intTypePromotion=1
zunia.vn Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z zunia.vn zunia.vn
ADSENSE
 » 
 » 

Sáng kiến kinh nghiệm THCS: Gây hứng thú cho học sinh qua việc giải bài toán hình học bằng nhiều cách

Chia sẻ: Convetxao | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:31

Thêm vào BST
Báo xấu
45
lượt xem 6
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mục đích của sáng kiến kinh nghiệm này nhằm trang bị cho học sinh một số phương pháp chứng minh hình học, phát triển khả năng tư duy hình học cho các em. Giúp học sinh nắm vững và hiểu sâu hơn các kiến thức cơ bản, nhìn một bài toán hình học dưới nhiều khía cạnh khác nhau. Cung cấp cho học sinh phương pháp tự học, tự tư duy, từ đó các em có thái độ chủ động, tự tin, sáng tạo trong học toán và có hứng thú học tập bộ môn.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Sáng kiến kinh nghiệm THCS: Gây hứng thú cho học sinh qua việc giải bài toán hình học bằng nhiều cách

  1. Gây hứng thú cho học sinh qua việc giải bài toán hình học bằng nhiều cách MỤC LỤC PHẦN I .................................................................................................. .................2 PHẦN MỞ ĐẦU.................................................................................................. 3 I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI: ................................................................................ 3 II. MỤC ĐÍCH VÀ ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU: .......................................... 3 III. PHẠM VI NGHIÊN CỨU:......................................................................... 3 IV. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU: .............................................................. 3 PHẦN II .................................................................................................................. 4 NỘI DUNG ......................................................................................................... 4 I. ĐẶT VẤN ĐỀ ............................................................................................... 4 II. CÁC ĐỊNH LÝ ĐIỂN HÌNH ........................................................................ 5 III. CÁC BÀI TOÁN ĐIỂN HÌNH: ................................................................. 11 MỘT SỐ ĐỊNH LÝ VÀ BÀI TẬP TỰ GIẢI................................................... 26 KẾT QUẢ THỰC HIỆN ................................................................................. 27 PHẦN III .............................................................................................................. 29 KẾT LUẬN ..................................................................................................... 29 PHẦN IV: TÀI LIỆU THAM KHẢO ................................................................... 30 1/30
  2. Gây hứng thú cho học sinh qua việc giải bài toán hình học bằng nhiều cách PHẦN I PHẦN MỞ ĐẦU I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI: Toán học xuất phát từ những đòi hỏi của cuộc sống đồng thời quay lại phục vụ cuộc sống. Ngày nay sự phát triển của tất cả các ngành khoa học cơ bản cũng như ứng dụng vào các nghành công nghiệp then chốt như: dầu khí, viễn thông, hàng không đều không thể thiếu được vai trò của toán học. Sự ra đời và phát triển mạnh mẽ của công nghệ thông tin đã dẫn đến sự bùng nổ của toán học, đưa lại hiệu quả to lớn cho toán học. Việc nắm vững các kiến thức toán học giúp cho học sinh có cơ sở nghiên cứu các bộ môn khoa học khác đồng thời có thể hoạt động có hiệu quả trong mọi lĩnh vực của đời sống. Trong chương trình toán THCS, Hình học là một phân môn quan trọng và cần thiết cấu thành nên chương trình toán học cùng với phân môn Số học và Đại số. Phân môn này có tính trừu tượng cao, học sinh luôn coi là môn học khó và ngại học. Đây cũng là môn khoa học rèn luyện cho học sinh khả năng đo đạc, tính toán, suy luận logic, phát triển tư duy sáng tạo, tính linh hoạt, độc lập của học sinh trong cách tìm tòi lời giải cho một bài tập toán. Việc khám phá thêm lời giải cho một bài toán sẽ giúp cho học sinh nắm vững hơn kiến thức cơ bản, có định hướng suy nghĩ một cách khoa học. Thực tế, trong giảng dạy khi giáo viên đưa ra một bài toán, không phải tất cả học sinh đều giải bài toán theo một cách duy nhất. Có rất nhiều học sinh rất muốn thể hiện bài toán theo cách giải riêng của mình. Điều đó thực sự là cần thiết, nó sẽ giúp học sinh củng cố được kiến thức, sử dụng hợp lý từng kiến thức trong các cách giải khác nhau, có khả năng tư duy tốt hơn, yêu thích toán học hơn. Việc tìm thêm những lời giải khác của một số bài toán nhiều khi đưa ta đến những điều thú vị. G. Polya - nhà toán học người Mỹ đã khuyên rằng: “ Ngay cả khi lời giải mà ta đã tìm được là tốt rồi thì tìm được một các giải khác vẫn có lợi. Thật sung sướng khi thấy kết quả tìm ra được xác nhận nhờ hai lý luận khác nhau. Có chứng cớ rồi nhưng ta muốn tìm thêm một chứng cớ nữa cũng như chúng ta muốn sờ vào một vật mà ta đã trông thấy.” Chính vì vậy tôi đã thực hiện nghiên cứu và đưa ra đề tài : “ Gây hứng thú cho học sinh qua việc giải bài toán Hình học bằng nhiều cách” với mục tiêu: - Đưa ra thêm một giải pháp góp phần thực hiện đổi mới phương pháp dạy học theo hướng tích cực hóa hoạt động học tập của học sinh. 2/30
  3. Gây hứng thú cho học sinh qua việc giải bài toán hình học bằng nhiều cách - Giúp cho học sinh có khả năng tư duy một cách linh hoạt, chủ động, sáng tạo, có hứng thú học tập bộ môn, yêu thích và thoải mái trong mỗi giờ học. Cao hơn nữa, tôi hy vọng có một số học sinh từ việc muốn tìm ra các lời giải khác nhau cho một bài toán sẽ có ý thức tìm tòi nghiên cứu những điều mới lạ trong đời sống. II. MỤC ĐÍCH VÀ ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU: - Nhằm trang bị cho học sinh một số phương pháp chứng minh hình học, phát triển khả năng tư duy hình học cho các em. - Giúp học sinh nắm vững và hiểu sâu hơn các kiến thức cơ bản, nhìn một bài toán hình học dưới nhiều khía cạnh khác nhau. - Cung cấp cho học sinh phương pháp tự học, tự tư duy, từ đó các em có thái độ chủ động, tự tin, sáng tạo trong học toán và có hứng thú học tập bộ môn. - Đề tài áp dụng cho học sinh trường THCS Phương Liệt trong các giờ luyện tập, giờ học tự chọn, ôn tâp, bồi dưỡng học sinh giỏi. III. PHẠM VI NGHIÊN CỨU: - Trong khuôn khổ của đề tài này, tôi chỉ trình bày một số định lý và bài toán điển hình với nhiều cách giải và giới hạn chủ yếu ở bộ môn Hình học lớp 7- 8- 9 được rút ra từ thực tế nhiều năm trực tiếp giảng dạy bộ môn toán tại trường THCS Phương Liệt. - Chỉ đưa ra phương hướng giải hoặc lời giải vắn tắt chứ không đi sâu vào giải chi tiết. - Có đưa thêm một số bài tập cho học sinh tự giải. IV. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU: - Nghiên cứu về cơ sở lý luận và phương pháp giảng dạy giải bài tập Hình học. - Nghiên cứu về phương pháp giảng dạy học, đổi mới phương pháp giảng dạy bộ môn qua chương trình sách giáo khoa do bộ Giáo dục đào tạo ban hành và kết quả giảng dạy môn Hình học ở trường THCS Phương Liệt. - Đưa ra các dạng bài tập Hình học có thể sử dụng nhiều kiến thức để giải theo các cách khác nhau. Do kinh nghiệm và khả năng còn han chế nên đề tài này không tránh khỏi những sai sót. Rất mong các bạn đồng nghiệp đọc, góp ý, bổ sung ý kiến để tôi có thể hoàn thiện đề tài tốt hơn, ứng dụng hiệu quả đề tài vào giảng dạy cho học sinh. Nhằm tăng thêm giá trị sử dụng cho đề tài. 3/30
  4. Gây hứng thú cho học sinh qua việc giải bài toán hình học bằng nhiều cách PHẦN II NỘI DUNG I. ĐẶT VẤN ĐỀ Trong giảng dạy môn toán nói chung và phân môn hình học nói riêng, với đặc thù của môn học đó là phong phú đa dạng, khó nhưng không kém phần hấp dẫn và lý thú. Đối với học sinh đại trà các em thường ngại học môn hình học, gặp không ít khó khăn trong việc chứng minh bài toán hình học. Nguyên nhân học sinh thường “ SỢ” môn hình học là do các em cho rằng hình học là môn học khó, trừu tượng, đòi hỏi khả năng lập luận, óc suy xét và tư duy logic tốt. Do vậy bắt đầu lên đến lớp 7 khi phân môn Hình học bắt đầu có nhiều kiến thức hơn, khó hơn thì học sinh đều cảm thấy có ít nhiều khó khăn, bởi các em chưa biết cách vẽ hình, còn lung túng khi phân tích một đề toán, đặc biệt là những bài toán yêu cầu giải bằng nhiều cách đòi hỏi học sinh phải nắm chắc kiến thức, có kiến thức tổng hợp, sử dụng hợp lý các kiến thức vào giải bài toán Hình học. Kết quả điều tra thực trạng cho thấy: thực tế kết quả học tập phân môn hình học ở bộ phận lớn học sinh còn hạn chế, tỉ lệ học sinh yêu thích môn Hình học còn thấp. Tôi đã áp dụng thử những nội dung đưa ra trong đề tài này ở một số năm học, thấy kết quả tương đối khả quan, tuy nhiên chưa có khảo sát đối chứng cụ thể. Năm học 2016- 2017 này tôi đã tiến hành khảo sát thực tế với đối tượng học sinh lớp 7A1, 7A3 trường THCS Phương Liệt mà tôi giảng dạy. Tháng 9/2016 tôi đã yêu cầu học sinh lớp 7A1, 7A3 giải một bài toán Hình học bằng nhiều cách. Kết quả cho thấy: Số HS tham Số HS giải bài Số HS giải bài toán Số HS không gia làm bài toán ≥ 2 cách bằng 1 cách giải được 80( 100%) 10 ( 12,5%) 55(68,7 ) 15 ( 18,8%) Kết quả điều tra đầu năm về thái độ yêu thích môn Hình học của học sinh lớp 7A1 cho thấy: Số HS tham Số HS thích Số HS thấy bình Số HS không gia điều tra học hình thường yêu thích 80( 100%) 13 ( 16,3%) 37( 46,2%) 30( 37,5%) Khoảng cách giữa lý thuyết và bài tập còn rất xa. Tâm lý học sinh đại trà đều ngại thậm chí sợ học phân môn này. Để tháo gỡ tâm lý và khích lệ sự yêu thích môn học này, trong quá trình giảng dạy tôi đã tìm tòi được một số bài tập có thể 4/30
  5. Gây hứng thú cho học sinh qua việc giải bài toán hình học bằng nhiều cách vận dụng nhiều kiến thức để giải bằng nhiều cách. Mặt khác gây được hứng thú cho học tập của học sinh, làm cho giờ học sinh động, vui vẻ, thoải mái với câu hỏi tuy đơn giản: “ Em nào có cách giải khác? ” đã giúp học sinh tích cực suy nghĩ tìm tòi, phát hiện ra các cách giải hay mà nhiều khi chính người giáo viên cũng phải bất ngờ trước lời giải đó. Sau đây tôi xin trình bày đề tài theo hai nội dung chính: - Chứng minh một số định lý, tính chất trong sách giáo khoa bằng nhiều cách nhằm phục vụ cho những tiết dạy học chuyên đề, dạy học khái niệm. - Giải quyết một số bài tập Hình học điển hình trong chương trình toán THCS mà chủ yếu là ở lớp 7- 8- 9. II. CÁC ĐỊNH LÝ ĐIỂN HÌNH Bài toán 1: Chứng minh định lý Pitago. Định lý Pitago: “ Trong tam giác vuông bình phương độ dài cạnh huyền bằng tổng bình phương hai cạnh góc vuông” a2 = b2 + c2 Cách 1: Chứng minh bằng hệ thức lượng trong tam giác: Ta có: A b 2 = b’. a. b c 2 c = c’ . a.  b2 + c2 = ( b’ + c’). a = a2 B c' B H b' C Cách 2 : Chứng minh bằng tam giác đồng B dạng. Lấy H, E thuộc BC sao cho CH = CE = CA. ADE vuông tại A  ABH   EBA (g.g) H  A C  AB2 = BE. BH = CB2 – AC2  BC2 = AB2 + AC2 E 5/30
  6. Gây hứng thú cho học sinh qua việc giải bài toán hình học bằng nhiều cách C¸ch 3 : Chøng minh b»ng diÖn tÝch Lấy điểm D trên AC sao cho: E AB = CD = c. B a b a Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ AD vẽ c ED AC sao cho DE = AC = b. b c D A C Tứ giác ABED là hình thang vuông. ABC =  DCE ( c.g.c)   DEC  ACB  (hai góc tương ứng)   900  BCE BC = EC  EC = a. SABED = SABC + SBCE + SCED ( AB  CD ) AD 1 1 1   AB. AC  BC.CE  CD.ED 2 2 2 2 (b  c ) 2 1 1 1   b.c  a 2  b.c 2 2 2 2  b2 + c2 = a2. C¸ch 4: Chøng minh b»ng diÖn tÝch K Dựng hình vuông ABHI; DEGI và BCEK. HBK = ABC (c.g.c) B H   900  BHK  K, G, H thẳng hàng. c a G a E b DCE = GKE (c.g.c) c A b C I D  SBCEK = SAHBI + SDEGI  a2 = b2 + c2 . Cách 5: Chứng minh bằng diện tích: - Dựng các hình vuông trên các cạnh tam giác ABC như hình vẽ. ­ Dựng đường cao AI. Tia AI cắt ED tại P. Tia IA cắt FG tại N. Gọi M 6/30
  7. Gây hứng thú cho học sinh qua việc giải bài toán hình học bằng nhiều cách là giao điểm của EB và FG. Tứ giác ABMN là hình bình hành SABMN = SABFG = AB.GA BFM = BAC (g.c.g)  BM = BC  SABMN = SBIPE = BI.BC.  S BIPE = SABFG = AB2 Tương tự: S ICDB = AC2 BC2 = SBCDE = SBIPE+ SICDB = AB2 + AC2 BC2 = AB2 + AC2 Bài toán 2: Định lý về tính chất đường phân giác trong tam giác: “ Trong tam AB DB giác ABC, phân giác AD thì  ” AC DC Giải: Cách 1: Kẻ CE // AD E   DAB E  ( 2 góc đồng vị)   DAC ECA  ( 2 góc so le trong) Mà   CAD BAD  (gt) A   ECA  AEC   AEC c©n  AE = AC. Theo định lý Ta lét: B BD BA  BD BA D     (dpcm) C DC AE  DC AC 7/30
  8. Gây hứng thú cho học sinh qua việc giải bài toán hình học bằng nhiều cách Cách 2 : Kẻ CE // AB ta có : A ¢1 = £ ( 2 góc so le trong) 1 2 Mà ¢1 = ¢2 (gt) ¢2 = £  CEA cân B D C  CA = CE (1) Theo hệ quả của định lý Ta lét : DB AB Ta có:  (2) E DC CE Tõ(1),(2)  (®pcm). Cách 3 : Kẻ DE // AB  Ta có BAD ADE ( 2 góc so le trong)   CAD Mµ BAD  (gt) A   EDA  EAD  E   EDA c©n tại E  EA = ED. B D DB AE C Theo định lý Ta lét ta có:  ; DC EC DB ED Mà AE = ED   (1) DC EC DE EC DE AB Mặt khác    ( 2) AB AC EC AC BD AB Tõ (1),(2)   (dpcm) DC AC Cách 4: Kẻ AH  BC; DI  AB; DK  AC 1 AB.DI S ABD 2 AB   (1) S ACD 1 AC DC. AH 2 8/30
  9. Gây hứng thú cho học sinh qua việc giải bài toán hình học bằng nhiều cách (Vì DI = DK t/c tia phân giác) A 1 BD. AH S ABD 2 BD K   ( 2) S ACD 1 DC I DC . AH 2 B H D AB DB C Tõ (1),(2)   (dpcm) AC DC Cách 5: Từ các đỉnh B và C kẻ BE  AD; CF A  AD. Ta có:  BED   CFD (g.g) E DB BE   (1) CD CF F D C Lại có:  ABE  ACF (g.g) F AB BE   ( 2) AC CF DB AB Từ (1),(2)   (dpcm) DC AC Bài toán 3: Chứng minh định lý: “ Trong một tam giác, nếu đường trung tuyến ứng với một cạnh bằng nửa cạnh ấy thì tam giác đó là tam giác vuông ” Giải: Cách 1: Sử dụng kiến thức tam giác cân  AMB cân tại M  2B AMB  1800 A   180  AMC cân tại M  2Cˆ  AMC  Bˆ  Cˆ = 900  BAC B M C Cách 2: Sử dụng kiến thức đường trung bình của tam giác: - Kẻ MN // AB => MN là đường trung bình của tam giác ABC 9/30
  10. Gây hứng thú cho học sinh qua việc giải bài toán hình học bằng nhiều cách AMB cân tại M ( MB = MA) B  Trung tuyến MN đồng thời là đường cao của AMB M N  MN AB . Mà MN// AC  AC AB . A C Cách 3: Sử dụng định nghĩa đường tròn Ta có AM = MB = MC. A ABC nội tiếp đường tròn (M; BC)  ¢ = 900. B C M Cách 6: Sử dụng công thức tính đường trung tuyến: C 2 a b2 + c2 = 2ma2 + M 2 b a a2 a2 m b2 + c2 = 2   a2 4 2 A c B 2 2 2 b + c = a  AB  AC. Cách 7: Dùng tính chất đường phân giác: “ hai tia phân giác của hai góc kề bù vuông góc với nhau” Qua A dựng 10/30
  11. Gây hứng thú cho học sinh qua việc giải bài toán hình học bằng nhiều cách đường thẳng xy//BC A x y AC là tia phân giác góc yAM AB là tia phân giác . C M B xAM Cách 8: Dùng tính chất véc tơ AB = AM + MB = AM ­ MC AC = AM + MC AB.AC = ( AM ­ MC)( AM + MC) = AM2 ­ MC2 AB.AC = 0  AB  AC. III. CÁC BÀI TOÁN ĐIỂN HÌNH: Đối với nhiều học sinh ngay cả những bài toán hình học đơn giản cũng là khó, cái khó là không biết bắt đầu từ đâu. Nguyên nhân ở chỗ các em chưa biết cách sử dụng giả thiết đã cho kết hợp với khả năng phân tich và mối quan hệ giữa các kiến thức đã học để tìm ra được nhiều cách giải khác nhau cho bài toán. Đối với học sinh, việc huy động những kiến thức đã học để phục vụ cho việc chứng minh còn hạn chế, còn lẫn lộn giữa giả thiết và kết luận. Việc liên hệ giữa các kiến thức còn chưa tốt, khả năng phân tich, tổng hợp… của học sinh còn yếu. Một số bài toán để khai thác được nhiều cách giải khác nhau thì việc vẽ thêm yếu tố phụ cho bài toán là còn khó. Học sinh thường không biết bắt đầu từ đâu, không có phương pháp chung cho tất cả các bài toán. Ngay đối với một bài toán cũng có thể có những cách vẽ đường phụ khác nhau cho các lời giải khác nhau. Vì vậy, giáo viên phải gợi ý, hướng dẫn các em từng bước suy luận để tìm lời giải. Ta hãy bắt đầu từ những bài toán đơn giản sau: Bài toán 1: Cho tam giác cân ABC( AB = AC). Gọi M là trung điểm của đường cao AH, D là giao điểm của AB với CM. AB Chứng minh rằng: AD = 3 Cách 1: Sử dụng tính chất đường trung bình. 11/30
  12. Gây hứng thú cho học sinh qua việc giải bài toán hình học bằng nhiều cách Qua H kẻ đường thẳng d song song với A AB, cắt CD tại E.  HE là đường trung bình của tam D M giác ∆BCD. E MDA = MEH (g.c.g). B H C  AD = AB/3. Cách 2: Sử dụng tính chất đường trung bình. Qua A kẻ đường thẳng a // BC. F A Qua B kẻ đường thẳng b // AH. Đường thẳng a cắt đường thẳng b tại F. D Lấy I là trung điểm của BD, kẻ IE // FD E M ( E  FB) I => IE là đường trung bình của  DBF B H C  IE // DF EIB = MDA (g.c.g). Suy ra đpcm. Cách 3: Sử dụng định lý: “ Đường thẳng đi A qua trung điểm của một cạnh của tam giác và song song với cạnh thứ hai thì nó đi D qua trung điểm của cạnh thứ ba.” M HD: E Qua H kẻ đường thẳng a song song với CD C B H cắt BD tại E  EB = ED. + DA = DE  đpcm. Cách 4: Sử dụng định lý Ta let. Có HE // CD. 12/30
  13. Gây hứng thú cho học sinh qua việc giải bài toán hình học bằng nhiều cách  AHE  BCD ( định lý Talet). A Suy ra đpcm. D M E C B H Cách 5: Dùng tam giác đồng dạng. Dựng DN // AH A BDN   BAH (g.g)  BN ND  BH AH D  CMH   CDN (g.g)  M CH MH  CN DN Z3 CN 2 DN BN 2 B H C     . BH AH BH 3 Suy ra đpcm. Bài toán 2: Cho tam giác ABC, đường cao AH. Gọi D, E, M theo thứ tự là trung điểm của AB, AC, BC. Chứng minh rằng tứ giác DEMH là hình thang cân. Giải: Cách 1: Vì DA = DB (gt)  DE là đường trung bình của ABC EA = EC  DE // BC.  DE // HM ( H, M  BC)  Tứ giác DEMH là hình thang. Trong tam giác ABH vuông tại H có HD là đường trung tuyến 13/30
  14. Gây hứng thú cho học sinh qua việc giải bài toán hình học bằng nhiều cách  DA = DB = DH. A   DHB  DBH cân  B  D E   EMC  DHB  D B H M C Mà B = EMC ( đồng vị)   EMH  DHM .   EMH Hình thang DEMH cã DHM   DEHM là hình thang cân. Cách 2: DE // MH  DE  AH AH  MH   HDE DAH cân  ADE  ( đường cao đồng thời là phân giác)   DEM Mà ADE  ( 2 góc so le trong)    DEM HDE .   EMH Hình thang DEMH cã DHM   DEHM là hình thang cân. Cách 3: Trong tam giác vuông AHC có HE = 1/2 AC (1) Lại có DM = 1/2 AC ( 2) (đương trung bình tam giác) Từ (1),(2)  HE = DM. Bài toán 3: Cho tứ giác ABCD có AD = BC; Â = B. Chứng minh tứ giác ABCD là hình thang cân. Giải: Ta cần chứng minh AB // DC Cách 1: Kẻ 2 đường chéo AC và BD. ABD = BAC ( c.g.c)  AC = BD.  DAC = CBD  (c.c.c)  Dˆ  Cˆ 14/30
  15. Gây hứng thú cho học sinh qua việc giải bài toán hình học bằng nhiều cách Mà Â = Bˆ A B E  Aˆ  Dˆ  Cˆ  Bˆ = 1800  AB // DC. D C Cách 2: Ta có ¢ + Eˆ = 1800 Mµ   EBC ABC   900   ABC Tõ A    CEB  CBE   CBE cân  CB = CE Mµ AD = BC (gt)  AD = CE  ADCE là hình bình hành. AD // CE  AE // DC  AB // DC  ®pcm. Cách 3: Kẻ DC’ // AB  ABC’D là hình thang cân. ¢ = B  AD = BC’  BC’ = BC  C = C’ Mà AD = BC Vậy AB // DC  ®pcm. Cách 4: Gọi I là giao điểm của AD và BC.   CBA có DAB  ( gt)   IBA  IAB   Tam giác IAB cân tại I.  IA = IB  ID = IC 15/30
  16. Gây hứng thú cho học sinh qua việc giải bài toán hình học bằng nhiều cách Lại có AD = BC (gt) I  IDC cân   ICD  IDC    IDC  IAB  mà hai góc này ở vị trí đồng A B vị  AB // DC  ®pcm. D C Bài toán 4: Cho hình bình hành ABCD ( như hình vẽ). Chứng minh AE //CF. Giải: Cách 1: Xét ABE vµ  CDF có: A AB = CD ( cạnh đối của hình bình B hành) E   CDF ABE  ( 2 góc so le trong) O F BE = DF (gt) C D  ABE =  CDF (c.g.c)  AE = CF ( 1) Chứng minh tương tự  ADF =  CBE (c.g.c) AF = CE ( 2) Từ (1)(2)  tứ giác AECF là hình bình hành  AE // CF (®pcm). Cách 2: Vì ABCD là hình bình hành => OB = OD OA = OC ( 1) ( t/c đường chéo) Mà EB = DF => OE = OF ( 2). Từ (1),(2)  tứ giác AECF là hình bình hành.  AE // CF ( đpcm). Cách 3: Chứng minh : AOE =  COF (c.g.c)    FCO EAO  mà hai góc này ở vị trí so le trong => AE // CF. Cách 4: Chứng minh :ADE =  CBF (c.g.c) 16/30
  17. Gây hứng thú cho học sinh qua việc giải bài toán hình học bằng nhiều cách    CFB AED   AE // CF (®pcm). Cách 5: Tương tự chứng minh: ABE =  CDF (c.g.c)  AE // CF ( đpcm) Bài toán 5: Cho hình bình hành ABCD, AB = 2AD. Chứng minh rằng tia phân giác góc ADC đi qua trung điểm của cạnh AB. Giải: I A E B G D F C Cách 1: Gọi E là trung điểm của AB, có AE = AD ( vì AB = 2AD)   ∆ ADB cân => ADE AED Mà   CDE AED  ( 2 góc so le trong) => AED   CDE  . DE là phân giác của góc ADC Cách 2: Kẻ phân giác DE có tam giác ADE cân   CDE vì ADE   = AED  AE = AD = ½ AB  E là trung điểm của AB. Cách 3: Gọi E, F là trung điểm của AB, CD. Do AB = 2AD => tứ giác AEDF là hình thoi.  . DE là phân giác của góc ADC Cách 4: Kéo dài phân giác DE cắt CB tại I.  Tam giác CDI cân ( do I1 = D1 = D2 )  CD = CI = 2BC.  Tứ giác ADBI là hình bình hành  EA = EB.  E là trung điểm của AB. 17/30
  18. Gây hứng thú cho học sinh qua việc giải bài toán hình học bằng nhiều cách Cách 5: Kẻ phân giác Góc D và Â cắt nhau tại G. Ta có Â + D = 180 0 ( 2 góc trong cùng phía bù nhau) 1 1  ¢ + D = 900  AGD = 900. 2 2  Tam giác ADE có AG vừa là đường cao vừa là phân giác.  Tam giác ADE cân tại A. 1 1 AD = AE, mà AD = AB  AE = AB. 2 2 Bài toán 6: Cho hình vuông ABCD, K là trung điểm của AB; L thuộc AC sao cho LA = 3LC. Tính góc KLD = ? Giải: Cách 1: Hạ LI  AB. A K I B LJ  AD. Có AILJ là hình vuông  IB = JD. O Từ LO = LC ( gt) J L  KI = IB D C   JDL = IKL    KLJ DLJ  Mµ   900 JLI    900 (®pcm). JLD Cách 2: Hạ KP  AC . Cã  PKL =  OLD   ODL  PJK    OLD  DOL cã ODL   900   OLK  DLO   900   900 (®pcm).  KLD 18/30
  19. Gây hứng thú cho học sinh qua việc giải bài toán hình học bằng nhiều cách A B K P Q O E L D F C Cách 4: Hạ OE  BC; O F  DC  Tứ giác OFCE là hình vuông có hai đường chéo cắt nhau tại L.    900 . Góc OLF 1 Mà AKFD là hình chữ nhật có hai đường chéo cắt nhau tại Q có LQ = AF 2 1   900 . A F = KD  Góc DLK 2 Bài toán 7: Cho ∆ACB cân ở A, trung tuyến CD trên tia đối của tia BA lấy điểm 1 K sao cho BK = BA. Chứng minh rằng CD = CK. 2 Bài tập này để giải được các em vận dụng tính chất của tam giác cân, tính chất đường trung bình của tam giác, trường hợp bằng nhau của 2 tam giác tuy nhiên để giải được bằng nhiều cách đòi hỏi các em phải tư duy sáng tạo. Cách 1: A Gọi E là trung điểm của AC thì 1 EB = CK. D E 2 C Mà CD = BE (2 trung tuyến ứng với B 2 cạnh bên của tam giác cân) 1  CD = CK. 2 K 19/30
  20. Gây hứng thú cho học sinh qua việc giải bài toán hình học bằng nhiều cách A Cách 2: Gọi I là trung điểm của CK  D 1 C CI = CK. B 2 I Chứng minh: ∆BIC = ∆BCD (cgc) 1  CI = CD  CD = CK. K 2 Cách 3: Trên tia đối của tia BC lấy điểm P 1 sao cho BC = CP  CD = AP A 2 Chứng minh: ∆CAP = ∆BCK (cgc) D  AP = CK B C P 1  CD = CK 2 K Bài toán 8: Cho tam giác ABC ( Â = 900). Một đường thẳng song song với cạnh BC cắt hai cạnh AB và AC theo thứ tự ở M, N. Đường thẳng qua N song song với AB cắt AB ở D. Cho biết AM = 6 cm, AN = 8 cm, BM = 4 cm. a) Tính độ dài các đoạn thẳng MN, NC, BC. b) Tính diện tích hình bình hành BMND. Giải: A 6 8 M N 4 B D H C a) Tính MN?  AMN cã MN2 = AM2 + AN2 = 62 + 82 = 36 + 64 = 100. 20/30
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN
TRỢ GIÚP
HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG
Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.

 

Đồng bộ tài khoản
2=>2