ĐỀ TÀI: KẺ ĐƯỜNG PHỤ LÀ ĐƯỜNG KÍNH CỦA ĐƯỜNG TRÒN ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC 9 A - MỞ ĐẦU I.. Một trong các phương pháp mà tôi đã chọn và thực hiện khá thành công là “kẻ đường phụ
Trang 1ĐỀ TÀI: KẺ ĐƯỜNG PHỤ LÀ ĐƯỜNG KÍNH CỦA ĐƯỜNG
TRÒN ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC 9
A - MỞ ĐẦU
I ĐẶT VẤN ĐỀ.
Toán học là môn học cơ bản trong nhà trường phổ thông Dạy toán là dạy hoạt động toán cho học sinh với hình thức giải toán là chủ yếu
Đối với học sinh lớp 9, mặc dù là lớp cuối cấp THCS nhưng việc giải các bài toán chứng minh các em cũng đang gặp nhiều lúng túng, nhất là đối với các bài toán 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 toán là điều không thể thực hiện Mỗi một giáo viên đều
có thế mạnh riêng của mình Do đó tuỳ vào đối tượng học sinh và yêu cầu của bài toán
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 tôi
đã chọn và thực hiện khá thành công là “kẻ đường phụ là đường kính của đường tròn để giải một số bài toán hình học 9” Thực tế cho thấy rằng không có phương pháp chung cho việc vẽ thêm các yếu tố phụ khi giải các bài toán hình học, nhưng việc vẽ thêm đường phụ lại phải tuân theo những bài toán dựng hình cơ bản Bài viết này tôi 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 toán, góp phần rèn luyện
kỹ năng giải toán, phát triển tư duy toán học cho học sinh
II MỤC ĐÍCH CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM.
* Đối với giáo viên:
- Sử dụng làm tài liệu cho các chuyên 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 toán hình học lớp 9
Trang 2- 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 chuyên đề vẽ đường phụ trong giải toán 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 vuông
5) Đường kính vuông góc với một dây thì chia dây ấy thành hai phần bằng nhau
Phần 2: BÀI TOÁN ÁP DỤNG
Dạng toán 1: Đường kính là dây cung lớn nhất của
đường tròn.
Bài toán 1: Cho tứ giác ABCD có các góc A và C tù
Chứng minh rằng AC<BD
* Trước hết ta chứng minh bài toán 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
·AMBlà góc có đỉnh nằm bên trong đường tròn nên:
Sđ·AMB 21(sđ »AB +sđ »DC), mà sđ »AB =1800
Nên ·AMB >900, nghĩa là ΑΜΒ · là góc tù.
Trang 3
1.1 Phân tích bài toán: Từ bài toán 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 toán 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 ·DΑΒ,·DCΒ 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 toán 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 toán:
Bài toán yêu 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 = D· Μ Α · = 900 (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 vuông góc với AC, AB
Ta có: AEM = D· Α Μ · = 900, 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 không đổi Do đó đoạn
Trang 4Từ (1) và (2) suy ra đoạn thẳng DE lớn nhất khi và chỉ khi điểm M trùng với điểm H
Bài toán 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 toán:
Bài toán yêu 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 = 900 (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· Α Β;ΑΝΒ = Α Β· · · D (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);
AM
P
PACD = AMN . Vì
AM
AMN
P
không đổi nên PACD 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 toán 2: Tâm của đường tròn là trung điểm của đường kính đường tròn đó.
Bài toán 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 toán:
Trang 5Để chứng minh ba điểm: O; H; G thẳng hàng, kẻ OM vuông 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 toán khi ta kẻ OM vuông 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 toán 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 = 900 (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 vuông góc với BC) nên tam giác ΔGAH ~ ΔGMO (g.g) nên
MO
AH GM
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 toán 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 < F» Ε »
5.1 Phân tích bài toán:
Trang 6Bài toán yêu cầu chứng minh: AE < F» Ε » ta đưa về
việc chứng minh ΑΟΕ < ΕΟ · · F 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 =· ΟΜ· D (đồng vị), EOF = D· Ο Μ· (so le
trong)
Do đó ta đến với lời giải bài toán 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 = D· Ο 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 ΕΟ > ΑΟΕ· F ·
Nên EF > » ΑΕ »
Dạng toán 3: Toán liên quan đến bán kính của đường tròn.
Bài toán 6: Cho đường tròn (O; R), I là một điểm nằm trong đường tròn Gọi AB và CD
là hai dây qua I và vuông góc với nhau
Chứng minh rằng: AC2 + BD2 = 4R2
6.1 Phân tích bài toán:
Theo yêu 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 4R2 = AE2,
đẳng thức cần chứng minh trở thành AC2 +BD2 = AC2
Ta có lời giải cho bài toán
Trang 76.2 Bài giải:
Kẻ đường kính AE của đường tròn (O) thì AE = 2R
Mặt khác ·ABE = 900 (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 = 900 (góc nội tiếp chắn nửa
đường tròn) hay ΔACE vuông tại C
Áp dụng định lý Pytago, ta có:
AC2 + CE2 = AE2 = (2R)2 = 4R2 (4)
Từ (3) và (4) suy ra: AC2 + BD2 = 4R2
Chú ý: Khai thác kết quả bài toán trên cho ta giải nhanh bài tập sau: Cho tứ giác ABCD
nội tiếp đường tròn (O; R) có hai dây AC và BD vuông góc với nhau tại I
Chứng minh rằng: AB2 + BC2 + CD2 + DA2 = 8R2
Bài toán 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
sin sin
7.1 Phân tích bài toán:
Ta dễ nhận thấy yêu 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 C = Dµ µ (góc nội tiếp
cùng chắn cung AB), suy ra
D
c C
c
sin sin = Ta đi đến cách giải bài toán
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 = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Trang 8Từ đó ta có:
R
c BD
AB D
2
D
c
2 sin = (2)
Từ (1) và (2) ta được: R
C
c
2 sin =
B
b R A
a
2 sin
; 2
Vậy:
C
c B
b A
a
sin sin
Bài toán 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 toán:
Từ yêu 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 toán
8.2 Bài giải:
Vẽ đường kính AD của đường tròn (O),
Suy ra: ·ACD = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Xét tam giác HBA và CDA, có:
AHB = CD· Α· (=900);
HBA = CD· · Α (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 toán trên, ta có được các bài toán
sau:
Bài 8A: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O; R).
Chứng minh rằng:
R
CA BC AB
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 toán 4: Đường kính vuông góc với một dây thì đi qua trung điểm của dây ấy.
Trang 9Bài toán 9: Cho đường tròn (O; R), đường kính AB và dây EF không cắt AB Gọi I và
K lần lượt là chân các đường vuông góc kẻ từ A, B đến EF
Chứng minh rằng: IE = KF (Bài 17, STB Toán 9 T1, Tr.130)
9.1 Phân tích bài toán:
Theo yêu cầu chứng minh: IE = KF nhưng với
những gì đã có thật khó có thể chứng minh được
Song từ yêu cầu chứng minh đoạn thẳng bằng nhau, bên
cạnh đó ta còn có AI và BK cùng vuông 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 vuông 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 vuông 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 vuông 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 toán trên trong trường hợp dây EF cắt AB.
Bài toán 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 vuông góc với OA, cắt đường tròn (O) ở D và E
Chứng minh rằng các đoạn thẳng AD, AE có độ dài
không đổi
10.1 Phân tích bài toán:
Gọi H là giao điểm của OA và DE thì OA vuông góc với
DE tại H, ta có: AD = AE Do vậy ta chỉ cần chứng minh
AD hoặc AE có độ dài không đổi
Các yếu tố không đổi của bài toán là độ dài các đoạn thẳng AC, AB Từ giả thiết DE vuông góc với OA gợi cho ta vẽ đường phụ là đường kính AF của đường tròn
Do đó bài toán được giải như sau:
Trang 1010.2 Bài giải:
Kẻ đường kính AF của đường tròn (O)
Ta có: Tam giác ADF vuông tại D (D là góc nội tiếp chắn
nửa đường tròn nên µD = 900)
Do đó: AD2 = AH AF (hệ thức về cạnh và đường cao trong
tam giác vuông) (1)
Mặt khác ΔAHC ~ ΔABF (g.g) µ µ 0 ·
( Η = Β = 90 ;ΒΑF là góc chung); do đó:
F
A
AC AB
AH
=
Hay AH AF = AB.AC (2)
Do AB, AC không đổi nên AB.AC không đổi
Từ (1) và (2) suy ra: AD2 không đổi, do đó AD không đổi
Vậy các đoạn thẳng AD, AE có độ dài không đổi
Dạng toán 5: Toán liên quan đến góc vuông.
Bài toán 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 toán:
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’ vuông 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 vuông góc với DC Như vậy đã có một đường cao qua A Bây
giờ chỉ cần chứng minh DA vuông góc với BC
(hoặc CA vuông góc với BD) Xuất phát từ việc
phải chứng minh vuông góc ta nghĩ tới “góc nội
tiếp chắn nửa đường tròn là góc vuông” 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
