Sáng kiến kinh nghiệm Một số kinh nghiệm hướng dẫn học sinh giải bài toán hình học trong các kỳ thi học sinh giỏi
I. Lý do chọn đề tài:
Các bài toán hình học là một trong những bài toán quan trọng không thể thiếu trong các kỳ thi học sinh giỏi. Việc hướng dẫn học sinh tìm lời giải và trình bày lời giải của các bài toán hình học một cách chặt chẽ, sáng sủa, ngắn gọn là một trong các nội dung chính của việc bồi dưỡng kiến thức cho học sinh chuẩn bị tham gia các kỳ thi học sinh giỏi của giáo viên.
II. NỘI DUNG:
Ngoài việc học sinh phải nắm chắc kiến thức về hình học thì việc xác định phương hướng tìm lời giải của bài toán hình học là rất quan trọng. Học sinh phải biết chia nhỏ bài toán về các trường hợp đặc biệt rồi nâng dần lên trường hợp tổng quát của bài toán. Đồng thời học sinh cũng phải biết lựa chọn hình vẽ tốt, hình vẽ tối ưu của bài toán.
Bạn đang xem tài liệu "Sáng kiến kinh nghiệm Một số kinh nghiệm hướng dẫn học sinh giải bài toán hình học trong các kỳ thi học sinh giỏi", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
ĐỀ TÀI: MỘT SỐ KINH NGHIỆM HƯỚNG DẪN HỌC SINH GIẢI BÀI TOÁN HÌNH HỌC TRONG CÁC KÝ THI HỌC SINH GIỎI. I. Lý do chọn đề tài: Các bài toán hình học là một trong những bài toán quan trọng không thể thiếu trong các kỳ thi học sinh giỏi. Việc hướng dẫn học sinh tìm lời giải và trình bày lời giải của các bài toán hình học một cách chặt chẽ, sáng sủa, ngắn gọn là một trong các nội dung chính của việc bồi dưỡng kiến thức cho học sinh chuẩn bị tham gia các kỳ thi học sinh giỏi của giáo viên. II. NỘI DUNG: Ngoài việc học sinh phải nắm chắc kiến thức về hình học thì việc xác định phương hướng tìm lời giải của bài toán hình học là rất quan trọng. Học sinh phải biết chia nhỏ bài toán về các trường hợp đặc biệt rồi nâng dần lên trường hợp tổng quát của bài toán. Đồng thời học sinh cũng phải biết lựa chọn hình vẽ tốt, hình vẽ tối ưu của bài toán. Cụ thể thông qua một số bài toán hình học của các kỳ thi học sinh giỏi tỉnh ta trong 5 năm gần đây: Bài 1: Kỳ thi học sinh giỏi tỉnh năm học 2004 – 2005 (vòng 1) Cho tam giác ABC có độ dài các cạnh là a, b, c, bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng R, M là điểm nằm trong tam giác và A1, B1, C1 theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của M trên các cạnh BC, CA, AB. Giọi m là chu vi của tam giác A1B1C1. Chứng minh rằng : Bài làm Tứ giác AB1MC1 nội tiếp đường tròn đường kính AM AB1C1 nội tiếp đường tròn đường kính AM. Theo định lý Sin ta có: Tương tự ta có ; A1B1 + B1C1+C1A1 = CM.SinC + AM.SinA + BM.SinB m = AM.SinA + BM. SinB + CM.SinC Có ( cắt BC tại I) Tương tự : Dấu “=” xảy ra là tam giác đều Bài 2: Kỳ thi học sinh giỏi tỉnh năm 2004- 2005 (vòng 2) Trong không gian cho hai mặt cầu đồng tâm, có tâm là điểm O, bán kính lần lượt là R và r (với R>r). M là điểm cố định thuộc mặt cầu bán kính r, d là đường thẳng thay đổi qua M và không qua O, d cắt mặt cầu bán kính R tại 2 điểm A, B. trong mặt phẳng (P) xác định bởi d và O kẻ đường thẳng d’ vuông góc với d tại M, d’ cắt mặt cầu bán kính r tại C. (nếu d tiếp xúc với mặt cầu bán kính r thì C trùng với M). Chứng minh rằng trung điểm của các đoạn thẳng AC và BC luôn luôn thuộc một mặt cầu cố định. Bài làm mp (P) đi qua tâm O cắt 2 mặt cầu đồng tâm theo 2 đường tròn đồng tâm như hình bên. d cắt mặt cầu bán kính r tại điểm thứ 2 là N I trung điểm của AC ta có: thuộc đường tròng tâm P trung điểm của OM. Trong mp (P) bán kính IP : Vậy I trung điểm của AC luôn thuộc mặt cầu tâm P trung điểm OM, bán kính là R. Tương tự K trung điểm của BC cũng nằm trên mặt cầu tâm P bán kính là R Chú ý: Aùp dụng công thức trung tuyến của tam giác AB2 + AC2 = 2AM2 + BC2 Bài 3: kỳ thi HSG tỉnh năm 2005 – 2006 (vòng 1) Cho hình hộp chữ nhật ABCD A’B’C’D’ có cạnh AB =a; AA’ =b; I là giao điểm của BC’ và CB’. Điểm M di chuyển trên mặt phẳng (BCC’B’) sao cho trung điểm của MN luôn luôn thuộc đường thẳng D’I. Tính theo a và b độ dài ngắn nhất của đoạn thẳng MN Bài làm: D’I cắt AB tại A1 Dựng hình hộp chữ nhật BCD1A1B’C’D1’A1’ I0 thuộc đường thẳng A1I đường thẳng D’I M0 mp (ABCD) và N0 mp (BCC’B’) sao cho I0M0 = I0N0 (Ta làm như sau: Dựng I0H BI Lấy N0 BI; HN0= HB, đường thẳng I0N0 cắt đường thẳng BA1 tại M 0 ) Giả sử M mp (ABCD) Và N mp (BCC’B’) sao cho I0M = I0N M0MN0N là hình bình hành M0M // N0N - Gọi M0M là đường thẳng m - Gọi NN0 là đường thẳng n Dễ chứng minh đường thẳng m // n // BC * Độ dài MN đạt giá trị nhỏ nhất nếu Qua I kẻ đường thẳng song song với BB’ cắt BC tại P căt B’C’ tại Q P là trung điểm của BC Q là trung điểm của B’C’ Qua H kẻ đường thẳng song song với PQ cắt BC tại L và cắt n tại N Đặt , cĩ : Cĩ : n HN nI0N (định lí 3 đường vuông góc) HN // IQ Vậy MN đạt giá trị nhỏ nhất đạt giá trị nhỏ nhất. đạt giá trị nhỏ nhất đạt giá trị nhỏ nhất. đạt giá trị nhỏ nhất Khi đó Bài 4: Kỳ thi HSG tỉnh năm học 2005-2006 (vòng 2) Cho tam giác ABC lấy điểm P sao cho góc PAC = góc PBC, kẻ PMAC, và PNBC, D là trung điểm của AB. Chứng minh rằng DM = DN. Bài làm Hạ PNBC. Hạ PM BC vuông tại M Gọi E la trung điểm của PA (vì ) Tương tự : Gọi F là trung điểm của PB Có : D là trung điểm của AB E là trung điểm của AP F là trung điểm của BP DEPF là hình bình hành DF=EP Mà EP=EM vậy DF=EM Tương tự : DE=FN Có : vậy (c.g.c) Bài 5: Kỳ thi HSG tỉnh năm học 2006-2007 (vòng 1) Trên mặt phẳng cho tập hợp gồm n điểm (n>7) sao cho các khoảng cách giữa hai điểm bất kỳ thuộc X đều khác nhau. Gọi Y là tập hợp các đoạn thẳng có được bằng cách nối mỗi điểm thuộc tập X với điểm cũng thuộc X và gần điểm đó nhất. Chứng minh rằng mỗi điểm của X có không qua 5 đoạn thẳng của Y đi qua. Bài làm Giả sử tồn tại Ai0 X sao cho có ít nhất 6 đoạn thẳng của Y đi qua điểm Không mất tính tổng quát nếu ta gọi 6 đoạn thẳng đó là A1, A2, . . ., A6 với A1 <A2 < . .< A6 Và A1 = Min A1Ai A2 = Min A2Ai . . . A6 =Min A6Ai Do A2 = min A2Ai mà Tương tự . . . 3600 > 3600 vô lý Vậy không tồn tại sao cho có nhiều hơn 5 đoạn thẳng của Y đi qua Bài 6: Kỳ thi HSG tỉnh năm 2006-2007 (vòng 1) Cho tam giác cân ABC (AB=AC); trên AB, AC lần lượt lấy các điểm E, F. Gọi D là trung điểm của EF, qua D kẻ đường thẳng song song với BC cắt AB, AC lần lượt tại G, H. Gọi E1, F1 thứ tự là hình chiếu vuông góc của E, F trên BC. Chứng minh rằng GH = E1F1 Bài làm Qua E kẻ đường thẳng song song với BC cắt AC tại I. Qua F kẻ đường thẳng song song với BC cắt AB tại K EFK có D trung điểm của EF và DG// FK DG là đường trung bình G là trung điểm của EK. - Tương tự H là trung điểm của IF - Tứ giác EIFK là hình thang, do ABC là tam giác cân mà vậy EIFK là hình thang cân. EK = IF GE = FH Gọi G1 là hình chiếu vuông góc của G trên BC Gọi H1 là hình chiếu vuông góc của H trên BC Ta có G1E1 = GE.CosB; H1F1 = HF.CosC G1E1=H1F1 G1H1=E1F1 Do GH // BC GHH1G1 là hình chữ nhật GH= G1H1 Vậy GH = E1F1 Bài 7: Kỳ thi HSG tỉnh năm học 2006-2007 (vòng 2) Trong không gian cho tam diệân vuông oxyz. Trên OZ lấy điểm A sao cho OA =1. Các điểm B,C thứ tự di động trên Ox và Oy thỏa mãn điều kiện : OB + OC = 1 Chứng minh rằng mặt phẳng (ABC) luôn luôn tiếp xúc với mặt cầu cố định. Bài làm Bằng phương pháp tọa độ. Lập hệ trục tọa độ đề các vuông góc oxyz với b>0; c>0 OB+OC =1 b + c =1 B2 + C2 =(b+c)2 – 2bc b2 + c2 =1 -2bc Phương trình mp(ABC): I0(x0;y0;zo) oxyz ; d(I0,(ABC)) = = = * Cho mp(ABC) tiếp xúc với mặt cầu (S) tâm I0(0,1,1) bán kính R=d(I0,(ABC))=1 * * Cho mp (ABC) tiếp xúc với mặt cầu (S’) tâm I’(2,-1,-1) bán kính R’=d(I0’,(ABC))= 1 Bài 8: Kỳ thi HSG năm học 2007-2008 Cho góc xOy. Điểm A di dộng trên Ox, điểm B di động trên Oy sao cho OA+OB =a không đổi. Tìm qũy tích tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB Bài làm - Lấy điểm A0 Ox và B0 Oy sao cho: - Gọi M0 là trung điểm của OA0 - Gọi N0 là trung điểm của OB0 - Gọi P là trung điểm của A0B0 - Gọi Io là tâm của đường tròn ngoại tiếp OA0B0 I0 là giao điểm của 3 đường trung trực của OA0B0 - Lấy điểm A Ox, B Oy: A0A=B0B Sao cho : OA=OA0+A0A OB = OB0-B0B OA+OB=OA0+OB0 OA+OB=a Gọi M là trung điểm của OA Gọi N là trung điểm của OB Ta có M0M = OM-OM0= Tương tự có: M0M=N0N Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp OAB I là giao điểm của 2 đường trung trực của OA và OB. Hạ I0H IN; IK I0M0 I0M0 cắt IN tại C Ta có OI0M0 = OI0N0 (1) (2) (SLT vì I0N0 // IN) I0H = N0N vì I0N0NH là hình chữ nhật - Tương tự ta có IK =M0M I 0H = IK (vì M0M = N0N) vuông HI0C = vuông KIC CI0 = CI CI 0I là tam giác cân tại đỉnh C Hạ đường cao CD trong tam giác cân CI0I CD là đường phân giác của góc (3) Từ (1), (2), (3) OI0 // CD I0I OI0 (d) cố định Khi BO thì MA0 II1 = dd1 : (d1) A0, (d1)Ox Khi AO thì N B0 II2 = dd2 : (d2) B0; (d 2)Oy Vậy quỹ tích của các điểm I tâm của đường tròn ngoại tiếp OAB là đoạn thẳng I1I2 : với Bài 9: Kỳ thi HSG năm học 2008-2009 Trên các cạnh của tam giác đều ABC người ta lấy 6 điểm A1, A2, B1, B2, C1, C2 sao cho A1,A2 trên cạnh BC; B1, B2 trên cạnh CA; C1, C2 trên cạnh AB và các đỉnh này là các điểm của lục giác lồi A1A2B1B2C1C2 có tất cả các cạnh bằng nhau. Chứng minh rằng các dường thẳng A1B2, B1C2, C1A2 đồng quy tại 1 điểm. Bài làm Do ABC là tam giác đều và lục giác A1A2B1B2C1C2 có tất cả các cạnh bằng nhautheo tính chất đối xứng thì AB2C1 = BC2A1 = CA2B1 (c.c.c) (c.g.c) A1B2 là trung trực của đoạn thẳng C1B1 B1C2 là trung trực của đoạn thẳng A1C1 C1C2 là trung trực của đoạn thẳng B1A1 A1B2, B1C2, C1C2 là 3 đường trung trực của A1B1C1 A1B2, B1C2, C1C2 đồng quy tại 1 điểm. III. KẾT LUẬN: Qua một số bài toán hình học trong các kỳ thi học sinh giỏi tỉnh trong 5 năm gần đây đã trình bày ở trên, ta thấy việc vận dụng linh hoạt, sáng tạo các kiến thức về hình học có vai trò quyết định trong việc tìm kiếm lời giải của bài toán. Đặc biệt vai trò của các phép cụ thể hóa, đặc biệt hóa rồi đi đến khái quát hóa và thể hiện bằng các hình vẽ minh họa, đặc trưng của bài toán có ý nghĩa hết sức quan trọng việc phán đoán hướng đi và tìm kiém lời giải của bài toán.
File đính kèm:
THAY SEN 2.doc
