SKKN Khai thác từ một bài toán Hình học 9 (bài tập 30 SGK toán 9, tập 1)

ĐẶT VẤN ĐỀHình học là một môn học rất quan trọng trong việc rèn luyện tính lôgic, tư duy sáng tạo, giúp học sinh không những học tốt môn Toán mà còn có thể học tốt các môn học khác.. Vậy

I ĐẶT VẤN ĐỀ

Hình học là một môn học rất quan trọng trong việc rèn luyện tính lôgic, tư duy sáng tạo, giúp học sinh không những học tốt môn Toán mà còn có thể học tốt các môn học khác Vậy làm thế nào để học sinh nắm chắc kiến thức cơ bản, biết cách phát triển bài toán và chủ động trong học tập để các em luôn có thể tự học và

tự sáng tạo? Ngoài việc rèn luyện kỹ năng giải từng dạng toán, tìm nhiều cách giải cho một bài toán…thì việc khai thác phát triển bài toán cũng hết sức cần thiết Nhưng khai thác như thế nào? Khai thác ở mức độ nào? Đó mới là điều chúng ta cần tập trung suy nghĩ

Với mục tiêu đó bản thân xin được trao đổi một kinh nghiệm nhỏ thông qua:

“Khai th¸c tõ mét bµi to¸n H×nh häc trong s¸ch gi¸o khoa

To¸n 9 - tËp 1 Bµi to¸n 30 trang 116”

II GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ

1 Cơ sở lý luận

Định hướng về đổi mới phương pháp dạy học hiện nay là phải phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động, tư duy sáng tạo của người học, bồi dưỡng năng lực tự học, lòng say mê học tập Làm cho các em được tìm tòi, khám phá, phát hiện, luyện tập, khai thác và xử lý thông tin, đem lại niềm vui, hứng thú…

Với việc dạy học môn Toán ở bậc THCS, người giáo viên cần hình thành

và rèn luyện cho các em khả năng quan sát, dự đoán, suy luận hợp lý và hợp lôgic, phát triển trí tưởng tượng, bồi dưỡng phẩm chất tư duy linh hoạt và sáng tạo… giúp học sinh “học một, biết mười” khắc phục tình trạng “thấy cây mà chẳng thấy rừng”

Để làm được điều đó đòi hỏi vào sự linh hoạt, sáng tạo của giáo viên trong cách dạy, cách khai thác bài toán

2 Cơ sở thực tiễn

a Thuận lợi:

Nội dung ở sách giáo khoa được biên soạn khá công phu, hệ thống kiến thức trình bày khoa học, phù hợp với đối tượng học sinh Đặc biệt hệ thống bài tập phong phú và có nhiều bài tập được viết dưới dạng mở, tạo điều kiện thuận lợi

để học sinh và giáo viên khai thác, tìm tòi thêm các bài toán mới nhằm phát huy

sự sáng tạo trong giảng dạy và học tập

b Khó khăn:

Bên cạnh đó thực tế giảng dạy chương trình Toán 9 nói riêng và Toán bậc THCS nói chung, cho thấy: Đa số học sinh chưa hứng thú khi học Hình học Bởi vì:

- Học sinh còn thiếu phương pháp, thiếu tư duy trong giải toán Có những bài toán rất đơn giản nhưng các em cũng không nhìn ra vấn đề nên không giải được

- Yếu về kỹ năng phân tích đa chiều một bài toán

- Chưa biết khai thác và tổng quát hóa bài toán đã cho

Vậy làm thế nào để cuốn hút các em với môn học này? Câu hỏi đó là động lực luôn thôi thúc tôi cần phải sáng tạo, làm mới mình khi giảng dạy đặc biệt là phân môn Hình học Chính vì lẽ đó mà đề tài được ra đời sau nhiều năm trải nghiệm trong giảng dạy và đúc rút kinh nghiệm của bản thân

3 Hiệu quả của đề tài

Trước khi chưa áp dụng đề tài vào giảng dạy tôi nhận thấy đa số học sinh còn bộc lộ hạn chế ở một số mặt sau:

- Yếu về khả năng phân tích bài toán để tìm lời giải

- Khả năng vận dụng kiến thức vào giải một bài toán còn hạn chế

- Sự hứng thú, tính tích cực của học sinh với môn Hình học chưa cao

- Chưa có thói quen khai thác bài toán đã giải

Sau khi áp dụng đề tài nhìn chung học sinh nắm vững kiến thức cơ bản, trình bày và lập luận chặt chẽ, chủ động và sáng tạo trong cách nhìn nhận bài toán, nhiều em đã có phương pháp tự học tốt, từ đó các em biết cách khai thác bài toán (ở nhiều khía cạnh khác nhau) và tự tin hơn khi học Hình học, nên có nhiều

em đã tiến bộ vượt bậc như em Thắng, em Tâm, em Giang, em Chức, em Toàn,

em Yến, em Thảo, em Hoàng, em Vũ, em Quỳnh Anh, em Thúy Hằng…, đạt kết quả cao trong các kỳ thi HSG và thi vào THPT, như em Đinh Văn Tá, em Nguyễn Thị Lành, em Trần Văn Lực, em Lê Tiến Đạt, em Lê Thị Thúy Nga, em Nguyễn Việt Hà, em Vũ Thị Ngọc Hà, em Nguyễn Thị Thu Hiếu…

Kết quả cụ thể:

Tỉ lệ %

Trung bình

Yếu, kém

Năm học

2009-2010

Trước khi áp dụng

Sau khi áp dụng đề

Năm học

2010-2011

Trước khi áp dụng

Sau khi áp dụng đề

4 Phạm vi và đối tượng áp dụng đề tài

- Đề tài áp dụng được cho tất cả các đối tượng học sinh lớp9

- Đề tài có thể dùng trong các tiết dạy chính khóa, ôn tập củng cố và nâng cao kiến thức đặc biệt là ôn thi vào các trường THPT

5 Nội dung cụ thể của đề tài

Đề tài là sự khai thác từ bài tập 30 (trang 116 SGK Toán 9 - Tập 1 NXB

GD năm 2006), với nhiều khía cạnh lĩnh vực kiến thức, trên cơ sở xây dựng bằng nhiều câu hỏi khó, mở rộng và nâng cao, phát triển thành những bài toán mới phù hợp với tất cả các đối tượng học sinh lớp 9 Hệ thống câu hỏi được đưa ra từ dễ và

cơ bản đến khó và mở rộng, hơn nữa lại được trình bày theo mạch lôgic của kiến

thức Sau đây tôi xin được trình bày nội dung của đề tài:

“Khai th¸c tõ mét bµi to¸n H×nh häc trong s¸ch gi¸o khoa

To¸n 9 - tËp 1 Bµi to¸n 30 trang 116 ”

Bài toán 1: (Bài tập 30 - trang 116 SGK Toán 9 - Tập 1 NXB GD năm

2006)

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 B), kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn, cắt Ax và By theo thứ tự ở C và D Chứng minh rằng:

1 CO D=90 o

2 CD = AC + BD

3 Tích AC.BD không đổi khi điểm M di chuyển trên nửa đường tròn.

* Hướng dẫn cách giải:

1 Áp dụng tính chất hai tiếp tuyến cùng

xuất phát từ điểm C và điểm D để chứng

minh C1 + D1 = 90o Suy ra COD = 90o

2 Cũng áp dụng tính chất hai tiếp tuyến

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

Suy ra MC.MD = OM2 mà MC = AC; MD = BD; OM=R

Do đó AC.BD=R2 không đổi

Giải:

1 Áp dụng tính chất hai tiếp tuyến cùng xuất phát từ điểm C, ta có:    

Áp dụng tính chất hai tiếp tuyến cùng xuất phát từ điểm D, ta có    

Do đó:    

2 =900 Hay CO  D 90 0

2 Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: CA = CM và DB =DM

Nên CD = CM + MD = CA + DB

3 Theo câu 1, CO  D 90 0, hay 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:

1

1

1 2

2

2 3 4

2 D Hay D R 2

OM AC A AC A  khụng đổi

* Đối với học sinh trung bỡnh ta cú thể khai thỏc bài toỏn bằng cỏc cõu hỏi sau.

4 Chứng minh COD và AMB đồng dạng với nhau ?

Gợi ý: Ta cú: C1 = C2 ; D1 = D2   COD AMB (g.g)

5 Khi COD  AMB ta nghỉ đến tỉ số diện tớch cỏc tam giỏc đú nờn cú thờm

cõu hỏi: Tớnh tỉ số COD

AMB

S

S khi AC =

2

R

? Gợi ý : Theo cỏch chứng minh ở cõu 3, ta cú OM 2 = MC MD hay MC MD = R 2 mà

MC = AC =

2

R

=> MD =

2

OM

2 :

2

R

= 2R

=> CD = CM + DM =

2

R

+ 2R = 5

2

R

Theo trên COD   AMB => CD

5 2

R

: 2R = 5

4 = k (k là tỉ số đồng dạng).

Vỡ tỉ số diện tớch giữa hai tam giỏc đồng dạng bằng bỡnh phương tỉ số đồng dạng, nờn ta cú:

COD

AMB

S

2 => COD

AMB

S

S =

2

5 25

4 16

 



 

 

6 Gọi K là giao điểm của AD và BC hóy chứng minh MK  AB

Gợi ý:

Ta cú AC//BD (gt)

Áp dụng hệ quả của định lý

Thalets vào tam giỏc AKC, ta cú:

KA KC AC (1)

AC, CM là tiếp tuyến của nửa (O) nờn CM = CA (2) ,

tương tự ta cú DB = DM (3)

Từ (1), (2), (3) ta cú: KD MD MK/ /AC

KA MC  ( Theo định lý Thalets đảo)

MK AB

7 Sau khi chứng minh được MK AB , hãy chứng minh

CD.KM = CM.BD.

Gợi ý: MK AB hay MK // AC, dễ thấy CKM   CBD

suy ra CD DB

CM MK  CD.KM = CM.BD.

8 Giả sử MK  AB tại H, hãy so sánh MK và KH ?

Gợi ý: Gọi I là giao điểm của BM và Ax Ta có:

CA = CM  CMA = CMA  CIM = CMI  CI = CM = CA

Do MH // IA, áp dụng định lý Thales ta có:

MK

CA mà CI=CA  MK = KH

9 Từ giả thiết của bài toán nghĩ ngay đến tứ giác nội tiếp do đó có thêm câu hỏi chứng minh các tứ giác CMOA; DMOB nội tiếp đường tròn.

10 Thêm giả thiết OC cắt AM tại E và OD cắt BM tại F Hãy xác định tâm của đường tròn đi qua 4 điểm O;E;M;F

Gợi ý: Chứng minh tứ giác OEOF là hình chữ nhật nên tâm của đường tròn đi

qua 4 điểm O;E;M;F chính là giao điểm của OM và EF

* Thật là sáng tạo nếu từ kết quả chứng minh ở câu 10, ta có thể khai thác thêm các câu hỏi về quỹ tích dành cho đối tượng học sinh khá, giỏi như sau:

11 a Gọi P là tâm đường tròn đi qua 4 điểm O; E; M; F Hãy tìm quỹ tích của điểm P, khi M chạy trên nủa đường tròn tâm O, đường kính AB.

Gợi ý: Từ kết quả của câu 10, ta có:

PO = 1

2OM =

2

R

Do điểm O cố định,

PO =

2

R

không đổi nên quỹ tích của P

là nửa đường tròn đồng tâm với (O)

có bán kính bằng nửa bán kính của

(O)

11 b Gọi N là trung điểm của CD Tìm quỹ tích điểm N khi M di chuyển trên nửa đường tròn tâm O, đường kính AB (M không trùng với A và B).

Gợi ý:

Vì ON là đường trung bình của hình

thang ACDB nên ON // Ax // By Do

đó N thuộc tia Ot song song và cách

đều hai tia Ax và By Gọi M’ là giao

điểm của tia Ot và nửa đường tròn Nếu

M M thì N M  

Do đó quỹ tích của điểm N là tia M’t

* Từ bài toán gốc có thể liên tưởng đến bài toán cực trị không? Đối với bài này ta có thể khai thác được bởi các câu hỏi.

12 a Xác định vị trí của M để chu vi tứ giác ACDB đạt giá trị nhỏ nhất?

Gợi ý:

Chu vi tứ giác ACDB = AB +AC + CD + DB

Mà AC + BD = CD nên suy ra chu vi của tứ giác ACDB = AB + 2CD

Do AB không đổi nên chu vi tứ giác ACDB nhỏ nhất khi CD nhỏ nhất

CD nhỏ nhất  CD Ax và CD  By, khi đó CD // AB

Suy ra M là điểm chính giữa của cung AB

12b Xác định vị trí của M để diện tích tứ giác ACDB đạt giá trị nhỏ nhất?

Gợi ý:

Tứ giác ACDB là hình thang, có diện tích là: S = 1

2 (AC + BD) AB

S nhỏ nhất  (AC + BD ) nhỏ nhất: Mà AC + BD = CD (câu 2)

Vậy CD nhỏ nhất  CD // AB Khi đó M là điểm chính giữa của cung AB

* Cũng có thể khai thác bài toán gốc theo hướng khó hơn:

13 a Biết MAB = 60 O Tính diện tích BMD theo R.

Gợi ý:

DM = DB  DMB cân

Do DMB = MAB = 60o nên DMB đều

Gọi F là giao điểm của OD với MB thì DF  MB và DF = 3

2

D

M B

S = 1

2BM.DF = 2 3

4

BM

MAB vuông có AM=R; AB=2R nên MB2 = AB2 – AM2 = 4R2 – R2 = 3R2 

MB = R 3

 S MBD= ( 3) 32

4

4

R (đvđt)

* Nếu gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp  COD ta có câu hỏi nâng cao hơn nữa như sau:

13 b Chứng minh 1

3 < r

R < 1

2

Gợi ý:

Để chứng minh câu hỏi này, ta sẽ áp dụng bổ đề sau

“Trong tam giác vuông cạnh huyền là a, cạnh góc vuông là b và c, đường cao h, bán kính đường tròn nội tiếp là r thì ah = r (a+b+c) = 2S”

Khi đó áp dụng vào tam giác COD vuông tại O, ta có

CD.OM = r (OC + OD + CD)

 CD R = r (OC + OD + CD)

 r

D D

C

Mà OC + OD > CD (quan hệ giữa ba cạnh trong trong tam giác)

nên r

D

C

2 D

C

2

Mặt khác: OC + OD + CD < 3CD

 r

R =

D+ D

CD

OC O C > D

3 D

C

3

Do đó: 1

3 < r

R < 1

2

Không chỉ dừng lại ở trên mà bài toán còn có thể mở rộng theo góc nhìn khác, chẳng hạn ta thấy A O E 900; OF B 900 nên điểm E thuộc nửa đường tròn đường kính AO; F thuộc nửa đường tròn đường kính OB Từ

đó ta có được bài toán sau:

Bài tập 2: Cho hai đường tròn (O) và (O’ ) tiếp xúc ngoài tại A BC là tiếp tuyến chung ngoài với B ( );O C ( )O' Tiếp tuyến chung trong tại A cắt

BC ở M Gọi E là giao điểm của OM và AB; F là giao điểm của O ’ M và AC Chứng minh:

1 Tứ giác AEMF là hình chữ nhật.

2 ME MO = MF MO ’

3 OO ’ là tiếp tuyến chung của đường tròn đường kính BC

4 BC là tiếp tuyến của đường tròn, đường kính OO ’

(BT 42– trang 128 SGK Toán 9 - Tập 1.)

Giải:

1 Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có:

MO là phân giác của góc BMA

MO’ là phân giác của góc CMA

Mà BMA và CMA là hai góc kề bù

nên  '

OMO 90o

 (1)

Mặt khác ta có  BMA cân tại M có ME là phân giác của BMA

ME BA hay MEA = 90o

Tương tự MF A = 90o (3)

Từ (1); (2); (3) ta có:  EMF = ME A = MF A = 90o

Suy ra tứ giác AEMF là hình chữ nhật

2  MAO vuông tại A có AE  MO 2

MA = ME MO



'

MAO

 vuông tại A có AF  MO’  MA = MF MO 2 '

Do đó: ME MO = MF MO’

3 Vì MB = MC = MA (C/m trên)

Nên đường tròn đường kính BC có tâm là M đi

qua A Mà OO’  MA tại A  (M)

'

OO

 là tiếp tuyến của đường tròn đường

kính BC

4 OMO  ' = 90o nên M thuộc đường tròn có tâm O1 đường kính OO’

Hình thang OBCO’ có MO1 là đường trung bình, nên MO1//OB mà BC  OB

, suy ra BC  O 1M

Do đó BC là tiếp tuyến của đường tròn tâm O1 đường kính OO’

* Từ bài toán trên ta có thể khai thác tiếp như sau:

5 Kéo dài BA cắt (O ’ ) tại P; kéo dài CA cắt (O) tại Q Chứng minh B,O,Q thẳng hàng; C, O ’ , P thẳng hàng

Gợi ý:

Từ kết quả câu 1, ta có AEMF là hình

chữ nhật, suy ra: BAQ = 90o  A

thuộc đường tròn đường kính BQ

 B,O,Q thẳng hàng

Tương tự : C,O’, P thẳng hàng

6 Từ kết quả câu 5, ta có BQ = IA; CP = AK

Nên IK = IA+AK = BQ+CP, xuất hiện thêm câu hỏi c/m IK=BQ+CP

7 Gọi R và r lần lượt là độ dài bán kính của (O) và (O ’ )

Tính độ dài BC; BA; CA theo R và r.

Gợi ý:

Từ MA=MB=MC (c/m trên)  BC = 2MA

'

O MO

M  (hai tia phân giác của hai góc kề bù )

Áp dụng hệ thức h2 = b’c’ vào tam giác vuông MOO’ ta có

MA2 = AO.AO’ hay MA2 = Rr  MA = Rr

BC = 2MA = 2 Rr



Vậy

Ta có:  CBD vuông tại B nên áp dụng hệ thức 12 = 12 12

= + = + =

R r



 2R

BA= r

R r

Tương tự ta có: CA = 2r R

R r

* Từ kết quả BC = 2 Rr (*) ta có thể khai thác tiếp như sau:

8 Vẽ (O 2 ;r 2 ) tiếp xúc với đường thẳng BC và tiếp xúc ngoài với (O) và (O ’ ) Tính bán kính r 2

Gợi ý:

Gọi H là tiếp điểm của (O2;

r2) với BC

- Nếu H thuộc đoạn BC, khi đó theo (*) ta có: BH = 2 Rr ; HC = 2 2 r r2

BC = BH+HC 2 Rr = 2 Rr + 2 rr

r = r + r r = ( + )

2

r =

   

= 2 r

- Nếu H thuộc tia đối của CB (H ở vị trí H ’ trên hình vẽ).

Khi đó BC = BH ’ – H ’ C

2 r = 2 r - 2 r

r = r - r





2

r =

9 Qua chứng minh ở câu 8 Nếu chú ý hơn một tí, chúng ta sẽ có thêm câu

hỏi: C/m

2

= +

r R r với H thuộc đoạn BC

Thật vậy, từ hệ thức 2 Rr  2 Rr + 2 r 2 r2 ta có:

2

r = r + r

= +



10 Gọi N là giao điểm của IB và KC, dễ thấy tứ giác ABNC là hình chữ nhật Vậy liệu 3 điểm N, M, A có thẳng hàng không?

Gợi ý:

Vì NA  OO '

BOA

 cân tại O  OBA OAB = 

BOA

 cân tại O  OBA OAB = 

Tứ giác ABNC là hình chữ nhật, suy ra

 90 0

OBC

nên NA OO ' tại A Mà MA OO ' tại A

Suy ra N, M, A thẳng hàng

11 Từ tứ giác ABNC là hình chữ, ta có INK 90 0, nên N thuộc nửa đường tròn đường kinh IK, ta có thể chứng minh rằng: AN 2 = IA.AK

12 Nếu từ A kẻ AH  BC Có thể chứng minh AH, O’B, OC đồng quy tại trung điểm của AH được không?

Gợi ý:

Gọi D là giao điểm của OC và AH Ta có OB//O’C//AH (cùng vuông góc với BC)

- Theo định lý Thales ta có:

' '

D

= =

r = DH =

Tương tự: DA = Rr

R r

Vậy DA = DH Suy ra OC đi qua D

Tương tự O’B cũng đi qua D

Nên 3 đường thẳng OC, O’B, AH đồng quy tại D

13 Khi đó hãy tính tỉ số diện tích giữa tứ giác BCO ’ O và tam giác NIK ?

Gợi ý:

'

'

= =

BCO O

NIK

S

S



Vậy ' = 1

2

BCO O

NIK

S

S

Vẫn không ngừng khai thác, nếu sử dụng kiến thức về độ dài đường tròn, diện tích hình tròn, ta có thể phát triển tiếp để có những bài toán hấp dẫn như:

14 a Hãy chứng minh rằng độ dài nửa đường tròn đường kính IK bằng tổng các độ dài của hai nửa đường đường kính IA và nửa đường đường kính AK

Gợi ý:

Áp dụng công thức

C = d (d là độ dài đường kính ) và

IA + AK = IK, khi đó ta có:

Từ IA + AK = IK, nhân hai vế với

2



,

ta có: . . .

Suy ra điều phải chứng minh

14 b Vậy có thể tính diện tích phần giới hạn bởi ba nửa đường tròn trên được không?

Gợi ý:

Gọi bán kính của đường tròn

đường kính IK là R’, ta có:

Diện tích nửa hình tròn đường

kính IK là: S1 = '2

2

R



Diện tích nửa hình tròn đường kính IA là: S2 = 2

2

R



Diện tích nửa hình tròn đường kính AK là: S3 = 2

2

r



Diện tích phần giới hạn đó là: S = S1- S2- S3 = '2

2

R

 - ( 2

2

R

 + 2

2

r

 )

* Từ câu hỏi 11 và câu hỏi 14 b, ta có thể nâng cao hơn nữa:

14 c.Chứng minh diện tích phần giới hạn đó với A bất kỳ trên IK bằng diện tích hình tròn đường kính AN.

Gợi ý: Diện tích phần giới hạn là:

.2 = 2A =



Vậy diện tích phần giới hạn trên bằng diện tích hình tròn đường kính AN

Như vậy, sau khi giải xong bài toán 1, nếu chúng ta chỉ dừng lại ở việc giải bài toán mà không tiếp tục suy nghĩ, tìm tòi, vận dụng triệt để

A