SKKN- Một vài kinh nghiệm vận dụng vẽ thêm yếu tố phụ để giải dạng toán chứng minh đẳng thức hình học -THCS

PHÒNG GIÁO DỤC  ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ PLEIKUTÊN 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 S

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 Xuân

NĂM HỌC: 2008 - 2009

PHẦN I: ĐẶT VẤN ĐỀ

I LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI:

Ở trường THCS, dạy Toán là dạy hoạt động Toán học cho học sinh, trong đó giải toán là đặc trưng chủ yếu của học sinh Để rèn luyện kĩ năng giải toán cho học sinh, người giáo viên cần trang bị tốt cho học sinh hệ thống kiến thức cơ bản, hình thành kĩ năng, tư duy thuật giải và phát triển năng lực tích cực, chủ động, độc lập, sáng tạo

Bên cạnh việc nâng cao chất lượng học sinh đại trà còn cần phải phát huy trí lực cho học sinh khá – giỏi Bởi vì, hiện nay trong các nhà trường công tác bồi dưỡng học sinh giỏi rất được quan tâm và trở thành mũi nhọn của mục tiêu phấn đấu chất lượng, trong đó bồi dưỡng học sinh giỏi Toán giữ một vai trò thiết yếu Ngoài những thuận lợi, tạo điều kiện tốt cho việc bồi dưỡng nâng cao chất lượng học sinh, vẫn còn những vấn đề cần lưu ý về mặt phương pháp Ở đây tôi muốn đề cập đến việc giảng dạy phân môn Hình học với những yêu cầu nhằm phát huy khả năng nhận thức của học sinh, đó là yêu cầu vẽ yếu tố phụ trong quá trình giải các bài tập Hình học Việc vẽ thêm yếu tố phụ làm cho bài toán trở nên dễ dàng hơn, thuận lợi hơn Thậm chí có bài phải vẽ thêm yếu tố phụ mới tìm ra được lời giải bài toán Tuy nhiên vẽ thêm yếu tố phụ như thế nào để cho bài toán có lời giải ngắn ngọn và hay là vấn đề khiến cho chúng ta phải đầu tư suy nghĩ

Kinh nghiệm cho thấy rằng không có phương pháp chung cho việc vẽ thêm yếu tố phụ mà là cả một sự sáng tạo trong khi giải toán, bởi vì việc vẽ thêm các yếu tố phụ cần đạt được mục đích là tạo điều kiện để giải bài toán một cách ngắn gọn chứ không phải là một công việc tuỳ tiện Hơn nữa, việc vẽ thêm yếu tố phụ phải tuân theo các phép dựng hình cơ bản và các bài toán dựng hình cơ bản

Tuy nhiên, trong quá trình giảng dạy, tôi nhận thấy học sinh còn rất lúng túng khi đứng trước bài toán chứng minh Hình học, nhất là những bài toán cần phải kẻ thêm đường phụ Các em chưa định hướng được vấn đề, đôi khi còn chưa biết phải bắt đầu từ đâu, vẽ hình phụ như thế nào ? có cơ sở nào giúp các em tìm

ra hướng đi cho việc kẻ thêm hình mỗi khi chưa tìm ngay ra lời giải của bài toán Thiết nghĩ đây là vấn đề rất trăn trở, đặc biệt là trong công tác bồi dưỡng Học sinh Giỏi Toán của người giáo viên Không chỉ là định hướng và rèn luyện cho các em, mà thực sự đây còn là cách để rèn luyện và phát triển tư duy cho học sinh, nâng cao khả năng suy luận logic, khả năng vận dụng tri thức vào thực tiễn

Với mục đích như vậy, tôi đã viết và 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 trong chương trình Hình học THCS”

II MỤC ĐÍCH CHỌN ĐỀ TÀI:

Đề tài này nhằm giúp học sinh lớp 8, 9, đặc biệt là học sinh khá - giỏi có phương pháp và phương hướng để giải quyết các bài toán về chứng minh đẳng thức Hình học Đồng thời qua đề tài giúp học sinh được rèn luyện, củng cố một cách vững chắc kiến thức, kỹ năng vẽ hình, kỹ năng trình bày lời giải học đặc biệt là có tư duy vẽ thêm yếu tố phụ trong việc giải các bài toán Hình học

Đề tài này chính là nguồn tư liệu bổ ích phục vụ cho các thầy cô giáo trong việc định hướng và bồi dưỡng học sinh Giỏi ở trường THCS; nguồn tư liệu cho các em học sinh khá – giỏi chủ yếu là học sinh lớp 8, 9 tự bồi dưỡng kiến thức môn Toán

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 các bài toán Hình học, việc vẽ thêm hình phụ tạo điều kiện thuận lợi cho ta tìm ra lời giải của bài toán, nhưng biết tạo ra hình phụ một cách thích hợp không phải là dễ Trong đề tài này tôi muốn đưa ra một cách phân tích có chủ ý để tìm được cách vẽ thêm hình phụ thích hợp khi giải quyết một số bài toán chứng minh đẳng thức hình học dạng: x = a + b; xy = ab + cd; x2 = ab + cd;

x2 = ab – cd; x2 = a2 + cd; x2 = a2 + b2

Ta xuất phát từ một bài toán đơn giản:

Để chứng minh một đoạn thẳng bằng tổng hai đoạn thẳng khác, chẳng hạn:

AB = CD + EF, ta tìm cách phân chia đoạn thẳng AB thành hai đoạn bởi điểm K sao cho AK = CD, công việc còn lại là chứng minh KB = EF

Ý tưởng trên cũng được sử dụng để chứng minh đẳng thức: xy = ab + cd và các dạng: x2 = ab + cd, x2 = a2 + cd, x2 = a2 + c2 v.v… như sau:

Bước 1: Chia đoạn thẳng độ dài x thành hai đoạn bởi điểm chia K để có x =

x1 + x2 sao cho x1y = ab (1)

Bước 2: Chứng minh hệ thức x2y = cd (2)

Bước 3: Cộng vế theo vế (1) và (2) để được đẳng thức cần chứng minh:

x1y + x2y = ab + cd  xy = ab + cd

Sau đây, xin đề cập đến một số cách vẽ thêm hình phụ để xác định điểm K từ đó giải quyết bài toán thông qua các ví dụ cụ thể sau

II CÁC VÍ DỤ MINH HOẠ :

Ví dụ 1: Cho tam giác ABC cân tại A, điểm M thuộc cạnh BC Kẻ MD 

AB( DAB), kẻ ME  AC ( EAC), kẻ BH  AC ( HAC) CMR: MD + ME = BH

ABC cân tại A

GT M  BC

MDAB(DAB)

MEAC(EAC)

BHAC(HAC)

KL MD + ME = BH

K

H E D

B

A

*Phân tích: Lấy điểm KBH sao cho BK = MD Vì cạnh MD là cạnh góc vuông

trong MDB vuông tại D nên đoạn thẳng BK cũng phải là cạnh góc vuông của tam giác BKM Từ đó K phải là chân đường vuông góc kẻ từ M đến BH

*Lời giải: Qua M, kẻ MK  BH(KBH).

+ Vì MK  BH; ACBH => MK // AC => C BMK   ( ở vị trí đồng vị)

+ MDB và BKM có: D K    90 0; B BMK   ( cùng bằng C); cạnh BM chung => MDB = BKM(g.c.g) => MD = BK ( 2 cạnh tương ứng) (1) + Tứ giác MKHE có: K  H   E 90 0 nên là hình chữ nhật => ME = KH (2) + Cộng (1) và (2) vế theo vế ta được : MD + ME = BK + KH = BH ( đpcm)

*Nhận xét:

1) Vì MD là cạnh góc vuông của MDB, để có BK = MD thì điểm phụ K được xác định chính là chân đường vuông góc của M đến BH

2) Từ đẳng thức: MD + ME = BH, ta thấy khoảng cách từ điểm M đến 2 cạnh

AB, AC không phụ thuộc vào vị trí điểm M Ta có thể phát biểu lại bài toán dưới dạng: Cho tam giác ABC cân tại 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 của nó

Ví dụ 2: (Chứng minh định lí Pitago) Cho tam giác ABC vuông tại A Chứng

minh rằng: BC2 = AB2 + AC2

*Phân tích:

Lấy điểm KBC sao cho BK.BC = AB2 BK AB

ABC nên BKA 90 0 Từ đó, K là chân đường vuông góc kẻ từ A xuống cạnh BC

*Lời giải:

Kẻ AK  BC Vì các góc B, C đều nhọn nên K BC

+ KBA và ABC có: BKA BAC    90 0; B chung

=> KBA đồng dạng với ABC (g.g)

BK AB AB2 BK BC.

    (1)

+ KAC và ABC có: AKC BAC   90 0; C chung

=> KAC đồng dạng với ABC (g.g)

CK AC AC2 CK BC.

    (2)

GT ABC, vuông tại A

KL BC2 = AB2 + AC2

B A

+ Cộng vế theo vế (1) và (2), ta được: AB2 AC2 BK BC CK BC BC   2 (đpcm)

*Nhận xét: Vì ABC vuông tại A Do đó, để KBA đồng dạng với ABC thì

điểm K cần xác định chính là 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 BADnhọn Gọi E và F lần lượt là chân các đường vuông góc kẻ từ C xuống các đường thẳng AB và AD Chứng minh rằng:

AC2 = AB.AE + AD.AF

*Phân tích: Lấy KAC sao cho AK.AC = AB.AE

Vậy điểm K cần tìm là chân đường vuông góc kẻ từ B xuống AC

*Lời giải:

Kẻ BK  AC Vì BADnhọn nên K thuộc đoạn AC

+ ABK và ACE có: AKB AEC   90 0; A chung

=> ABK đồng dạng với ACE (g.g)

AK AE AK AC. AB AE.

    (1)

+ CBK và ACF có: CKB CFD    90 0; BCK CAF  (vị trí so le trong)

=> CBK đồng dạng với ACF (g.g)

CK BC CK AC BC AF .

   

+ Mà: BC = AD do ABCD là hình bình hành => CK.AC = AD.AF (2)

+ Cộng vế theo vế (1) và (2), ta được: AK AC CK AC  AB AE AD AF 

Hay: AC2 = AB.AE + AD.AF (đpcm)

*Nhận xét:

1) Do ACE vuông tại E, để ABK đồng dạng với ACE thì điểm phụ K cần xác định chính là chân đường vuông góc kẻ từ B xuống cạnh AC

2) Nếu hình bình hành ABCD là hình thoi, lúc đó AB = AD Do đó kết luận của bài toán là: AC2 = AB.(AE + AF)

3) Nếu hình bình ABCD là hình chữ nhật , lúc đó E  B; F  D và AE  AB;

AF  AD Như vậy, hiển nhiên ta có: AC2 = AB2 + AD2 ( theo định lí Pitago)

ABCD là hình hành(BAD< 900 )

GT CE  AB; CF  AD

KL AC2 = AB.AE + AD.AF

K E

F D

C B

A

Ví dụ 4: Cho tam giác ABC có AD là đường phân giác trong của góc A

Chứng minh rằng: AD2 = AB.AC – BD.CD

*Phân tích: Lấy KAD sao cho: AK.AD = AB.AC

Do đó: ABK  ADC Như vậy ta xác định được điểm K

*Lời giải: Trên AD lấy điểm K sao cho: ABK  ADC Dễ thấy AD = AK – DK

+ ABK và ADC có: ABK  ADC; BAK CAK   (AD là phân giác của góc A)

=> ABK đồng dạng với ADC (g.g)

AK AC AK AD AB AC .

    (1)

+ BDK và 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 .

    (2)

+ Trừ vế theo vế (1) và (2), ta được: AK AD DK AD AB AC BD DC   

Hay: AD2 = AB.AC - BD.DC (đpcm)

*Nhận xét:

1) ABK và ADC đã có BAD CAD  ( do AD là phân giác của góc A), để hai tam giác này đồng dạng với nhau ta cần tìm thêm một cặp góc bằng nhau (

ABK ADC) Do đó, điểm phụ K thuộc AD sao cho ABK  ADC

2) Nếu AD là đường phân giác ngoài của góc A ( D  BC) thì ta có hệ thức:

AD2 = DB.DC – AB.AC

3) Bài toán tổng quát: Cho tam giác ABC có AD là đường phân giác của góc

A Chứng minh rằng: AD2 = AB AC DB DC 

Ví dụ 5: Cho hình thang cân ABCD (AD // BC).

Chứng minh rằng: AC2 = AB2 + AD.BC

GT ABC

AD là phân giác

KL AD2 = AB.AC – BD.CD

K

B A

*Phân tích: Giả sử điểm K  AC sao cho:

AK.AC = AB2 AK AB

   ABK đồng dạng với ACB => ABK  ACB Vậy ta xác định được điểm K

*Lời giải: Lấy K  AC sao cho ABK  ACB

+ ABK và ACB có:ABK  ACB; A chung => ABK đồng dạng ACB (g.g)

AK AB AK AC. AB2

    (1)

+ ABCD là hình thang cân nên: B C   mà: ABK  ACB => CBK  ACD

+ CBK và ACD có: KCB CAD  (so le trong); CBK  ACD

=> CBK đồng dạng với ACD (g.g)

BC AC CK AC BC AD .

    (2)

+ Cộng vế theo vế (1) và (2), ta được: AK AC CK AC  AB2 BC AD.

Hay: AC2 = AB2 + BC.AD (đpcm)

*Nhận xét: ABK và ACB đã có chung góc A, để hai tam giác này đồng dạng

với nhau ta cần tìm thêm một cặp góc bằng nhau (ABK  ACB) Do đó, điểm phụ

K thuộc AC sao 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

*Phân tích: Giả sử K thuộc đoạn AC sao cho:

AK.BD = AB.CD  CD AK BD AB  ABK đồng dạng với DBC

=> ABK DBC Như vậy, điểm phụ K được xác định

*Lời giải:

Vì ABC DBC  nên trên đoạn AC lấy điểm K sao cho ABK  DBC

GT Hình thang cân ABCD

KL AC2 = AB2 + AD.BC

GT ABCD nội tiếp (O)

KL AC.BD = AB.CD + AD.BC

K

O

D

C B

A

K

D

C B

A

+ABK và DBC có:ABK  DBC; BAK  BDC(góc nội tiếp cùng chắn cung BC) => ABK đồng dạng với DBC (g.g)

AK AB AK BD AB CD .

    (1) + Vì ABKDBC => ABK KBD KBD DBC      hay ABD CBK 

+BCK và BDA có: BCK BDA (góc nội tiếp cùng chắn cung AB); CBK  ABD

=> BCK đồng dạng với BDA(g.g)

BC CK CK BD BC AD .

    (2) + Cộng vế theo vế (1) và (2), ta được: AK BD CK BD  AB CD BC AD 

Hay: AC.BD = AB.CD + BC.AD (đpcm)

*Nhận xét:

1) ABK và DBC đã cóBAK  BDC(góc nội tiếp cùng chắn cung BC), để hai tam giác này đồng dạng với nhau ta cần tìm thêm một cặp góc bằng nhau (

ABK DBC) Do đó, điểm phụ K thuộc AC sao cho ABK DBC

2) Từ lời giải và kết quả của bài toán, ta giải được các bài toán hay và khó sau:

Bài 1: Trong các tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O;R), hãy tìm tứ giác có

tổng: AB.CD + AD.BC lớn nhất

Bài 2: Cho tứ giác ABCD Chứng minh rằng: AB.CD + AD.BC  AC.BD.

Dấu đẳng thức xảy ra khi nào ?

Bài 3: Qua đỉnh B và C của tam giác ABC, vẽ tiếp tuyến với đường tròn

ngoại tiếp tam giác, chúng cắt nhau tại M Gọi N là trung điểm của cạnh BC Chứng minh rằng: BAM CAN

Ví dụ 7: Cho tam giác ABC có: 3 A 2 B 180 0

Chứng minh rằng: AB2 = BC2 + AB.AC

*Phân tích: Giả sử điểm K thuộc cạnh AB sao cho:

=> BKC đồng dạng với BCA => BCK BAC

Mặt khác, ta có:3 A 2.B  180 0=>ACB 2 A B 

hay BCK ACK   2 BCK B   ACK BCK B  

Mà: AKC là góc ngoài của BCK Do đó, AKC BCK B    (tính chất góc ngoài)

GT ABC có: 3 A 2.B  180 0

KL AB2 = BC2 + AB.AC

C

A

=> ACK  AKC hay tam giác ACK cân tại A Vậy điểm phụ K được xác định.

*Lời giải:

Vì: 3 A 2.B  180 0=> AB > AC

Trên cạnh AB lấy điểm K sao AK = AC => tam giác ACK cân tại A

Ta có: 3 A 2.B  180 0, A B C     180 0 =>ACB 2 A B  hay BCK ACK   2 A B 

Mà: ACK cân tại A => ACK  AKC vàAKC BCK B    ( tính chất góc ngoài ) Từ đó ta được: BCK BAC

+ BCK và BAC có: BCK BAC (cmt); góc B chung

=> BCK đồng dạng với BAC (g.g)

.

BK AB BC

AB BC   (1)

+ Mặt khác: Do AB = AK + BK; AK = AC => BK = AB – AC (2)

+ Từ (1) và (2), ta có: (AB – AC).AB = BC2 hay AB2 – AC.AB = BC2

=> AB2 = BC2 + AC.AB (đpcm)

*Nhận xét:

BCK và BAC đã có góc B chung, để hai tam giác này đồng dạng với nhau ta cần tìm thêm một cặp góc bằng nhau (BCK BAC ) Do đó, điểm phụ K thuộc AB sao cho AK = AC hay ACK cân tại A

Ví dụ 8: Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O D là một điểm

trên cung BC không chứa đỉnh A Gọi I, E, F lần lượt là hình chiếu của D trên các đường thẳng BC, AB, AC Chứng minh rằng: BC DI DE AB DF AC

Cách 1:

*Phân tích: Giả sử điểm K thuộc cạnh BC

sao cho: CK DI DE AB  CK AB DE DI

=> CDK đồng dạng với ADB => CDK  ADB

Như vậy, ta xác định được điểm phụ K

*Lời giải: Lấy K trên cạnh BC sao cho: CDK  ADB

ABC nội tiếp (O)

D thuộc cung BC

GT DI  BC(IBC); DE 

AB(EAB)

DF  AC(EAC )

KL BC DI DE AB DF AC

K

O

F I

D E

C B

A

+ CDK và 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 là hai đường cao của CDK và ADB nên:

=> CK AB DE DI  CK DI DE AB (1)

+ Mặt khác: BDKBDA ADK   ; ADC ADK CDK  và do: CDK  ADB

=> BDK ADC

+ DBK và DAC có: BDK  ADC; CBK DAC (góc nội tiếp chắn cung CD ) => CDK đồng dạng với ADB (g.g)

Mà DI, DF thứ tự là hai đường cao tương ứng của DBK và DAC nên:

=> BK AC DF DI  BK DI DF AC (2)

+ Cộng (1) và (2) vế theo vế, ta được: CK DI BK DI DE AB DF AC hay: BC DI DE AB DF AC

Cách 2:

*Phân tích:

Giả sử điểm K thuộc cạnh BC sao cho: BK DI DE AB => ABK đồng dạng với

EDI => BAK  DEI;

Mà: tứ giác BIDE nội tiếp được đường tròn nên:

DEI DBI(do góc nội tiếp cùng chắn cung DI )

=>BAK DBI => sđBDN = sđCND

(với N là giao điểm khác A của AK với (O))

Từ đó, DN // BC

Vậy ta xác định được các điểm phụ N và K

*Lời giải:

Qua D kẻ đường thẳng song song với BC,

đường thẳng này cắt đường tròn (O)

tại điểm thứ hai là N ( N có thể trùng với D)

AN cắt BC tại K

+ Ta có: sđBD = sđCN (do DN // BC) => sđBD + sđDN = sđDN + sđCN

Hay: sđBDN = sđCND

=> BAK DBI(góc nội tiếp chắn các cung bằng nhau)

+ Mặt khác, tứ giác BIDE nội tiếp được đường tròn (do DEB DIB   90 0)

=> DEI DBI (do góc nội tiếp cùng chắn cung DI )

E

K

N

I

D

C B

A