SKKN Mở rộng và phát triển bài toán hình học lớp 9
Các thầy cô cần file liên hệ với chúng tôi tại fanpage facebook O2 Education
Hoặc xem nhiều SKKN hơn tại: Tổng hợp SKKN luận văn luận án O2 Education
I. Điều kiện hoàn cảnh tạo ra sáng kiến:
Toán học là một môn khoa học rất quan trọng trong tất cả các lĩnh vực.
Trong bất kì hoàn cảnh nào chúng ta cũng không thể thiếu kiến thức về toán.
Nghiên cứu về toán cũng là nghiên cứu một phần của thế giới.
Toán học là một bộ môn khoa học tự nhiên mang tính trừu tượng, tính
logíc cao. Cùng với sự phát triển của đất nước, sự nghiệp Giáo dục và Đào tạo
cũng đổi mới không ngừng. Với vai trò là môn học công cụ, bộ môn Toán đã
góp phần tạo điều kiện cho các em học sinh học tốt các môn học khác.
Với môn Hình học là môn khoa học rèn luyện cho học sinh khả năng đo
đạc, tính toán, suy luận logíc, phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh. Đặc biệt
là rèn luyện cho học sinh khá, giỏi nâng cao được năng lực tư duy, tính độc
lập, sáng tạo linh hoạt trong cách tìm lời giải bài toán. Vì vậy bộ môn Hình
học càng có ý nghĩa quan trọng. Việc bồi dưỡng học sinh khá, giỏi không đơn
thuần chỉ cung cấp cho các em một số kiến thức cơ bản thông qua việc làm
bài tập hoặc làm nhiều bài tập khó, hay mà giáo viên phải biết rèn luyện khả
năng sáng tạo, khả năng nghiên cứu sâu bài toán, khả năng mở rộng và phát
triển bài toán, khả năng đề xuất được những bài toán tương tự và những bài
toán mới cho học sinh. Với bộ môn Hình học việc rèn luyện năng lực tư duy
trừu tượng và phán đoán lôgíc là rất quan trọng.
Qua các năm công tác giảng dạy ở trường tôi nhận thấy việc học toán nói
chung và bồi dưỡng học sinh khá, giỏi toán nói riêng, muốn học sinh rèn
luyện được tư duy sáng tạo trong việc học và giải toán thì bản thân mỗi người
thầy cần phải có nhiều phương pháp. Đặc biệt qua những năm giảng dạy thực
tế ở trường việc có được học sinh giỏi môn Toán là một điều rất vất vả và khó
khăn, tuy nhiên có nhiều nguyên nhân có cả khách quan và chủ quan. Song
đòi hỏi người thầy cần phải tìm tòi nghiên cứu tìm ra nhiều phương pháp và
cách giải qua một bài toán để từ đó rèn luyện cho học sinh năng lực hoạt động
tư duy sáng tạo. Với mỗi bài toán, tìm ra được lời giải là một niềm vui. Sẽ thú
vị hơn nhiều nếu ta tìm ra được nhiều lời giải cho một bài toán, biết sử dụng
kết quả bài toán đã làm được để giải quyết các bài toán khác và hình thành
3
nên được nhiều bài toán mới từ bài toán ban đầu. Hãy có nhiều suy nghĩ và
cách tiếp cận khác nhau với mỗi đề toán, chúng ta sẽ tìm được nhiều lời giải
hay hơn và xây dựng nên nhiều bài toán tương tự, nhiều bài toán mới rất thú
vị. Vì vậy tôi chọn sáng kiến kinh nghiệm:
“Mở rộng và phát triển bài toán hình học lớp 9 “
Với mục đích thứ nhất là rèn luyện khả năng sáng tạo Toán học, trước
mỗi bài tập tôi thường gợi ý và hướng dẫn cho học sinh nhiều cách giải. Trên
cơ sở đó học sinh tự tìm ra cách giải hợp lý nhất. Phát hiện ra được cách giải
tương tự và khái quát phương pháp đường lối chung. Trên cơ sở đó với mỗi
bài toán cụ thể các em có thể khái quát hoá thành bài toán tổng quát và xây
dựng các bài toán tương tự. Biết sử dụng kết quả bài toán đã làm được vào
giải quyết các bài toán khác. Biết phát biểu bài toán tương tự và biết mở rộng,
phát triển bài toán.
Điều mong muốn thứ hai đó là mong muốn rèn luyện khả năng sáng tạo
toán cho học sinh sao cho mọi lúc, mọi nơi các em có thể tự phát huy năng
lực độc lập, sáng tạo của mình.
II. Mô tả giải pháp kỹ thuật:
II.1. Mô tả giải pháp kỹ thuật trước khi tạo ra sáng kiến:
– Trước khi áp dụng sáng kiến “Mở rộng và phát triển bài toán hình
học lớp 9 ” tôi thường chỉ chú trọng cho học sinh giải các bài tập một cách
đơn lẻ, chưa có nhiều sự mở rộng và liên hệ giữa các bài tập với nhau.
– Chưa quan tâm nhiều đến việc mở rộng và phát triển bài toán, chưa tạo
ra được nhiều tình huống có vấn đề, chưa tạo ra được nhiều hứng thú trong
học tập cho học sinh.
II.2. Mô tả giải pháp kỹ thuật sau khi có sáng kiến:
1. Giải pháp thực hiện:
– Hình thành các tình huống có vấn đề liên quan đến các cách giải cho
một bài toán.
– Tăng cường các hoạt động tìm tòi, quan sát, đo đạc, dự đoán tiếp cận
lời giải.
4
– Nắm vững kiến thức cơ bản, huy động, vận dụng kiến thức cơ bản vào
giải quyết các vấn đề có liên quan.
2. Kiến thức cần truyền đạt:
Xuất phát từ điều mong muốn rèn luyện được khả năng sáng tạo, biết sử
dụng kết quả bài toán đã làm được vào việc giải quyết các bài toán khác, biết
phát biểu các bài toán tương tự. Đặc biệt là biết xây dựng, mở rộng và phát
triển được nhiều bài toán mới xuất phát từ những bài toán quen thuộc. Trong
đề tài này do khuôn khổ, giới hạn của đề tài tôi chỉ đưa ra một số dạng cơ bản
và một số bài tập điển hình cho dạng toán.
3. Tổ chức thực hiện:
Tìm tòi cách giải, mở rộng và phát triển bài toán hình học lớp 9.
Bài toán 1. Cho ABC , I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác đó. Đường
thẳng AI cắt đường tròn ngoại tiếp ABC tại D. Chứng minh rằng:
DI DB DC
O
I
D
B C
A
Chứng minh:
Vì I là tâm đường tròn nội tiếp ABC nên AI BI CI , , theo thứ tự là phân giác
của BAC ABC ACB ; ;
Suy ra BAD CAD
Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC
Xét đường tròn (O) có BAD CAD (cmt)
Suy ra DB DC
Suy ra DB DC
Xét DBI có BID IAB IBA BAC ABC BAC ABC 1 1 1 2 2 2
IBD IBC CBD ABC CBD ABC DAC ABC BAC 1 1 1 2 2 2
Suy ra BID IBD
5
Suy ra DBI cân tại D
Suy ra DB DI
Mà DB DC (cmt)
Suy ra DI=DB=DC
– Bài toán 1 là bài toán rất quen thuộc trong chương trình hình học lớp 9. Ở
bài toán này nếu gọi E F , theo thứ tự là giao điểm của tia BI và tia CI với
đường tròn (O) thì tương tự ta cũng chứng minh được EA EC EI và
FA FB FI
E
F
I O
D
B C
A
– Ta cũng dễ dàng chứng minh được D điểm chính giữa của cung BC (không
chứa điểm A ); E là điểm chính giữa của cung AC (không chứa điểm B ); F
là điểm chính giữa của cung AB (không chứa điểm C ). Ngược lại nếu cho
tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Gọi D điểm chính giữa của các cung
BC (không chứa điểm A ), E là điểm chính giữa của các cung AC (không
chứa điểm B ); F là điểm chính giữa của các cung AB (không chứa điểm C )
thì ta cũng dễ dàng chứng minh được AD BE CF , , đồng quy và điểm đồng quy
đó chính là tâm được tròn nội tiếp ABC .
– Ở bài toán 1: Gọi G là giao điểm của BC và AD .
6
G
O
I
D
B C
A
Ta dễ dàng chứng minh được ABG đồng dạng với ADC .
| Suy ra |
AB AG
AD AC
Suy ra AB AC AD AG . .
Ta cũng dễ dàng chứng minh được AGB đồng dạng với CGD
Suy ra AG GB
CG GD
Suy ra AG GD CG GB . .
Suy ra AB AC GB GC AG AD GD AG . . . 2
Do đó ở bài toán 1 ta có thể hỏi thêm câu b) như sau:
b) Gọi G là giao điểm của AD và BC . Chứng minh rằng AB AC GB GC AG . . 2
– Ở bài toán 1: Nếu áp dụng định lí Ptolemy vào tứ giác nội tiếp ABCD thì ta
sẽ có kết quả thú vị:
* Định lí Ptolemy: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). Khi đó ta có
AB.CD+AD.BC=AC.BD
O
E
B
A
D
C
7
Chứng minh:
Trên đường chéo BD lấy điểm E sao cho DAE BAC
Xét đường tròn (O) có ADB ACB (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB)
Hay ADE ACB
Xét ADE và ACB có DAE BAC (cách vẽ)
ADE ACB (cmt)
Suy ra ADE đồng dạng với ACB (gg)
| Suy ra |
AD DE
AC BC
Suy ra AD BC AC DE . . (1)
Ta có DAE BAC (cách vẽ)
Suy ra DAE EAC BAC EAC
Hay EAB DAC
Ta có ABD ACD (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AD)
Hay ABE ACD
Xét ABE và ACD có EAB DAC ; ABE ACD (cmt)
Do đó ABE đồng dạng với ACD
Suy ra AB BE
AC CD
Suy ra ABCD AC BE . . (2)
Từ (1) và (2) suy ra AB CD AD BC AC BE DE AC BD . . . .
– Ở bài toán 1: Áp dụng định lí Ptolemy vào tứ giác nội tiếp ABDC ta có:
AB DC AC DB DA BC . . .
Mà theo kết quả bài toán 1 ta có DB DC DI
Suy ra DI AB AC DA BC . .
Suy ra DI BC
DA AB AC
Do đó ở bài toán 1 ta có thể hỏi thêm câu c) như sau:
c) Chứng minh rằng: DI BC
DA AB AC
– Từ kết quả bài toán 1: DB DC DI . Suy ra D là tâm đường tròn ngoại
tiếp BIC . Từ đó ta có bài toán mới như sau
Bài 1.1. Cho ABC , I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác đó. Chứng minh
rằng tâm đường tròn ngoại tiếp BIC , AIC , AIB đều nằm trên đường tròn
ngoại tiếp ABC .
– Ở bài toán 1: Nếu gọi M là giao điểm của DF với AB ; N là giao điểm của
DE với AC thì ta có
8
N
M
F
E
O
I
D
B C
A
Vì I là tâm của đường tròn nội tiếp ABC , BI cắt đường tròn (O) tại E
nên suy ra BE là phân giác của ABC
Suy ra ABE CBE
Suy ra AE EC
Suy ra ADE EDC
Suy ra DE là phân giác của ADC hay DN là phân giác của ADC
Xét ADC có DN là phân giác.
Áp dụng tính chất đường phân giác trong tam giác ta có AN AD
NC DC
Tương tự AM AD
MB DB
Theo kết quả bài toán 1 ta có DB DC
Suy ra AD AD
DB DC
Suy ra AN AM
NC MB
Theo định lí Ta lét đảo suy ra MN BC / /
* Để chứng minh MN // BC ta có thể làm cách khác như sau:
Theo kết quả bài toán 1 ta có DC DI
Suy ra DCI cân tại D
Dễ dàng chứng minh được DE là phân giác của IDC
Nên suy ra DE đồng thời là đường trung trực của đoạn CI
Mà N thuộc DE
Suy ra NI NC
Suy ra NCI cân tại N
Suy ra NIC NCI
Mà NCI ICB
9
Suy ra NIC ICB
Suy ra NI BC / /
Chứng minh tương tự ta được MI BC / /
Từ đó suy ra M I N , , thẳng hàng. Suy ra MN BC / /
Suy ra MN đi qua tâm của đường tròn nội tiếp ABC
Từ đó chúng ta có các bài toán mới như sau:
Bài 1.2. Cho ABC , I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác đó. Các tia
AI BI CI , , lần lượt cắt đường tròn (O) tại các điểm D E F , , . Gọi M là giao điểm
của DF với AB , N là giao điểm của DE với AC . Chứng minh rằng
MN BC / / .
Bài 1.3. Cho ABC , I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác đó. Các tia
AI BI CI , , lần lượt cắt đường tròn (O) tại các điểm D E F , , . Gọi M là giao
điểm của DF với AB , N là giao điểm của DE với AC . Chứng minh rằng
MN đi qua I .
– Theo kết quả chứng minh ở phần trên ta có MN đi qua I
H
G
P Q
N
M
F
E
O
I
D
B C
A
– Nếu gọi P Q , theo thứ tự là giao điểm của DF DE , với BC ;
H G , theo thứ tự là giao điểm của EF với AB AC ,
Chứng minh tương tự ta cũng có PG đi qua I ; HQ đi qua I
Từ đó ta có bài toán mới như sau:
Bài 1.4. Cho ABC , I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác đó. Gọi D E F , , theo
thứ tự là điểm chính giữa của các cung BC CA AB , , không chứa các đỉnh
10
A B C , , . Cạnh BC cắt DF DE , theo thứ tự tại P Q , . Cạnh AC cắt ED,EF theo
thứ tự tại N G , . Cạnh AB cắt FE FD , theo thứ tự tại H M , . Chứng minh rằng
các đường chéo MN QH PG , , của lục giác PQNGHM đồng quy tại một điểm.
– Ở bài toán 1: Kẻ đường kính DK . Gọi P Q , theo thứ tự là giao điểm của
đường thẳng AK với tia BI và tia CI
Q
P
K O
I
D
B C
A
Xét đường tròn (O), đường kính DK
Có DAK là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn
Suy ra DAK 900
Suy ra AIP vuông tại A .
Suy ra API AIP IAB IBA BAC ABC 90 90 90 0 0 0 12
90 180 0 0 1 1 2 2 ACB ACB BCQ
Xét tứ giác BCPQ có C và P là 2 đỉnh kề nhau, cùng nhìn đoạn BQ dưới
những góc bằng nhau.
Suy ra 4 điểm B C P Q , , , cùng thuộc một đường tròn.
Từ đó ta có bài toán mới như sau:
Bài 1.5. Cho ABC , I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác đó. Tia AI cắt
đường tròn (O) tại các điểm D . Kẻ đường kính DK của đường tròn (O). Gọi
P và Q theo thứ tự là giao điểm của đường thẳng AK với các tia BI và CI .
Chứng minh 4 điểm B C P Q , , , cùng thuộc một đường tròn.
– Ở bài toán 1: Kẻ đường kính DK . Gọi R r , theo thứ tự là bán kính của
đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp ABC , P là tiếp điểm của AB với đường tròn
(I), E và F là giao điểm của đường thẳng OI với đường tròn (O)
11
F
E
P
K
O
I
D
B C
A
Khi đó xét đường tròn (O) có DCK là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn
Suy ra DCK 900
Vì đường tròn (I) nội tiếp ABC
Suy ra AB là tiếp tuyến của đường tròn (I)
Mà P là tiếp điểm của AB với đường tròn (O)
Suy ra AB IP và IP r
Suy ra API 900
Ta có DB DC (theo kết quả bài 1)
Suy ra BAD DKC hay PAI CKD
Xét API và KCD có PAI CKD (cmt); API KCD 900
Suy ra API đồng dạng với KCD (gg)
Suy ra IP AI
DC KD
hay IP KD AI DC . .
Mà KD R 2 ; IP r
Suy ra 2 . Rr AI DC
Theo kết quả bài 1 ta có DC DI
Suy ra 2 . Rr AI DI (1)
Ta dễ dàng chứng minh được IA.ID= .IF= . IE R OI R OI R OI 2 2 (2)
Từ (1) và (2) suy ra 2Rr R OI 2 2
Suy ra OI R Rr 2 2 2
Hệ thức trên là hệ thức Ơle của ABC
Từ đó ta có bài toán sau:
Bài 1.6. Cho ABC có đường tròn ngoại tiếp là (O ; R ), đường tròn nội tiếp là
( I r , ). Chứng minh rằng: OI R Rr 2 2 2
12
– Ở bài toán 1: Kẻ đường kính DK. Gọi T là giao điểm của đường thẳng DK
và BC. Ta chứng minh được BTI AKI
K O T
I
D
B C
A
Thật vậy:
Áp dụng kết quả bài toán 1 ta chứng minh được DB DI và DB DC
Xét đường tròn (O) có DK là đường kính; DB DC
Suy ra DK BC DK BC tại T
Suy ra DTB 900
Xét đường tròn (O) có DB DC
Suy ra DKB DBC hay DKB DBT
Ta có DBK là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn
Suy ra DBK 900
Xét TBDvà BKDcó DTB DBK 900
DBT DKB (cmt)
Do đó TBDđồng dạng với BKD(gg)
| Suy ra |
DB DK
DT DB
Mà DB DI (Theo kết quả bài toán 1)
Suy ra DI DK
DT DI
Xét DTI và DIK có IDT chung
DI DK
DT DI
(cmt)
Do đó DTI đồng dạng với DIK (cgc)
Suy ra DTI DIK (1)
Ta có BTI DTI DIB DTI 900 (2)
Ta có DIK là góc ngoài tại đỉnh I của AIK
Suy ra DIK IAK AKI
Suy ra AKI DIK IAK DIK 900 (3)
Từ (1), (2), (3) suy ra BTI AKI
13
Từ đó ta có bài toán sau:
Bài 1.7. Cho ABC , I và O theo thứ tự là tâm đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp
tam giác ABC. Kẻ đường kính DK . Gọi T là giao điểm của DK và BC .
Chứng minh rằng BTI AKI .
– Ở bài toán 1: Gọi R V , theo thứ tự là các tiếp điểm của AB , AC với đường
tròn (I)
V
R
O
I
D
B C
A
Theo kết quả bài toán 1 ta có DB DC DI
Suy ra D là tâm đường tròn nội tiếp BIC
Xét đường tròn (I) có AR và AV là 2 tiếp tuyến cắt nhau
Suy ra AR AV và AI là phân giác của RAV .
Suy ra RAI VAI
Suy ra RAD VAD
Xét RAD và VAD có AR AV (cmt)
RAD VAD (cmt)
AD là cạnh chung
Do đó RAD = VAD (cgc)
Suy ra ARD AVD
Mà ARD BRD 1800 ; AVD CVD 1800
Suy ra BRD CVD
Từ đó ta có bài toán mới như sau:
Bài 1.8. Cho ABC , I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác đó; R V , theo thứ tự
là tiếp điểm của AB AC , với đường tròn tâm I ; D là tâm đường tròn ngoại
tiếp BIC . Chứng minh rằng BRD CVD
Tiếp tục sử dụng kết quả bài toán 1 để giải bài toán sau:
Bài toán 2. Cho ABC , I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác đó. Các tia
AI BI CI , , lần lượt cắt đường tròn (O) tại các điểm D E F , , . Chứng minh rằng:
AD BE CF AB AC BC
14
F
E
O
I
D
B C
A
Theo kết quả bài 1 ta có DB DC DI
Áp dụng bất đẳng thức tam giác trong DBC ta có DB DC BC
Suy ra 2DI BC
Chứng minh tương tự ta có 2 ;2 EI AC FI AB
Suy ra 2DI EI FI BC AC AB
Suy ra
2
AB AC BC
DI EI FI (1)
Áp dụng bất đẳng thức tam giác trong BIC AIC AIB , , ta có:
BI CI BC
AI IC AC
AI BI AB
Do đó 2AI BI CI AB AC BC
Suy ra
2
AB AC BC
AI BI CI
| (2) |
Cộng (1) và (2) theo vế ta được AD BE CF AB AC BC
Cách khác:
Áp dụng định lý Ptolemy vào tứ giác nội tiếp ABDC ta có :
AD BC AC BD AB DC . . .
Theo kết quả bài toán 1 ta có DB DC DI .
Mà 2DI BC (cmt)
Suy ra 2DC BC
Suy ra
2
BC
DC
15
Suy ra AD DC AB AC BC 2 .AB AC
BC BC
Suy ra
2
AB AC
AD
Chứng minh tương tự ta được
2
AB BC
BE
2
AC BC
CF
Do đó AD BE CF AB AC BC
Bài toán 3. Cho ABC không đều. Gọi I và O lần lượt là tâm đường tròn nội
tiếp và ngoại tiếp tam giác đó. Chứng minh rằng AIO 900 khi và chỉ khi
AB AC BC 2.
O
I
D
B C
A
Kéo dài AI cắt đường trong (O) tại D
Áp dụng kết quả bài 1 ta có DB DC DI
Áp dụng định lí Ptolemy với tứ giác nội tiếp ABDC ta có
AD BC AB DC AC DB DI AB AC . . .
| . Suy ra |
AD AB AC
ID BC
Vì A D , thuộc đường tròn (O ).
Suy ra OA=OD
Suy ra AOD cân tại O
Ta có AIO AI ID AI ID ID AD ID 90 2. 2. 0
2 2. AD AB AC BC AB AC
ID BC
16
* Ở các bài toán trên
Sau khi đã tìm được lời giải giáo viên tiếp tục gợi ý cho HS qua câu hỏi
để tìm các cách giải khác.
Như vậy thì học sinh mới tư duy và tìm tòi lời gi
Xem bản đầy đủ trên google drive: TẠI ĐÂY
Các thầy cô cần file liên hệ với chúng tôi tại fanpage facebook O2 Education
Hoặc xem nhiều SKKN hơn tại: Tổng hợp SKKN môn hóa học cấp THPT
Hoặc xem thêm các tài liệu khác của môn hóa