sáng kiến kinh nghiệm: kẻ đường phụ là đường kính của đường tròn để giải một số bài toán hình học lớp 9

Sáng kiến kinh nghiệm Năm học 2011- 2012 ĐỀ TÀI: KẺ ĐƯỜNG PHỤ LÀ ĐƯỜNG KÍNH CỦA ĐƯỜNG TRỊN ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TỐN HÌNH HỌC 9 A - MỞ ĐẦU I. ĐẶT VẤN ĐỀ. Tốn học là mơn học cơ bản trong nhà trường phổ thơng. Dạy tốn là dạy hoạt động tốn cho học sinh với hình thức giải tốn là chủ yếu. Đối với học sinh lớp 9, mặc dù là lớp cuối cấp THCS nhưng việc giải các bài tốn chứng minh các em cũng đang gặp nhiều lúng túng, nhất là đối với các bài tốn hình học. Từ các bài đơn giản đến các bài phức tạp, từ các bài tập mang tính chất củng cố kiến thức đơn lẻ đến các bài tập mang tính chất tổng hợp các em thường gặp khó khăn trong việc tìm tòi lời giải. Định hướng, hướng dẫn cho các em tìm lời giải là việc làm cần thiết và quan trọng. Hơn nữa việc cung cấp cho các em phương pháp giải các dạng bài lại càng quan trọng hơn. Song đưa ra một phương án duy nhất để tìm ra một hướng chuẩn mực, tối ưu cho các bài tốn là điều khơng thể thực hiện. Mỗi một giáo viên đều có thế mạnh riêng của mình. Do đó tuỳ vào đối tượng học sinh và u cầu của bài tốn mà giáo viên đưa ra những phương pháp phù hợp, đảm bảo tính khoa học, tính sáng tạo, tính sư phạm, tính thực tiễn để trang bị cho học sinh. Một trong các phương pháp mà tơi đã chọn và thực hiện khá thành cơng là “kẻ đường phụ là đường kính của đường tròn để giải một số bài tốn hình học 9”. Thực tế cho thấy rằng khơng có phương pháp chung cho việc vẽ thêm các yếu tố phụ khi giải các bài tốn hình học, nhưng việc vẽ thêm đường phụ lại phải tn theo những bài tốn dựng hình cơ bản. Bài viết này tơi muốn đề cập đến việc hướng dẫn học sinh những cơ sở mà nghĩ tới sự cần thiết phải kẻ thêm đường phụ là đường kính của đường tròn, giúp học sinh một con đường, một cách nhìn nhanh hơn, tháo gỡ được vướng những mắc trong một số bài tốn, góp phần rèn luyện kỹ năng giải tốn, phát triển tư duy tốn học cho học sinh. II. MỤC ĐÍCH CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM. * Đối với giáo viên: - Sử dụng làm tài liệu cho các chun đề. - Đúc rút được các kinh nghiệm, đổi mới phương pháp dạy học, nâng cao chất lượng giáo dục. * Đối với học sinh: - Giúp học sinh biết vẽ đường phụ là đường kính để giải một số bài tốn hình học lớp 9. - Tác động đến tình cảm, đem lại niềm vui, hứng thú học tập. Giáo viên: Nguyễn Thò Lê Na Trường THCS Lương Thế Vinh 1 Sáng kiến kinh nghiệm Năm học 2011- 2012 - Bồi dưỡng phương pháp tự học. - Học sinh có kỹ năng vận dụng những kiến thức đã học để giải quyết những vấn đề thường gặp trong cuộc sống, thể hiện tính linh hoạt, độc lập, sáng tạo trong học tập. III. PHẠM VI CỦA ĐỀ TÀI. - Đề tài được áp dụng cho học sinh lớp 9. - Các ví dụ được chọn trình bày là những ví dụ minh hoạ, bạn đọc có thể tìm các ví dụ hoặc các bài tập khác để áp dụng. - Mở rộng chun đề vẽ đường phụ trong giải tốn hình học cho các khối lớp khác. B - GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ: Phần 1: CƠ SỞ LÝ THUYẾT ĐỂ KẺ ĐƯỜNG KÍNH: 1) Đường kính bằng hai lần bán kính. 2) Đường kính là dây cung lớn nhất của đường tròn. 3) Tâm của đường tròn là trung điểm của đường kính. 4) Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn là góc vng. 5) Đường kính vng góc với một dây thì chia dây ấy thành hai phần bằng nhau. Phần 2: BÀI TỐN ÁP DỤNG Dạng tốn 1: Đường kính là dây cung lớn nhất của đường tròn. Bài tốn 1: Cho tứ giác ABCD có các góc A và C tù. Chứng minh rằng AC<BD. * Trước hết ta chứng minh bài tốn phụ sau: Cho đường tròn (O; R) đường kính AB; M là một điểm nằm trong đường tròn. Chứng minh rằng góc AMB là góc tù. Chứng minh: Gọi giao điểm của AM, BM với đường tròn lần lượt là C và D. · AMB là góc có đỉnh nằm bên trong đường tròn nên: Sđ · AMB 2 1 (sđ » AB +sđ » DC ), mà sđ » AB =180 0 Nên · AMB >90 0 , nghĩa là · ΑΜΒ là góc tù. Giáo viên: Nguyễn Thò Lê Na Trường THCS Lương Thế Vinh 2 Sáng kiến kinh nghiệm Năm học 2011- 2012 1.1. Phân tích bài tốn: Từ bài tốn phụ ở trên ta nhận thấy A và C nằm trong đường tròn đường kính BD. Do vậy, trên cơ sở đó, để giải bài tốn 1, ta nghĩ đến việc vẽ đường tròn (O) có đường kính BD. Do đó ta có lời giải như sau: 1.2. Bài giải: - Vẽ đường tròn (O), đường kính BD. Vì · · D DCΑΒ, Β là các góc tù nên hai điểm A, C đều nằm trong đường tròn (O). Khi đó BD là đường kính nên là dây cung lớn nhất của (O), AC nhỏ hơn dây cung chứa nó. Vậy AC<BD. Bài tốn 2: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Xác định vị trí của điểm M trên đường tròn (O) sao cho nếu gọi D và E theo thứ tự là hình chiếu của điểm M trên các đường thẳng AB và AC thì đoạn thẳng DE có độ dài lớn nhất. 2.1. Phân tích bài tốn: Bài tốn u cầu xác định điểm M thuộc đường tròn (O) để đoạn thẳng DE có độ dài lớn nhất. Như vậy đoạn thẳng DE phụ thuộc vào vị trí điểm M, kéo theo phụ thuộc vào đoạn thẳng AM. Ta xem AM và DE có liên hệ gì với nhau, ta thấy · · MEA = DΜ Α = 90 0 (gt) Do đó E và D thuộc đường tròn đường kính MA nên DE ≤ MA. Vậy việc xác định vị trí điểm M để đoạn DE lớn nhất đưa ta về xác định vị trí điểm M để MA có độ dài lớn nhất. Từ đó ta nghĩ tới việc kẻ đường kính của đường tròn (O). 2.2. Bài giải: Lấy điểm M thuộc đường tròn (O), kẻ ME, MD lần lượt vng góc với AC, AB. Ta có: · · AEM = DΑ Μ = 90 0 , suy ra E, D thuộc đường tròn đường kính MA. Do đó DE ≤ AM (AM là đường kính, DE là dây). (1) Kẻ đường kính AH của đường tròn (O), ta có: AM ≤ AH (AH là đường kính, AM là dây); mà điểm A cố định nên AH khơng đổi. Do đó đoạn thẳng AM lớn nhất bằng AH, tức là khi điểm M trùng với điểm H. (2) Giáo viên: Nguyễn Thò Lê Na Trường THCS Lương Thế Vinh 3 Sáng kiến kinh nghiệm Năm học 2011- 2012 Từ (1) và (2) suy ra đoạn thẳng DE lớn nhất khi và chỉ khi điểm M trùng với điểm H. Bài tốn 3: Cho hai đường tròn (O; R) và (O’; r) (R>r) cắt nhau tại A và B (O và O’ ở hai nửa mặt phẳng đối nhau bờ AB). Một cát tuyến di động qua B lần lượt cắt (O) và (O’) tại C và D sao cho B nằm giữa C và D. Xác định vị trí cát tuyến CBD để chu vi tam giác ACD có giá trị lớn nhất. 3.1. Phân tích bài tốn: Bài tốn u cầu xác định vị trí của cát tuyến CBD để chu vi tam giác ACD lớn nhất, nghĩa là ta nghĩ tới tổng độ dài các cạnh của tam giác đó đạt giá trị lớn nhất. Mà hai cạnh AC, AD của tam giác lại là hai dây của các đường tròn (O) và (O’). Vậy để AC, AD lớn nhất ta nghĩ tới việc kẻ đường kính AM và AN của hai đường tròn trên. Qua đó xuất hiện các mối quan hệ sẽ giúp ta tìm ra lời giải. 3.2. Bài giải: Kẻ đường kính AM, AN của đường tròn (O) và (O’) Ta có: · AMB = · ABN = 90 0 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn), suy ra ba điểm M, B, N thẳng hàng. Do A, O, O’ cố định nên các đường tròn (O) và (O’) cố định; suy ra M, N cố định. Mặt khác do · · · · AMB = C DΑ Β;ΑΝΒ = Α Β (các góc nội tiếp cùng chắn một cung lần lượt của đường tròn (O) và (O’)). Do đó ΔACD ~ ΔAMN (g.g). Suy ra: AM AC = AMN ACD P P (tỉ số chu vi của hai tam giác đồng dạng bằng tỉ số đồng dạng của chúng); Do đó: AC AM P P AMN . ACD = . Vì AM AMN P khơng đổi nên P ACD lớn nhất khi và chỉ khi AC lớn nhất, khi đó điểm C trùng với điểm M và điểm D trùng với điểm N. Dạng tốn 2: Tâm của đường tròn là trung điểm của đường kính đường tròn đó. Bài tốn 4: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), gọi H và G lần lượt là trực tâm và trọng tâm của tam giác ABC. Chứng minh ba điểm: O; G; H thẳng hàng. 4.1. Phân tích bài tốn: Giáo viên: Nguyễn Thò Lê Na Trường THCS Lương Thế Vinh 4 Sáng kiến kinh nghiệm Năm học 2011- 2012 Để chứng minh ba điểm: O; H; G thẳng hàng, kẻ OM vng góc với BC (M thuộc BC) được MB = MC. Gọi G là giao điểm của AM và OH, ta cần chứng minh G là trọng tâm của tam giác ABC, muốn vậy cần chỉ ra được 2 1 = GA GM , hay 2 1 = AH OM (vì ΔGHA ~ ΔGOM ); nghĩa là AH =2OM. Từ đây ta sẽ nghĩ tới việc kẻ đường kính của dường tròn; bởi lẽ: Thứ nhất: Từ đẳng thức 2OM = AH ta có thể nghĩ tới OM là đường trung bình của một tam giác nào đó mà 2OM = a (a là độ dài cạnh đáy), khi đó cần chứng minh AH = a; Thứ hai: Từ bài tốn khi ta kẻ OM vng góc với BC để có MB = MC, muốn OM là đường trung bình thì phải chăng O là trung điểm của đường kính? Trên những cơ sở đó ta kẻ đường kính BE của đường tròn; khi đó OM là đường trung bình của tam giác BEC, bài tốn đã có lời giải. 4.2. Bài giải: Kẻ đường kính BE của đường tròn (O) thì OB = OE (1) Kẻ OM ⊥ BC thì MB = MC (2) Từ (1) và (2) suy ra OM là đường trung bình của tam giác BCE nên 2OM = CE (*) Mặt khác · BAE = 90 0 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) suy ra EA ⊥ AB. (3) Do H là trực tâm của tam giác ABC (gt) nên CH ⊥ AB (4) Từ (3) và (4) ta có HA//CH (5) Tương tự: HA//CE (6) Từ (5) và (6) suy ra tứ giác AECH là hình bình hành; do đó AH = CE (**) Kết hợp (*) và (**) ta được 2OM = AH (7) Gọi G là giao điểm của OH và AM, ta có: AH//OM (cùng vng góc với BC) nên tam giác ΔGAH ~ ΔGMO (g.g) nên MO AH GM GA = (8) Từ (7) và (8) suy ra: 2 2 == MO OM GM GA ; do đó G là trọng tâm của tam giác ABC. Do G là giao điểm của OH và AM nên ba điểm O; G; H thẳng hàng. Bài tốn 5: Trên dây cung AB của đường tròn (O) lấy hai điểm C và D sao cho AC = CD = DB. Gọi E, F lần lượt là giao điểm của OC, OD với đường tròn (O). Chứng minh: » » AE < FΕ 5.1. Phân tích bài tốn: Giáo viên: Nguyễn Thò Lê Na Trường THCS Lương Thế Vinh 5 Sáng kiến kinh nghiệm Năm học 2011- 2012 Bài tốn u cầu chứng minh: » » AE < FΕ ta đưa về việc chứng minh · · FΑΟΕ < ΕΟ . Từ đó ta nghĩ đến tìm một tam giác có hai góc bằng hai góc AOC, COD mà quan hệ giữa các cạnh đối diện dễ thấy. Từ giả thiết CD=AC và O là trung điểm của đường kính nên CO là đường trung bình của tam giác AMD (AM là đường kính của đường tròn (O)), suy ra CO//MD. Khi đó · · AOE = DΟΜ (đồng vị), · · EOF = DΟ Μ (so le trong). Do đó ta đến với lời giải bài tốn như sau. 5.2. Bài giải: Kẻ đường kính AM của đường tròn (O); Ta có: OA = OM = R (1); CA = CD (gt) (2) Từ (1) và (2) suy ra CO là đường trung bình của tam giác ADM. Do đó CO//DM suy ra · · AOE = DΟ Μ (đồng vị) (3) và · · EOF = DΟ Μ (so le trong) (4) Xét tam giác OMD có MO>OD (OM = R, D là điểm nằm trong đường tròn) Nên · ODM > · OMD (quan hệ đối diện cạnh và góc trong một tam giác) (5). Từ (3), (4) và (5) suy ra · · FΕΟ > ΑΟΕ Nên » » EF > ΑΕ. Dạng tốn 3: Tốn liên quan đến bán kính của đường tròn. Bài tốn 6: Cho đường tròn (O; R), I là một điểm nằm trong đường tròn. Gọi AB và CD là hai dây qua I và vng góc với nhau. Chứng minh rằng: AC 2 + BD 2 = 4R 2 6.1. Phân tích bài tốn: Theo u cầu bài ra, ta thấy đẳng thức cần chứng minh có liên quan tới bán kính của đường tròn nhưng với những gì đã cho, trong hình vẽ chưa thấy xuất hiện bán kính của đường tròn. Nếu ta kẻ đường kính AE của đường tròn thi AE = 2R. Lúc đó 4R 2 = AE 2 , đẳng thức cần chứng minh trở thành AC 2 +BD 2 = AC 2 . Ta có lời giải cho bài tốn. Giáo viên: Nguyễn Thò Lê Na Trường THCS Lương Thế Vinh 6 Sáng kiến kinh nghiệm Năm học 2011- 2012 6.2. Bài giải: Kẻ đường kính AE của đường tròn (O) thì AE = 2R. Mặt khác · ABE = 90 0 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Hay BE ⊥ AB (1) Theo giả thiết: CD ⊥ AB (2) Từ (1) và (2) suy ra CD//BE nên tứ giác BCDE là hình thang. Do BCDE nội tiếp đường tròn (O; R) nên đó là hình thang cân; do đó: BD = CE (3) Xét tam giác ACE có · ACE = 90 0 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay ΔACE vng tại C. Áp dụng định lý Pytago, ta có: AC 2 + CE 2 = AE 2 = (2R) 2 = 4R 2 (4) Từ (3) và (4) suy ra: AC 2 + BD 2 = 4R 2 . Chú ý: Khai thác kết quả bài tốn trên cho ta giải nhanh bài tập sau: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O; R) có hai dây AC và BD vng góc với nhau tại I. Chứng minh rằng: AB 2 + BC 2 + CD 2 + DA 2 = 8R 2 . Bài tốn 7: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O; R) có BC = a; CA = b; AB = c. Chứng minh rằng: C c B b A a sinsinsin == = 2R 7.1. Phân tích bài tốn: Ta dễ nhận thấy u cầu cần chứng minh có liên quan đến bán kính đường tròn. Với giả thiết chưa thấy có đoạn nào chứa bán kính. Do đó ta nghĩ tới kẻ thêm đoạn thẳng có chứa bán kính; và đoạn thẳng đầu tiên được chọn là đường kính BD. Khi đó µ µ C = D (góc nội tiếp cùng chắn cung AB), suy ra D c C c sinsin = . Ta đi đến cách giải bài tốn. 7.2. Bài giải: Kẻ đường kính BD của đường tròn (O), ta có: · · ACB = DΑ Β (góc nội tiếp chắn cung AB) (1) Mà · BAD = 90 0 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Giáo viên: Nguyễn Thò Lê Na Trường THCS Lương Thế Vinh 7 Sáng kiến kinh nghiệm Năm học 2011- 2012 Từ đó ta có: R c BD AB D 2 sin == , suy ra: R D c 2 sin = (2) Từ (1) và (2) ta được: R C c 2 sin = . Chứng minh tương tự được: R B b R A a 2 sin ;2 sin == . Vậy: C c B b A a sinsinsin == = 2R. Bài tốn 8: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O;R), đường cao AH (H ∈ BC). Chứng minh rằng: AB.AC = 2R.AH 8.1. Phân tích bài tốn: Từ u cầu chứng minh, ta nghĩ đến việc tìm ra hai tam giác đồng dạng có các cạnh bằng độ dài các cạnh AB, AC, AH, đường kính của đường tròn. Trên cơ sở đó ta vẽ đường kính AD của đường tròn (O) và có lời giải cho bài tốn. 8.2. Bài giải: Vẽ đường kính AD của đường tròn (O), Suy ra: · ACD = 90 0 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Xét tam giác HBA và CDA, có: · · AHB = CDΑ (=90 0 ); · · HBA = CDΑ (góc nội tiếp chắn cung AC) Do đó ΔHBA ~ ΔCDA (g.g) Suy ra: AD AB AC AH = hay: AB.AC=AD.AH; mà AD = 2R nên: AB.AC = 2R.AH. Chú ý: Từ kết quả bài tốn trên, ta có được các bài tốn sau: Bài 8A: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O; R). Chứng minh rằng: R CABCAB S ABC 4 = . Bài 8B: Cho A là điểm di động trên cung lớn BC của đường tròn (O;R). Xác định vị trí điểm A để AB.AC có giá trị lớn nhất. Dạng tốn 4: Đường kính vng góc với một dây thì đi qua trung điểm của dây ấy. Giáo viên: Nguyễn Thò Lê Na Trường THCS Lương Thế Vinh 8 Sáng kiến kinh nghiệm Năm học 2011- 2012 Bài tốn 9: Cho đường tròn (O; R), đường kính AB và dây EF khơng cắt AB. Gọi I và K lần lượt là chân các đường vng góc kẻ từ A, B đến EF. Chứng minh rằng: IE = KF. (Bài 17, STB Tốn 9 T 1 , Tr.130) 9.1. Phân tích bài tốn: Theo u cầu chứng minh: IE = KF nhưng với những gì đã có thật khó có thể chứng minh được. Song từ u cầu chứng minh đoạn thẳng bằng nhau, bên cạnh đó ta còn có AI và BK cùng vng góc với EF làm ta nghĩ tới liên hệ giữa dây và đường kính của đường tròn. Do vậy nếu ta kẻ đường kính CD vng góc với EF sẽ cho ta những cặp đoạn thẳng bằng nhau, tạo thuận lợi cho việc chứng minh. 9.2. Bài giải: Kẻ đường kính CD của đường tròn (O) sao cho CD vng góc với EF tại H Ta có: HE = HF (liên hệ giữa đường kính và dây) (1) Mặt khác: AI ⊥ EF (gt); BK ⊥ EF (gt) nên tứ giác ABKI là hình thang. Do OA = OB = R và OH // BK (cùng vng góc với EF) nên OH là đường trung bình của hình thang ABKI, suy ra HI = HK. (2) Từ (1) và (2), ta có: EI = HI – HE = HK – HF = KF. Vậy: EI = KF. Chú ý: Bạn đọc hãy chứng minh bài tốn trên trong trường hợp dây EF cắt AB. Bài tốn 10: Cho điểm C nằm giữa hai điểm A và B. Gọi (O) là đường tròn bất kì đi qua A và B. Qua C vẽ đường thẳng vng góc với OA, cắt đường tròn (O) ở D và E. Chứng minh rằng các đoạn thẳng AD, AE có độ dài khơng đổi. 10.1. Phân tích bài tốn: Gọi H là giao điểm của OA và DE thì OA vng góc với DE tại H, ta có: AD = AE. Do vậy ta chỉ cần chứng minh AD hoặc AE có độ dài khơng đổi. Các yếu tố khơng đổi của bài tốn là độ dài các đoạn thẳng AC, AB. Từ giả thiết DE vng góc với OA gợi cho ta vẽ đường phụ là đường kính AF của đường tròn. Do đó bài tốn được giải như sau: Giáo viên: Nguyễn Thò Lê Na Trường THCS Lương Thế Vinh 9 Sáng kiến kinh nghiệm Năm học 2011- 2012 10.2. Bài giải: Kẻ đường kính AF của đường tròn (O). Ta có: Tam giác ADF vng tại D (D là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên µ D = 90 0 ) Do đó: AD 2 = AH. AF (hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vng) (1) Mặt khác ΔAHC ~ ΔABF (g.g) µ µ · 0 ( 90 F Η = Β = ;ΒΑ là góc chung); do đó: FA AC AB AH = Hay AH. AF = AB.AC (2). Do AB, AC khơng đổi nên AB.AC khơng đổi. Từ (1) và (2) suy ra: AD 2 khơng đổi, do đó AD khơng đổi. Vậy các đoạn thẳng AD, AE có độ dài khơng đổi. Dạng tốn 5: Tốn liên quan đến góc vng. Bài tốn 11: Cho hai đường tròn (O) và (O’) bằng nhau, cắt nhau tại A và B. Gọi C là một điểm của đường tròn (O), D là một điểm của đường tròn (O’) sao cho tứ giác OCDO’ là hình bình hành. Chứng minh rằng A là trực tâm của tam giác BCD. 11.1. Phân tích bài tốn: Để chứng minh A là trực tâm của tam giác BCD, ta chứng minh nó là giao điểm của ba đường cao. Từ giả thiết ta có OO’ vng góc với AB (tính chất đường nối tâm). Do tứ giác OO’DC là hình bình hành (gt) nên OO’//CD, suy ra được AB vng góc với DC. Như vậy đã có một đường cao qua A. Bây giờ chỉ cần chứng minh DA vng góc với BC (hoặc CA vng góc với BD). Xuất phát từ việc phải chứng minh vng góc ta nghĩ tới “góc nội tiếp chắn nửa đường tròn là góc vng”. Từ đó ta kẻ đường kính AA’ của đường tròn (O’). 11.2. Bài giải: Kẻ đường kính AA’ của đường tròn (O’) thì tứ giác OBO’A là hình thoi (OA = OB = O’A = O’B theo giả thiết), suy ra: OB//O’A nên OB//O’A’ (1) Mà theo giả thiết ta còn có: OB = O’A’ = R (2) Từ (1) và (2) ta được tứ giác OBO’A’ là hình bình hành. Giáo viên: Nguyễn Thò Lê Na Trường THCS Lương Thế Vinh 10 [...]... giải tốn cho học sinh Do vậy, trong q trình dạy học giáo viên cần quan tâm hình thành cho học sinh những cơ sở cần đi đến sự cần thiết phải kẻ thêm đường phụ là đường kính của đường tròn nói riêng và các đường phụ khác nói chung Các em sẽ vững vàng và tự tin hơn trong học tập và nhất là trong các kỳ thi! Trong bài viết này, tơi đã nêu lên vai trò của việc kẻ đường phụ là đường kính của đường tròn để. .. ra kinh nghiệm cho bản thân • Kết quả thực nghiệm: Thống kê kết quả học tập của học sinh qua từng năm học theo bảng sau: Năm học 20 09- 2010 2010-2011 Lớp 9 9 Tổng số HS 75 75 02 SL 5 2 % 6.7 2.8 Loại điểm 5 trở lên SL % 58 78.0 56 80.0 8  10 SL % 24 32.0 26 37.0 D - KẾT LUẬN Trên đây là một số bài tốn giải được bằng cách kẻ thêm đường phụ là đường kính của đường tròn mà tơi đã cố gắng lựa chọn để. .. thuộc BE Vậy tâm O của đường tròn cần dựng là giao điểm của đường trung trực d của BD và BE 13.2 Bài giải: a) Phân tích: Giả sử đường tròn (O) đã dựng được thoả mãn các u cầu bài tốn Do đường tròn (O) đi qua D và B nên tâm O của đường tròn thuộc đường trung trực d của BD Đường tròn (O) tiếp xúc với AB tại B nên OB ⊥ AB · Kẻ đường kính AE của đường (I) ngoại tiếp tam giác ABC thì ABE = 90 0, hay AB ⊥ BE... tượng học sinh Tơi khơng khẳng định đây là cách giải tối ưu Dạy học là một nghệ thuật Việc hướng dẫn học sinh tìm lời giải cho một bài tốn thế nào cho nhanh, gọn còn phụ thuộc vào nhiều yếu tố Nhưng dù ở khía cạnh nào đi chăng nữa thì phương pháp này cũng giúp cho các em học sinh thực hiện thành cơng khi kẻ đường phụ là đường kính để giải các bài tốn tơi đã đưa ra làm ví dụ và trang bị thêm một phương... nên O ∈ BE Do đó tâm (O) của đường tròn cần dựng hồn tồn được xác định: Là giao điểm của đường thẳng BE và đường trung trực d của BD b) Cách dựng: - Dựng đường kính AE của đường tròn (I) ngoại tiếp tam giác ABC; - Dựng đường trung trực d của đoạn thẳng BD; đường thẳng d cắt BE tại O; - Vẽ đường tròn (O; OB) ta được đường tròn cần dựng c) Chứng minh: O thuộc đường trung trực d của BD (cách dựng) nên OD... dựng), suy ra OB ⊥ AB (vì ABE là góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn (I)); mà OB=R nên AB tiếp xúc với đường tròn (O) tại B Vậy đường tròn (O) là đường tròn cần dựng d) Biện luận: - Đường trung trực d của đoạn thẳng DB ln ln cắt BE Do đó ln dựng được đường tròn (O) - Vì đường trung trực d chỉ cắt BE tại một điểm duy nhất nên chỉ dựng được một đường tròn (O) Bài tốn có đúng một nghiệm hình Giáo viên: Nguyễn Thò... chứa AB Vậy làm thế nào để gắn AB vào tam giác vng nào đó? Nếu ta kẻ đường kính BD của · đường tròn (O) thì góc BAD = 90 0 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) và DB vng góc với BC (tính chất cơ bản của tiếp tuyến) Phần còn lại chỉ cần chứng minh ba điểm D, A, C thẳng hàng thì bài tốn sẽ giải được nhờ áp dụng một trong các hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vng 14.2 Bài giải: · Kẻ đường kính BD thì... Thò Lê Na 13 Trường THCS Lương Thế Vinh Sáng kiến kinh nghiệm Năm học 2011- 2012 Bài 1: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O; R) Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm các cạnh BC, CA, AB Vẽ các đường thẳng MM'//OA; NN'//OB; PP'//OC Chứng minh rằng các đường thẳng MM', NN', PP' đồng quy Bài 2: Cho đường tròn (O) đường kính AB CD là một dây của đường tròn Các đường thẳng vng góc với CD tại C và D lầ... cơ sở kiến thức của chương trình, ta nghĩ tới việc vẽ đường kính AE của đường tròn 12.2 Bài giải: · Vẽ đường kính AE của đường tròn (O) thì ACE = 90 0 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) , nghĩa là ΔACE vng tại C Xét hai tam giác ABD và AEC, có: 0 · · ADB = ΑC Ε ( =90 ), · · ABD = ΑΕC (hai góc nội tiếp chắn cung AC) Do đó: ΔABD ~ ΔAEC (g.g) · · Suy ra: BAD = ΟΑC (hai góc tương ứng) Chú ý: Kết quả bài tốn... 2011- 2012 13.1 Phân tích bài tốn Đường tròn (O) cần dựng thoả mãn hai u cầu: Thứ nhất: Đường tròn (O) đi qua D và B, suy ra tâm O thuộc đường trung trực d của BD Thứ hai: Đường tròn (O) tiếp xúc với AB tại B nên OB vng góc với AB Do B thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác BAC nên ta nghĩ tới góc OBA là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn Muốn vậy, từ A kẻ đường kính AE của đường tròn (I) ngoại tiếp tam . cơng là kẻ đường phụ là đường kính của đường tròn để giải một số bài tốn hình học 9 . Thực tế cho thấy rằng khơng có phương pháp chung cho việc vẽ thêm các yếu tố phụ khi giải các bài tốn hình. Năm học 2011- 2012 ĐỀ TÀI: KẺ ĐƯỜNG PHỤ LÀ ĐƯỜNG KÍNH CỦA ĐƯỜNG TRỊN ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TỐN HÌNH HỌC 9 A - MỞ ĐẦU I. ĐẶT VẤN ĐỀ. Tốn học là mơn học cơ bản trong nhà trường phổ thơng. Dạy tốn là. tin hơn trong học tập và nhất là trong các kỳ thi! Trong bài viết này, tơi đã nêu lên vai trò của việc kẻ đường phụ là đường kính của đường tròn để giải một số bài tốn hình học 9. Hy vọng rằng