Sáng kiến kinh nghiệm Phát triển tư duy từ một bài toán trong Sách giáo khoa Toán 9

Gọi P là giao điểm của SH và AB.

Ta có SM BM ( vì gó AMB là góc nội

tiếp chắn nửa đường tròn)

Tương tự ta có: SB HN

Như vậy SM và HN là 2 đường cao của tam

 giác SBH

 và A là trực tâm

SH AB tại P

 

doc3 trang | Chia sẻ: sangkien | Ngày: 31/07/2015 | Lượt xem: 2028 | Lượt tải: 41Download
Bạn đang xem tài liệu "Sáng kiến kinh nghiệm Phát triển tư duy từ một bài toán trong Sách giáo khoa Toán 9", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
Phát triển tư duy từ một bài toán trong sgk toán 9
Đặt vấn đề:
Nội dung:
Bài toán 1: Cho đường tròn tâm O, đường kính AB và S là một điểm nằm bên ngoài đường tròn. SA và SB lần lượt cắt đường tròn tại M, N. Gọi H là giao điểm của BM và AN. 
Chứng minh rằng SH vuông góc với AB.
Bài giải: ( hình vẽ 1) 
 Gọi P là giao điểm của SH và AB.
Ta có SM BM ( vì gó AMB là góc nội 
tiếp chắn nửa đường tròn)
Tương tự ta có: SB HN
Như vậy SM và HN là 2 đường cao của tam
 giác SBH
 và A là trực tâm
SH AB tại P
Trong kết quả bài toán 1 ta thấy rằng A là trực tâm 
của tam giác SBH nên SH BP ( P SH) thì B, A, P
thẳng hàng từ đó ta có bài toán sau:
Bài toán 2: Cho đường tròn tâm O đường kính AB và S là một điểm nằm bên ngoài đường tròn. SA và SB lần lượt cắt đường tròn tại M và N. Gọi H là giao điểm của BM và AN.
Chứng min B, A, P thẳng hàng ( trong đó P là 
hình chiếu của A lên SH).
Bài giải: Do P là hình chiếu của A lên SH nên 
AP SH theo chứng minh như bài toán 1 
ta có AB SH. Từ đó suy ra B, A, P thẳng hàng. 
Từ kết quả bài toán 1 và bài toán 2 ta thấy các 
đường tròn ngoại tiếp tam giác SMB và tam giác
 HNB cắt nhau tại P. Từ đó ta có bài toán khó hơn chút xíu.
Bài toán 3: Cho đường tròn tâm O đường kính
AB và S là một điểm nằm bên ngoài đường tròn. SA và SB lần lượt cắt đường tròn tại M và N. Gọi H là giao điểm của BM và AN.Các đường tròn ngoại tiếp tam giác SMB và HNB cắt nhau tại điểm thứ 2 P.
Chứng minh H, P, S thẳng hàng và B, A, P thẳng hàng.
Bài giải: ( Hình vẽ 2)
Sử dụng kết quả bài toán 1 ta có các đường tròn ngoại tiếp tam giác SMB và HNB lần lượt nhận SB và BH làm đường kính.
Nối H với P, S với P
Ta thấy SHB = HPB =900 ( Góc nội tiếp chắn nửa đưòng tròn )
H, P, S thẳng hàng.
Vì BP SH BP phải đi qua A B, A, P thẳng hàng.
Sau khi đã chứng minh đựơc bài toán 3. Ta nhận thấy đường tròn ngoại tiếp tam giác AMH cũng phải đi qua P, từ đó ta có bài toán mới:
Bài toán 4: Cho đường tròn tâm O đường kính AB và S là một điểm nằm bên ngoài đường tròn. SA và SB lần lượt cắt đường tròn tại M và N. Gọi H là giao điểm của BM và AN. Chứng minh rằng các đưòng tròn ngoại tiếp tam giác SMB, HNB cũng đi qua P.
Bài giải: Sử dụng kết quả bài toán 3 ta có: 
Các đường tròn ngoại tiếp tam giác SMB và HNB cùng đI qua điểm P ( *). Mặt khác, ta thấy 2 điểm P, M cùng nhìn đoạn thẳng AH dưới 1 góc vuông. Cho nên 4 điểm P, H, M, A cùng thuộc một đường tròn đường kính AH.
Suy ra đường tròn ngoại tiếp tam giác AMH cũng đi qua điểm P (**). Từ (*) và (**) suy ra điều phải chứng minh.
Sau khi học đến phần tứ giác nội tiếp ta lại các cách suy luận khác.
Dựa vào bài toán 1 ta sẽ chứng minh được các tứ giác AMHP, APSN, NSHM, BHQN nội tiếp đường tròn. Từ đó ta có bài toán sau
Bài toán 5: Cho đường tròn tâm O đường kính AB và S là một điểm nằm bên ngoài đường tròn. SA và SB lần lượt cắt đường tròn tại M và N. Gọi H là giao điểm của BM và AN. Chứng minh tứ giác BHPN nội tiếp đường tròn ( P là giao đỉêm của AB và SH ).
Bài giải:
Dựa vào bài toán 1 ta chứng minh được SH AB tại P do đó P, N cùng nhìn BH dưới một góc vuông nên 4 điểm B, H, P, N cùng thuộc một đường tròn đường kính BH hay tứ giác BHPN nội tiếp một đường tròn.
Từ bài toán 5 ta có: NPH + B = 1800 mà NPH + SPN = 1800 : suy ra B = SPN từ đó ta có bài toán mới.
Bài toán 6: Cho đường tròn tâm O đường kính AB và S là một điểm nằm bên ngoài đường tròn. SA và SB lần lượt cắt đường tròn tại M và N. Gọi H là giao điểm của BM và AN. 
Chứng minh rằng B= SPN ( P là giao điểm của AB và SH ).
Bài giải: theo bài toán 5 ta chứng minh được tứ giác BHPN nội tiếp đường tròn suy 
ra B + NPH = 1800 (1) mặt khác NPH + SQN = 1800 (2) . từ (1) và (2) suy ra điều phảI chứng minh.
Dựa vào bài toán 1 ta chứng minh được các tứ giác SPAN, AMHP nội tiếp. Suy ra SP. SH = SA . SM = . Từ đó ta có bài toán khó hơn.
Bài toán 7: Cho đường tròn tâm O đường kính AB và S là một điểm nằm bên ngoài đường tròn. SA và SB lần lượt cắt đường tròn tại M và N. Gọi H là giao điểm của BM và AN. Chứng minh rằng = . ( P là giao điểm của AB và SH ).
Bài giải: dựa vào bài toán 1 ta chứng minh được các tứ giác SPAN, APHM nội tiếp, do đó SP . SH = SA . SM = SN . SB = .
Hoặc dựa vào bài toán 5 ta chứng minh được tứ giác BNPH nội tiếp suy ra SP . SH = SN . SB suy ra điều phải chứng minh.
Từ bài toán 1 ta có AB SH suy ra d A tại A do đó d là đường tiếp tuyến của đường tròn tâm O. từ đó ta có bài toán mới.
Bài toán 8: Cho đường tròn tâm O đường kính AB và S là một điểm nằm bên ngoài đường tròn. SA và SB lần lượt cắt đường tròn tại M và N. Gọi H là giao điểm của BM và AN. Qua A kẻ đường thẳng d song song với SH. 
Chứng minh rằng d là tiếp tuyến của đường tròn tâm O.
Hướng dẫn: qua bài toán 1 ta chứng minh được AB SH mà d // SH suy ra d AB tại A. do đó d là tiếp tuyến xcủa đường tròn tâm O.
Qua bài toán 1 ta chứng minh được các tứu giác SNMH, SPAN, APHM, nội tiếp từ 
đó suy ra NPA = MSN = NAM = MPA.
Hay PB là tia phân giác của góc MPN. Từ đó ta có bài toán mới
Bài toán 9: Cho đường tròn tâm O đường kính AB và S là một điểm nằm bên ngoài 
đường tròn. SA và SB lần lượt cắt đường tròn tại M và N. Chứng minh rằng PB là
 tia phân giác của góc NPM.

File đính kèm:

  • docSang_kien_kinh_nghiem_toan_THCS.doc