skkn một vài kinh nghiệm vận dụng vẽ thêm yếu tố phụ để giải dạng toán chứng minh bất đẳng thức hình học

Nguyễn Quang Bình - THCS Bùi Thị Xn, Pleiku PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ PLEIKU TÊN ĐỀ TÀI: MỘT VÀI KINH NGHIỆM VẬN DỤNG VẼ THÊM YẾU TỐ PHỤ ĐỂ GIẢI DẠNG TOÁN CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC TRONG CHƯƠNG TRÌNH HÌNH HỌC THCS MÃ SKKN: 2TL Nguyễn Quang Bình - THCS Bùi Thị Xn NĂM HỌC: 2008 - 2009 Nguyễn Quang Bình - THCS Bùi Thị Xn, Pleiku PHẦN I: ĐẶT VẤN ĐỀ I LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI: Ở trường THCS, dạy Toán dạy hoạt động Toán học cho học sinh, giải toán đặc trưng chủ yếu học sinh Để rèn luyện kó giải toán cho học sinh, người giáo viên cần trang bị tốt cho học sinh hệ thống kiến thức bản, hình thành kó năng, tư thuật giải phát triển lực tích cực, chủ động, độc lập, sáng tạo Bên cạnh việc nâng cao chất lượng học sinh đại trà cần phải phát huy trí lực cho học sinh – giỏi Bởi vì, nhà trường công tác bồi dưỡng học sinh giỏi quan tâm trở thành mũi nhọn mục tiêu phấn đấu chất lượng, bồi dưỡng học sinh giỏi Toán giữ vai trò thiết yếu Ngoài thuận lợi, tạo điều kiện tốt cho việc bồi dưỡng nâng cao chất lượng học sinh, vấn đề cần lưu ý mặt phương pháp Ở muốn đề cập đến việc giảng dạy phân môn Hình học với yêu cầu nhằm phát huy khả nhận thức học sinh, yêu cầu vẽ yếu tố phụ trình giải tập Hình học Việc vẽ thêm yếu tố phụ làm cho toán trở nên dễ dàng hơn, thuận lợi Thậm chí có phải vẽ thêm yếu tố phụ tìm lời giải toán Tuy nhiên vẽ thêm yếu tố phụ toán có lời giải ngắn vấn đề khiến cho phải đầu tư suy nghó Kinh nghiệm cho thấy phương pháp chung cho việc vẽ thêm yếu tố phụ mà sáng tạo giải toán, việc vẽ thêm yếu tố phụ cần đạt mục đích tạo điều kiện để giải toán cách ngắn gọn công việc tuỳ tiện Hơn nữa, việc vẽ thêm yếu tố phụ phải tuân theo phép dựng hình toán dựng hình Tuy nhiên, trình giảng dạy, nhận thấy học sinh lúng túng đứng trước toán chứng minh Hình học, toán cần phải kẻ thêm đường phụ Các em chưa định hướng vấn đề, chưa biết phải đâu, vẽ hình phụ ? có sở giúp em tìm hướng cho việc kẻ thêm hình chưa tìm lời giải toán Thiết nghó vấn đề trăn trở, đặc biệt công tác bồi dưỡng Học sinh Giỏi Toán người giáo viên Không định hướng rèn luyện cho em, mà thực cách để rèn luyện phát triển tư cho học sinh, nâng cao khả suy luận logic, khả vận dụng tri thức vào thực tiễn Nguyễn Quang Bình - THCS Bùi Thị Xn, Pleiku Với mục đích vậy, viết áp dụng sáng kiến với đề tài: “ Một vài kinh nghiệm vận dụng vẽ thêm yếu tố phụ để giải dạng toán chứng minh đẳng thức hình học chương trình Hình học THCS” II MỤC ĐÍCH CHỌN ĐỀ TÀI: Đề tài nhằm giúp học sinh lớp 8, 9, đặc biệt học sinh - giỏi có phương pháp phương hướng để giải toán chứng minh đẳng thức Hình học Đồng thời qua đề tài giúp học sinh rèn luyện, củng cố cách vững kiến thức, kỹ vẽ hình, kỹ trình bày lời giải học đặc biệt có tư vẽ thêm yếu tố phụ việc giải toán Hình học Đề tài nguồn tư liệu bổ ích phục vụ cho thầy cô giáo việc định hướng bồi dưỡng học sinh Giỏi trường THCS; nguồn tư liệu cho em học sinh – giỏi chủ yếu học sinh lớp 8, tự bồi dưỡng kiến thức môn Toán Nguyễn Quang Bình - THCS Bùi Thị Xn, Pleiku PHẦN II: GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ I PHƯƠNG HƯỚNG TÌM TÒI CÁCH VẼ THÊM HÌNH PHỤ ĐỂ GIẢI BÀI TOÁN CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC: Khi giải toán Hình học, việc vẽ thêm hình phụ tạo điều kiện thuận lợi cho ta tìm lời giải toán, biết tạo hình phụ cách thích hợp dễ Trong đề tài muốn đưa cách phân tích có chủ ý để tìm cách vẽ thêm hình phụ thích hợp giải số toán chứng minh đẳng thức hình học dạng: x = a + b; xy = ab + cd; x = ab + cd; x2 = ab – cd; x2 = a2 + cd; x2 = a2 + b2 Ta xuất phát từ toán đơn giản: Để chứng minh đoạn thẳng tổng hai đoạn thẳng khác, chẳng hạn: AB = CD + EF, ta tìm cách phân chia đoạn thẳng AB thành hai đoạn điểm K cho AK = CD, công việc lại chứng minh KB = EF Ý tưởng sử dụng để chứng minh đẳng thức: xy = ab + cd dạng: x2 = ab + cd, x2 = a2 + cd, x2 = a2 + c2 v.v… nhö sau: Bước 1: Chia đoạn thẳng độ dài x thành hai đoạn điểm chia K để có x = x1 + x2 cho x1y = ab (1) Bước 2: Chứng minh hệ thức x2y = cd (2) Bước 3: Cộng vế theo vế (1) (2) để đẳng thức cần chứng minh: x1y + x2y = ab + cd  xy = ab + cd Sau đây, xin đề cập đến số cách vẽ thêm hình phụ để xác định điểm K từ giải toán thông qua ví dụ cụ thể sau II CÁC VÍ DỤ MINH HOẠ: Ví dụ 1: Cho tam giác ABC cân A, điểm M thuộc cạnh BC Keû MD ⊥ AB( D∈AB), keû ME ⊥ AC ( E∈AC), keû BH ⊥ AC ( H∈AC) CMR: MD + ME = BH ∆ABC cân A GT M ∈ BC MD⊥AB(D∈AB) ME⊥AC(E∈AC) BH⊥AC(H∈AC) KL MD + ME = BH A H D B K E M C Nguyễn Quang Bình - THCS Bùi Thị Xn, Pleiku *Phân tích: Lấy điểm K∈BH cho BK = MD Vì cạnh MD cạnh góc vuông ∆MDB vuông D nên đoạn thẳng BK phải cạnh góc vuông tam giác ∆BKM Từ K phải chân đường vuông góc kẻ từ M đến BH *Lời giải: Qua M, kẻ MK ⊥ BH(K∈BH) µ · + Vì MK ⊥ BH; AC⊥BH => MK // AC => C = BMK ( vị trí đồng vị) µ µ µ µ · + ∆MDB ∆BKM có: D = K = 900 ; B = BMK ( C ); caïnh BM chung => ∆MDB = ∆BKM(g.c.g) => MD = BK ( cạnh tương ứng) (1) µ µ µ + Tứ giác MKHE có: K = H = E = 90 nên hình chữ nhật => ME = KH (2) + Cộng (1) (2) vế theo vế ta : MD + ME = BK + KH = BH ( đpcm) *Nhận xét: 1) Vì MD cạnh góc vuông ∆MDB, để có BK = MD điểm phụ K xác định chân đường vuông góc M đến BH 2) Từ đẳng thức: MD + ME = BH, ta thấy khoảng cách từ điểm M đến cạnh AB, AC không phụ thuộc vào vị trí điểm M Ta phát biểu lại toán dạng: Cho tam giác ABC cân A, điểm M thuộc cạnh BC Chứng minh rằng: Tổng khoảng cách từ M đến hai cạnh AB, AC không phụ thuộc vào vị trí Ví dụ 2: (Chứng minh định lí Pitago) Cho tam giác ABC vuông A Chứng minh rằng: BC2 = AB2 + AC2 A GT ∆ABC, vuông A KL BC2 = AB2 + AC2 B K C *Phân tích: Lấy điểm K∈BC cho BK.BC = AB2 ⇔ BK AB = ⇔ ∆KBA đồng dạng với AB BC · ∆ABC nên BKA = 900 Từ đó, K chân đường vuông góc kẻ từ A xuống cạnh BC *Lời giải: Kẻ AK ⊥ BC Vì góc B, C nhọn nên K∈ BC · · µ + ∆KBA ∆ABC có: BKA = BAC = 900 ; B chung => ∆KBA đồng dạng với ∆ABC (g.g) BK AB = ⇒ AB = BK BC AB BC · µ + ∆KAC ∆ABC có: · AKC = BAC = 900 ; C chung ⇒ (1) => ∆KAC đồng dạng với ∆ABC (g.g) ⇒ CK AC = ⇒ AC = CK BC AC BC (2) Nguyễn Quang Bình - THCS Bùi Thị Xuân, Pleiku + Cộng vế theo vế (1) (2), ta được: AB + AC = BK BC + CK BC = BC (đpcm) *Nhận xét: Vì ∆ABC vuông A Do đó, để ∆KBA đồng dạng với ∆ABC điểm K cần xác định chân đường vuông góc kẻ từ A xuống cạnh BC Ví dụ 3:(Đề thi HSG Thành phố Pleiku năm học 2005 – 2006) · Cho hình bình hành ABCD có BAD nhọn Gọi E F chân đường vuông góc kẻ từ C xuống đường thẳng AB AD Chứng minh rằng: AC2 = AB.AE + AD.AF E · ABCD hình hành( BAD < 900 ) GT CE ⊥ AB; CF ⊥ AD B C KL AC2 = AB.AE + AD.AF *Phân tích: Lấy K∈AC cho AK.AC = AB.AE ⇒ AK AE = ⇒ ∆ABK đồng dạng với ∆ACE ⇒ BK ⊥ AC AB AC A K F D Vậy điểm K cần tìm chân đường vuông góc kẻ từ B xuống AC *Lời giải: · Kẻ BK ⊥ AC Vì BAD nhọn nên K thuộc đoạn AC + ∆ABK ∆ACE có: · AKB = · AEC = 900 ; µ chung A => ∆ABK đồng dạng với ∆ACE (g.g) AK AE = ⇒ AK AC = AB AE AB AC · · · · + ∆CBK ∆ACF có: CKB = CFD = 900 ; BCK = CAF (vị trí so le trong) ⇒ (1) => ∆CBK đồng dạng với ∆ACF (g.g) ⇒ CK BC = ⇒ CK AC = BC AF AF AC + Maø: BC = AD ABCD hình bình hành => CK.AC = AD.AF (2) + Cộng vế theo vế (1) (2), ta được: AK AC + CK AC = AB AE + AD AF Hay: AC2 = AB.AE + AD.AF (ñpcm) *Nhận xét: 1) Do ∆ACE vuông E, để ∆ABK đồng dạng với ∆ACE điểm phụ K cần xác định chân đường vuông góc kẻ từ B xuống cạnh AC 2) Nếu hình bình hành ABCD hình thoi, lúc AB = AD Do kết luận toán là: AC2 = AB.(AE + AF) 3) Nếu hình bình ABCD hình chữ nhật , lúc E ≡ B; F ≡ D AE ≡ AB; AF ≡ AD Như vậy, hiển nhiên ta có: AC2 = AB2 + AD2 ( theo định lí Pitago) Nguyễn Quang Bình - THCS Bùi Thị Xuân, Pleiku Ví dụ 4: Cho tam giác ABC có AD đường phân giác góc A Chứng minh raèng: AD2 = AB.AC – BD.CD A GT ∆ABC AD phân giác KL AD2 = AB.AC – BD.CD B C D *Phân tích: Lấy K∈AD cho: AK.AD = AB.AC K AK AC = ⇒ ∆ABK đồng dạng với ∆ADC AB AD Do đó: · ABK = · ADC Như ta xác định điểm K ABK = · ADC Dễ thấy AD = AK – DK *Lời giải: Trên AD lấy điểm K cho: · ⇒ · · + ∆ABK ∆ADC có: · ABK = · ADC ; BAK = CAK (AD laø phân giác góc A) => ∆ABK đồng dạng với ∆ADC (g.g) AK AC = ⇒ AK AD = AB AC (1) AB AD · · + ∆BDK vaø ∆ADC có: BDK = · ADC (đối đỉnh); BKD = · ACD (∆ABK đồng dạng ⇒ ∆ADC) => ∆BDK đồng dạng với ∆ADC (g.g) ⇒ BD DK = ⇒ DK AD = BD.DC AD DC (2) + Trừ vế theo vế (1) (2), ta được: AK AD − DK AD = AB.AC − BD.DC Hay: AD2 = AB.AC - BD.DC (đpcm) *Nhận xét: · · 1) ∆ABK ∆ADC có BAD = CAD ( AD phân giác góc A), để hai tam giác đồng dạng với ta cần tìm thêm cặp góc ( · ABK = · ADC ) Do đó, điểm phụ K thuộc AD cho · ABK = · ADC 2) Nếu AD đường phân giác góc A ( D ∈ BC) ta có hệ thức: AD = DB.DC – AB.AC 3) Bài toán tổng quát: Cho tam giác ABC có AD đường phân giác góc A Chứng minh rằng: AD2 = AB AC − DB.DC Ví dụ 5: Cho hình thang cân ABCD (AD // BC) Chứng minh raèng: AC2 = AB2 + AD.BC Nguyễn Quang Bình - THCS Bùi Thị Xuân, Pleiku C B GT Hình thang cân ABCD KL AC2 = AB2 + AD.BC *Phân tích: Giả sử điểm K ∈ AC cho: AK.AC = AB2 ⇒ K D A AK AB = ⇒ ∆ABK đồng dạng với ∆ACB => · ABK = · ACB AB AC Vậy ta xác định điểm K ABK = · ACB *Lời giải: Lấy K ∈ AC cho · + ∆ABK ∆ACB có: · ABK = · ACB ; µ chung => ∆ABK đồng dạng ∆ACB (g.g) A ⇒ AK AB = ⇒ AK AC = AB AB AC (1) BC AC = ⇒ CK AC = BC AD CK AD (2) µ µ · + ABCD hình thang cân nên: B = C mà: · ABK = · ACB => CBK = · ACD · · · + ∆CBK ∆ACD có: KCB = CAD (so le trong); CBK = · ACD => ∆CBK đồng dạng với ∆ACD (g.g) ⇒ + Cộng vế theo vế (1) (2), ta được: AK AC + CK AC = AB + BC AD Hay: AC2 = AB2 + BC.AD (đpcm) *Nhận xét: ∆ABK ∆ACB có chung góc A, để hai tam giác đồng dạng với ta cần tìm thêm cặp góc ( · ABK = · ACB ) Do đó, điểm phụ · · K thuộc AC cho ABK = ADC Ví dụ 6: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm O Chứng minh rằng: AC.BD = AB.CD + AD.BC B GT ABCD nội tiếp (O) *Phân tích: Giả sử K thuộc đoạn AC cho: AK.BD = AB.CD ⇒ AK AB = ⇒ ∆ABK đồng dạng với ∆DBC CD BD C O KL AC.BD = AB.CD + AD.BC A K D · => · ABK = DBC Như vậy, điểm phụ K xác định *Lời giải: · · Vì · ABC > DBC nên đoạn AC lấy điểm K cho · ABK = DBC Nguyễn Quang Bình - THCS Bùi Thị Xn, Pleiku · · · +∆ABK ∆DBC có: · ABK = DBC ; BAK = BDC (góc nội tiếp chắn cung BC) => ∆ABK đồng dạng với ∆DBC (g.g) AK AB = ⇒ AK BD = AB.CD (1) CD BD · · · · · + Vì · ABK = DBC => · ABK + KBD = KBD + DBC hay · ABD = CBK · · · +∆BCK ∆BDA có: BCK = BDA (góc nội tiếp chắn cung AB); CBK = ·ABD ⇒ => ∆BCK đồng dạng với ∆BDA(g.g) ⇒ BC CK = ⇒ CK BD = BC AD BD AD (2) + Cộng vế theo vế (1) (2), ta được: AK BD + CK BD = AB.CD + BC AD Hay: AC.BD = AB.CD + BC.AD (đpcm) *Nhận xét: · · 1) ∆ABK ∆DBC có BAK = BDC (góc nội tiếp chắn cung BC), để hai tam giác đồng dạng với ta cần tìm thêm cặp góc baèng ( · · · ABK = DBC ) Do đó, điểm phụ K thuộc AC cho · ABK = DBC 2) Từ lời giải kết toán, ta giải toán hay khó sau: Bài 1: Trong tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O;R), tìm tứ giác có tổng: AB.CD + AD.BC lớn Bài 2: Cho tứ giác ABCD Chứng minh rằng: AB.CD + AD.BC ≥ AC.BD Dấu đẳng thức xảy ? Bài 3: Qua đỉnh B C tam giác ABC, vẽ tiếp tuyến với đường tròn ngoại tiếp tam giác, chúng cắt M Gọi N trung điểm cạnh BC · · Chứng minh rằng: BAM = CAN µ A Ví dụ 7: Cho tam giác ABC có: 3.µ + 2.B = 1800 Chứng minh rằng: AB2 = BC2 + AB.AC C µ GT ∆ABC có: 3.µ + 2.B = 1800 A KL AB2 = BC2 + AB.AC *Phân tích: Giả sử điểm K thuộc cạnh AB cho: BK A K B BC BK.AB = BC2 ⇒ BC = AB · · => ∆BKC đồng dạng với ∆BCA => BCK = BAC µ Mặt khác, ta có: 3.µ + 2.B = 1800 => · A ACB = µ + B A µ · · µ · µ hay BCK + · ACK = 2.BCK + B ⇒ · ACK = BCK + B · µ Mà: · AKC góc ∆BCK Do đó, · AKC = BCK + B (tính chất góc ngoài) Nguyễn Quang Bình - THCS Bùi Thị Xn, Pleiku => · ACK = · AKC hay tam giaùc ACK cân A Vậy điểm phụ K xác định *Lời giải: µ Vì: 3.µ + 2.B = 1800 => AB > AC A Trên cạnh AB lấy điểm K AK = AC => tam giác ACK cân A µ · Ta có: 3.µ + 2.B = 1800 , µ + B + C = 1800 => · A A µ µ ACB = µ + B hay BCK + · A µ ACK = µ + B A µ · µ Mà: ∆ACK cân A => · ACK = · AKC · AKC = BCK + B ( tính chất góc ) · · Từ ta được: BCK = BAC · · + ∆BCK ∆BAC có: BCK = BAC (cmt); góc B chung => ∆BCK đồng dạng với ∆BAC (g.g) => BC BK = ⇒ BK AB = BC AB BC (1) + Mặt khác: Do AB = AK + BK; AK = AC => BK = AB – AC (2) 2 + Từ (1) (2), ta có: (AB – AC).AB = BC hay AB – AC.AB = BC => AB2 = BC2 + AC.AB (đpcm) *Nhận xét: ∆BCK ∆BAC có góc B chung, để hai tam giác đồng dạng với · · ta cần tìm thêm cặp góc ( BCK = BAC ) Do đó, điểm phụ K thuộc AB cho AK = AC hay ∆ACK cân A Ví dụ 8: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O D điểm cung BC không chứa đỉnh A Gọi I, E, F hình chiếu D đường thẳng BC, AB, AC Chứng minh rằng: ∆ABC nội tiếp (O) D thuộc cung BC GT DI ⊥ BC(I∈BC); DE ⊥ AB(E∈AB) DF ⊥ AC(E∈AC ) KL BC AB AC = + DI DE DF A BC AB AC = + DI DE DF O Caùch 1: *Phân tích: Giả sử điểm K thuộc cạnh BC CK AB CK DI cho: DI = DE ⇒ AB = DE · => ∆CDK đồng dạng với ∆ADB => CDK = · ADB Như vậy, ta xác định điểm phụ K · ADB *Lời giải: Lấy K cạnh BC cho: CDK = · B I F K C E D 10 Nguyễn Quang Bình - THCS Bùi Thị Xn, Pleiku + ∆CDK ∆ADB có: · CDK = · ADB (cách vẽ) · · DCK = DAB (góc nội tiếp chắn cung BD) => ∆CDK đồng dạng với ∆ADB (g.g) Mà DI, DE thứ tự hai đường cao ∆CDK ∆ADB nên: CK DI BK DI CK AB => AB = DE ⇒ DI = DE (1) · · · · + Maët khaùc: BDK = BDA + · ADC = · ADK + CDK vaø do: CDK = · ADB ADK ; · · · => BDK = ADC · · · + ∆DBK ∆DAC có: BDK = · ADC ; CBK = DAC (góc nội tiếp chắn cung CD ) => ∆CDK đồng dạng với ∆ADB (g.g) Mà DI, DF thứ tự hai đường cao tương ứng ∆DBK ∆DAC nên: BK AC => AC = DF => DI = DF (2) CK BK AB BK AC BC AB AC AB + Cộng (1) (2) vế theo vế, ta được: DI + DI = DE + DF hay: DI = DE + DF Cách 2: *Phân tích: Giả sử điểm K thuộc cạnh BC cho: DI = DE => ∆ABK đồng dạng với · · ∆EDI => BAK = DEI ; Mà: tứ giác BIDE nội tiếp đường tròn nên: · · A DEI = DBI (do góc nội tiếp chắn cung DI ) ¼ ¼ · · => BAK = DBI => sñ BDN = sđ CND (với N giao điểm khác A AK với (O)) Từ đó, DN // BC F Vậy ta xác định điểm phụ N K O *Lời giải: I K B Qua D kẻ đường thẳng song song với BC, C đường thẳng cắt đường tròn (O) E điểm thứ hai N ( N trùng với D) D N AN cắt BC K » ¼ ¼ » » » + Ta có: sđ BD = sđ CN (do DN // BC) => sñ BD + sñ DN = sđ DN + sđ CN ¼ ¼ Hay: sđ BDN = sñ CND · · => BAK = DBI (góc nội tiếp chắn cung nhau) · · + Mặt khác, tứ giác BIDE nội tiếp đường troøn (do DEB = DIB = 900 ) · · => DEI = DBI (do góc nội tiếp chắn cung DI ) 11 Nguyễn Quang Bình - THCS Bùi Thị Xuân, Pleiku · · + Vaäy: BAK = DEI · · · · + ∆ABK ∆EDI có: BAK = DEI ; EDI = · ABK ( cuøng buø với EBI ) BK AB (1) CK AC (2) => ∆ABK đồng dạng với ∆EDI (g.g) ⇒ DI = DE · · + Tứ giác DIFC nội tiếp đường troøn (do DFC = DIC = 900 ) · · => IDF = FCM (góc nội tiếp chắn cung FI ) · · + Do ∆ABK đồng dạng với ∆EDI => DIE = BKA · · · Maø: DIE + DIF = 1800 (kề bù); BKA + · AKC = 1800 (kề bù) · => DIF = · AKC · · · + ∆CKA ∆DIF có: IDF = FCM ; DIF = · AKC => ∆CKA đồng dạng với ∆DIF(g.g) ⇒ DI = DF BK CK AB AB + Cộng vế theo vế (1) (2), ta được: DI + DI = DE + DF BC AB AC Hay: DI = DE + DF (đpcm) *Nhận xét: Trong cách giải 1, DI, DE thứ tự hai đường cao ∆CDK ∆ADB Vậy để có ∆CDK đồng dạng với ∆ADB ta cần xác định điểm phụ K BC · cho CDK = · ADB Trong cách giải 2, ta cần xác định vị trí điểm phụ: cách qua D kẻ đường thẳng song song với BC ( với N giao điểm thứ đường thẳng với đường tròn) K giao điểm AN với BC, để từ có ∆ABK đồng dạng với ∆EDI Rõ ràng, cách giải thứ phức tạp cách thứ Do đó, trình phân tích tìm kiếm lời giải toán cần khai thác hết giả thiết toán để định hướng cách giải ngắn gọn, sáng tạo Đây kó mà người giáo viên cần bồi dưỡng cho học sinh Ví dụ sau giúp thấy rõ yêu cầu này: Ví dụ 9: Cho hình vuông ABCD nội tiếp đường tròn (O; R) Gọi P điểm cung nhỏ CD Chứng minh rằng: PA + PC = PB B GT ABCD nội tiếp (O;R) P thuộc cung nhỏ CD KL PA + PC = PB A K C O *Phân tích: D P 12 Nguyễn Quang Bình - THCS Bùi Thị Xuân, Pleiku Để chứng minh: PA + PC = PB, ta chứng minh: PA PC + = PB PB AC Mà ABCD hình vuông, ta có: AB = PA PC AC Vậy mấu chốt để giải toán ta cần chứng minh: PB + PB = AB PC KC Giả sử điểm K thuộc cạnh AC cho PB = AB => tam giác PCK đồng dạng · · với tam giác PBA => CPK = BPA Vậy K phải thuộc PB Như điểm phụ K cần xác định giao điểm PB AC *Lời giải: Gọi K giao điểm PB AC + ∆PCK ∆PBA có: · · PCK = PBA (hai góc nội tiếp chắn cung AD); · CPK = · APB ( hai góc nội tiếp chắn cung nhau) => ∆PCK đồng dạng với ∆PBA (g.g) ⇒ PC CK = PB AB (1) + ∆PAK ∆PBC có: · · PAK = PBC (góc nội tiếp chắn cung CP); · · APK = CPB ( hai góc nội tiếp chắn cung nhau) => ∆PAK đồng dạng với ∆PBC(g.g) ⇒ PA AK = PB BC + Cộng vế theo vế (1) (2), ta được: Hay: PA + PC = PB (ñpcm) (2) PA PC AK CK AK + CK AC + = + = = = PB PB BC AB AB AB Tóm lại: Cở sở phương pháp dựa vào xác định điểm phụ K cách hợp lí để đưa đẳng thức cần chứng minh dạng a.b = c.d a = b.c, từ dùng phương pháp chứng minh tam giác đồng dạng để giải toán Các hình phụ: Kẻ đường vuông góc( ví dụ 1, 2, 3); tạo góc góc cho trước ( ví dụ 4, 5, 6, 7, 8) thường hình phụ ưu tiên xác định vị trí điểm phụ K kẻ đường phụ tạo thêm vào giả thiết yếu tố góc nhau, từ dễ dàng cho việc chứng minh hai tam giác đồng dạng 13 Nguyễn Quang Bình - THCS Bùi Thị Xn, Pleiku III BÀI TẬP ÁP DỤNG: Bài 1: Cho hình vuông ABCD, cạnh AB lấy điểm E tuỳ ý Tia phân giác · CDE cắt BC K Chứng minh rằng: AE + CK = DE µ A Bài 2: Cho tam giác ABC có: µ = 2.B ; BC = a; CA = b; AB = c Chứng minh rằng: a2 = b2 + bc Bài 3: Cho tam giác ABC vuông C Lấy điểm E đường cao CH Kẻ BD vuông góc với AE D Chứng minh rằng: a) AE.AD + BA.BH = AB2 b) AE.AD – HA.HB = AH2 · · Bài 4: Cho tứ giác ABCD có: DAB = 900 ; DBC = 900 Chứng minh rằng: CD2 = DI.DB + CI.CA Bài 5: Cho tam giác ABC vuông A, đường cao AH Gọi HD, HE đường cao tam giác ABH ACH Chứng minh rằng: AH3 = AD.AE.BC Bài 6: Cho nửa đường tròn (O), đường kính AB Hai dây cung AC BD cắt H Chứng minh rằng: AH.AC + BH.BD = AB2 Bài 7: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) Hai đường thẳng AD BC cắt E, hai đường thẳng AB CD cắt F Chứng minh rằng: EA.ED + FA.FB = EF2 Bài 8: Cho tam giác ABC có đường cao AD, BE, CF cắt H Chứng minh rằng: AH.AD + BE.BH + CF.CH = AB + AC + BC 2 Bài 9: Cho tam giác ABC cân A, điểm M thuộc cạnh BC Chứng minh rằng: AB2 = AM2 + MB.MC Bài 10: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O;R) Gọi M điểm thuộc cung nhỏ BC a) Chứng minh rằng: MA = MB + MC b) Gọi D giao điểm MA BC Chứng minh rằng: 1 + = MB MC MD 14 Nguyễn Quang Bình - THCS Bùi Thị Xn, Pleiku PHẦN III: KẾT QUẢ VÀ BÀI HỌC KINH NGHIỆM I KẾT QUẢ ĐẠT ĐƯC: Trên nội dung nhỏ việc rèn kó vẽ yếu tố phụ cho học sinh Tôi áp dụng kinh nghiệm vào thực tế giảng dạy Bồi dưỡng Học sinh giỏi trường thu số kết khả quan: Đa phần em phân tích đầu bài, tìm mối liên hệ kiện giả thiết từ định hướng cách giải toán Hình học Học sinh, đặc biệt em đội tuyển Toán bớt lúng túng phải kẻ thêm đường phụ Nhiều em tạo cho khả phân tích, định hướng tìm lời giải toán chứng minh Hình học Hơn nữa, em tự tin vào khả giải toán Điều quan trọng giáo viên hướng dẫn học sinh cách phân tích có chủ ý cách vẽ thêm yếu tố phụ để tìm cách giải toán theo nhiều cách khác nhau, em biết quan sát nhạy bén, linh hoạt từ làm cho tư Hình học em phát triển Thành tích em học sinh đạt học sinh Giỏi cấp thành phố cấp Tỉnh trường không ngừng tiến qua năm, cụ thể: Cấp TP Năm học Cấp Tỉnh Lớp Lớp SL SL 2003- 2004 3/4 2004 – 2005 6/6 1/4 1/1 2005 – 2006 3/6 2/2 2006 – 2007 2/4 1/2 2007 - 2008 2/4 II BÀI HỌC KINH NGHIỆM: Qua việc vận dụng kinh nghiệm vào công tác giảng dạy kết đạt được, rút số học kinh nghiệm sau: - Điều đầu tiên, thân giáo viên phải tâm huyết, trăn trở với dạy, tìm hiểu kiến thức, tìm phương pháp hình thức phù hợp giảng dạy tạo môi trường giúp học sinh hứng thú, tích cực, chủ động tìm tòi kiến thức 15 Nguyễn Quang Bình - THCS Bùi Thị Xn, Pleiku - Trong trình giảng dạy, người giáo viên lực, khả sư phạm cần phải tích luỹ, rút kinh nghiệm dù nhỏ Phải tìm tòi học tập kinh nghiệm sách báo, tài liệu tham khảo trình giảng dạy lớp thân sau tiết dạy - Từ cách áp dụng kinh nghiệm vào giảng dạy hướng dẫn học sinh giải tập Hình, phát huy em óc tư linh hoạt sáng tạo, tìm tòi Và điều quan trọng gây cho em hứng thú yêu thích ham học - Bồi dưỡng cho học sinh biết cách tư hình học, đứng trước toán phải biết phân tích đầu bài, kết hợp với vẽ yếu tố phụ thích hợp để tìm mối liên hệ kiện giả thiết, từ xác định hướng giải từ dạng toán làm mở rộng dạng toán khác - Nghề dạy học nghề cao quý nghề cao quý, với lương tâm lòng yêu nghề, với đầu tư thời gian trí tuệ vui kết gặt hái mùa bội thu Do khuôn khổ trình độ có hạn, đề tài đề cập chủ yếu đến thao tác vẽ thêm yếu tố phụ phân tích có chủ ý giải toán chứng minh đẳng thức Hình học chương trình Hình học THCS Mong kinh nghiệm giảng dạy đúc kết qua đề tài phần tháo gỡ khó khăn công tác bồi dưỡng học sinh Giỏi trường THCS Kính mong đồng nghiệp: bổ sung, góp ý để đề tài tiếp tục hoàn thiện Xin chân thành cảm ơn 16 Nguyễn Quang Bình - THCS Bùi Thị Xuân, Pleiku 17 ... trình giải tập Hình học Việc vẽ thêm yếu tố phụ làm cho toán trở nên dễ dàng hơn, thuận lợi Thậm chí có phải vẽ thêm yếu tố phụ tìm lời giải toán Tuy nhiên vẽ thêm yếu tố phụ toán có lời giải... giải ngắn vấn đề khiến cho phải đầu tư suy nghó Kinh nghiệm cho thấy phương pháp chung cho việc vẽ thêm yếu tố phụ mà sáng tạo giải toán, việc vẽ thêm yếu tố phụ cần đạt mục đích tạo điều kiện... nữa, việc vẽ thêm yếu tố phụ phải tuân theo phép dựng hình toán dựng hình Tuy nhiên, trình giảng dạy, nhận thấy học sinh lúng túng đứng trước toán chứng minh Hình học, toán cần phải kẻ thêm đường