợp điều kiện và yêu cầu của mỗi bài khác nhau cũng cho ta được phong phú các bài toán, sau mỗi bài toán ta lại đưa ra các giả thiết những trường hợp đặc biệt theo các tính chất đem đến nhiều bài toán hay, bài toán tổng quát bổ ích cho qua trình hình thành nhân cách đầu tiên của học sinh khi tiếp cận các tình huống có vấn đề trong toán học cũng như trong cuộc sống.

BÀI TẬP LUYỆN TẬP Bài 1 Cho tam giác nhọn ABC Các đường cao AD, BE, CF Chứng minh

rằng DA là tia phân giác của góc FDE

Bài 2 Cho nửa đường tròn (O) Hai dây AC và BD cắt nhau tại H Chứng

minh rằng AH.AC + BH.BD = AB2

Bài 3 Cho tam giác nhọn ABC, nội tiếp đường tròn (O) H là trực tam của tam

giác ABC Kẻ OK vuông góc với BC ( K thuộc BC)

Chứng minh rằng: AH = 2OK

Bài 4 Cho tam giác nhọn ABC Các đường cao AD,BE,CF H là trực tam của

tam giác ABC Các điểm A’, B’, C’ lần lượt đối xứng với H qua BC, AC AB Chứng minh rằng tổng

CF

CC BE

BB AD



Bài 5 Cho tam giác nhọn ABC Đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H Tìm

điều kiện của tam giác ABC để tổng S = AF2 + BD2 + CE2 đạt giá trị nhỏ nhất

Bài 6 Cho tam giác ABC nhọn M là điểm nằm trong tam giác, các tia AM,

BM, CM cắt các cạnh đối diện ở A’, B’, C’

Xác định vị trí điểm M để tổng MA MA' MB MB' MC MC' đạt giá trị nhỏ nhất

4 Kết quả thực hiện:

Trong suốt quá trình dạy và học ôn tập thi tuyển sinh vào THPT và Bồi