Sáng kiến kinh nghiệm Hướng dẫn học sinh khai thác một bài tập hình học sách giáo khoa Toán 9

Bắt đầu năm học 2005-2006 học sinh lớp 9 trên toàn quốc được học tập cuốn sách giáo khoa mới. Trong quá trình giảng dạy bộ môn hình học 9, tôi thấy rằng cuốn sách được biên soạn khá công phu, sắp xếp hệ thống kiến thức khoa học. Hệ thống bài tập đa dạng, số lượng bài tập ở trong sách giáo khoa đã quá đủ với tất cả học sinh. Đặc biệt, các bài tập thử nghiệm đơn giản, nhưng nghiên cứu kĩ tôi thấy rằng chứa đựng trong đó nhiều điều hết sức thú vị. Cụ thể đó là chúng ta có thể hướng dẫn các em “khai thác phát triển” thành những bài toán hay hơn khó hơn Làm như vậy sẽ góp phần quan trọng trong việc nâng cao năng lực tư duy cho học sinh, kích thích sự tìm tòi sáng tạo phát huy được trí lực cho học sinh.

doc10 trang | Chia sẻ: sangkien | Ngày: 31/07/2015 | Lượt xem: 1046 | Lượt tải: 53Download
Bạn đang xem tài liệu "Sáng kiến kinh nghiệm Hướng dẫn học sinh khai thác một bài tập hình học sách giáo khoa Toán 9", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
 Đề tài: Hướng dẫn học sinh khai thác một bài tập hình học sách giáo khoa toán 9
Bắt đầu năm học 2005-2006 học sinh lớp 9 trên toàn quốc được học tập cuốn sách giáo khoa mới. Trong quá trình giảng dạy bộ môn hình học 9, tôi thấy rằng cuốn sách được biên soạn khá công phu, sắp xếp hệ thống kiến thức khoa học. Hệ thống bài tập đa dạng, số lượng bài tập ở trong sách giáo khoa đã quá đủ với tất cả học sinh. Đặc biệt, các bài tập thử nghiệm đơn giản, nhưng nghiên cứu kĩ tôi thấy rằng chứa đựng trong đó nhiều điều hết sức thú vị. Cụ thể đó là chúng ta có thể hướng dẫn các em “khai thác phát triển” thành những bài toán hay hơn khó hơnLàm như vậy sẽ góp phần quan trọng trong việc nâng cao năng lực tư duy cho học sinh, kích thích sự tìm tòi sáng tạo phát huy được trí lực cho học sinh.
II. Nội dung.
Bài toán 1( Bài tập 11 trang 104 SGK - Toán 9 tập 1)
Cho đường tròn (O) đường kính AB, dây CD	D 	K
không cắt đường kính AB. Gọi H và K theo thứ tự là	C 	M
chân các đường vuông góc kẻ từ A và B đến CD.	H
Chứng minh rằng: CH = DK (*)
A 	B
(Gợi ý: kẻ OM vuông góc với CD).	O
Giải:
Theo gt ta có: AH	CD và BK	CD nên
AH // BK suy ra AHKB là hình thang.
Kẻ OM	CD tại M	MC = MD(1)(ĐL quan hệ vuông góc giữa đk và dây). Xét hình thang AHKB có OA = OB = R; OM//AH//BK (cùng	CD).
OM là đường trung bình của hình thang	MH = MK (2)
Từ (1) và (2) ta có CH = DK
Đối với bài tập này ta có thể khai thác theo 2 hướng như sau:
A. Hướng thứ nhất
Để chứng minh CH = DK ta chứng minh hai đoạn thẳng CD và HK có chung trung điểm. (ở đây ta chỉ xét trường hợp CD và HK thuộc cùng một đường thẳng nhưng trong trường hợp chúng không cùng một đường thẳng thì CH = DK vẫn đúng)
- Với ý tưởng chúng ta thử xây dựng một số bài toán mà có thể vận dụng cách giải ở bài toán (*) để giải nó
Bài 1:Cho đường tròn O đường kính AB,	D
dây CD không cắt đường kính. Qua C, D kẻ các	C 	I
đường vuông góc với CD lần lượt cắt AB tại H
và K.
H
O 	K
Chứng minh rằng AH = BK	A 	B
Để chứng minh AH = BK ta chỉ cần chứng minh hai đoạn thẳng AB và HK có chung trung điểm O. Muốn vậy ta làm xuất hiện trung điểm I của đoạn thẳng CD. Lập luận để
có O là trung điểm của hai đoạn thẳng HK và AB	ĐPCM
Từ bài toán 1 chúng ta có thể Phát biểu bài toán đảo như sau: Bài 2: Bài toán đảo của bài toán 1
Trên đường kính AB của đường tròn tâm O ta lấy hai điểm H và K sao cho AH = KB. Qua H và K vẽ hai đường thẳng song song với nhau lần lượt cắt đường tròn tại hai điểm C và D (C, D cùng thuộc một nửa đường tròn tâm O). Chứng minh rằng: HC	CD, KD	CD
Từ bài toán (*) nếu dây cung CD cắt đường kính AB thì kết luận CH = DK
có còn đúng nữa không? Kết luận đó vẫn đúng
và chúng ta có bài toán khó hơn bài toán (*) một	C
chút như sau.	H
Bài 3: Cho đường tròn (O) đường kính	I
AB, dây CD cắt đường kính AB tại G. Gọi H và	A 	G 	B
K lần lượt là hình chiếu của A và B trên CD.	O
K 	D
Chứng minh rằng CH = DK.	F
Hướng dẫn giải:
Để chứng minh CH = DK ta c/m CD và
HK có chung trung điểm.
Qua O vẽ đường thẳng song song với AH và BK cắt CD tại I, cắt AK tại F. Lập luận để có OI là đường trung trực của đoạn CD và FI là đường trung
bình của tam giác AHK	I là trung điểm của HK	ĐPCM
Cũng là bài toán 3 nhưng chúng ta cũng có thể phát biểu dưới một dạng khác phức tạp hơn như sau:
Bài 4: Cho tứ giác ACBD nội tiếp đường tròn đường kính AB. Chứng minh rằng hình chiếu vuông góc của các cạnh đối diện của tứ giác trên đường chéo CD bằng nhau. (cách giải hoàn toàn tương tự bài toán 3)
Từ bài toán 3 và 4 ta có thể thấy tam giác AGH nội tiếp đường tròn đường kính AG, tam giác BGK nội tiếp đường tròn đường kínhBG. Nên từ bài toán 3 & 4 ta có bài toán toán sau
Bài 5: Gọi G là điểm thuộc đoạn thẳng AB
(G không trùng với A và B). Lấy AB, AG và BG làm đường kính , dựng các đường tròn tâm O, O1, O2. Qua G vẽ cát tuyến cắt đường tròn (O) tại C, D; cắt (O1) tại H, cắt (O2) tại K. Chứng

C
H
I O1 	O

G 	O2
minh CH = DK	A 	B
F
K 	D
tập 1)
B Hướng thứ hai:
Đềbài: ( Bài tập 11 trang 104 SGK - Toán 9
D 	K
C 	M
H
Cho đường tròn (O) đường kính AB, dây CD
không cắt đường kính AB. Gọi H và K theo thứ tự là	A 	B
chân các đường vuông góc kẻ từ A và B đến CD.	O
Chứng minh rằng: CH = DK ( gợi ý: kẻ OM	CD)
Bài 1: Thêm vào bài tập 11 câu b như sau:
Chứng minh H và K ở bên ngoài (O)
Giải: (dùng phương pháp phản chứng)
Giả sử chân đường vuông góc hạ từ A đến đường thẳng CD là H’, H’ là điểm nằm giữa 2 điểm C và D.

D 	K M
C 	H'
H
A 	B O
Xét

ACH '

ta có:
ACˆ H '
ACˆB	BCˆD
900
BCˆD
ACˆH '	900
Mà AHˆ 'C

900 (theo giả sử)	Tổng các góc trong của

ACH '

lớn hơn 1800
là điều vô lí.Vậy H’ phải nằm ngoài đường tròn (O) hay H nằm ngoài (O) Chứng minh tương tự đối với điểm K
* Nhận xét: Từ việc vẽ OM	CD ta có MH = MK ta dễ nhận thấy
S OMH
S OMA
S OMK
S OMB
suy ra
S HOK
S AMB
suy ra
HK.OM = AB.MM’ (với MM”	AB tại M’). Vẽ thêm CC’ AB, DD’ AB (C’, D’	AB).
Ta có

CC '

DD '
2

MM '

(MM’ là đường trung

M 	D 	K
bình của hình thang CDD’C’)	C H
HK .OM	AB. CC '
DD '	1 AB(CC '
A 	B
DD ')	S	S
2	2	ACB	ADB
Mặt khác HK.OM = SAHKB (Vì OM là đường trung	bình	của	hình	thang	AHBK	nên
C' 	M' O 	D'
OM	AH	KB ). Từ đó ta có
2
SAHKB 	S ACB 	S ADB
Bài 2: Qua nhận xét trên ta có thể thêm vào bài 11 câu c:
CMR

SAHKB

S ACB

S ADB
Bài 3: Từ nhận xét trên ta lại có bài toán quỹ tích:
a. Tìm quỹ tích trung điểm I của đoạn thẳng CD khi C (hoặc D) chạy trên
đường tròn (O)
K D
b. Tìm quỹ tích điểm H và K khi C (hoặc D) chạy	I
trên đường tròn tâm O đường kính AB	C H
A	B
C'	O	D'
Bài 4: Đặc biệt khi CD không phải là một dây cung mà CD trở thành tiếp tuyến
của (O) như ở hình bên ta vẫn có S AMB =	H
S HOK và HK.OM = AB.MM' (lúc này M
thuộc nửa đường tròn (O)) nên AB = 2.OM.	A
K
M
B M' 	O
Do đó ta có HK.OM = 2.OM.MM'
MM '	HK
2
Dựa vào điều kiện một điểm thuộc đường tròn ta có M'	(M ; HK )
2
(M ; HK )
2

tiếp xúc với AB tại M'
Bài 5: Từ bài 4 ta có bài 5
x
Cho đường tròn (O) đường kính AB,	H
M là một điểm bất kì trên nửa đường tròn đó	M
(M ≠ A và B). Qua M vẽ tiếp tuyến xy, H
và K là chân các đường vuông góc hạ từ A,
y 	K
A
B xuống xy. Chứng minh rằng : đường tròn
O
(M) đường kính HK tiếp xúc với AB	B
(Xác định vị trí tương đối của (M) với
đường thẳng AB khi M chạy trên (O)).
Bài 6: Cho một đoạn thẳng HK, qua
H, K vẽ các đường thẳng d và d’ vuông góc với HK. Một góc vuông với đỉnh là trung điểm M của HK có một cạnh cắt d tại A, một cạnh cắt d’ tại B. Chứng minh rằng AB là tiếp tuyến của đường tròn đường kính HK.

d	d' C
Giải:
Vẽ MD	AB (1) (D	AB) . Gọi

C	AM	d '
M
H	K
Ta có	A
AMH	CMK (g-c-g)	MA	MC	ABC có BM vừa là
đường cao, vừa là trung tuyến nên	ABC	cân tại B	D
BM là	phân	giác	của	·ABC	·ABM	C·BM	B
MDB	MKB (cạnh huyền - góc nhọn)	MD	MK mà
MH = MK = HK/2 (2)
Từ (1) & (2) suy ra AB là tiếp tuyến của
đường tròn đường kính HK.
Bài 7: Cho tứ giác AHKB có đường tròn	C
đường kính AB tiếp xúc với đường thẳng HK.
H
Chứng minh rằng đường tròn đường kính HK	O'
K
tiếp xúc với đường thẳng AB khi và chỉ khi AH//
BK.
b
Giải: Gọi O và O' lần lượt là trung điểm	A 	a
của AB và HK	D
O
B
Vẽ O'D	AB, nối OO' ta có OO'	HK (OO' là đường trung bình của hình thang HABK). Đặt OO' = a; O'D = b
S OO ' A

S OO ' H

S OO ' B
1

S OO ' K 
AB.b 
Mà S	'	S	'
OA.O ' D
OO A	OO H 
1
2	4
HK .a

HK. AB
2

HK .AB
S OO ' B
S OO ' K 
.O ' K .OO '
2

4	4	8
(Vì OO' = a = OA = OB = AB/2)
Như vậy BK//AH

AB.b	HK .AB

b	HK

O ' D	HK
4	8	2	2
O'D = O'H = O'K	D	(O') đường kính HK
Đường tròn đường kính HK tiếp xúc với AB tại D.
Bài toán 2: ( Bài 30- trang 116 SGK- toán 9, tập 1)
Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB. Gọi Ax, By là các tia vuông góc với AB (Ax, By và của 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, nó cắt Ax và By theo thứ tự ở C và D. Chứng minh rằng:
a. COˆ D

900
b. CD = AC + BD
c. Tích AC.BD không đổi khi điểm M di chuyển trên nửa đường tròn
Giải:
a. Theo gt: CA, CM là tiếp tuyến của (O)	x 	y
CO là phân giác
ACˆM
CO cũng là phân	D
1
2
giác ·AOM hay Oˆ	Oˆ
(1) (tính chất tiếp tuyến)
Tương tự DB, DM là tiếp tuyến (O)	M
3
4
Oˆ	Oˆ
(2)

C
mà
(3)
O
Từ (1) và (2)
ˆ	ˆ	ˆ	ˆ
O
O
O
2	3	1	4
0 (4) 	2 	3
O
O
O
O
ˆ	ˆ	ˆ	ˆ
1	2	3	4
180
B
4
A 	1
2
3
Từ (1), (2), (3) và (4)
Oˆ	Oˆ
900	O
hay
COˆ D
900
b. Theo t/c tiếp tuyến ta có CA = CM và DB = DM (5)
mà CD = CM + DM	CD = CA + BD hay CD = AC + BD
c. Theo c/m câu a thì	COD vuông tại O
mặt khác OM

CD (t/c tiếp tuyến)
OM2 = CM.DM (Hệ thức lượng trong tam giác vuông) (6)
Từ (5) và (6)	OM2 = AC.BD. mà OM = R (bán kính đường tròn) AC.BD không đổi khi M di chuyển trên nửa đường tròn.
* Tôi khai thác bài toán này như sau:
Gọi N là giao điểm của BC và AD. CMR MN//AC (MN//BD)
x
C/M: Ta có AC//BD (gt)	D
Xét	ANC có AC//BD
(7)(theo định lí ta lét)
ND	NB	DB
NA	NC	AC	M
CA, CM là tiếp tuyến của nửa (O) nên CM	C
= CA (8) tương tự ta có DB = DM (9)
y
N
Từ (7), (8) và (9)
ND	MD
NA	MC
MN//AC	2	3	4
A	1	B
(theo định lí ta lét đảo)	O
MN//BD (AC//BD)
* Sau khi c/m được MN//AC ta có thể có thêm yêu cầu đối với học sinh trung bình là c/m CD.MN = CM.DB
c/m. Theo c/m trên MN//AC	CNM ~	CBD
CD	 DB CM	MN

đpcm
* Cũng dạng toán đó nhưng ta chế biến một tí ta được bài toán mới như sau:
A
Cho	ABC vuông ở A, đường cao AH. Vẽ đường tròn tâm A bán kính AH. Từ B và C kẻ các tiếp tuyến với đường tròn (A) tại D, E. Chứng minh rằng:
a. D, A, E thẳng hàng
b. BD.CE = AH2 (không đổi)
E
c. DE là tiếp tuyến của đường tròn đường
kính BC	A
4
C/M: 	1 2 3
D
A
1	2
a. Theo gt ta có:
ˆ	ˆ	(T/c tiếp tuyến)
4
3
Aˆ	Aˆ
Aˆ	Aˆ	Aˆ

(T/c tiếp tuyến)
B	C
H	I
Aˆ
1	4	2	3
Mà Aˆ
Aˆ 2
Aˆ3

900
Aˆ1
Aˆ 4
Aˆ 2
Aˆ 3

900
A
A
A
ˆ	ˆ	ˆ
1	2	3

A
4
ˆ	1800

hay 3 điểm D, A E thẳng hàng
b. Theo gt	ABC có Aˆ
= BH.CH

900 . áp dụng hệ thức lượng trong tam gác vuông ta có AH2
Mà	BH = BD (t/c tiếp tuyến) CH = CE (t/c tiếp tuyến)
AH2 = BD.CE.
c. Lấy điểm I trên cạnh BC sao cho IB = IC. Theo gt thuộc đường tròn đường kính BC (hay (I, BC/2))

BAˆ C

900

A, B, C cùng
Để chứng minh DE là tiếp tuyến của đường tròn đường kính BC ta c/m
DE	IA tại A.
Thật vậy, theo gt
BD
DE
CE
DE
BDEC là hình thang vuông
IA là đường trung bình của hình thang vuông BDEC IA//BD//CE
Mà	BD	DE
AI	DE. Vậy DE là tiếp tuyến của đường tròn đường kính BC.
Cũng từ bài toán trên ta có bài toán hay hơn và khó hơn.
Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB bằng l. Qua A, B kẻ Ax và By vuông góc với AB. Lấy điểm C nằm trên nửa đường tròn, qua C kẻ tiếp tuyến với (O) cắt Ax, By lần lượt tại D và E. Kẻ CH	AB, gọi M là giao điểm của CH và AE. CM
a. D; M; B thẳng hàng
b. M là trung điểm của CH
c. Gọi P là giao điểm của OE với nửa đường tròn đường kính AB. Tìm vị trí điểm
C trên nửa đường tròn để chu vi tứ giác ADEB nhỏ nhất
d. Gọi giao điểm của OE và BC là K, trên tia đối của tia OE lấy điểm Q sao cho
OQ = OP. Chứng minh QK.PE = KP.QE.
Giải:
a. Theo gt ta có:
Ax
AB
By
AB
CM	AB
Ax//CM//By nên ta có: ME MA

CE (1)
CD
Mà CE = EB, CD = AD (t/c tiếp tuyến)	x	y
ME	EB
MA	AD

(2)	E
Mặt khác

Aˆ 2

AEˆB

(so le trong) (3)	C
Từ (2) và (3) suy ra

ADM ~

EBM
D	P
DMˆ A
BMˆ E	M	K
Mà A, M, E thẳng hàng	D, M, B thẳng hàng
b. Theo gt:	CH	AB	A	H	O	B
M	CH By	AB
E	By	Q
CH//BE
Xét	EDB có CM//BE Xét	EAB có MH//BE Xét	DEA có CM//AD
Từ (4), (5) và (6) suy ra

CM	CD BE	 DE
MH	AM BE	 AE
DC	AM DE	 AE
CM	MH BE	 BE

(định lí Ta lét)	(4) (định lí Ta lét)	(5) (định lí Ta lét)	(6)
CM = MH hay M là trung điểm của CH
c. ta có chu vi tứ giác ADEB là: P = AD + DE + EB + AB
mà	AD = DC (t/c tiếp tuyến) EB = CE (t/c tiếp tuyến)
P = 2DE + AB
Mặt khác ED	AB vì AB là khoảng cách giữa Ax và By nên P nhỏ nhất khi DE
nhỏ nhất, tức là DE = AB. Khi đó P = 3AB = 3l	DE//AB	DE	CH
CH là bán kính của đường tròn	C là điểm chính giữa cung AB
d. Nối C với P và Q ta thấy EQ	BC và BP = PC	CP là phân giác góc trong tại
đỉnh C của	KCE
CK	KP CE	PE

(7) mặt khác OP = OQ (gt)
Q nằm trên đường tròn (O; OA)
PCˆQ

900
(góc chắn nửa đường tròn)
CQ là phân giác góc ngoài tại đỉnh C của	KCE do đó CK CE

QK (8)
QE
Từ (7) và (8)

KP	QK PE	QE

hay KP.QE = PE.QK (đpcm)
III. Kết luận
Qua việc tìm hiểu các bài toán trên chúng ta cần vận dụng linh hoạt, sáng tạo kết quả các bài toán, cũng như vận dụng triệt để hình vẽ của một bài tập để chuyển tiếp sang bài khác khai thác phát triển để được các bài toán hay hơn, khó hơn. Nếu làm tốt điều này sẽ giúp các em hiểu sâu sắc hơn các kiến thức đã học, góp phần phát triển tư duy sáng tạo và tiếp thu tốt những kiến thức mới, phát huy trí lực của học sinh.
Các bài toán trên chắc chắn còn có nhiều hướng khai thác khác, rất mong các bạn đồng nghiệp tiếp tục phát triển xem.
Trên đây là những kinh nghiệm của bản thân tôi trong quá trình gảng dạy. Có gì thiếu sót mong được sự góp ý của quý thầy cô. Tôi xin chân thành cảm ơn.

File đính kèm:

  • docSANG_KIEN_KINH_NGHIEM_HAY_DAY.doc
Sáng Kiến Liên Quan