Dạng bài có quan hệ liên kết nhau khi phát triển một bài đơn giản đến phức tạp

Chia sẻ: Paradise9 Paradise9 | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:14

Thêm vào BST

Báo xấu

99
lượt xem 8
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác, dựng các tam giác đều ABF; ACD; BCE. Chứng minh rằng AE; BD; CF đồng quy. Bài giải: Gọi O là giao điểm của BD và CF. Ta cần chứng minh A; O; E thẳng hàng.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Dạng bài có quan hệ liên kết nhau khi phát triển một bài đơn giản đến phức tạp

Dạng bài có quan hệ liên kết nhau khi phát triển một bài đơn giản đến phức tạp Bài toán 3: Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác, dựng các tam giác đều ABF; ACD; BCE. Chứng minh rằng AE; BD; CF đồng quy. Bài giải: D Gọi O là giao điểm của BD và CF. A F Ta cần chứng minh A; O; E thẳng hàng. 1 1 1 Ta có  DAB =  CAF (bài toán 1) 2 3O 21   B1 =  F1  AOBF nội tiếp C B 1 0   O1 =  B2 = 60 0  O2 =  A1 = 60 0   AOB = 120 (1) Tương tự:  AOC = 1200 E 0   BOC = 120 Mà  BFC = 600  BOCE nội tiếp 0   O3 =  C1 = 60 (2) Từ (1) và (2)   AOF = 1800  A; O; E thẳng hàng Hay AE; BD; CF đồng quy.
Qua bài trên ta nhận thấy các góc AOB; BOC; COA có số đo là 1200. Từ đây ta xây dựng bài toán dựng hình khá quen thuộc sau : Bài toán 4: D Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác, dựng các tam giác ABF; ACD vuông cân tại A. Chứng minh rằng CF = BD; CF  BD. F A Hướng dẫn giải: O + CF = BD (tương tự như bài toán 1) + CF  BD: C B Do Tứ giác AOBF nội tiếp 0   BOF =  BAF = 90 Tiếp tục bài toán trên. Gọi M; N; I lần lượt là trung điểm của BF; CD; BC, ta có: IM là đường TB của tam giác BCF nên: 1 IM // = CF (1) 2 Tương tự ta có: 1 IN // = BD (2) 2
Mà: CF  = BD (3) D Từ (1); (2) và (3) suy ra: IM  IN F IM = IN A Hay  MIN vuông cân tại I N M O B C I Nhận xét rằng  AMB và  ANC vuông cân tại M và N. Từ đây ta có bài toán tiếp. Bài toán 5: A Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác, dựng N các tam giác ABM vuông cân tại M; ACN vuông M cân tại N. Gọi I là trung điểm của BC.  IMN là tam giác gì? C B I Nếu học sinh lần đầu gặp bài toán này mà chưa gặp dạng thì hơi khó giải đối với các em. Bài toán trên có thể diển đạt cách khác làm cho học sinh dễ chứng minh hơn bằng cách thay các tam giác vuông cân ABM, CAN bằng các hình vuông ABDE và ACHF thì ta được bài toán đơn giản hơn.Ta có bài toán tiếp sau :
Bài toán 6: F Cho tam giác ABC, dựng về phía ngoài tam giác các E hình vuông ABDE và A ACHF. H J a.Chứng minh rằng: I BF = CE và BF  CE D b.Gọi I, J lần lượt là tâm C M B của hai hình vuông đó. M là trung điểm của BC. Chứng minh rằng  MIJ là tam giác vuông cân. Bài toán 7: Cho tam giác ABC nội tiếp trong một đường tròn (O). M ; N ; P lần lượt là cá điểm chính giữa các cung nhỏ AB ; BC ; CA . MN và NP cắt AB và AC theo thứ tự ở R và S. Chứng minh rằng: RS // BC và RS đi qua tâm của đường tròn nội tiếp tam giác ABC Cách giải 1: Hình 1. Gợi ý: Đây là một bài toán hình tương đối khó đối với học sinh nếu không có tư duy tốt trong hình học. Khi đưa ra bài toán này ngay cả việc vẽ hình cũng là một vấn đề khó và các em
đã không tìm ra được lời giải. Dưới sự hướng dẫn của thầy. Ta có AN; BP và AN là các tia phân giác của tam giác ABC. Gọi I là giao điểm của các đường phân giác. Khi đó ta có I chính là tâm của đường tròn nội tiếp tam giác ABC Để chứng minh cho RS // BC và I  RS ta đi chứng minh IR // BC ; IS // BC rồi sử dụng tiên đề về đường thẳng song song để suy ra điều phải chứng minh. Sau một thời gian ngắn một học sinh đã tìm ra được lời giải cho bài toán này. Và cũng là lời giải ngắn mà thầy đã tìm ra. Lời giải: CP Xét  NBI ta có: IBN = B2 + B3 mà B2 = 2 B3 = NAC (Góc nội tiếp chắn cung NC ) BAC AB NAC = do đó IBN = ; 2 2 AB BIN = A1 + B1 = ( Góc ngoài của tam giác ABI ) 2 Suy ra : IBN = BIN   NBI cân tại N  N thuộc trung trực của đoạn thẳng BI
Ta chứng minh đường trung trực của đoạn thẳng này chính là RN. Gọi H là giao điểm của MN và PB. Ta có 1 s®BC + s®AB + s®AC 1   BHN = sđ BN + AM + AP = 2 2 2 Vì BHN là góc có đỉnh nằm bên trong đường tròn và BC AB AC 1 3600 = 900 ; AM = ; AP = = BN =  BHN 2 2 2 4  RN là trung trực của đoạn thẳng BI  BR = RI   RBI cân tại R  B1 = RIB mµ B1 = B2  B2 = RIB  IR // BC ( Vì tạo với các tuyến BI hai góc so le trong bằng nhau ) Cũng chứng minh tương tự ta được IS // BC, từ điểm I ở ngoài đường thẳng BC ta chỉ có thể kẻ được một đường thẳng song song với BC  R ; I ; S thẳng hàng. Vậy RS // BC và RS đi qua tâm I của đường tròn nội tiếp tam giác ABC ( Đpcm) Cách giải 2: Hình 2 Gợi ý: Trong cách giải này yêu cầu học sinh phải nắm lại kiến thức cũ về Tính chất đường phân giác trong tam giác đây là tính chất quan trọng mà các em đã được học ở lớp 8 đa số học sinh ít thậm trí là không
hay để ý đến tính chất này. Lời giải: Theo giả thiết ta có MA = MB do đó MN là phân giác của góc ANB Áp dụng tính chất đường phân giác RA NA trong tam giác ABN ta có: ( 1) = RB NB Tương tự: NP là phân giác của tam giác ACN SA NA (2) = SC NC RA SA vì BN = CN nên BN = CN kết hợp với (1) và (2) ta được  RS // = RB SC BC Gọi giao điểm của RS với AN là I, của BC và AN là D vì RS // BC nên ta có: AI RA NA RA AI NA mà suy ra =  = ID RB NB RB ID NB Hai tam giác BND và tam giác ANB đồng dạng NA AB (vì có góc BNA chung và BAN  NBD ) nên Vậy  NB BD AI AB = ID BD Suy ra BI là phân giác của góc ABC ở trên ta có I thuộc phân giác AN của góc BAC ta lại vừa chứng minh I thuộc phân giác ABC nên I là tâm của đường tròn nội tiếp tam giác ABC . ( Đpcm)
Bài toán 8: T ừ một điểm trên đường tròn ngoại tiếp của một tam giác bất kì hạ các đường vuông góc xuống ba cạnh của tam giác ABC nội tiếp đ ường tròn. Chứng minh rằng chân của ba đường vuông góc đó thẳng hàng (Đường thẳng này gọi là đường thẳng Simson) Cách giải 1: Vì D = E = 900 suy ra tứ giác BDPE là tứ giác nội tiếp  BED = BPD (*) ( Góc nội tiếp cùng chắn một cung )  và F = E = 900 suy ra tứ giác EFCP cũng là tứ giác nội tiếp suy ra FEC = FPC (**) ( Góc nội tiếp cùng chắn một cung ) Vì tứ giác ABPC nội tiếp đường tròn  BPC =  - A (1) PD  AB    DPF =  - A (2) PF  AC  Từ (1) và (2)  BPC = DPF  BPD = FPC (***) Từ (*) ; (**) và (***)  BED = FEC  D ; E ; F thẳng hàng Cách giải 2:
PE  EC  0   Tứ giác EFCP là tứ giác nội tiếp  FEP + PCF = 180 (1) PF  FC  Vì tứ giác ABPC nội tiếp đường tròn  ABP + FCP = 1800 Mà ABP + BDP = 1800  FCP = DBP (2) PD  BD    Tứ giác EPDB là tứ giác nội tiếp  DBP = DEP ( 3) PE  BC  Từ (1) ; (2) và (3) ta có : PEF + DEP = 1800 Suy ra ba điểm D ; E ; F thẳng hàng Đối với bài toán trên là một bài toán khó yêu cầu học sinh phải huy động nhiều kiến thức có liên quan vì vậy ngay cả việc tìm ra lời giải đã khó việc tìm ra các cách giải khác nhau là một vấn đề quá khó, với bài này bản thân học sinh của tôi không làm được sau khi giáo viên gợi ý học sinh đã dần tư duy sáng tạo và tìm được hướng đi của bài toán. Đơn vị kiến thức được áp dụng để giải bài toán.Như để chứng minh ba điểm thẳng hàng cần chứng minh hai góc kề có tổng số đo bằng 1800. - Tứ giác nội tiếp đường tròn. - Góc nội tiếp trong đường tròn. Bài toán 9: Cho tam giác ABC, dựng về phía ngoài tam giác các hình vuông ABDE và ACHF, vẽ hình bình hành AEQF, Chứng minh rằng: BH = QC và BH  QC
Bài giải: Q F Gọi O là giao điểm của BH và QC. Theo BT 9, ta có:  ABC =  FQA, N nên: BC = QA E H A Và  ACB =  FAQ   BCH =  QAC. O Xét hai tam giác: D  BCH và  QAC, có: C B M P BC = QA  BCH =  QAC  CH = AC (gt)  BCH =  QAC (c.g.c)  BH = QC (1) Và  CBH =  AQC Mà  AQC +  QCP = 900 0   CBH +  QCP = 90 Hay  BOC = 900 Hay BH  QC (2) Từ (1) và (2) suy ra đpcm.
Tương tự như trên ta cũng có CD  QB. Ta nhận thấy QP, BH, CD là ba đường cao của tam giác QBC. Và từ dây ta xây dựng được bài toán mới được phát biểu ở dạng khác. Bài toán 10: Q Cho tam giác ABC, dựng về phía F ngoài tam giác các hình vuông ABDE và ACHF, vẽ hình bình hành AEQF, Chứng minh rằng E H QP, BH và CD đồng quy. A (ta thấy QP, BH và CD là ba D đường cao của tam giác QBC, C B P nên chúng đồng quy) Dạng chứng minh đường thẳng song song và tam giác đồng dạng Bài toán 11: Đường tròn (O;R1) và (O';R2) tiếp xúc nhau tại P. Một cát tuyến qua P cắt (O;R1) tại A và (O';R2) tại B. Một cát tuyến khác cũng qua P cắt (O;R1) tại C và (O';R2) tại D. Chứng minh : OA//O'B ; OC//O'D ; AC//BD các tam giác PAC và PBD đồng dạng. Sau khi đọc bài toán này giáo viên cần cho học sinh nhắc lại kiến thức về hai đường tròn tiếp xúc với nhau. Và từ đó cần yêu cầu học sinh để giải bài toán trên chung ta phải đi xét hai trường hợp sảy ra.
Hai đường tròn tiếp xúc ngoài và hai đường tròn tiếp xúc trong.Ở đây tôi chỉ trình bày về hai đường tròn tiếp xúc ngoài còn trường hợp hai đường tròn tiếp xúc ngoài chúng ta chứng minh tương tự Cách giải 1: Hình 1 Gợi ý: - Tính chất của hai đường tròn tiếp xúc nhau - Áp dụng trường hợp đồng dạng thứ hai Lời giải: Ta có các tam giác OAP và tam giác O'BP là các tam giác cân tại O và O' Suy ra: OAP = OPA và O'PB = O'BP mà OPA = O'PB ( Hai góc đối đỉnh) Suy ra tiếp các góc ở vị trí so le trong bằng nhau  OA//O'B ; OC//O'D ; AC//BD Và  OAP = PBO'  hai tam giác  OAP và  O'BP đồng dạng PA PO R  1 (1) =  PB PO' R 2
Tương tự ta cũng có : OCP = OPC và O'PD = O'DP mà OPC = O'PD ( Hai góc đối đỉnh)  OCP = PDO'  hai tam giác  OCP và  O'DP đồng dạng PC PO R PC R PA  1 (2) Từ (1) và (2) ta có:  1 lại có = =  PB PD PO' R 2 PD R2 CPA = BPD Suy ra :  PAC và  PBD đồng dạng. Cách giải 2: Hình 2 Gợi ý: - Kẻ tiếp tuyến chung xPy của hai đường tròn. - Áp dụng trường hợp đồng dạng thứ ba - Áp dụng định lí về góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung Lời giải: Kẻ tiếp tuyến chung xPy của hai đường tròn. Ta có. CAP = CPy = xPD = PBD ( Áp dụng tính chất về góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn một cung thì bằng nhau) Mặt khác APC = BPD (hai góc đối đỉnh)
Suy ra :  PA1B1 và  PA2B2 đồng dạng.