REN LUYE N KHA NANG TU DUY SANG TAO QUA KHAI THAC LOIGIAI MOT SO BAI TOAN HINH HOC 9

Chứng minh MN  AO và MN // ED c Những bài toán có thể giải bằng nhiều cách: Dưới đây là một số bài toán có thể giải bằng nhiều cách khác nhau, trong quá trình giảng dạy, tôi chỉ hướng d[r]

Trang 1

I- LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI.

Trong chương trình THCS, toán học chiếm một vai trò rất quan trọng Với đặc thù là môn khoa học tự nhiên, toán học không chỉ giúp học sinh phát triển tư duy, óc sáng tạo, khả năng tìm tòi và khám phá tri thức, vận dụng những hiểu biết của mình vào trong thực tế cuộc sống mà toán học còn là công cụ giúp các em học tốt các môn học khác và góp phần giúp các em phát triển một cách toàn diện

Việc tìm kiến thức lời giải cho một bài toán rèn luyện phương pháp khoa học trong suy nghĩ, trong suy luận, trong giải quyết các vấn đề, và qua đó rèn luyện trí thông minh sáng tạo, phát triển năng lực và phẩm chất trí tuệ

Việc tìm ra lời giải của một bài toán khó, phương pháp mới, độc đáo của một bài toán gây nên sự hoà hứng, phấn chấn, khoái trá, điều đó có ý nghĩa to lớn trong việc vun đắp lòng say mê học toán và ước mơ vươn tới vinh quang trong lĩnh vực nghiên cứu, khám phá, phát minh những vấn đề mới

Đối với học sinh khá giỏi, việc rèn luyện cho các em tính linh hoạt, tính độc lập, tính sáng tạo, tính phê phán của trí tuệ là những điều kiện cần thiết vô cùng trong việc học toán Chính vì vậy, bồi dưỡng học sinh khá, giỏi không đơn thuần chỉ cung cấp cho các em một số vốn hiểu biết thông qua việc làm bài tập càng nhiều, càng khó mà cần phải rèn luyện khả năng tư duy cho học sinh trong khai thác lời giải bài toán

II- THỰC TRẠNG.

Trong quá trình giảng dạy và nghiên cứu tôi rất chú trọng đến việc rèn luyện khả năng tư duy Toán cho học sinh Do đó, dạy cho học sinh khá, giỏi biết cách khai thác lời giải những bài toán hình học là việc làm đặc biệt quan trọng mà bản thân tôi luôn đặt lên vị trí hàng đầu

Mục đích của phương pháp này là rèn luyện khả năng tư duy Toán học cho học sinh Trước mỗi bài toán, học sinh biết khai thác tìm nhiều cách giải khác nhau trên cơ

sở gợi ý, hướng dẫn và định hướng của giáo viên Từ đó, học sinh tự tìm ra cách giải hợp lý nhất, phát hiện ra được cách giải tương tự và khái quát phương pháp chung

Vì lẽ đó, qua thời gian dài tìm tòi, nghiên cứu và đúc rút kinh nghiệm, tôi mạnh

dạn đưa ra đề tài: “Rèn luyện khả năng tư duy sáng tạo qua khai thác lời giải một số bài toán Hình học 9” nhằm góp một phần nhỏ trong việc nâng cao chất lượng đại trà và bồi dưỡng học

sinh khá, giỏi lớp 9

III NỘI DUNG ĐỀ TÀI.

Trang 2

RÈN LUYỆN KHẢ NĂNG TƯ DUY SÁNG TẠO QUA KHAI THÁC LỜI GIẢI MỘT SỐ

BÀI TOÁN HÌNH HỌC 9

1- Các giải pháp thực hiện:

a) Tìm tòi cách giải:

Để học sinh nhìn nhận một bài toán dưới nhiều khía cạnh, từ đó tìm ra nhiều cách giải khác nhau, thì việc gợi ý, định hướng của giáo viên là đặc biệt quan trọng

Dưới đây là một số ví dụ được khai thác lời giải dưới nhiều cách khác nhau:

Ví dụ 1: Chứng minh rằng khoảng cách từ một đỉnh của tam giác đến trực tâm của

tam giác đó bằng hai lần khoảng cách từ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác đến cạnh đối diện với đỉnh đó.

* Khai thác lời giải:

ABC

 nội tiếp đường tròn (O; R), H là trực tâm của ABC; OM là khoảng cách từ O đến BC Dễ thấy, M là trung điểm của BC

Cách giải 1: (Hình 1)

Kẻ đường kính BON

Tứ giác AHCN có:

AH  BC (Vì H là trực tâm của ABC)

NC  BC (Vì NCB nội tiếp chắn nửa (O))

 AH // NC (1)

Tương tự ta có:

CH // NA (2)

Từ (1) và (2) suy ra: tứ giác AHCN là hình bình hành

Do đó AH = NC (*)

Dễ thầy OM là đường trung bình của BCN  OM =

1

2CN (**)

Từ (*) và (**) ta có: OM =

1

2AH hay AH = 2OM (Đpcm)

Gọi N và F lần lượt là điểm đối xứng với O qua BC và AC Gọi E là trung điểm của

AC Dễ thấy OF cắt AC tại E

EM là đường trung bình của ABC  EM // AB; EM =

1

2AB (1)

EM là đường trung bình của OFN  EM // NF;

EM =

1

2NF (2)

Từ (1) và (2) suy ra: AB // NF; AB = NF

Mặt khác OF // BH (Vì cùng vuông góc với BC)

Suy ra ABH NFO

C

N

• A

B

H O

M

(Hình1) 1)

•

A

H O

E F

Trang 3

Tương tự ta có BAH FNO.

Do đó OFN = HBA (g.c.g)  AH = NO

Vậy AH = 2OM (vì ON = 2OM) (Đpcm)

Gọi D và N lần lượt là trung điểm của AC và CH

OD  AC (t/c đường kính và dây cung)

BH  AC (vì H là trực tâm của ABC)

 OD // BH (1)

Mặt khác MN là đường trung bình của CBH

nên MN // BH (2)

Từ (1) và (2) suy ra: OD // MN (*)

Chứng minh tương tự ta có: DN // OM (**)

Từ (*) và (**) suy ra: tứ giác OMND là hình bình hành

Do đó OM = DN, mà DN là đường trung bình của CHA

nên DN =

1

2AH

Vậy OM =

1

2AH hay AH = 2OM (Đpcm)

Gọi N, P và Q lần lượt là trung điểm của AC, AH và HB

PQ là đường trung bình của ABH nên PQ // AB; PQ =

1

2AB

MN là đường trung bình của ABC nên MN //AB; MN =

1

2AB

 MN // PQ; MN = PQ

ON // BH (vì cùng vuông góc với AC)

 HQP ONM 

Tương tư ta có: HPQ OMN

Dễ dàng suy ra HPQ = OMN (g.c.g)

Do đó HP = OM mà AH = 2HP

Vậy AH = 2OM (Đpcm)

Gọi N là trung điểm của AC

Do đó MN là đường trung bình của ABC

nên MN //AB; MN =

1

2AB (*) Xét OMN và HAB có:

C

•

A

B

H O

M

(Hình 3)

D N

C

•

A

B

H O

M

(Hình 4)

P

Q

N

A

N

(Hình 2)

N

C

Trang 4

ON // BH (vì cùng vuông góc với AC)

 HBA ONM 

tương tự ta có: HAB OMN

 OMN ~ HAB (g.g)



OM MN

HA AB =

1

2 (suy ra từ (*)) Vậy AH = 2OM (Đpcm)

* Khai thác bài toán: Trong các cách giải trên, ta chỉ xét đến ABC nhọn Vậy các trường hơp còn lại của tam giác ABC sẽ như thế nào?:

a) Tam giác ABC vuông: (Hình 6): Dễ thấy OM là đường trung bình của ABC

 AH =2OM

b) Tam giác ABC cân: Chứng minh như 5 cách trên

c) Tam giác ABC đều: (Hình 7): AH vừa là đường cao, vừa là đường trung tuyến, vừa

là đường phân giác, vừa là đường trung trực của tam giác ABC M nằm trên AH nên

AH = 2OM

d) Tam giác ABC tù: (Hình 8): H nằm ngoài đường tròn: Chứng minh tương tự đối với tam giác nhọn

Ví dụ 2: Cho  ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O, với AB > AC Kẻ đường cao

AH, bán kính OA Chứng minh OAH ACB ABC  .

Kẻ đường kính AOD, hạ CK  AD

Ta có: OAH KCB (1) (góc có cạnh tương ứng

vuông góc)

ABCADC (2) (góc nội tiếp cùng chắn AC)

Cộng từng vế của (1) và (2), ta được:

D

C B

A

o

H K

C

•

B

H O

M

(Hình 5)

N

C

(Hình 6)

A

O

C B

A

(Hình 7)

M

OH

A

B H

M

(Hình 8)

•

Trang 5

   

OAH ABC KCB ADC  

Mà ADC KCA (góc có cạnh tương ứng vuông góc)

 OAH ABC KCB KCA ACB    

Vậy: OAH ACB ABC  (Đpcm)

Kẻ OI  AC cắt AH ở M

Ta có: OMH ACB (góc có cạnh tương ứng vuông góc)

AOM ABC (cùng bằng 12 sđAC)

Xét OAM: OMH AOM OAH (Góc ngoài tam giác)

Hay ACBABC OAH

Kẻ OI  BC và OK  AB Ta có:

1

OAH O (1) (so le trong)

2

ABC O (2) (góc có cạnh tương ứng vuông góc)

1 2

OAH ABC O  O

Mà O1 O 2 ACB (Cùng bằng 12 sđ AB)

 OAH ABC  ACB

Vậy OAH ACB ABC  (Đpcm)

Kẻ đường kính AOD, hạ DK  BC

Ta có: OAH ODK  (1) (so le trong)

ABCADC (2) (góc nội tiếp cùng chắn AC)

OAHABC ODK ADC KDC  

Mà KDC ACB (góc có cạnh tương ứng vuông góc)

C B

A

o

(Hình 11)

H I

1 2

K

B

D

C

A

o

(Hình 12)

H K

D

(Hình 9)

Trang 6

 OAH ABC  ACB

Tại A kẻ tiếp tuyến Ax và đường thẳng Ay // BC

Ta có: OAH xAy(1) (góc có cạnh tương

ứng vuông góc)

ABCBAy(2) (so le trong)

Mà xAB ACB (góc nội tiếp cùng chắn AB)

 OAH ABC  ACB

Cách giải 6: (Hình 14).

Kẻ đường kính AOD, nối C với D, đường cao AH kéo

dài cắt CD tại M

Ta có: AMCACB (1) (góc có cạnh tương ứng vuông góc)

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 AMD)

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

Ta có: ABC CAD (1) (Cùng chắn AC)

D A

(Hình 15)

B

o

H

C B

A

o

(Hình 13)

H

x y

C B

A

D

o

(Hình 14)

M H

Trang 7

 

OAH ADC (2) (góc có cạnh tương ứng vuông góc)

Cộng từng vế của (1) và (2) ta được: ABC OAH CAD ADC  

Mà CAD ADC  ACB (góc ngoài tam giác)

 ABC OAH ACB

* Khai thác bài toán: Ta đi khai thác đến những trường hợp mà bài toán có thể xảy ra:

1) Chứng minh bài toán: Khi BC là đường kính của đường tròn Trong

trường hợp này hãy xác định vị trí của đỉnh A để AO và AH chia góc BAC thành 3 phần bằng nhau (Hình 16)

2) Với bài toán đã cho khi nào thì dây AB lớn nhất ? Tại sao? Trong đường tròn này bài toán có gì đặc biệt? (Hình 17)

3) Chứng minh bài toán khi dây AB và AC cùng ở về một phía của tâm? (Hình 18)

Ví dụ 3: Cho đường tròn (O; R) có đường kính AE; cung AB và cung AC có số đo lần

lượt là 90 0 và 120 0 Tia AE nằm giữa hai tia AB, AC Tính độ dài BC theo R.

Kẻ đường kính BOD, dễ thấy BCD vuông tại C

2

DBC 

sđ(

) (120 90 ) 15 2

Trong tam giác vuông BCD ta có:

BC = BD.cosDBC = BD.cos150 = 2R.cos150 

 2R.0,9659

Vậy BC  1,9318.R

Chú ý: Trường hợp kẻ đường kính COD, cách giải tương tự.

B

E

C D

(Hình 19)

•

C

B

CH B

A C

B

A

H

Trang 8

OBC cân tại O có OBC OCB   150 (1)

Gọi I là một điểm thuộc BO sao cho IAO  150

SđAB 900  OB là đường trung trực của AE

 IA = IE  IAE cân tại I và IAE IEA   150(2)

Từ (1) và (2) suy ra OBC  IAE (g.g)



BC OB

AE IA  BC =

.2

OB AE R R

IA  IA  BC =

2

2R

IA (*) Mặt khác IOA vuông tại O và IAO  150 nên

IA = cos cos150

IAO  thay vào (*) ta được:

BC =

2

0

2

cos15

R

= 2R.cos150  2R.0,9659

Vậy BC  1,9318.R

Kẻ đường kính BOD Hạ CH  BD (H  BD)

Dễ thấy BCD vuông tại C và CBD  150

 DC = BD.sinCBD = 2R.sin150

DCH DBC (Cặp góc nhọn có cạnh tương ứng vuông góc)

Xét DHC vuông tại H  HC = DC.cosDCH = 2R.sin150.cos150

Xét BHC vuông tại H và CBH  150  BC = 

0 0 0

2 sin15 os15 sin15 sin

CBH 

Vậy BC = 2R.cos150  1,9318.R

Vẽ AH  BC (H  BC)

SđAB = 900  AB là cạnh của hình vuông nội tiếp

(O; R)  AB = R 2

AHB vuông tại H và

2

ABH 

sđAC = 600

B

E

C D

(Hình 20)

•

I

(Hình 21)

B

E

C D

•

H

B

E

C

(Hình 22)

•

H

Trang 9

 BH = AB.cosABH = R 2.cos600 = R 2.

3

2 =

6 2

R

AH = AB.sinABH = R 2.sin600 = R 2

1

2 =

2 2

R

AHC vuông tại H và

2

ACH 

sđAB = 450  AHC vuông cân tại H

Do đó HA = HC =

2 2

R

Vậy BC = BH + HC =

6 2

R

+

2 2

R

=

2 2

R

( 3 1 )  1,9318.R

Tiếp tuyến tại E của (O; R) cắt các đường thẳng

AB và AC lần lượt tại M và N

 MN  AE

AEM vuông tại E và

2

MAE 

sđBE  450

 AEM vuông cân tại E  ME = AE = 2R

AEN vuông tại E và

2

NAE 

sđCE  300

 EN = AE.tg300 = 2R

3 2 3

3  3 R

AN = os

AE

c EAN = 0

2 os30

R

c =

2 3 2

R

=

4 3 3

R

MN = ME + EN = 2R +

2 3

3 R =

2 3

3 R( 3 1 ) Xét ABC và ANM có A chung; ACB AMN  450  ABC  ANM (g.g)



AB BC

AN NM  BC =

2 3

2 ( 3 1)

( 3 1) 2

4 3 3



 1,9318.R

Kẻ đường kính BOD

Từ C hạ CH  BD (H  BD)

B

E

C

(Hình 23)

•

M

N

B

E

C D

•

H

Trang 10

OHC vuông tại H và HOC = sđDC  300

 HC = OC.sinHOC = R.sin300 = 2

R

Áp dụng định lý Pitago ta có:

OH2 = OC2 – HC2 = R2 -

2

4

R

=

2

3 4

R

 OH =

3 2

R

BH = BO + OH = R +

3 2

R

= 2(2 3)

R



Áp dụng đinh lý Pitago trong BHC vuông tại H ta có:

BC2 = BH2 + HC2 =

2

[ (2 3)]

2

R



+

2

R

 

 

  =

2

(8 4 3) 4

R



=

2

.2.(3 2 3 1) 4

R

=

2

.2.( 3 1)

4

R



Vậy BC =

2 ( 3 1) 2

R



 1,9318.R

* Khai thác bài toán: Trong 6 cách giải trên ta chỉ xét trong trường hợp B và C nằm

khác phía so với đường kính AE Nếu B và C nằm cùng phía so với đường kính AE thì kết quả như thế nào?

Xét trường hợp B và C nằm cùng phía so với đường kính AE (Hình 25):

Nhận thấy BOC cân tại O và BOC 300 Hạ đường cao OH của BOC  OH vừa là đường trung tuyến, vừa là đường phân giác của O tức là BH = CH và

  15 0

BOH COH 

BHO vuông tại H  BH = OB.sinBOH =

= R.sin150

mà BC = 2BH  BC = 2R.sin150  2R.0,2588

Vậy BC  0,5176.R

Ví dụ 4: Cho đường tròn (O; R) và một điểm E nằm ngoài đường tròn sao cho EO =

2R Đường thẳng EO cắt đường tròn tại A và B Kẻ hai tiếp tuyến Ax và By của (O) và tiếp tuyến thứ ba đi qua E tiếp xúc với đường tròn (O) tại M cắt Ax, By lần lượt tại C

và D Tính độ dài CD theo R.

(Hình 24)

B

O •

C H

(Hình 25)

Trang 11

EM là tiếp tuyến của (O) và M  O  EM  MO  MOE vuông tại M

Ta có, sin

2

MO MEO

EO

 MEO = 300

Ax  AB; By  AB  Ax // By

Từ C kẻ CH  By (H  By)

 Tứ giác CABH là hình chữ nhật

Do đó CH = AB = 2R

Mặt khác DEB DCH   300 (Vì AB // CH)

DHC vuông tại H  cosDCH =

CH CD

 CD =

os30 3 os

2

c

Vậy CD =

4 3

3 R

Xét EOM và EDB có E chung, EMO EBD   900

 EOM  EDB (g.g) 

EM EO

EB ED  ED =

2

2 3 6

EO EB R R R

EM  EM EM (1)

EOM vuông tại M và MO =

1

2EO  MEO 300

EM = EO.cosMEO = 2R.cos300 = R 3

Do đó ED = 2R 3

Mặt khác EAC vuông tại A

 EC =

 os30 0 3

os

2

c

 EC =

2 3

3

R

Vậy CD = ED – EC = 2R 3 -

2 3 3

R

=

4 3

3 R

•

O

C

M

H

D y x

B

(Hình 26)

B

•O

C

M

H

D y x

(Hình 27)

Trang 12

EAC vuông tại A và AEC = 300  AC = AE.tgAEC = AE.tg300 = R.

3 3

mà AC = CM (Vì hai tiếp tuyến của (O) cùng xuất phát từ C)

Tương tự EBD vuông tại B  BD = EB.tgBED = 3R.tg300 = R 3

mà DM = DB (Vì 2 tiếp tuyến của (O) cùng xuất phát từ D)

CD = CM + MD = R

3

3 + R 3 =

4 3 3

R

EAC vuông tại A và AEC = 300  EC =  0

2 3 os30 3 os

c

EBD vuông tại B  AC // BD

Theo định lý Talet ta có:

CD AB

EC EA  CD =

2 3

2

3

R R

EOM vuông tại M và MEO  300  MOE  600  MOB  1200 Do đó MDB 600 

 30 0

MDO 

MOD vuông tại M và MDO  300  MD =  0

3 30

R tg

tg MDO  

Tương tự MOC vuông tại M và MOC 300

 MC = MO.tgMOC = R.tg300 =

3 3

R

Vậy CD = CM + MD =

3 3

R

+ R 3 =

4 3 3

R

Cách giải 6 : (Hình 28)

Theo cách 5 ta có: MOC  MDO (g.g)



MC MO

MO MD  MC.MD = MO2 = R2

ODE có ODE OED   300  ME = MD = R 3 (Theo cách 2)

Do đó: MC =

3 3

MD R 

Vậy CD = CM + MD =

3

R

B

•

O

C

M

H

D y x

(Hình 28)

Trang 13

ODE cân tại O  OD = OE = 2R

Dễ dàng chứng minh được CEO cân tại C  CE = CO mà CE =

2 3 3

R

(Theo cách 2)

 CO =

2 3

3

R

Mặt khác COD vuông tại O (Vì

2

COD COM MOD   EOM MOB 

) S

1

.

2

COD OC OD

 

=

2

1 2 3 2 3 2

R 

mà S

COD OM CD R CD

 CD =

2

2 3 2.

2.S COD 3R

 

Vậy CD =

4 3

3

R

COD  CAE (g.g) (Vì COD CAE   900; CEA CDO   300)



CD OD

CE AE  CD =

.

OD CE AE

Mà CE =

2 3

3

R

(Theo cách 2)

OD = 2R (Theo cách 7)

Do đó: CD =

2 3

3

R

Kẻ AN //CD (N  By)

Dễ thấy AN = CD

  30 0

BED BAN  (Đồng vị)

ABN vuông tại B  AN =

os30 3 3 os

2

c

Vậy CD =

4 3 3

R

b) Định hướng các cách giải cho một bài toán:

B

•

O

C M

D y x

(Hình 29)

N

Trang 14

Dưới đây là một số bài toán có thể giải bằng nhiều cách, tôi không đi giải cụ thể

mà chỉ gợi ý từng cách để học sinh tự tìm lời giải cho mỗi cách đó:

Bài toán 1: Cho tam giác ABC nhọn, nội tiếp đường tròn (O) Đường tròn đường kính

BC cắt AB tại D, cắt AC tại E BE cắt CD tại H Chứng minh rằng bốn điểm A, D, H,

E cùng thuộc một đường tròn.

* Gợi ý các cách giải:

- Cách giải 1: (Hình 30) Tổng hai góc đối của tứ giác ADHE bằng 1800:

ADH  AEH  90 0  ADH AEH  1800

- Cách giải 2: (Hình 30) Tổng hai góc đối của tứ giác ADHE bằng 1800:

DAE EHC (góc có cạnh tương ứng vuông góc)  DAE DHE  1800

- Cách giải 3: (Hình 30) Chứng minh DAH HED

- Cách giải 4: (Hình 30) Gọi I là trung điểm

của AH

Chứng minh IA = ID = IH = IE

Bài toán 2: Cho hai đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc ngoài nhau tại A Vẽ một cát

tuyến qua A cắt (O), (O’) lần lượt ở B, C Chứng minh rằng các tiếp tuyến tại B và C song song với nhau.

* Gợi ý các cách giải:

- Cách giải 1: (Hình 31)

Chứng minh OB // O’C

 Bx  OB; Cy  OB

 Bx // Cy

- Cách giải 2: (Hình 31)

Chứng minh xBA yCA

 Bx // Cy

A

H D

E

• O

•

(Hình 30)

B

C A

x

y

(Hình 31)

Định dạng
Số trang	18
Dung lượng	2,06 MB