SKKN: Rèn luyện phát triển năng lực giải toán thông qua bài tập sách giáo khoa

Chia sẻ: Lê Thị Diễm Hương | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:19

Thêm vào BST

Báo xấu

351
lượt xem 51
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Giúp cho học sinh nắm chắc kiến thức cơ bản tại lớp. Giải kỹ các cách khác nhau các bài toán cơ bản. Xuất phát từ những vấn đề đã giải quyết. Thông qua những nhận xét để đề xuất vấn đề mới. Mời quý thầy cô tham khảo sáng kiến “Rèn luyện phát triển năng lực giải toán thông qua bài tập sách giáo khoa”.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: SKKN: Rèn luyện phát triển năng lực giải toán thông qua bài tập sách giáo khoa

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM RÈN LUYỆN PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC GIẢI TOÁN THÔNG QUA BÀI TẬP SÁCH GIÁO KHOA
I. Đặt vấn đề. 1. Vị trí môn học trong chương trình toán THCS. Hình học là môn khoa học cơ bản trong chương trình phổ thông, nó trước hình thành từ những năm đầu của chương trình tiểu học. Môn hình học nó được gắn liền với thực tiển cuộc sống. Bởi vậy giải toán hình học là vấn đề trọng tâm của người dạy cũng như người học, môn hình học kích thích sự sáng tạo, sự phán đoán của con người bên cạnh đó nó rèn luyện tính kiên trì, nhẫn nại của người học. 2. Thực trạng học hình học hiện nay của học sinh THCS . Hiện nay số học sinh sợ môn toán đặc biệt là môn hình học rất cao đối với học sinh lười học đã đành. Còn đối với những học sinh "chăm học" mặc dù thuộc lí thuyết vẩn không giải được . Thậm chí có những bài chỉ là tương tự bài đã giải hay chỉ là một khía cạnh của bài đã giải, hoặc bài toán ngược lại của bài đã giải mà học sinh vẫn không giải quyết được. Nguyên nhân cơ bản dẫn đến tình trạng đó là: - Học sinh lười học, lười suy nghĩ, không nắm được phương pháp - Học sinh học thụ động, thiếu sáng tạo - Không liên hệ trược giữa các " Bài toán gốc" đã giãi với các bài toán trước suy ra từ "bài toán gốc" hay nói cách khác không biết nghiên cứu lời giải của một bài toán Những tồn tại trên không những do người học mà còn do cả người dạy. Người dạy thường chú trọng hướng dẫn các em giải, hoặc giải các bài toán độc lập mà không chú trọng hệ thống, xâu chuổi, phát triển các bài toán từ các " bài toán gốc" nhờ việc nghiên cứu kỹ lời giải mỗi bài toán,thông qua hình vẽ, nhần xét, thay đổi giả thiết các bài toán. Lật ngược vấn đề… Đối với học sinh không có gì đáng nhớ hơn bằng tự bản thân các em, tìm kiếm phát hiện ra những vấn đề xung quanh bài toán gốc SGK đưa ra, các em sẽ nhớ lâu khi gặp một bài toán các em biết liên hệ giữa bài toán phải giải với bài toán
cũ đã giải mà các em đã được biết và nó sẽ giúp các em biết bất kỳ một bài toán nào cũng xuất phát từ những bài toán đơn giản. Để giúp các em có phương pháp học tập tốt hơn môn hình học trong quá trình giảng dạy tôi thường tìm tòi các cách khác nhau để tiếp cận một vấn đề, giải kỹ các phương pháp khác nhau những bài toán cơ bản trọng tâm, và phát triển các bài toán đó dưới các hình thức khác nhau. Thông qua các nhận xét, liên hệ giữa cái mới vừa tìm được để tạo ra cái mới. II. Biện pháp đã thực hiện. Thực hiện với phương châm: · Cho học sinh nắm chắc kiến thức cơ bản tại lớp · Giãi kỹ các cách khác nhau các bài toán cơ bản · Xuất phát từ những vấn đề đã giải quyết. Thông qua những nhận xét để đề xuất vấn đề mới. Các ví dụ: Ví dụ 1: Bài toán I: Bài 30 SGK toán 9. Tập 1: Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB. Ax, By là các đường thẳng vuông góc với AB tại A và B. M là điểm thuộc nửa đường tròn. Tiếp tuyến tại M cắt Ax, By theo thứ tự ở C và D. Chứng minh rằng: Ù 1). COD =900 2). CD = AC + BD 3). AC . BD không đổi khi M chạy trên nửa đường tròn. Giải: Ù ¨1. Để chứng minh COD = 900 ta có nhiều cách chứng minh sau đây là một cách. Theo tính chất tiếp tuyến cắt nhau. Ù Ta có: OC là phân giác AOM . Ù OD là phân giác BOM
Ù Ù Mà AOM và BOM là hai góc kề bù Ù nên OC ^ OD hay COD =900. ¨2. Cũng theo tính chất tiếp tuyến cắt nhau ta có: CM = CA; DM = DB nên ta có: CD = CM + MB = CA +BD. ¨3. AC. BD = CM .MD ( Do CM = CA; DM =DB). Mà D COD vuông tại O có đường cao OM nên CM.MD = OM2 =R2 . ( R là bán kính đường tròn(O)) Khai thác bài toán: Nhận xét 1: Theo giả thiết CA ^ AB, DB ^AB Þ ABCD là hình vuông. M là điểm trên nửa đường tròn nên khi M là điểm chính giữa của cung AB thì CD = AB. Ta có câu hỏi tiếp. ¨4. Tìm vị trí điểm M trên nửa đường tròn sao cho tứ giác ABDC có chu vi nhỏ nhất. Giải: Chu vi hình thang ABCD bằng AB +BD +DC+CA = AB +2CD Chu vi ABCD nhỏ nhất Û 2CD nhỏ nhất Û CD nhỏ nhất Û CD vuông góc với tiếp tuyến tại M Þ CD =AB Þ M là điểm chính giữa của cung AB. Nhận xét 2: ABCD là hình thang vuông nên diện tích sẽ là . AC + BD S= . AB. Ta có có thể đặt câu hỏi tiếp. 2 ¨5. Tìm vị trí điểm M trên cung AB sao cho diện tích tứ giác ABCD nhỏ nhất. Giải: Lập luận tương tự ta có nhỏ nhất Û M là điểm chính giữa cung AB. Nhận xét 3: Ta thấy D AMB vuông M, D COD vuông ở O OC ^ AM; OD ^ BM. Ta đặt câu hỏi tiếp. ¨6. Gọi giao điểm AM với OC là P, BM và OD là Q. Chứng minh tứ giác OPMQ là hình chữ nhật
Giải: Dựa vào nhận xét 3 ta dễ dàng chứng minh được tứ giác OPMQ là hình chữ nhật Nhận xét 4: Do AC // BD . Ta đặt câu hỏi tiếp. ¨7. Gọi giao điểm AD và BC là H . Chứng minh MH ^ AB Giải: Do CA // BD CA CH Þ = mà CA = CM BD HB BD =DM CM CH Nên = Þ MH //BD( đ/l đảo định lý ta let) MD HB Þ MH ^ AB ( Do DB ^ AB). Nhận xét 5: H là giao điểm 2 đường chéo của hình thang ABDC mà MH// (AC// BD) ta đặt câu hỏi tiếp. ¨8. Gọi giao điểm AD và BC là H, MH cắt AB ở K. Chứng minh HM = HK HK BH Giải: Theo câu 7 Þ HK // AC Þ = AC BC BH DH AC//BD Þ = BC DA DH MH MH// CA Þ = DA CA HK MH Từ các đẳng thức trên Þ = Þ HK = MH . AC CA · Nhận xét 6: H là trung điểm MK; P là trung điểm AM; Q là trung điểm BM ta đặt câu hỏi tiếp theo. ¨9. Chứng minh rằng P, H, Q thẳng hàng
P là giao điểm AM với OC, H là giao điểm AD và BC, Q là giao điểm MB và OD Giải: Dựa vào nhận xét 6 . ta dễ dàng chứng minh được P,H ,Q thẳng hàng. · Nhận xét 7: ABDC là hình thang vuông có O là trung điểm cạnh bên AB ta liên tưởng đến trung điểm cạnh bên CD.Nên ta có thể đặt câu hỏi tiếp. ¨10. Chứng minh rằng. AB là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp D COD. Giải: Gọi I là trung điểm CD Þ IC = ID =IO( D COD vuông có OI là trung tuyến ứng với cạnh huyền) O là trung điểm AB ,I là trung điểm CD Þ IO là đường trung bình hình thang ABDC ® IO // BD Mà DB ^ AB Þ IO ^ AB tại O Þ AB là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp D COD Ta sẽ tiếp tục khai thác bài toán theo hướng khác : · Nhận xét 8: Khi M nằm trên nửa đường tròn (O). Tiếp tuyến tại M cắt tiếp tuyến Ax,By tại C và Ù D hay CD là tiếp tuyến của đường tròn tại M thì COD = 900 đều ngược lại còn đúng không? Ta có bài toán sau: Bài toán 1.I: Cho nửa đường tròn (()) đường kính AB, Ax, By là các tiếp tuyến tại A và B, trên Ax lấy điểm C tùy ý . Vẽ tam giac vuông COD, D ÎBy và cùng nằm trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa điểm C . Chứng minh rằng CD là tiếp tuyến của (O) . Giải : ta có: Ù Ù Ù Ù Ù 0 D1 = O 2 cùng phụ O1 ; A = B = 90 (gt) Þ D DOB ~ D OCA ( g.g) OD OB OD OA Þ = mà OB = OA nên = ; OC CA OC AC
Ù Ù Mặt khác CAD = COD = 900 Ù Ù Ù Þ D COD ~ D CAO ( c.g.c) Þ ACO = DCO hay CD là phân giác của góc ACD . Ù Từ O vẽ OM ^ CD ( M Î CD ) ; CO là phân giác ACM OA ^AC Þ OM = OA(Điểm nằm trên phân giác cách đều hai cạnh của góc) . Vậy CD là tiếp tuyến của (O) tại M. · Nhận xét 9: Theo câu 2. Bài I thì: AC +BD =CD ta hãy đặt vấn đề ngược lại của câu 2. Bài toán I. Bài toán 2.I: Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB . hai tiếp tuyến Ax và By trên 2 tiếp tuyến đó lấy 2 điểm C và D sao cho CD = AC + BD chứng minh Ù 0 COD =90 và CD là tiếp tuyến của (O). Giải: Qua O kẻ đường thẳng vuông góc với AB cắt CD tại I ta có I là trung điểm của CD Þ IO là đường trung bình của hình thang ABCD nên 1 1 IO = ( AC + BD) = .CD ( do AC +BD = CD) 2 2 Þ D COD vuông ở O. theo bài toán 2 thì CD là tiếp tuyến của (O) · Nhận xét 10: Tiếp tục khai thác bài toán bằng cách thay đổi điều kiện của bài toán: Chẳng hạn điểm O được thay bởi điểm O' bất kỳ thuộc đoạn AB, lúc Ù này CD không còn là tiếp tuyến nửa mà trở thành cát tuyến, bây giờ CO' D bằng bao nhiêu?. Bài toán 3.I: Cho điểm M nằm trên nửa đường tròn đường kính AB, O' là điểm bất kỳ nằm trong đoạn AB, đường thẳng vuông góc với MO' tại M cắt tiếp tuyến Ax, Ù By tại C và D . Chứng minh CO' D = 90 0 . Giải: Do O' bất kỳ thuộc AB nên O' trùng O ; hoặc O' trùng A hoặc O' trùng B. +/ Nếu O' trùng O Thì bài toán 3.I trở thành bài toán I.
Ù Ù +/ Nếu O' trùng A Þ D trùng B, khi đó CO' D = CAB = 90 0 Ù Ù +/ Nếu O' trùng B Þ C trùng A khi đó CO' D = DBA = 90 0 Xét O' không trùng O ; O' không trùng A; O' không trùng B. Ù Ù Ta có : AO'MC nội tiếp Þ O1' = M 1 cùng chắn Cung CA Ù Ù ' BO MD nội tiếp Þ O = M 2 2 ' Ù Ù Ù Ù Ù Ù Do AMB = 90 0 (gt) nên M 1 + M 2 = 90 0 Þ O '1 + O ' 2 = 90 0 Þ CO ' D = 90 0 . · Nhận xét 11: Khi O' nằm trên đường thẳng AB thì bài toán 3.I còn đúng nửa không. Ta có bài toán sau: Bài toán 4.1: Cho điểm M nằm trên nửa đường tròn đường AB, O' là điểm bất kỳ trên đường thẳng AB nhưng ở phía ngoài đoạn AB, đường thẳng vuông góc O'M Ù tại M cắt các tiếp tuyến Ax, By tại C và D. Chứng minh CO' D = 90 0 Giải ( Tóm tắt). +) CMAO' nội tiếp Ù Ù Ù Þ O' CM = MAB cùng bù MAO' +) DBMO' nội tiếp Ù Ù Þ O' DM = O' BM cùng chắn cung Ù Ù Ù Ù MO' mà MAB+ O' BM = 90 0 nên O' CM + O' DM = 90 0 Ù Þ CO ' D = 90 0 (Tổng 3 góc trong tam giác). · Nhận xét 12: Qua bài toán 4 và 4.1 ta có bài toán tổng quát sau: Cho nửa đường tròn đường kính AB, M là điểm bất kỳ trên nửa đường tròn đó ( M ¹ A, M ¹ B) O là điểm bất kỳ trên đường thẳng AB, đường thẳng vuông góc với OM tại M cắt tiếp tuyến Ax và By tại C và D. Chứng minh rằng OC ^ OD. Ví dụ 2: (Dựa vào bài tập 95 SGK .Toán 9 . Tập 2). Bài toán II: Cho D ABC nhọn trực tâm H các đường cao AM, BN, CP Chứng minh: Các tứ giác APHN; BPNC nội tiếp được Giải: ( Tóm tắt).
Ù Ù Ù Ù +/ APH = 90 0 ; ANH = 90 0 Þ APH + ANH = 180 0 Þ APHN nội tiếp Ù Ù +/ BPC = BNC = 90 0 Þ BPNC nội tiếp Nhận xét 1: Hình vẽ gợi cho ta một số tứ giác nội tiếp. Ta đặt thêm câu hỏi. ¨1. Trên hình vẽ có bao nhiêu tứ giác nội tiếp Có 6 tứ giác nội tiếp: APHN; BPHM; CMHN; ANMB; BPNC; APMC. Nhận xét 2: Với D BHC có A là trực tâm, D AHC có B là trực tâm ta đặt câu hỏi tiếp theo. ¨2. Chứng tỏ rằng mỗi đỉnh của đã cho là trực tâm của tam giác tạo thành bởi 2 đỉnh còn lại và trực tâm H của DABC . Nhận xét 3: Từ các tứ giác nội tiếp đã tìm được ta thấy: Ù Ù Ù Ù Ù Ù Ù Ù M 1 = B1 ; B1 = C1 ; C1 = M 2 Þ M 1 = M 2 ta có câu hỏi tiếp theo. ¨3. Chứng minh rằng H là tâm đường tròn nội tiếp DMNP . Giải: ( Dựa vào nhận xét 3 . Ta dễ dàng chứng minh được) Ù Nhận xét 4: ta có NH là phân giác PNM NA ^ NH(gt) Þ NA là phân giác góc ngoài đỉnh N của DMNP . Nên A là tâm đường tròn bàng tiếp của DMNP. Ta có câu hỏi tiếp theo. ¨4. Chứng minh rằng mỗi đỉnh của DABC là tâm đường tròn bàng tiếp các góc tương ứng của DMNP . Giải: ( Dựa vào nhận xét 4) Nhận xét 5: Dựa vào 4 Thì NA là phân giác ngoài đỉnh N của DMNP , NH là phân giác trong nên ta có câu hỏi tiếp. ¨5. Gọi G,K,I lần lượt là giao điểm của AH với PN, BH với PM, CH với MN . Chứng minh rằng. AG HG BK KH CI IH = ; = ; = AM HM BN HN CP HP
Giải: Dựa vào nhận xét 5. Sử dụng tính chất đường phân giác ta có điều phải chứng minh. Ù Ù Nhận xét 6: Lấy H1đối xứng với H qua AB Ta thấy DAH 1 B = DABH Þ AH 1 B = AHB Ù Ù Ù Ù Ù Ù mà AHB = NHM ; NHM + NCM = 180 0 tứ giác NHMC nội tiếp Þ AH 1 B + ACB = 180 0 nên tứ giác AH1BC nội tiếp dược ta đặt câu hỏi tiếp. ¨6. Gọi H1,H2,H3 là điểm đối xứng với H qua các cạnh AB, BC, CA của DABC . Chứng minh rằng . 6 điểm A,H1, B, H2, C, H3 cùng thuộc một đường tròn. Giải:Dựa vào nhận xét 6 ta dễ dàng chứng minh được. Nhận xét 7: Theo nhận xét 6 thì DAH 1 B = DAHB và đối xứng nhau qua AB Þ đường tròn (AH1B) = đường tròn( AHB)= đường tròn(ABC), từ đó ta có câu hỏi tiếp. ¨7. Gọi R là bán kính đường tròn ngoại tiếp DABC . Chứng minh rằng: đường tròn (AHB) = đường tròn(AHC) = đường tròn(BHC) cùng có đường kính 2R. Giải: Dựa vào câu 6 và nhận xét 7 ta chứng minh được. 1 Nhận xét 8: Ta thấy. SAPN = 2 AN . AP.SinA 1 SABC= AB. AC .SinA 2 S APN AN . AP AN AP Þ = = . = CosA.CosA = Cos 2 A S ABC AB. AC AB AC S BPM S Tương tự: = Cos 2 B ; CMN = Cos 2 C từ đó ta đặt câu hỏi tiếp. S ABC S ABC
S MNP ¨8. CMR: = 1 - (Cos 2 A + Cos 2 B + Cos 2 C ) S ABC Giải: Dựa vào nhận xét 8 ta có: SAPN = SABC..Cos 2 A; SBPM = SABC . Cos 2 B SCMN = SABC . Cos 2 C SMNP = SABC- SABC( Cos2A+ Cos2B +Cos2C) = SABC( 1- ( Cos2A + Cos2B + Cos2C) S MNP Þ = 1 - (Cos 2 A + Cos 2 B + Cos 2 C ) S ABC Nhận xét 9: Theo câu 6 . Thì A,H1, B, H2, C, H3 cùng thuộc 1 đường tròn Þ cung AH1 = cung AH3 Þ A là điểm chính giửa của cung H1AH3 ta đặt câu hỏi tiếp theo. ¨9. Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp DABC chứng minh: AO ^ PN ; CO ^ MN ; BO ^ PM Giải: ( có nhiều cách giải) Xin nêu một cách. Ù Ù Ù Ç Ç Ta có: B1 = C1 ( cùng phụ BAC ) Þ AH 1 = AH 3 Þ A là điểm chính giửa cung Ç H 1 AH 3 Þ AO ^ H1H3 Ù Ù Ù Ù Tứ giác BPNC nội tiếp Þ P1 = B2 (cùng chắn cung NC) ; B2 = H 3 H 1C ( cùng chắn Ù Ù cung H3C) Þ P1 = H 3 H 1C Þ PN // H1H3 mà AO ^ H1H3 suy ra PN ^ OA Chứng minh tương tự ta được CO ^ NM; BO ^ PM. Nhận xét 10: Kẻ đường kính AI của đường tròn ngoại tiếp DABC ta có IC // BH ( Cùng vuông góc với AC) H2I // BC ( H2 là điểm đối xứng với H qua BC)
Ta đặt câu hỏi tiếp. ¨10. Kẻ đường kính AI, Gọi H2 là điểm đối xứng với H qua BC. Chứng minh rằng: +Tứ giác BHCI là hình bình hành +Tứ giác BCIH2 là hình thang cân Nhận xét 11: Theo trên thì BPNC nội tiếp, AO ^ PN vấn đề ngược lại có đúng không? Tức là PN ^ AO Þ BPNC nội tiếp . Ta có bài toán sau: Bài toán 1.II: Cho DABC nhọn nội tiếp (O) đường kính AI, d là đường thẳng vuông góc với AI cắt AB, AC tại M và N. Chứng minh BPNC nội tiếp được. Giải: Do d bất kỳ nên: d có thể đi qua A, B, C. +Khi d đi qua A Þ M º A; N º A Þ BMNC trở thành DABC +Khi d đi qua B Þ M º B Þ BMNC trở thành DMNC +Khi d đi qua C Þ N º C Þ BMNC trở thành DBMC +Khi d cắt AI không đi qua các đỉnh của DABC Để chứng minh được BMNC nội tiếp Ù Ù Ta chứng minh B + N = 180 0 . Gọi T là giao điểm của d với AI Ù Ù Ta có: ITNC nội tiếp được < ICN = 90 0 ; ITN = 90 0 > Ù Ù Ù Ù Þ I + N = 180 0 mà I = B cùng chắn Ù Ù cung AC Þ B + N = 180 0 Þ Tứ giác BMNC nội tiếp. Nếu d cắt các đường thẳng chứa cạnh AB, AC tại M và N ( M, N không thuộc cạnh AB, AC của DABC .
Ù Ù Ù Ù Ta có: N + A1 = 90 0 mà A1 = B1 cùng chắn Ù Ù cung IC Þ N + B1 = 90 0 mặt khác Ù Ù Ù Ù 0 IBM = 90 nên N + B 1 + IBM = 180 0 hay Ù Ù N + MBC = 180 0 Þ Tứ giác MBCN nội tiếp được. Nhận xét 12: Theo câu 4. Thì 3 đỉnh của DABC lần lượt là tâm đường tròn bàng tiếp các góc tương ứng M, N, P của DMNP . Gọi I, K lần lượt là tiếp điểm của đường tròn ( B) và ( C) với đương thẳng PN Theo tính chất tiếp tuyến cắt nhau ta có: 2 NI = Chu vi DMNP ( hai tiếp tuyến của (B) cắt nhau tại N 2PK = Chu vi DMNP (hai tiếp tuyến của (C) cắt nhau tại P 2(NI + PK) = 2 Chu vi DMNP Þ Chu vi DMNP = NI + PK. Hay MN +NP + PM = IP + PN + PN + NK = (IP +PN + NK) + PN Hay MN + MP = IK Ta có bài toán sau: Bài toán 2.II: Cho DABC nhọn các đường cao AM, BN, CP Gọi I, K là hình chiếu của B và C lên đường thẳng PN . Chứng minh rằng: MP + MN = IK Chứng minh: Dựa vào nhận xét 12 ta chứng minh được · Nhận xét 13: Ta có Chu vi DMNP = MP + PN +MN Ta gọi M1, M2 lần lượt là các điểm đối xứng với M qua AB và AC. Khi đó ta có:
PM = PM1; NM = NM2 và M1, M2 thuộc đường thẳng PN khi đó: M1P+ PN + NM2 = M1M2 = MP + PN +MN = Chu vi DMNP trong trường hợp này Chu vi DMNP nhỏ nhất. Từ đó ta đề xuất bài toán sau: Bài toán 3.II: Cho DABC nhọn. Hãy tìm trên các cạnh của DABC các điểm M, N, P sao cho Chu vi DMNP nhỏ nhất. Giải: Giải sử M Î BC, N Î AC, P Î AB Lấy điểm M1, M2 Là các điểm đối xứng với M qua các cạnh AB, AC ta có AM1 =AM = AM2 các DAM 1 M ; DAM 2 M ; DM 1 AM 2 là các tam giác cân tại A Ù Ù DAM 1 M cân tại A ® M 1 AM =2 BAM Ù Ù DAM 2 M cân tại A ® M 2 AM = 2 CAM Ù Ù Ù Ù Ù Ù Þ M 1 AM 2 = M 1 AM + M 2 AM = 2( BAM + CAM ) = 2 BAC Ù Ù mà DM 1 AM 2 cân tại A và Þ M 1 AM 2 =2 BAC không đổi Chu vi DMNP = MP + PN +MN= M1P +PN + NM2 Þ Chu vi DMNP nhỏ nhất khi M1, P, N, M2 thẳng hàng và M1M2 nhỏ nhất. Ù Do DM 1 AM 2 cân tại A, có Þ M 1 AM 2 không đổi nên M1M2 nhỏ nhất khi AM nhỏ nhất, AM nhỏ nhất khi AM ^ BC Þ M là chân đường cao hạ từ đỉnhA của DABC . Do vai trò của M, N, P như nhau nên lập luận tương tự ta có: BN ^ AC, CP ^ AB ® N, P là chân các đường cao hạ từ B và C của DABC . Nhận xét 14: Theo câu 3. ta có H là tâm đường tròn nội tiếp DMNP SPNM = SPNH + SPHM + S NHM r = ( MP + PN +MN) ( r là tâm đường tròn nội tiếp DMNP ). 2 Nhưng theo câu 9: AO ^ PN, BO ^ PM, CO ^ NM
Nên các tứ giác APON, PBMO, CNOM là các tứ giác có 2 đường chéo vuông góc và tổng diện tích 3 tứ giác này bằng diện tích tam giác ABC. OA OB CO R SABC = SAPON+ SBPMO+ SCNOM = .PN + .PM + .NM = (MP + PN +MN). R 2 2 2 2 là bán kính đường tròn ngoại tiếp DABC Ta đề xuất bài toán sau: Bài toán 4.II: Cho DABC nhọn nội tiếp (O,R) các đường cao AM, BN, CP gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp DMNP . S MNP r Chứng minh rằng: = S ABC R Chứng minh: Dựa vào nhận xét trên ta chứng minh được. S MNP r Nhận xét 15: theo bài toán 4.II thì = S ABC R S MNP Còn theo câu 8. thì = 1 - (Cos 2 A + Cos 2 B + Cos 2 C ) S ABC Ta lại đề xuất bài toán sau: Bài toán 5.II: Cho DABC nhọn nội tiếp (O,R) , M, N, P lân lượt là chân đường cao của tam giác, r là bán kính đường tròn nội tiếp DMNP . Chứng minh rằng: r = 1 - ( Cos 2 A + Cos 2 B + Cos 2 C ) R Chứng minh: Dựa vào nhận xét trên ta chứng minh được: Nhận xét 16: Từ câu 7. R là bán kính đường tròn ngoại tiếp DABC thì đường tròn (AHB) = đường tròn(AHC) = đường tròn(BHC) Cùng có đường kính 2R. Ta lại đề xuất bài toán sau:
Bài toán 6.II: Cho DABC nhọn, trực tâm H nội tiếp đường tròn(O,R) Gọi O1, O2, O3 lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác AHB, AHC, và BHC chứng minh rằng tam giác O1O2O3 bằng tam giác ABC. Chứng minh: Theo câu 7. Các đường tròn ngoại tiếp các DAHB, DAHC , DBHC , DABC bằng nhau nên ta có. OA = OB = O1A = O1B = R Þ AOBO1 là hình thoi Þ AO //BO1 Tương tự AOCO2 là hình thoi Þ AO // CO2 Þ BO1// CO2 và BO1 = CO2 Þ BO1O2C là hình bình hành Þ O1O2 = BC Do O1,O2, O3 ta chứng minh hoàn toàn tương tự Ta có: O2O3 = AB; O1O3 = AC Vậy DO1O2 O3 = DCAB Nhận xét 17: Theo câu 10. Thì BHCI là hình bình hành. Gọi giao điểm 2 đương 1 chéo là T. Ta có: OT = AH hay AH = 2OT (đường trung bình tam giác AHI) 2 Và HB + HC = IB + IC Khi đó HA +HB + HC = HA + IB +IC Nếu cố định BC Þ OT không đổi Þ AH = 2OT không đổi Þ Tổng HA +HB + HC chỉ phụ thuộc vào vị trí điểm I . Ta đề xuất bài toán: Bài toán 7.II: Cho đường tròn (O) và dây BC không đi qua O, A là điểm đi trên đường tròn sao cho DABC nhọn, Gọi H là trực tâm DABC . Tìm vị trí điểm A sao cho tổng khoảng cách HA +HB + HC lớn nhất .
Lời giải: ( Tóm tắt ) Vẽ đường kính AI, Gọi T là giao điểm HI và BC. Theo câu 10 thì BHCI là hình bình hành Þ T là trung điểm HI Þ HB + HC =BI + IC. Mà O là trung điểm 1 AI . Nên TO = AH ( đường trung bình DAHI ) Þ AH = 2OT 2 Do BC cố định, O cố định Þ OT không đổi Þ AH không đổi. Do đó: HA +HB + HC lớn nhất khi BI + IC lớn nhất. Mặt khác vì DABC nhọn nên A chỉ chuyển động trên cung H1H2. Khi A chuyển động trên cung H1H2 thì I chuyển động trên cung nhỏ BC nên IB + IC lớn nhất khi I là điểm chính giữa cung BC Þ A là điểm chính giữa cung lớn BC. ( A ở vị trí A1; I ở vị trí I1) Nhận xét 18: Theo câu 6 thì H1, H 2, H3 thuộc đường tròn tâm (O) ngoại tiếp tam giác ABC, ta nhận ra rằng A là điểm chính giữa cung H1H3 Þ A thuộc phân giác góc H1H 2H3 ta đề xuất bài toán. Bài toán 8.II: Dựng tam giác nhọn ABC biết 3 điểm phân biệt H1, H 2, H3 là các điểm đối xứng với trực tâm H lần lượt qua AB, BC, AC Giải: (Vắn tắt) Dựa vào nhận xét trên ta dễ dàng dựng được theo trình tự - Dựng đường tròn tâm (O) ngoại tiếp tam giác H1H 2H3 Dựng phân giác các góc H1H 2H3 ; H1H3H2; H3H1H2 các giao điểm phân giác các góc này với đường tròn tâm (O) là các đỉnh A,B,C của tam giác ABC cần dựng Từ bài toán I,II bằng cách nghiên cứu kỹ lời giải của từng câu đặc biệt chú ý đến đặc điểm các yếu tố ta có thể đề xuất các bài toán sau: Bài toán 1: ~ I. Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB = 2R ;M là điểm di động trên nửa đường tròn đó ( M khác A, M khác B) vẽ đường tròn tâm M tiếp xúc với AB tại H, từ A và B vẽ 2 tiếp tuyến AC và BD với đường tròn tâm M
a. Chứng minh 3 điểm C,M, D cùng nằm trên tiếp tuyến của đường tròn tâm (O) tại điểm M. b. Giả sử CD cắt AB ở K. Chứng minh OA2 = OB2 = OA.OK Bài toán 2: ~ I. Cho đường tròn (O) đường kính AB= 2 R, tiếp tuyến tại điểm M bất kỳ trên đường tròn cắt các tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A và B lần lượt ở C và D a. Xác định vị trí điểm M sao cho chu vi tam giác COD nhỏ nhất b. Gọi I, J lần lượt giao điểm của OC với AM và OD với BM xác định vị trí điểm M để đường tròn ngoại tiếp tứ giác CIJD có bán kính nhỏ nhất. Bài toán 3: ~ II. Cho tam giác ABC trực tâm H, trọng tâm G, O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Chứng minh rằng. a. Khoảng cách từ H đến A gấp 2 lần khoảng cách từ O đến BC b. Ba điểm H, G, O thẳng hàng. Bài toán 4: ~ II. Cho đường tròn tâm O (O) và dây BC cố điịnh không đi qua tâm, A là điểm di động trên cung lớn BC sao cho tam giác ABC nhọn a. Tìm quỹ tích điểm H b. Tìm vị trí điểm A sao cho diện tích tam giác ABC lớn nhất.
III. Kết luận. Trên đây là những việc làm nhỏ nhoi của bản thân trong quá trình dạy học. Khảo sát cho thấy với cách làm này các em hứng thú học tập hơn, các em khá, giỏi không coi thường các bài tập SGK đưa ra tưởng chừng đơn giản mà các em đã biết đào sâu suy nghĩ , tìm kiếm phát hiện ra những vấn đề rất thụ vị, những h/s "hơi khá" đã biết tổng hợp các bài tập cùng dạy, xâu chuổi các kiến thức để ôn tập một cách khoa học. Tôi nhận ra rằng những việc làm của tôi mới chỉ đáp ứng được một chút kiến thức trong kho tàng kiến thức mà tác giả SGK muốn gửi gắm tới người học, Thông qua người dạy bởi vậy tôi cần phải học hỏi nhiều, rất nhiều ở đồng nghiệp ở tài liệu… hy vọng được sự dìu dắt của đồng nghiệp để. Tôi càng hoàn thiện hơn trong nghề dạy học./. Tôi xin chân thành cảm ơn! Tháng 04 năm 2006