Sáng kiến kinh nghiệm Giải toán Hình học 7+8 với nhiều cách khác nhau

Nội dung tài liệu: Sáng kiến kinh nghiệm Giải toán Hình học 7+8 với nhiều cách khác nhau

1. SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM NĂM HỌC 2018 – 2019. Nội dung: Một bài toán với nhiều cách giải: Với mỗi bài toán nhất là hình học không phải bao giờ cũng chỉ có một cách giải duy nhất mà có thể có nhiều lời giải khá lý thú và hấp dẫn. Đối vơi học sinh yêu thích và khá về môn toán việc tìm ra lời giải của một bài toán bằng nhiều phương pháp là biểu hiện của tư duy sang tạo. Còn đối với người giáo viên lời giải bằng nhiều phương pháp giúp gười dạy xác định được phương pháp hướng dẫn giải cho học sinh phù hợp với loại đối tượng nào Chính vì vậy qua tham khảo tài liệu và đồng nghiệp bản thân thấy nội dung bài toán sau: A. Lý thuyết. 1. Những kiến thức hình học lớp 7 vận dụng để giải giải bài toán này là. - Dấu hiệu nhận biết hai đường thẳng song song. - Định nghĩa, định lí của tam giác cân. - Định lý tổng ba góc và góc ngoài của tam giác - Đường trung bình của tam giác ( học sinh vận dụng được tính chất này thông qua một bài toán) 2. Những kiến thức hình học lớp 8 vận dụng để giải là. - Định nghĩa, định lý, dấu hiệu nhận biết hình bình hành. - Định nghĩa đối xứng tâm. - Tính chất đường phân giác trong tam giác. Để làm bài toán sau đây học sinh lớp 7 bài toán này Bài toán: Cho tam giác ABC, D là trung điểm của cạnh AB, E là trung điểmcủa 1 cạch AC . Chứng minh DE// BC và DE BC 2 Chứng minh: Trên tia đối của ED lấy điểm Fsao cho EF =ED EAD và ECF có: EA = EC (giả thuyết ) ·AED = C· EF ( đối đỉnh) ED = EF ( theo cách vẽ ) Dó đó EAD = ECF (c-g-c), nên suy ra E· AD = E· CF , CF = AD. Mà AD = DB ( giả thuyết ), nên CF = BD E· AD = , hai góc này lại ở vị trí so le trong của hai đường thẳng AB và CF nên CF // AB, suy ra B· DC = F· CD (so le trong). BCD và FDC có: DB = CF (chứng minh trên) B· DC = F· CD(chứng minh trên) CD : cạnh chung Vậy BCD = FDC (c-g-c). Suy ra:
2. * B· CD= C· DF . Mà hai góc này ở vị trí so le trong của hai đường thẳng BC và DF nên DF // BC, tức là DE // BC. 1 * BC = DF. Mà DF = 2DE, do đó DE = BC. 2 1 Vậy DE // BC và DE = BC. 2 Bài toán: Cho tam giác ABC ( AB> AC) có µA  . Trên cạnh AB lấy D sao cho BD = AC. Lất E là trung điểm của AD, F là trung điểm của BC. Tính B· EF Phương pháp 5: Định hướng giải. Chứng minh tam giác cân bằng độ dài đoạn thẳng. Chứng minh: Đặt AC = b= BD; AC = c AC b Kẻ FK // AC FK là đường trung bình của V ABC FK = 2 2 AB c mà BK = BK 2 2 c b c KE = BE – BK = (BD+DF) – BK = b 2 2 c b c b KE = b 2 2 2 2 b Vậy KE = KF = KEF cân tại K K· EF K· FE 2 Mà K· EF K· FE B· KF ( Tính chất góc ngoài tại K của KEF 2K· EF B· KF Mặt khác: B· KF B· AC ( Vì KE//AC) 2K· EF B· KF K· EF 2
3. Hay B· EF 2 Phương pháp này dung hướng dẫn cho học sinh lớp 7 Phương pháp 6: Định hướng cách giải: Kẻ đường phụ Sử dụng tính chất đường phân giác trong tam giác. Sử dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau. Kẻ đường phân giác AK B· AK 2 Đặt BC = a, AB = c, AC = BD = b Theo tính chất đường phân giác trong tam giác ta có: KB AB c KC AC b KB KC AB AC c b ac KB KB AB c c b ac KB a c b (1) AB c b c AB AD c b b c Mặt khác: BE = BD +DE =BD+ b 2 2 2 BC a Và BF 2 2 a BF a Ta có tỉ số 2 (2) BE b c b c 2 Từ (1) và (2) Suy ra :
4. KB BF a AB BE b c EBF : AKB ( c.g . c) B· EF B· AK 2 Vậy B· EF 2 Phương pháp 1: Định hướng Vẽ đường phụ Sử dụng các đoạn thẳng bằng nhau. Dùng tính chất của đường trung bình tam giác. Giải Trên tia đối FD lấy D/ sao cho FD/ = FD Ta có:BDCD/ là hình bình hành CD/ = BD = AC CD/ = AC V ACD/ cân ở C C· D/ A C· AD/ (1) Mặt khác: AB//CD/ C· D/ A D· / AB (2) Từ (1) và (2) suy ra . µA C· AD/ D· / AB (3) 2 2 ADD/ có EF là đường trung bình của tam giác nên EF // AD/ D· EF D· AD/ ( góc đồng vị) Hay D· / AB B· EF (4) Từ (3) và (4) Suy ra
5. B· EF D· / AB 2 Vậy B· EF 2 Lưu ý: Lời giải này có thể hướng dẫn cho cả học sinh khá ở khối 7 và 8. Phương pháp 2: Định hướng . Vẽ đường phụ Sử dụng các đoạn thẳng bằng nhau. Sử dụng tính chất đường trung bình Giải Lấy A/ là điểm đối xứng của A qua tâm F Ta có ABCA/ là hình bình hành AC// A/B , AC = A/B Mà AC = BD A/B = BD BDA/ cân tại B ADA/ có EF là đường trung bình nên EF //DA/ 1800 D· BA/ B· EF B· DA/ ( Vì BDA/ cân) 2 Mà ABCA/ là hình bình hành nên D· BA/ bù với µA hay 1800 D· BA µA µA Vậy B· EF 2 2 Phương pháp 3: Định hướng giải. Vẽ đường phụ
6. Sử dụng các đoạn thẳng bằng nhau. Sử dụng tính chất đường trung bình. Giải Gọi C/ là điểm đối xứng với C qua tâm E Ta có ACDC/ là hình bình hành AC//DC/ , AC = DC/ / / µ ¶ Mà AC = BD BD= DC DBC cân ở D B1 C2 · / / µ ¶ · / Mạt khác C DA là góc ngoài của DBC nên B1 C2 C DA Do AC // DC/ C· / DA µA( Góc so le trong) µA Vậy :2Bµ C· / DA µA Bµ 1 1 2 2 Trong CBC / EF là đường trung bình nên EF // BC/ B· EF Bµ 1 2 Vậy B· EF 2 Phương pháp 4 Bài toán 1: (Bài tập 30 - trang 116. SGK Toán 9 - Tập 1. NXB GD năm 2011) Cho nửa đường tròn tâm O có đường kính AB. Gọi Ax, By là các tia vuông góc với AB (Ax, By và nửa đường tròn thuộc cùng một nửa mặt phẳng bờ AB). Qua điểm M thuộc nửa đường tròn (M khác A và
7. B), kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn, cắt Ax và By theo thứ tự ở C và D. Chứng minh rằng: 1.  COD=90o 2. CD = AC + BD 3. Tích AC.BD không đổi khi điểm M di chuyển trên nửa đường tròn. *Phân tích tìm lời giải: 1. Có nhiều cách để chứng minh  o COD=90 . Chẳng hạn chứng minh Ô1= Ô2; Ô3= Ô4. OC  OD hoặc chứng minh  MDO =  MBO;  MAO =  MC mà  AMB =90o  COD=90o 2. Vận dụng tính chất hai tiếp tuyến của một 2 3 1 4 đường tròn cùng xuất phát từ điểm C và điểm D để chứng minh CA=CM; B=DM.Suy ra AC + BD = CD 3. Chứng minh COD vuông tại O, đường cao OM.Vận dụng hệ thức h2 = b .c Suy ra MC.MD = OM2 mà MC = AC; MD = BD; OM=R .Do đó AC.BD=R2 không đổi. Lời giải tóm tắt: Vì Ax  AB; By  AB nên Ax, By là cáctiếp tuyến của đường tròn (O) . Áp dung tính chất hai tiếp tuyến của một đường tròn cùng xuất phát từ điểm C và điểm D ta có : Ô1= Ô2; Ô3= Ô4. CA=CM; B=DM. 0 180 0 o 1) Do đó: Ô1 +Ô4 =Ô2 +Ô3= =90 . Hay  COD=90 2 2. Ta có: CD = CM + MD = CA + DB 3. Theo câu 1,  COD=90o tam giác COD vuông tại O. Mặt khác: OM  CD (tính chất tiếp tuyến). Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vuông COD, ta có: OM 2 AC.AD. Hay AC.AD R 2 không đổi Khai thác bài toán:
8. Với giả thiết của bài toán như trên nếu thêm giả thiết ta có bài toán mới: Bài toán 1.2: Gọi N là giao điểm của DA và BC, H là giao điểm của NM và AB . Chứng minh: 1) M N  AB 2) MN = NH 3) M N  AB M H  AB. Chứng minh ba đường thẳng DA, BC, MH đồng quy 4) Chứng minh: COD và AMB đồng dạng 5) Khi COD  AMB ta nghỉ đến tỉ số diện tích các tam giác đó nên S R có thêm câu hỏi: Tính tỉ số COD khi AC = ? SAMB 2 *Phân tích tìm lời giải Ta có: Ax//By (gt) Áp dụng định lý thuận, đảo và hệ quả Thalets vào các tam giác để chứng minh các câu trên Lời giải tóm tắt: 1) Vì Ax//By áp dụng định lý Thalets thuận ta có DN BD (1) NA AC Ta lại có: CA=CM; DB=DM ( Chứng minh ở bài toán 1) (2) Từ (1) và (2) ta được: DN DM MN//AC (Định lý Thalets đảo) NA MC Vì AC  AB nên NM  AB 2) Áp dụng hệ quả của định lý Thalets vào tam giác ANC, ta có: MN CN AN NH DB CB DA DB
9. Suy ra: MN = NH. 3) Gọi N là giao điểm của DA và BC. Theo câu 1 của bài toán 1.2: Đã chứng minh được NM  AB HM  AB M, N, H thẳng hàng Vậy ba đường thẳng DA, BC, MH đồng quy tại N. 4) Xét COD và AMB có  COD=  AMB = 90o  OBM =  MDO (Góc nội tiếp cùng chắn cung MO) COD  AMB (g.g) 5) Theo cách chứng minh ở câu 3 bài toán 1, ta cóOM2 = MC. MD hay MC. MD = R2 mµ MC = AC = R 2 OM 2 => MD = = R2: R = 2R MC 2 => CD = CM + DM = R + 2R = 5R 2 2 Theo trªn COD  AMB => CD = 5R : 2R = 5 = k (k lµ tØ sè ®ång d¹ng). AB 2 4 Vì tỉ số diện tích giữa hai tam giác đồng dạng bằng bình phương tỉ số đồng dạng, nên ta có: S 2 COD SCOD 2 5 25 = k => = SAMB SAMB 4 16 • Thật là sáng tạo nếu từ kết quả chứng minh ở các câu trên, ta có thể khai thác thêm các câu hỏi dành cho đối tượng học sinh khá, giỏi như sau: Bài toán 1.3: Với giả thiết của bài toán 1 yêu cầu học sinh chứng minh các câu hỏi sau 1) Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác COD tiếp xúc với AB
10. 2) Tìm vị trí của điểm M để hình thang ACDB có chu vi nhỏ nhất 3) Tìm vị trí của C, D để hình thang ACDB có chu vi nhỏ nhất bằng 14cm. Biết AB= 4cm. Lời giải tóm tắt: 1) Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác COD tiếp xúc với AB. Gọi I là trung điểm của DC. Thế thì I là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác COD. Vì I là trung điểm của DC, O là trung điểm của AB, CA song song với DB( Vì cùng vuong góc với AB) nên OI// CA// DB OI  AB Vậy chứng tỏ AB tiếp xúc với đường tròn(I). 2) Tìm vị trí của điểm M để hình thang ACDB có chu vi nhỏ nhất Chu vi hình thang ACDB = AB +AC + CD + DB Mà AC + BD = CD nên suy ra chu vi của hình thang ACDB = AB + 2CD. Do AB không đổi nên chu vi hình thang ACDB nhỏ nhất khi CD nhỏ nhất. CD nhỏ nhất DC = AB CD//AB OM  AB Vậy khi OM  AB thì chu vi hình thang ACDB nhỏ nhất và bằng 3AB Suy ra M là điểm chính giữa của cung AB 3) Tìm vị trí của C, D để hình thang ACDB có chu vi nhỏ nhất bằng 14cm. Biết AB= 4cm. Đặt AC = x; DB = y .chu vi ACDB bằng AB + 2DC = 4 + 2( x+ y) Vì chu vi ACDB Bằng 14cm nên 4 + 2( x+ y) = 14 Hay x+ y = 5 (1) Ta lại có: x.y = MC.DM = MO2( Chứng minh ở bài toán 1) Nên x.y = 22 = 4 (2)
11. Từ (1) và (2) Suy ra: 4 x 5 x2 4 5x x x2 - 5x +4 = 0 (x-1)(x-4) = 0 x= 1 hoặc x = 4 Nếu điểm C thuộc tia Ax cách điểm A là 1cm và 4cm thì chu vi hình thang ACDB bằng 14cm. * Cũng có thể khai thác bài toán gốc theo hướng khó hơn: Bài toán 1.4:Biết  MAB = 60O. 1) Chứng minh tam giác MDB là tam giác dều 2) Tính diện tích BMD theo R. Gợi ý: 1) Vì DM = DB DMB cân Do  DMB =  MAB = 60o nên DMB đều BM 3 2) Gọi F là giao điểm của OD với MB thì DF  MB và DF = ; 2 2 = 1 BM.DF = BM . 3 S MDB 2 4 MAB vuông có AM=R; AB=2R nên MB2 = AB2 – AM2 = 4R2 – R2 = 3R2 MB = R 3 (R 3)2. 3 3R2 3 S = = (đvđt) MBD 4 4 Không chỉ dừng lại ở trên mà bài toán còn có thể mở rộng theo góc nhìn khác. Từ đó ta có được bài toán sau: Bài tập 2: Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R. Trên tia đối của tia AB lấy điểm E (E A). Từ các điểm E, A lần lượt kẻ các tiếp tuyến với nữa đường tròn (O). Tiếp tuyến kẻ từ E cắt các tiếp tuyến kẻ từ A và B lần lượt tại C và D.
12. 1) Gọi M là tiếp điểm của tiếp tuyến kẻ từ E tới nữa đường tròn (O). Chứng minh tứ giác ACMO nội tiếp được trong mộtđường tròn. 2) Chưng minh các tam giác AEC và BED đồng dạng. từ đó suy ra: DM CM DE CE 3)Đặt  AOC = . Tính độ dài đoạn thẳng AC và B theo R và . Chứng tỏ rằng tích AC.B chỉ phụ thuộc vào R Lời giải tóm tắt: 1) Gợi ý: Nhận xét hai tiếp tuyến của đường tròn cắt nhau tại C để rút ra kết luận tứ giác ACMO nội tiếp 2) Để chứng minh tam giác AEC đồng dạng tam giác BED, chỉ ra các góc bằng nhau tương ứng 3) AOC vuông tại A có AC = AO.tan  = R.tan  Trong BOD (vuông tại B) có  BOD =  Thật vậy :  MDB =  MOA ( cùng bù với  BOM) 1 1  BDO=  MDB =  MOA =  AOC =  2 2 OB R DB = tan  tan  R Su ra: AC.B =( R.tan  )( )= R2 tan  Biểu thứ AC.DB chỉ phụ thuộc vào R. Bài tập về nhà: Cho đoạn thẳng AB = 2a có trung điểm là O. Trên cùng nữa mặt phẳng bờ BA kẻ các tia Ax, By cùng vuônggóc với AB.Một đường
13. thẳng d thay đổi cắt Ax ở M. cắt By ở N sao cho luôn có AM.BN= a2. 1) Chứng minh rằng : AOM đồng dạng BON và  MON =900 2) Gọi H à hình chiếu của O trên MN. Chứng minh rằng đường thẳng d luôn tiếp xúc với một nữa đường tròn cố định tại H. 3) Chứng minh rằng tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác MON chạy trên một tia cố định. 4) Tìm vị trí của đường thẳng d sao cho chu vi tam giác AHB đạt giá trị lớn nhất, tính giá trị lớnnhất đó theo  . B. ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN KIỂM TRA SAU TÁC ĐỘNG §Ò KiÓm tra sau t¸c ®éng Họ và tên: ....................................................... Lớp ................................... Đề ra Bài tập 1: Cho nữa đường tròn tâm O , đường kính AB. Lấy điểm C thuộc nữa đường tròn và điểm D nằm trên đoạn OA. Vẽ các tiếp tuến Ax,By của nữa đường tròn. Đường thẳng qua C, vuông góc với DC cắt tiếp tuyến Ax, By lần lượt tại M và N. 1) Chứng minh các tứ giác ADCM và BDCN nội tiếp được đường tròn. 2) Chứng minh rằng  MDN = 900 3) Gọi P là giao điểm của AC và DM, Q là giao điểm của BC và DN. Chứng minh rằng PQ song với AB
14. ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM 1) Ta có: Vì Ax là tiếp tuyến của nữa đường tròn nên  MAD = 900. Mặt khác theo giã thiết  MCD = 900 nên tứ giác ADCM nội tiếp. Tương tự: tứ giác BDCN cũng nội tiếp 2) Theo câu trên vì các tứ giác ADCM, và BDCN nội tiếp nên:  DMC =  DAC;  DNC =  DBC. Suy ra  DMC +  DNC =  DAC +  DBC = 900. Từ đó  MDN = 900 3) Vì  ACB =  MDN = 900 nên tứ giác CPDQ nội tiếp. Do đó  CPQ =  CDQ =  CDN. Lại có tứ giác CDBN nội tiếp nên  CDN =  CBN. ta có  CBN =  CAB suy ra  CPQ =  CAB hay PQ song với AB.