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

Sáng kiến kinh nghiệm THCS: Vận dụng kiến thức hình học sơ cấp để định hướng tìm lời giải và xây dựng đề toán bồi dưỡng cho học sinh THCS

Chia sẻ: Chubongungoc | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:24

Thêm vào BST
Báo xấu
29
lượt xem 2
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mục đích của đề tài này là trình bày các ứng dụng của kiến thức hình học sơ cấp (đặc biệt là một số phép biến hình trong mặt phẳng) để định hướng tìm lời giải bài toán cấp trung học cơ sở, cụ thể là các bài toán chứng minh, tìm điểm cố định….(riêng phần quỹ tích, dựng hình không đề cập đền trong phạm vi đề tài này).

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Sáng kiến kinh nghiệm THCS: Vận dụng kiến thức hình học sơ cấp để định hướng tìm lời giải và xây dựng đề toán bồi dưỡng cho học sinh THCS

  1. KINH NGHIỆM DẠY HỌC ĐỀ TÀI: VẬN DỤNG KIẾN THỨC HÌNH HỌC SƠ CẤP ĐỂ ĐỊNH HƯỚNG TÌM LỜI GIẢI VÀ XÂY DỰNG ĐỀ BÀI TOÁN BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI THCS A. MỞ ĐẦU 1. Lý do chọn đề tài Toán học là một trong những môn khoa học cơ bản mang tính trừu tượng, nhưng mô hình ứng dụng của nó rất rộng rãi và gần gũi trong mọi lĩnh vực của đời sống xã hội, trong khoa học lí thuyết và khoa học ứng dụng. Toán học là một môn học giữ một vai trò quan trọng trong suốt bậc học phổ thông. Tuy nhiên, nó là một môn học khó, khô khan và đòi hỏi ở mỗi học sinh phải có một sự nỗ lực rất lớn để chiếm lĩnh những tri thức cho mình. Chính vì vậy, đối với mỗi giáo viên dạy toán việc tìm hiểu cấu trúc của chương trình, nội dung của sách giáo khoa, nắm vững phương pháp dạy học, và cơ sở tư duy để từ đó tìm ra những biện pháp dạy học có hiệu quả trong việc truyền thụ các kiến thức Toán học cho học sinh, phân tích, định hướng tìm lời giải là công việc cần phải sáng tạo, nghiên cứu, làm thường xuyên và khoa học. Dạy học sinh học Toán không chỉ là cung cấp những kiến thức cơ bản, dạy học sinh giải bài tập sách giáo khoa, sách tham khảo mà điều quan trọng là hình thành cho học sinh phương pháp chung để giải các dạng toán, từ đó giúp các em tích cực hoạt động, độc lập sáng tạo để dần hoàn thiện kĩ năng, kĩ xảo, hoàn thiện nhân cách. Giải toán là một trong những vấn đề trung tâm của phương pháp giảng dạy, bởi lẽ việc giải toán là một việc mà người học lẫn người dạy thường xuyên phải làm, đặc biệt là đối với những học sinh bậc THCS thì việc giải toán là hình thức chủ yếu của việc học toán Qua nhiều năm giảng dạy cho học sinh THCS, đặc biệt là cho học sinh các lớp tạo nguồn, một đối tượng tiếp cận nhiều dạng bài tập khác nhau, mức độ tư duy cao…. trong những dạng bài tập ấy cần được phân tích và tìm lời giải phù hợp trên đối tượng Thực hiện: Đặng Minh Khâm – THCS Chu Văn An Trang 1
  2. học sinh trung học cơ sở. Một trong những cơ sở giúp tìm lời giải trong một số dạng toán phức tạp là sử dụng kiến thức toán học sơ cấp mà mỗi giáo viên đã được học tập và rèn luyện tại trường sư phạm đề vận dụng tìm lời giải trong mỗi dạng toán và sáng tạo thêm một số bài toán nhằm phát triển và rèn luyện kỹ năng tư duy và sáng tạo của học sinh. Sau một quá trình thực hiện, tôi chọn đề tài “Vận dụng kiến thức hình học sơ cấp để định hướng tìm lời giải và xây dựng đề toán bồi dưỡng cho học sinh THCS” nhằm tích lũy như một kinh nghiệm dạy học môn toán, đặc biệt áp dụng cho đối tượng học sinh giỏi 2. Mục đích của đề tài Trên cơ sở những kinh nghiệm giảng dạy và thực tiễn học tập của học sinh, tìm ra những phương pháp giải bài toán hình học một cách hiệu quả nhất Mục đích của đề tài này là trình bày các ứng dụng của kiến thức hình học sơ cấp (đặc biệt là một số phép biến hình trong mặt phẳng) để định hướng tìm lời giải bài toán cấp trung học cơ sở, cụ thể là các bài toán chứng minh, tìm điểm cố định….(riêng phần quỹ tích, dựng hình không đề cập đền trong phạm vi đề tài này). 3. Phạm vi thể nghiệm Đề tài được thể nghiệm tại đơn vị công tác là trường THCS Chu Văn An. Cụ thể là những học sinh lớp tạo nguồn và những học sinh tham gia đội tuyển học sinh giỏi Toán của trường. 4. Cơ sở thực hiện Để thực hiện đề tài này, tôi dựa trên cơ sở các kiến thức đã học ở Trường sư phạm, các tài liệu về phương pháp giảng dạy, các tài liệu bồi dưỡng thường xuyên, sách giáo khoa, sách bài tập, sách tham khảo… của bộ môn Toán bậc trung học cơ sở 5. Phương pháp nghiên cứu Thực hiện đề tài này, tôi sử dụng các phương pháp sau đây: – Phương pháp nghiên cứu lý luận – Phương pháp khảo sát thực tiễn – Phương pháp phân tích Thực hiện: Đặng Minh Khâm – THCS Chu Văn An Trang 2
  3. – Phương pháp tổng hợp – Phương pháp khái quát hóa – Phương pháp quan sát – Phương pháp kiểm tra – Phương pháp tổng kết kinh nghiệm 6. Thời gian thực hiện Đề tài được thực hiện từ ngày 05/09/2013 đến ngày 30/1/2016 7. Giới hạn của đề tài Đề tài thực hiện như những kinh nghiệm được sử dụng trong việc bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi các cấp, với đối tượng là những học sinh giỏi bộ môn Toán. Trên cơ sở những kinh nghiệm giảng dạy và thực tiễn học tập của học sinh, định hướng để tìm ra những phương pháp giải bài toán hình học một cách hiệu quả nhất. B. NỘI DUNG ỨNG DỤNG KIẾN THỨC HÌNH HỌC SƠ CẤP TRONG XÂY DỰNG ĐỀ TOÁN VÀ DỰ ĐOÁN LỜI GIẢI I. ỨNG DỤNG TRONG XÂY DỰNG ĐỀ TOÁN Những kiến thức trong phần hình học sơ cấp là cơ sở và nền tảng cho việc hình thành phần hình học phẳng trong chương trình toán THCS. Từ những kiến thức đã tích lũy được trong quá trỉnh học tập từ trường sư phạm, người giáo viên có thể vận dụng những kiến thức và kinh nghiệm giải toán này trong việc định hướng tìm lời giải, xây dựng những đề toán mới, giúp học sinh thêm cách suy luận và phân tich tìm lời giải cách hiệu quả, như các ví dụ minh họa sau: 1. Vận dụng kiến thức về phương tích Phương tích là một trong những nội dung của môn hình học sơ cấp, nhưng lại được sử dụng rất nhiều trong việc hình thành và là nội dung tiềm ẩn rải rác trong các bài toán cấp THCS đặc biệt là hình học lớp 9. Những người thầy sử dụng kiến thức này để có thể nhận ra, định hướng tìm lời giải hay đề ra một số bài toán thích hợp giúp Thực hiện: Đặng Minh Khâm – THCS Chu Văn An Trang 3
  4. học sinh có cơ sở định hướng tìm lời giải, hay rèn luyện kỹ năng suy luận, có thể như các ví dụ sau Ví dụ 1: Từ kiến thức phương tích MA.MB = MO2−r2. Ta xây dựng bài toán sau Bài 1 Cho điểm M nằm ở phía bên ngoài của đường A B M tròn (O). Vẽ đường tiếp tuyến MT đến đường tròn. Và cát tuyến MAB Chứng minh MA.MB=MT2=MO2−r2. r O T HD: Học sinh dễ dàng : Sử dụng định lý Pi-ta-go để chứng minh : MT2=MO2−r2 ( M nằm ngoài đường tròn) Sử dụng tam giác đồng dạng MAT và MTB để chứng minh MA.MB=MT2 Ví dụ 2 Từ kiến thức phương tích MA.MB= r2−MO2. (M nằm trong đường tròn) Ta xây dựng bài toán sau Bài 2: Cho điểm M nằm ở phía bên trong của đường tròn (O). Vẽ đường thẳng AB vuông góc với MO. Chứng minh MA.MB=MA2= r2−MO2. Sử dụng định lý Pitago B để chứng minh MA.MB=MA2= r2−MO2. (với MA = MB) M A r Ví dụ 3 Từ kiến thức về phương tích: mọi điểm P nằm trên O đường thẳng IJ Ta có phương tích đến hai đường tròn (O1) và (O2) là bằng nhau. Từ đó ta xây dựng bài toán sau Thực hiện: Đặng Minh Khâm – THCS Chu Văn An Trang 4
  5. Bài 3 Cho hai đường tròn (O1, r1) và (O2, r2) cắt nhau tại hai M điểm I và J. Chứng minh rằng mọi điểm M nằm trên đường I thẳng IJ ta luôn có MO12  r12  MO22  r22 HDẫn Học sinh vẽ MO1 và MO2 cắt mỗi đường tròn lần lượt tại E, F và G, H Và sử dụng các cặp tam giác đồng O1 O2 dạng MEI và MJF ; MIG và MHJ để J Chứng minh ME.MF=MI.MJ=MG.MH M Kết hợp G Chứng minh ME.MF = MO12  r12 và MG.MH = MO22  r22 E I Bài 4: Cho đường tròn(O; R) và (I; r) là các các đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp tam giác ABC. O1 O2 Chứng minh OI2 = R2 -2Rr (Đẳng thức Euler) J F HD H Gọi D là giao điểm của phân giác AI với (O) Trong (O) chứng minh được IA.ID = R2- OI2 hay OI2 = R2- IA.ID (xem phần chứng minh phương tích của một điểm nằm trong đường tròn kết hợp vẽ thêm một đường kính qua I ) (1) Vẽ đường kính DE ( tạo ra tam giác vuông có cạnh là 2R) A E Vẽ IH vuông góc với AB Khi đó chứng minh được tam giác BDI cân tại D suy ra DB = DI (2) H chứng minh được tam giác AIH và EDB đồng dạng I O Suy ra IA.DB = ED.IH = 2R.r hay IA.ID = 2R.r (3) B Từ (1) (2) (3) suy ra OI = R - 2Rr 2 2 C D (Tham khảo phần lý thuyết về phương tích trong phần phụ lục) Thực hiện: Đặng Minh Khâm – THCS Chu Văn An Trang 5
  6. 2.Vận dụng kiến thức về phép tịnh tiến Trong mặt phẳng cho vectơ . phép biến hình biến mỗi điểm M thành M’ sao cho : được gọi là phép tịnh tiến theo vectơ . Phép tịnh tiến biến ba điểm thẳng hàng thành ba điểm thẳng hàng và không làm thay đổi thứ tự của ba điểm đó. Phép tịnh tiến biến đường thẳng thành đường thẳng, biến tia thành tia, biến đoạn thẳng thành đoạn thẳng, biến tam giác thành tam giác bằng nó, biến đường tròn thành đường tròn có cùng bán kính, biến góc thành góc bằng nó. (xem thêm phần phụ lục) Từ tính chất của phép tịnh tiến, được vận dụng định hướng tìm lời giải như vài ví dụ minh họa sau: Ví dụ 1: Cho hai điểm B,C cố định nằm trên (O,R) và một điểm A thay đổi trên đường tròn đó . Chứng minh rằng trực tâm của tam giác ABC nằm trên một đường tròn cố định Phân tích lời giải theo kiến thức phép tịnh tiến - Kẻ đường kính BB’. Nếu H là trực tâm của tam giác ABC thì A AH=B’C. Do C, B’ cố định, cho nên B’C là một véc tơ cố định  AH  B ' C . Theo định nghĩa về phép tịnh tiến điểm A đã biến B' H thành điểm H . Nhưng A lại chạy trên (O;R) cho nên H chạy trên O đường tròn (O’;R) là ảnh của (O;R) qua phép tịnh tiến dọc theo B C v  B 'C O' - Cách xác định đường tròn (O’;R) . Từ O kẻ đường thẳng song song với B’C . Sau đó dựng véc tơ : OO'  B ' C . Cuối cùng từ O’ quay đường tròn bán kính R từ tâm O’ ta được đường tròn cần tìm . Từ đó hướng dẫn học sinh THCS lời giải như sau: - Vẽ đường kính BB’ - Dựng O’ sao cho CB’CO’ là hình bình hành - Chứng minh AOO’H là hình bình hành - Suy ra O’H=AO=R Thực hiện: Đặng Minh Khâm – THCS Chu Văn An Trang 6
  7. - Mà B’C cố định suy ra O’ Cố định - O’H = R nên H thuộc đường tròn (O’;R ) cố định Ví dụ 2. Hai thôn nằm ở hai vị trí A,B cách nhau một con sông ( Xem hai bờ sống là hai đường thẳng song song ) . Người ta dự kién xây một cây cầu bắc qua sông (MN) và làm hai đoạn đường thẳng AM và BN .Tìm vị trí M,N sao cho AM+BN là ngắn nhất . Giải A - Vì khoảng cách giữa hai bờ sống là không đổi , cho M nên MN  U . - Tìm A’ là ảnh của A qua phép tịnh tiến theo U . Khi đó h A' AMNA’ là hình bình hành : A’N=AM . N - Do đó : MA+NB ngắn nhất Vì : MA+NB=A’N+NB Từ đó hướng dẫn học sinh THCS lời giải như sau: - Từ A dựng AA’= h vuông góc với bờ sông về B phía B (h là khoảng hai bờ sông) - A’B cắt bờ sông tại N (như hình vẽ) - Dựng NM vuông góc với bờ sông - Có AM+MN+NB= A’N+MN+NB=A’B+MN là ngắn nhất (người đọc tự chứng minh) Ví dụ 3. Cho hình chữ nhật ABCD . Trên tia đối của tia AB lấy điểm P, trên tia đối của tia CD lấy điểm Q . Hãy xác định điểm M trên BC và điểm N trên AD sao cho MN//CD và PN+QM nhỏ nhất . Giải - Tương tự như bài toán trên, khoảng cách giữa hai cạnh của hình chữ nhật không đổi. cho nên ta thực hiện theo cách của bài toán trên như sau : Thực hiện: Đặng Minh Khâm – THCS Chu Văn An Trang 7
  8. - Tìm ảnh của điểm Q qua phép tịnh tiến theo CD  U  QQ ' .Khi đó MN=QQ’, suy ra P A B MQ=NQ’. Cho nên PN+MQ=PN+NQ’ ngắn nhất khi P,N,Q’ thẳng hàng . N M - Các bước thực hiện : D Q' C +/ Tìm Q’ sao cho : CD  U  QQ ' Q +/ Nối PQ’ cắt AD tại điểm N +/ Kẻ NM //CD cắt BC tại M . Vậy tìm được M,N thỏa mãn yêu cầu bài toán . Từ đó hướng dẫn học sinh THCS lời giải như sau: - Trên tia CD Dựng Q’ sao cho QQ’ = AB - Dựng PQ’ cắt AD tại M’ - Dựng M’N’//AB là đoạn thẳng phải dựng (Người đọc tự chứng minh) 3. Phép quay Vận dụng kiến thức về phép quay Trong mặt phẳng cho điểm O cố định và góc lượng giác  không đổi . Phép biến hình biến điểm O thành điểm O, biến điểm M khác O thành điểm M’ sao cho OM=OM’và góc (OM;OM’)=  . Được gọi là phép quay tâm O góc quay là  . (xem thêm phần phụ lục) Từ cơ sở tính chất về phép quay, trong một số dạng toán chứng minh hoặc định hướng vẽ thêm đường phụ, phép quay là công cụ giúp cho người thầy nhìn trước kết quả bài toán và từ đó chỉ ra cách vẽ đường phụ hoặc tìm cách chứng minh giải quyết nhanh cho bài toán, như các ví dụ sau: Ví dụ 1. Thực hiện: Đặng Minh Khâm – THCS Chu Văn An Trang 8
  9. Cho hai tam giác đều OAB và OA’B’ . Gọi C và D lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng AA’ và BB’ . Chứng minh rằng tam giác OCD là tam giác đều ? Giải Xét phép quay tâm O với góc quay bằng góc lượng B' giác ( OA,OB)= 600 . Rõ ràng A biến thành B và A’ biến thành B’ , vì thế cho nên phép quay đã biến đoạn thẳng AA’ thành đoạn thẳng BB’ . Từ đó suy ra phép quay đã biến C thành D , do đó OC=OD . Vì D A' góc quay bằng 600 cho nên tam giác cân OCD là tam O giác đều . C Từ đó hướng dẫn học sinh THCS lời giải như sau: - Chứng minh hai tam giác bằng nhau AOA’ A B và BOB’ - Chứng minh hai tam giác bằng nhau B’OD và A’OC - Chứng minh góc COD bằng 600 - Kết luận tam giác COD đều Ví dụ 2 Cho hai hình vuoâ ng ABCD vaøBEFG Goïi M,N laà n löôït laøtrung ñieå m cuûa AG vaøCE . ng minh BMN vuoâ Chöù ng caâ n. Giaû i BA  BC BG  BE Vì  vaø (BA; BC)  90 (BG; BE)  90 Q : A I  C,G I E  Q : ABG   CBE (B;90 ) (B;90 ) Q : AG   CE  Q : M I  N  BM  BN vaø(BM;BN) =  90 (B;90 ) (B;90 )  BMN vuoâng caâ n taïi B . Thực hiện: Đặng Minh Khâm – THCS Chu Văn An Trang 9
  10. Từ đó hướng dẫn học sinh THCS lời giải như sau: Tương tự như ví dụ 1 - Chứng minh hai tam giác bằng nhau AGB và CEB - Chứng minh hai tam giác bằng nhau AMB và CNB - Chứng minh góc MBN bằng 900 - Kết luận tam giác MBN vuông cân Ví dụ 3 Cho ABC . Qua ñieå mA döïng hai tam giaù c vuoâ ng caân ABE vaøACF . Goïi M laøtrung ñieå m cuûa BC vaøgiaûsöûAM  FE = H . Chöù ng minh : AH laøñöôø a AEF . ng cao cuû HD : Xeùt pheù p quay Q : Keùo daøi FA moät ñoaïn AD = AF . (A;90 ) Vì AF = AC  AC = AD neâ n suy ra : Q bieá n B , C laà n löôït thaø nh E , D (A;90 ) Ñ/ nghóa neân goïi trung ñieå m K cuûa DE thì K= Q (M)   MA  AK (1) . (A;90 ) Trong DEF , vì AK laøñöôø ng trung bình neân AK // FE (2) Töø(1),(2) suy ra : AM  FE  AH laøñöôø ng cao cuû a AEF . Từ đó hướng dẫn học sinh THCS lời giải như sau: Kéo dài FA một đoạn AD = AF - Gọi K là trung điểm DE - Chứng minh được AK //FE Thực hiện: Đặng Minh Khâm – THCS Chu Văn An Trang 10
  11. - Chứng minh tam giác ABC bằng tam giác AED suy ra góc ADE bằng góc ACB Và DK= MC (1/2DE=1/2BC) - Chứng minh tam giác ADK bằng tam giác ACM (cgc) - Suy ra DAK bằng góc CAM, suy ra MAK bằng 900 hay AK vuông góc với AM suy ra AM vuông góc với FE 4. Phép đối xứng Vận dụng kiến thức về phép đối xứng Phép đối xứng qua đường thẳng d là phép biến hình biến mỗi điểm M thành điểm M’ đối xứng với M qua d Phép đối xứng qua đường thẳng d được gọi là phép đối xứng trục. Ký hiệu Đd + Phép đối xứng trục d biến M thành M’, ký hiệu: M’ = Đd(M) + Phép đối xứng trục là phép dời hình, nên có đầy đủ tính chất của phép dời hình (Xem thêm phần phụ lục) Trong một số bài toán, phép đối xứng giúp cho người thầy phát hiện rất nhanh kết quả và cách chứng minh bài toán, từ đó giúp cho người thầy nghiên cứu lời giải phù hợp học sinh cấp THCS, như các ví dụ sau: m ABC . VD1:Goïi H laøtröïc taâ CMR : Boá n tam giaùc ABC , HBC , HAC , HAB coù ñöôø ng troø n ngoaïi tieá p baè ng nhau . Thực hiện: Đặng Minh Khâm – THCS Chu Văn An Trang 11
  12. HD : Ta coù: A1 = C2 (cuø ng chaé n cung BK ) A1 = C1 (goù c coùcaïnh töông öù ng  )  C1 = C2  CHK caâ n  K ñoá i xöù ng vôùi H qua BC . Xeù t pheùp ñoá i xöùng truïc BC . Ñ BC H ; B I BC B ; C I BC CÑ Ñ Ta coù: K I BC Ñöôø Ñ Vaä y : Ñöôø ng troø p KBC I n ngoaïi tieá ng troø p HBC n ngoaïi tieá Từ đó hướng dẫn học sinh THCS lời giải như sau: - Gọi (ABC) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC - AH cắt (ABC) tại K, chứng minh tam giác CHK cân, BHK cân , suy ra tam giác HBC bằng tam BKC suy ra (ABC) bằng (BHC) - Chứng minh tương tự, suy ra bốn tam giác ABC, HBC, HAC, HAB có đường tròn ngọai tiếp bằng nhau 5. Phép vị tự Vận dụng kiến thức về phép Vị tự Cho điểm O và số k ≠ 0. Phép biến hình biến mỗi điểm M thành điểm M' sao  cho OM  k .OM được gọi là phép vị tự tâm O, tỉ số k. Phép vị tâm O, tỉ số k thường được kí hiệu là V(O,k). · Tính chất 1: Nếu phép vị tự tỉ số k biến hai điểm M, N tùy ý theo thứ tự thành M', N'   thì M N  k .MN và M'N' = |k|.MN · Tính chất 2: Phép vị tự tỉ số k: a) Biến ba điểm thẳng hàng thành ba điểm thẳng hàng và bảo toàn thứ tự giữa các điểm; b) Biến đường thẳng thành đường thẳng song song hoặc trùng với nó, biến tia thành tia, biến đoạn thẳng thành đoạn thẳng; c) Biến tam giác thành tam giác đồng dạng với nó, biến góc thành góc bằng nó; d) Biến đường tròn bán kính R thành đường tròn bán kính |k|.R. (Xem thêm phần phụ lục) Thực hiện: Đặng Minh Khâm – THCS Chu Văn An Trang 12
  13. Từ các tính chất của phép vị tự, trong một số bài toán chứng minh các điểm thẳng hàng, hay đồng quy…người thầy có thề phát hiện nhanh phương pháp chứng minh qua phép vị tự, từ đó vận dụng kiến thức THCS như tam giác đồng dạng…để định hướng học sinh trình bày lời giảỉ chứng minh cho phù hợp cấp học THCS Ví dụ 1 Cho ABC . Goïi I , J . M theo thöùtöïlaøtrung ñieå m cuûa AB, AC vaøIJ . Ñöôø ng troøn ngoaïi tieá p taâ mO a AIJ , caé cuû t AO taïi A  . Goïi M  laøchaâ n ñöôø ng vuoâ c haïtöøA  xuoá ng goù ng BC . Chöù ng minh raè ng : A ,M , M  thaúng haø ng . HD : m BC .Ta coù: AB  2AI vaøAC  2AJ Goïi M1 laøtrung ñieå V(A;2) Töøñoù: AIJ  ABC . Khi ñoù:  A ,M I V(A;2) : O I  M1  OM  IJ  A M1  BC . Nhö theá: M1  M   A,M,M  thaú ng haø ng ( vì A,M ,M1 thaú ng haø ng ) Từ đó hướng dẫn học sinh THCS lời giải như sau: - Có I, J, M là trung điểm của AB, AC, IJ. (O) là đường tròn ngoại tiếp tam giác AIJ nên IJ//BC AI AM AO - AM cắt BC tại M1, nên    2 nên OM//A’A1 AB AM 1 AA ' - Mà OM  IJ, nên A’M1  BC, mà AM’  BC suy ra M1 trùng với M’ Hay A, M, M’ thẳng hàng II. ỨNG DỤNG TRONG DỰ ĐOÁN LỜI GIẢI 1.Các bài toán chứng minh đường thẳng cố định, điểm cố định Thực hiện: Đặng Minh Khâm – THCS Chu Văn An Trang 13
  14. Ví dụ 1: Cho đường tròn (O) và hai điểm A, B cố định. A C B Một đường thẳng quay quanh A, cắt (O) tại M và N. M I Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác N BMN thuộc một đường thẳng cố định. O Hướng dẫn. Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MNB. Gọi C là giao điểm của AB và (I). Khi đó ta có: PA /  I   AC. AB  AM . AN  PA / O  (không đổi vì A, (O) cố định). PA /O  Suy ra AC  AB Vì A, B cố định và C thuộc AB nên từ hệ thức trên ta có C cố định. Suy ra I thuộc đường trung trực của BC cố định. Từ kiến thức về phương tích trong đường tròn người thầy dự đoán được kết quả bài toán là : I thuộc đường trung trực A C của BC cố định. B M Từ dự đoán trên ta có thể định hướng cho học sinh theo E I cách giải phù hợp cấp THCS N - Vẽ cát tuyến AEF đi qua O O - Sử dụng 2 tam giác đồng dạng AME, AFN (g, g) để chứng minh F AM.AN = AE.AF ( với AE.AF không đổi) (1) - Sử dụng 2 tam giác đồng dạng AMC, ABN (g, g) để chứng minh AM.AN = AC.AB (2) (1), (2) Suy ra AC.AB không đổi Mà AB cố định nên điểm C cố định, và CD là dây cung của (I) Vậy Suy ra I thuộc đường trung trực của BC cố định. Thực hiện: Đặng Minh Khâm – THCS Chu Văn An Trang 14
  15. Ví dụ 2: Cho đường tròn tâm O đường kính AB, và điểm H cố định thuộc AB. Từ điểm K thay đổi trên tiếp tuyến tại B của O, vẽ đường tròn (K; KH) cắt (O) tại C và D. Chứng minh rằng CD luôn đi qua một điểm cố định. Hướng dẫn Từ kiến thức về trụ đẳng phương người thầy dự kiến xác định dược điểm cố định là M như sau Gọi I là điểm đối xứng của H qua B, suy ra I cố định và thuộc (K). Gọi M là giao điểm của CD và AB. Vì CD là trục đẳng phương của (O) và (K) nên ta có: MH .MI  MC.MD  MA.MB  MB  BH  MB  BI   MB  MB  BA C  K  MB  BH  MB  BH   MB  MB.BA 2  O M 2 2 2 A  MB  BH  MB  MB.BA H B I BH 2 D  BM  BA Vì A, B, H cố định suy ra M cố định. Từ kết quả trên, người thầy định hướng lời tìm lời giải cho bài toán như sau theo cách của học sinh THCS - Gọi M là giao điểm của AB và CD, I là điểm đối xứng của H qua B - Suy ra I cố định - Sử dụng hai tam giác đồng dạng MCA và MDB (g, g) trong (O) Suy ra MA.MB = MC.MD (1) - Sử dụng hai tam giác đồng dạng MCH và MDI (g, g) trong (K) Suy ra MH.MI = MC.MD (2) Từ (1) và ( 2) suy ra MH.MI = MC.MD = MA.MB Sau đó sử dụng cách tách MB tương tự như trên để Thực hiện: Đặng Minh Khâm – THCS Chu Văn An Trang 15
  16. BH 2 suy ra MB  mà A, B, H cố định nên BM không đổi, Vậy điểm M cố BA định Ví dụ 3 Cho đường tròn (O,R) và điểm A nằm ngoài đường tròn. Gọi BC là đường kính thay đổi của (O,R). Chứng minh rằng: Đường tròn (ABC) luôn đi qua một điểm cố định khác A Hướng dẫn Sử dụng kiến thức phương tích với điểm O trong đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ta dễ dàng nhận ra điểm cố định là A’ với A’ la giao điểm thứ 2 của AO với (ABC) Gọi A’ là giao điểm thứ 2 của AO và đường tròn (ABC). R2 . '  OB.OC  R  OA '  Ta có OAOA 2 . Vậy A’ nằm trên OA A R2 đường thẳng OA cố định và OA '  không đổi nên A’ cố OA định. O B C Vậy mọi đường tròn (ABC) đều đi qua điểm A’ cố định A' Từ cách nhận ra A’ bằng kiến thức phương tích, giáo viên hướng dẫn học sinh THCS vẽ A’ và sử dụng hai tam giác đồng dạng OAC và OBA’ . '  OB.OC  R 2 và suy ra OA’ cố định để chứng minh OAOA Ví dụ 4 Đối với học sinh THCS khi vận dụng kiến thức phương tích cần hướng dẫn học sinh xây dựng bài toán phụ sau đây (như là một bổ đề) để sử dụng chứng minh trong một số bài toán liên quan Bài toán bổ đề: Cho hai đường tròn không đồng tâm (O1; R1) và (O2; R2). Chứng minh tập hợp các điểm M có MO12  R1  MO22  R2 là một đường thẳng, vuông góc với O1O2 R12  R22 tại H với IH  (Với I là trung điểm của O1O2 và R1> R2) O1O2 Thực hiện: Đặng Minh Khâm – THCS Chu Văn An Trang 16
  17. Chứng minh: Giả sử điểm M có MO12  R1  MO22  R2 , Gọi H là hình chiếu của M trên O1O2, I là trung điểm của O1O2. Ta có: M MO12  R12  MO22  R22  MO12  MO22  R12  R22 B   MH 2  HO12    MH 2  HO2 2   R12  R22 A r1 r2  HO12  HO2 2  R12  R22 I O1   HO1  HO2   HO1  HO2  R12  R22 H O3 O2  O2O1.2 HI  R  R 1 2 2 2 R12  R22  IH  1 O1O2 Từ đây suy ra H cố định, suy ra M thuộc đường thẳng d qua H và vuông góc với O1O2. 2. Bài toán chứng minh các thẳng đồng quy Ví dụ 5. Trên đường thẳng d lấy 4 điểm A, B, C, D (theo thứ tự đó). Đường tròn đường kính AC và BD cắt nhau tại X, Y. Đường thẳng XY cắt BC tại Z. Lấy P là một điểm trên XY khác Z. Đường thẳng CP cắt đường tròn đường kính AC tại điểm thứ 2 là M, và BP cắt đường tròn đường kính BD tại điểm thứ 2 là N. Chứng minh rằng AM, DN và XY đồng qui. Hướng dẫn: P X M Gọi Q là giao điểm của DN và AM N Q Q' Gọi O1;O2 là tâm của đường tròn đường kính A B O1Z C O2 D AC và BD P thuộc XY là trục đẳng phương của hai đường tròn. Y Nên PP /(O )  PP /(O )  PN .PB  PM .PC 1 2 Thực hiện: Đặng Minh Khâm – THCS Chu Văn An Trang 17
  18. Suy ra tứ giác BNMC nội tiếp (định lý) MNP  BCM (1) Trong tam giác vuông ACM có ACN  MAC  900 hay BCM  MAC  900 (2) Mà MNP  MNQ  900 (3) (1),(2),(3)  MNQ  MAC hay MND  MAD Nên tứ giác ANMD nội tiếp Suy ra QA.QM=QD.QN  PQ /(O )  PQ /(O ) 1 2 Suy ra Q thuộc XY là trục đẳng phương của hai đường tròn. Vậy các đường AM, DN và XY đồng qui. Cách của học sinh THCS Gọi Q, Q’ lần lượt là giao điểm của DN và AM với XY. Ta cần chứng minh Q  Q . Chứng minh được tứ giác QMCZ nội tiếp, suy ra PM .PC  PQ.PZ Chứng minh được tứ giác tứ giác NQ’ZB nội tiếp, suy ra PQ.PZ  PN .PB Trong đường tròn đường kính BD , chứng minh được hai tam giác đồng dạng PNX và PYB (g;g) Trong đường tròn đường kính AC , chứng minh được hai tam giác đồng dạng PMX và PYC (g;g) PN .PB  PX .PY  PM .PC Suy ra PQ.PZ  PQ.PZ  Q  Q Vậy XY, AM và DN đồng quy 3. Bài toán chứng minh 3 điểm thẳng hàng Ví dụ 6. Gọi AH, BI, CK là ba đường cao của tam giác ABC, chứng minh rằng các cặp đường thẳng BC và IK, CA và KH, AB và HI cắt nhau thì ba giao điểm đó thẳng hàng. Thực hiện: Đặng Minh Khâm – THCS Chu Văn An Trang 18
  19. HD: Chứng minh được tứ giác AKHC nội tiếp Suy ra EA.EC = EK.EH Mà EAC là cát tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Mà EKH là cát tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác KHI E Suy ra E thuộc đường vuông góc với đường thẳng đi qua hai tâm đường tròn (ABC) và (KHI) A Tương tự F, L cũng thuộc đường vuông góc với đường I thẳng đi qua hai tâm đường tròn (ABC) và (KHI) K J Suy ra E,F,L thẳng hàng F B C H 4. Bài toán chứng minh vuông góc Ví dụ 7 Cho tam giác ABC. Một đường thẳng song song với L BC cắt AB, AC tại D và E. Gọi P là một điểm bên trong tam giác ADE, F và G là giao của DE với BP và CP. Đường tròn tâm (O) ngoại tiếp tam giác PDG, đường tròn tâm (I) ngoại tiếp tam giác PEF cắt nhau tại điểm thứ hai là Q. Chứng minh rằng AQ  OI Hướng dẫn. Gọi M là giao điểm thứ hai của AB và A (PDG), N là giao thứ hai của AC và (PFG) P N Ta có AMP  PGD (DMPN nội tiếp) và M PGD  PCB (đồng vị), suy ra AMP  PCB , suy ra D I E BMPC nội tiếp. F O G Chứng minh tương tự PNCB nội tiếp. Q Suy ra BMNC nội tiếp, suy ra AM .AB  AN.AC B C Thực hiện: Đặng Minh Khâm – THCS Chu Văn An Trang 19
  20. AD AE Mà  (Định lý Thalet) AB AC Suy ra AM .AD  AN.AE Do đó A thuộc trục đẳng phương PQ của (PDG) và (PEF) suy ra AQ  OI . 5. Bài toán chứng minh tổng hợp Ví dụ 8 Cho đường tròn tâm O đường kính AB . Một điểm H thuộc đoạn AB. Đường thẳng qua H cắt đường tròn tại C. Đường tròn đường kính CH cắt AC, BC và (O) lần lượt tại D, E và F. a) Chứng minh rằng AB, DE và CF đồng quy. b) Đường tròn (C, CH) cắt (O) tại P và Q. Chứng minh rằng P, D, E, Q thẳng hàng. Hướng dẫn. 2 a) Ta có CA.CD  CH  CB.CE C (hệ thức cạnh và đường cao trong tam giác P D F I vuông CAH và CBH) E Q suy ra ADEB nội tiếp.(Định lý 2) A O H B M Xét các đường tròn (ADEB), (O) và đường tròn đường kính CH, thì DE, AB và CF lần lượt là các trục đẳng phương của các cặp đường tròn trên nên chúng đồng quy. b) Ta có PQ là trục đẳng phương của ( C) và (O) nên OC  PQ . và OD  DE . Hơn nữa M chính là tâm đẳng phương của ba đường tròn (O), (C, CH) và đường tròn đường kính CH. Suy ra PQ đi qua M. Vậy DE, PQ cùng đi qua M và cùng vuông góc với OC nên trùng nhau. Hay D, E, P, Q thẳng hàng. Thực hiện: Đặng Minh Khâm – THCS Chu Văn An Trang 20
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

EXAM.06: Bộ 240 Đề Thi Thử THPT Quốc Gia 2023
240 tài liệu
1116 lượt tải
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