SKKN một bài toán với nhiều cách giải

Đối vơi học sinh yêu thích và khá về môn toán việc tìm ra lời giải của một bài toán bằng nhiều phương pháp là biểu hiện của tư duy sang tạo.. - Định lý tổng ba góc và góc ngoài của tam g

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM NĂM HỌC 2018 – 2019.

Nội dung: Một bài toán với nhiều cách giải:

Với mỗi bài toán nhất là hình học không phải bao giờ cũng chỉ có một cách giải duy nhất mà có thể có nhiều lời giải khá lý thú và hấp dẫn Đối vơi học sinh yêu thích và khá về môn toán việc tìm ra lời giải của một bài toán bằng nhiều phương pháp là biểu hiện của tư duy sang tạo Còn đối với người giáo viên lời giải bằng nhiều phương pháp giúp gười dạy xác định được phương pháp hướng dẫn giải cho học sinh phù hợp với loại đối tượng nào

Chính vì vậy qua tham khảo tài liệu và đồng nghiệp bản thân thấy nội dung bài toán sau:

A Lý thuyết

1 Những kiến thức hình học lớp 7 vận dụng để giải giải bài toán này là.

- Dấu hiệu nhận biết hai đường thẳng song song

- Định nghĩa, định lí của tam giác cân

- Định lý tổng ba góc và góc ngoài của tam giác

- Đường trung bình của tam giác ( học sinh vận dụng được tính chất này thông qua một bài toán)

2 Những kiến thức hình học lớp 8 vận dụng để giải là.

- Định nghĩa, định lý, dấu hiệu nhận biết hình bình hành

- Định nghĩa đối xứng tâm

- Tính chất đường phân giác trong tam giác

Để làm bài toán sau đây học sinh lớp 7 bài toán này

Bài toán:

Cho tam giác ABC, D là trung điểm của cạnh AB, E là trung điểmcủa cạch AC Chứng minh DE// BC và

1 2

DE BC

Chứng minh:

Trên tia đối của ED lấy điểm Fsao cho EF =ED

EAD

 và ECF có:

EA = EC (giả thuyết )

AED = CEF ( đối đỉnh)

ED = EF ( theo cách vẽ )

Dó đó EAD = ECF (c-g-c), nên suy ra EAD= ECF , CF = AD Mà

AD = DB ( giả thuyết ), nên CF = BD

EAD= , hai góc này lại ở vị trí so le trong của hai đường thẳng AB và

CF nên CF // AB, suy ra BDC = FCD (so le trong)

BCD

 và FDC có:

DB = CF (chứng minh trên)

BDC = FCD(chứng minh trên)

CD : cạnh chung

Vậy BCD = FDC (c-g-c) Suy ra:

*BCD = CDF Mà hai góc này ở vị trí so le trong của hai đường thẳng

BC và DF nên DF // BC, tức là DE // BC.

* BC = DF Mà DF = 2DE, do đó DE =

1

2 BC.

Vậy DE // BC và DE =

1

2 BC.

Bài toán: Cho tam giác ABC ( AB> AC) có A  Trên cạnh AB lấy D

sao cho BD = AC Lất E là trung điểm của AD, F là trung điểm của BC Tính BEF

Phương pháp 5:

Định hướng giải.

Chứng minh tam giác cân bằng độ dài đoạn thẳng.

Chứng minh:

Đặt AC = b= BD; AC = c

Kẻ FK // AC

 FK là đường trung bình của  ABC  FK = 2 2

AC b



BK

KE = BE – BK = (BD+DF) – BK = 2 2

c b c

b 

c b c b

b    

Vậy KE = KF = 2

b

KEF

 

cân tại K  KEF KFE

Mà KEF KFE BKF    ( Tính chất góc ngoài tại K của KEF

2KEF BKF

Mặt khác:

 

BKF BAC  ( Vì KE//AC)

2

Hay BEF

2





Phương pháp này dung hướng dẫn cho học sinh lớp 7

Phương pháp 6:

Định hướng cách giải:

Kẻ đường phụ

Sử dụng tính chất đường phân giác trong tam giác.

Sử dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau.

Kẻ đường phân giác AK



2

BAK 

Đặt BC = a, AB = c, AC = BD = b

Theo tính chất đường phân giác trong tam giác ta có:

(1)

KB AB c

KB

ac







b

BC a

BF  

Ta có tỉ số

2

a

b c

BE   b c

Từ (1) và (2) Suy ra :

AB BE b c

EBF AKB

   ( c.g c)

2

BEF BAK 

Vậy BEF

2





Phương pháp 1:

Định hướng

Vẽ đường phụ

Sử dụng các đoạn thẳng bằng nhau

Dùng tính chất của đường trung bình tam giác

Giải

Trên tia đối FD lấy D/ sao cho FD/ = FD

Ta có:BDCD/ là hình bình hành

 CD/ = BD = AC

CD/ = AC   ACD / cân ở C  CD A CAD /  / (1) Mặt khác: AB//CD/ CD A D AB /  / (2)

Từ (1) và (2) suy ra

 /  / 

A CAD D AB  

(3)

/

ADD

 có EF là đường trung bình của tam giác nên EF // AD/

DEF DAD

  ( góc đồng vị)

Hay D AB / BEF (4)

Từ (3) và (4) Suy ra

BEF

2

D AB 

Vậy BEF

2





Lưu ý: Lời giải này có thể hướng dẫn cho cả học sinh khá ở khối 7 và 8

Phương pháp 2:

Định hướng

Vẽ đường phụ

Sử dụng các đoạn thẳng bằng nhau

Sử dụng tính chất đường trung bình

Giải

Lấy A / là điểm đối xứng của A qua tâm F

Ta có ABCA / là hình bình hành

 AC// A / B , AC = A / B

Mà AC = BD  A / B = BD  BDA/ cân tại B

/

ADA

 có EF là đường trung bình nên  EF //DA /

  / 1800  /

BEF

2

DBA

( VìBDA/ cân)

Mà ABCA / là hình bình hành nên DBA bù với / A hay 1800  DBA A 

Vậy

BEF

A 

Phương pháp 3:

Định hướng giải

Vẽ đường phụ

Sử dụng các đoạn thẳng bằng nhau

Sử dụng tính chất đường trung bình

Giải

Gọi C/ là điểm đối xứng với C qua tâm E

Ta có ACDC/ là hình bình hành  AC//DC/ , AC = DC/

Mà AC = BD  BD= DC/ DBC/ cân ở D  B1C 2

Mạt khác C DA / là góc ngoài của DBC/ nên B1C 2 C DA /

Do AC // DC / C DA A /  ( Góc so le trong)

Vậy :

2

A

B C DA A  B  

Trong CBC/ EF là đường trung bình nên EF // BC /

1

BEF

2

B 

Vậy BEF

2





Phương pháp 4

Bài toán 1:

(Bài tập 30 - trang 116 SGK Toán 9 - Tập 1 NXB GD năm 2011)

Cho nửa đường tròn tâm O có đường kính AB Gọi Ax, By là các tia vuông góc với AB (Ax, By và nửa đường tròn thuộc cùng một nửa mặt phẳng bờ AB) Qua điểm M thuộc nửa đường tròn (M khác A và B), kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn, cắt Ax và By theo thứ tự ở C và D Chứng minh rằng:

1 ∠ COD=90 o

2 CD = AC + BD

3 Tích AC.BD không đổi khi điểm M di chuyển trên nửa đường tròn.

*Phân tích tìm lời giải:

1 Có nhiều cách để chứng minh ∠

COD=90o Chẳng hạn chứng minh Ô1=

Ô2; Ô3= Ô4 ⇒ OC ¿ OD hoặc chứng

minh ∠ MDO = ∠ MBO; ∠ MAO =

∠ MC mà ∠ AMB =90o ⇒ ∠

COD=90o 2 Vận dụng tính chất hai tiếp

tuyến của một đường tròn cùng xuất phát

từ điểm C

và điểm D để chứng minh CA=CM; B=DM.Suy ra AC + BD = CD

3 Chứng minh COD vuông tại O, đường cao OM.Vận dụng hệ thức h2 =

b ' .c ' Suy ra MC.MD = OM2 mà MC = AC; MD = BD; OM=R Do đó AC.BD=R2 không đổi

Lời giải tóm tắt:

12 3 4

Vì Ax ¿ AB; By ¿ AB nên Ax, By là cáctiếp tuyến của đường tròn (O)

Áp dung tính chất hai tiếp tuyến của một đường tròn cùng xuất phát từ điểm

C

và điểm D ta có : Ô1= Ô2; Ô3= Ô4 CA=CM; B=DM

1) Do đó: Ô1 +Ô4 =Ô2 +Ô3=

0

180

2 =900 Hay ∠ COD=90o

2 Ta có: CD = CM + MD = CA + DB

3 Theo câu 1, ∠ COD=90o ⇒ tam giác COD vuông tại O

Mặt khác: OM CD (tính chất tiếp tuyến)

Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vuông COD, ta có:

2 D Hay D R 2

OM AC A AC A  không đổi

Khai thác bài toán:

Với giả thiết của bài toán như trên nếu thêm giả thiết ta có bài toán mới:

Bài toán 1.2: Gọi N là giao điểm của DA và BC, H là giao điểm của NM và

AB Chứng minh:

1) M N ¿ AB

2) MN = NH

3) M N ¿ AB ⇒ M H ¿ AB Chứng minh ba đường thẳng DA, BC,

MH đồng quy

4) Chứng minh: COD và AMB đồng dạng

5) Khi COD AMB ta nghỉ đến tỉ số diện tích các tam giác đó nên

có thêm câu hỏi: Tính tỉ số

D

CO AMB

S

S khi AC = 2

R

?

*Phân tích tìm lời giải

Ta có: Ax//By (gt)

Áp dụng định lý thuận, đảo và hệ quả

Thalets vào các tam giác

để chứng minh các câu trên

Lời giải tóm tắt:

1) Vì Ax//By áp dụng định lý Thalets thuận ta có

DN

NA=

BD

AC (1)

Ta lại có: CA=CM; DB=DM ( Chứng minh ở bài toán 1) (2)

Từ (1) và (2) ta được:

DN

NA=

DM

MC ⇒ MN//AC (Định lý Thalets đảo)

Vì AC ¿ AB nên NM ¿ AB

2) Áp dụng hệ quả của định lý Thalets vào tam giác ANC, ta có:

MN

CN

AN

NH DB

Suy ra: MN = NH

3) Gọi N là giao điểm của DA và BC

Theo câu 1 của bài toán 1.2: Đã chứng minh được NM ¿ AB ⇒ HM

¿ AB ⇒ M, N, H thẳng hàng

Vậy ba đường thẳng DA, BC, MH đồng quy tại N

4) Xét COD và AMB có

∠ COD= ∠ AMB = 90o

∠ OBM = ∠ MDO (Góc nội tiếp cùng chắn cung MO)

  COD AMB (g.g)

5) Theo cách chứng minh ở câu 3 bài toán 1, ta cóOM2 = MC MD hay MC

MD = R2 mµ MC = AC =

R

2

=> MD =

2

OM

MC = R2:

R

2 = 2R

=> CD = CM + DM =

R

2 + 2R =

5 2

R

Theo trên COD  AMB =>

CD

AB=

5 2

R

: 2R =

5

4 = k (k là tỉ số đồng dạng).

Vỡ tỉ số diện tớch giữa hai tam giỏc đồng dạng bằng bỡnh phương tỉ số đồng dạng, nờn ta cú:

COD

AMB

S

S

= k2 =>

COD AMB

S

2

5 25

4 16

 



 

 

 Thật là sỏng tạo nếu từ kết quả chứng minh ở cỏc cõu trờn, ta cú thể khai thỏc thờm cỏc cõu hỏi dành cho đối tượng học sinh khỏ, giỏi như sau:

Bài toỏn 1.3: Với giả thiết của bài toỏn 1 yờu cầu học sinh chứng minh cỏc cõu hỏi sau

1) Chứng minh rằng đường trũn ngoại tiếp tam giỏc COD tiếp xỳc với AB

2) Tỡm vị trớ của điểm M để hỡnh thang ACDB cú chu vi nhỏ nhất 3) Tỡm vị trớ của C, D để hỡnh thang ACDB cú chu vi nhỏ nhất bằng 14cm Biết AB= 4cm

Lời giải túm tắt:

1) Chứng minh rằng đường trũn ngoại tiếp tam giỏc COD tiếp xỳc với AB

Gọi I là trung điểm của DC Thế thỡ I là tõm của đường trũn ngoại tiếp tam giỏc COD Vỡ I là trung điểm của DC, O là trung điểm của

AB, CA song song với DB( Vỡ cựng vuong gúc với AB) nờn

OI// CA// DB ⇒ OI ¿ AB

Vậy chứng tỏ AB tiếp xúc với đường tròn(I).

2) Tìm vị trí của điểm M để hình thang ACDB có chu vi nhỏ nhất Chu vi hình thang ACDB = AB +AC + CD + DB

Mà AC + BD = CD nên suy ra chu vi của hình thang ACDB = AB + 2CD

Do AB không đổi nên chu vi hình thang ACDB nhỏ nhất khi CD nhỏ nhất

CD nhỏ nhất  DC = AB  CD//AB OMAB

Vậy khi OMAB thì chu vi hình thang ACDB nhỏ nhất và bằng 3AB Suy ra M là điểm chính giữa của cung AB

3) Tìm vị trí của C, D để hình thang ACDB có chu vi nhỏ nhất bằng 14cm Biết AB= 4cm

Đặt AC = x; DB = y chu vi ACDB bằng AB + 2DC = 4 + 2( x+ y)

Vì chu vi ACDB Bằng 14cm nên

4 + 2( x+ y) = 14

Hay x+ y = 5 (1)

Ta lại có: x.y = MC.DM = MO2( Chứng minh ở bài toán 1)

Nên x.y = 22 = 4 (2)

Từ (1) và (2) Suy ra:

x+ 4

x =5 ⇔ x

2

+ 4=5 x

⇔ x2 - 5x +4 = 0

⇔ (x-1)(x-4) = 0

⇔ x= 1 hoặc x = 4

Nếu điểm C thuộc tia Ax cách điểm A là 1cm và 4cm thì chu vi hình thang ACDB bằng 14cm

* Cũng có thể khai thác bài toán gốc theo hướng khó hơn:

Bài toán 1.4:Biết ∠ MAB = 60 O

1) Chứng minh tam giác MDB là tam giác dều

2) Tính diện tích BMDtheo R.

Gợi ý:

1) Vì DM = DB  DMB cân

Do ∠ DMB = ∠ MAB = 60o nên DMB đều

2) Gọi F là giao điểm của OD với MB thì DFMB và DF =

3 2

BM

;

D

M B

S = 12BM.DF =

2

3 4

BM

MAB vuông có AM=R; AB=2R nên MB2 = AB2 – AM2 = 4R2 – R2 = 3R2

 MB = R 3

 S MBD=

2

( 3) 3

4

R

=

2

3 3 4

R

(đvđt)

Không chỉ dừng lại ở trên mà bài toán còn có thể mở rộng theo

góc nhìn khác Từ đó ta có được bài toán sau:

Bài tập 2: Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R Trên tia đối

của tia AB lấy điểm E (E ¿ A) Từ các điểm E, A lần lượt kẻ các tiếp tuyến với nữa đường tròn (O) Tiếp tuyến kẻ từ E cắt các tiếp tuyến kẻ từ

A và B lần lượt tại C và D

1) Gọi M là tiếp điểm của tiếp tuyến kẻ từ E tới nữa đường tròn (O) Chứng minh tứ giác ACMO nội tiếp được trong mộtđường tròn.

2) Chưng minh các tam giác AEC và BED đồng dạng từ đó suy ra:

DM

DE=

CM

CE

3)Đặt ∠ AOC = ¿ Tính độ dài đoạn thẳng AC và B theo R và Chứng tỏ rằng tích AC.B chỉ phụ thuộc vào R

Lời giải tóm tắt:

1) Gợi ý: Nhận xét hai tiếp tuyến của đường tròn cắt nhau tại C để rút ra kết luận tứ giác ACMO nội tiếp

2) Để chứng minh tam giác AEC đồng dạng tam giác BED, chỉ ra các góc bằng nhau tương ứng

3)AOC vuông tại A có AC = AO.tan ¿ =

R.tan ¿

Trong BOD (vuông tại B) có ∠ BOD

Thật vậy : ∠ MDB = ∠ MOA ( cùng

bù với ∠ BOM)

⇒ ∠ BDO=

1

2 ∠ MDB =

1

2 ∠ MOA = ∠ AOC = ¿

⇒ DB =

OB

tan ∝ ¿=

R

Su ra: AC.B =( R.tan ¿ )(

R

Biểu thứ AC.DB chỉ phụ thuộc vào R

Bài tập về nhà:

Cho đoạn thẳng AB = 2a có trung điểm là O Trên cùng nữa mặt phẳng bờ BA kẻ các tia Ax, By cùng vuônggóc với AB.Một đường thẳng d thay đổi cắt Ax ở M cắt By ở N sao cho luôn có AM.BN=

a2

1) Chứng minh rằng :AOM đồng dạng BON và ∠ MON =900

2) Gọi H à hình chiếu của O trên MN Chứng minh rằng đường

thẳng d luôn tiếp xúc với một nữa đường tròn cố định tại H

3) Chứng minh rằng tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác

MON chạy trên một tia cố định

4) Tìm vị trí của đường thẳng d sao cho chu vi tam giác AHB

đạt giá trị lớn nhất, tính giá trị lớnnhất đó theo ¿

B ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN KIỂM TRA SAU TÁC ĐỘNG

Đề Kiểm tra sau tác động

Họ và tờn: Lớp

Đề ra

Bài tập 1: Cho nữa đường trũn tõm O , đường kớnh AB Lấy điểm C thuộc

nữa đường trũn và điểm D nằm trờn đoạn OA Vẽ cỏc tiếp tuến Ax,By của nữa đường trũn Đường thẳng qua C, vuụng gúc với DC cắt tiếp tuyến Ax,

By lần lượt tại M và N

1) Chứng minh cỏc tứ giỏc ADCM và BDCN nội tiếp được đường trũn 2) Chứng minh rằng ∠ MDN = 900

3) Gọi P là giao điểm của AC và DM, Q là giao điểm của BC và DN Chứng minh rằng PQ song với AB

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM

1) Ta cú: Vỡ Ax là tiếp tuyến của nữa đường trũn nờn ∠ MAD = 900 Mặt khỏc theo gió thiết ∠ MCD = 900 nờn tứ giỏc ADCM nội tiếp Tương tự: tứ giỏc BDCN cũng nội tiếp

2) Theo cõu trờn vỡ cỏc tứ giỏc ADCM, và

BDCN nội tiếp nờn:

∠ DMC = ∠ DAC; ∠ DNC = ∠ DBC

Suy ra ∠ DMC + ∠ DNC = ∠ DAC + ∠

DBC = 900 Từ đú ∠ MDN = 900

3) Vỡ ∠ ACB = ∠ MDN = 900 nờn tứ giỏc

CPDQ nội tiếp Do đú ∠ CPQ = ∠ CDQ =

∠ CDN

Lại có tứ giác CDBN nội tiếp nên ∠ CDN = ∠ CBN ta có ∠ CBN

= ∠ CAB suy ra ∠ CPQ = ∠ CAB hay PQ song với AB