Bồi dỡng cho học sinh khá giỏi lớp 8 Các cách vẽ hình phụ khi giải toán hình học o0o I. Nhận thức Toán học là một bộ môn khoa học trừu tợng. Muốn tìm hiểu chính xác, theo tôi khi dạy Toán cho học sinh, mộ yêu cầu nổi bật nhất là phát triển t duy cho học sinh, đặc biệt là học sinh khá giỏi đối với những bài toán khó. Do đó, đòi hỏi học sinh phải có t duy logic cao, biết kết hợp kiến thức cũ và mới một cách chặt chẽ. Thông thờng, trong hình học mỗi bài toán có một tình huống mới lạ. Có những bài toán cha cho phép học sinh vận dụng trực tiếp định lý, tính chất, dấu hiệu nhận biết để tìm ra đáp số. Trong quá trình tìm kiếm lời giải, học sinh phải biết cách đa về hình huống quen thuộc để có thể vận dụng trực tiếp các kiến thức đã biết. Ngoài việc phải vẽ hình chính xác, tổng quát theo dữ kiện bài toán (tránh vẽ hình rơi vào trờng hợp đặc biệt, học sinh dễ ngộ nhận hình), thì một trong các biện pháp có hiệu quả là phơng pháp vẽ hình phụ. Việc vẽ hình phụ rất đa dạng, không theo khuôn mẫu nhất định nào và đòi hỏi học sinh phải biết dự đoán tốt, trên cơ sở các suy luận hợp lý. Vì vậy, cần thiết có thể bồi dỡng cho học sinh phát triển năng lực này. ở đây tôi không muốn đề cập tới các dạng bài tập, các hệ thống câu hỏi gợi mở. Mà tôi chỉ muốn nêu lên một số cách hớng dẫn học sinh đi tìm lời giải cho bài toán hình học lớp 8 thông qua việc vẽ hình phụ. II. Biện pháp 1. Phơng pháp 1 : Tìm yếu tố trung gian. Thực chất của phơng pháp này là dựa vào kết luận, lựa chọn điều kiện cần có, gợi ra hớng vẽ hình phụ để từ giả thiết có thể suy luận đến yếu tố trung gian đó để suy ra kết luận. Ví dụ 1: (Bài 155 trang 76 SBT) Cho hình vuông ABCD. Gọi E, F theo thứ tự là trung điểm của AB, BC. a) Chứng minh rằng CE vuông góc với DF. b) Gọi M là giao điểm của CE và DF. Chứng minh rằng AM = AD. GT Hình vuông ABCD CE cắt DF tại M EA = EB; FB = FC KL a) CE DF b) AM = AD Phân tích 1 A B CD E F M K N a. Học sinh cha cần tạo ra yếu tố phụ trên hình vẽ cũng chứng minh đợc : BEC = CFD (c g c) => ã ã MCF CDF= Do đó ã ã ã ã 0 MCF CFD CDF CFD 90+ = + = => ã 0 CMF 90= b. Đối với trờng hợp này, giáo viên dẫn dắt học sinh phải kẻ đờng phụ nh sau: Để AM = AD khi và chỉ khi tam giác AMD cân tại A, khi và chỉ khi trung tuyến đồng thời là đờng cao. Vậy dẫn tới kẻ thêm đờng phụ phải mang yếu tố trung điểm và vuông góc. Từ đó phải xuất phát từ trung điểm K của DC. Lấy K là trung điểm của DC nối AK cắt DF tại N. Ta Chứng minh cho AN là trung tuyến, là đờng cao của tam giác ADM. Lời giải a) Xét hai tam giác BEC và CFD có : CD = BC (cạnh hình vuông), ã ã EBC FCD 1v= = , CF = BE ( 1 CD 2 = ) nên BEC = CFD (c g c) => ã ã MCF CDF= . Do đó ã ã ã ã 0 MCF CFD CDF CFD 90+ = + = => ã 0 CMF 90= Hay CE DF (1) b) Gọi K là trung điểm của CD, N là giao điểm của AK và CD. Tứ giác AECK là hình bình hành vì AE // CK, AE = CK. Suy ra AK // CE (2) Từ (1) và (2) suy ra AK DF (3) Mà K là trung điểm của CD, AK // CE (c/m trên) nên ND = NM (4) Từ (3) và (4) suy ra AN vừa là đờng cao vừa là đờng trung tuyến của tam giác ADM. Do đó tam giác ADM cân tại A. Hay AD = AM (đpcm). 2. Phơng pháp 2 : Biến đổi kết luận của bài toán về dạng tơng đ- ơng. Thực chất của phơng pháp này là biến đổi kết luận (ở dạng cha thấy hớng giải) thành một trong các dạng tơng đơng có khả năng gợi ra hớng vẽ hình phụ và từ đó đi đến hớng giải. Đây là phơng pháp đơn giản và thờng đợc thử nghiệm đầu tiên. Ví dụ 2 : Dựng về phía ngoài của tam giác ABC các hình vuông ABDE và BCKF. Chứng minh rằng trung tuyến BM của tam giác ABC bằng nửa đoạn thẳng DF. GT ABC Dựng các hình vuông ABDE; BCKF MA = MC 2 B A C E D F K M N KL 1 BM DF 2 = Phân tích Ta thử biến đổi kết luận: 1 BM = DF(1) 2BM=DF(2) 2 Vế trái của đẳng thức (2) gợi ý kéo dài BM để có BN = 2BM khi đó ta thử tìm cách chứng minh BN = DF. Nối NC, NA (nét đứt biểu hiện yếu tố mới vẽ thêm). Hình bình hành ABCN và cặp tam giác bằng nhau. BDF = CNB (c.g.c) sẽ cho ta lời giải BN = DF hay BM = 1 2 DF. Chứng minh Lấy N đối xứng với B qua N. Tứ giác ABNC có hai đờng chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đờng nê nó là hình bình hành. Từ đó suy ra NC = AB và ã ã 0 ABC BCN 180+ = . Mà AB = BD (cạnh hình vuông) và ã ã o o0 0 ABC DBF 360 (90 90 ) 180+ = - + = nên BD = NC và ã ã DBF BCN= . Hai tam giác BDF và CNB có BC = BF, BD = NC và ã ã DBF BCN= , nên chúng bằng nhau theo trờng hợp c g c. Vậy DF = BN hay DF = 2BM 3. Phơng pháp 3: Vẽ hình phụ bằng hoặc tỉ lệ với các hình có trong kết luận. Thực chất của phơng pháp này là vẽ thêm các yếu tố phụ hoặc bằng, hoặc tỉ lệ (hoặc có diện tích bằng hoặc tỉ lệ) phụ thuộc vào yêu cầu bài toán với các hình có trong kết luận ở dạng nhìn thấy hớng giải rõ hơn. Ví dụ 3: Cho hình bình hành ABCD, một điềm M chạy trên cạnh CD. Gọi P, Q và R theo thứ tự là chân các đờng vuông góc hạ từ B, C, D xuống đờng thẳng AM. Chứng minh rằng BP = DQ + CR. GT ABCD là hình bình hành CR AM , M CD; BP AM; QD AM KL BP = DQ + CR 3 A B Q R C P D M C R Phân tích : Ta thấy các đoạn thẳng có trong đẳng thức của KL cha có mối liên hệ trực tiếp nào. Có thể nghĩ đến tạo ra các đoạn thẳng trung gian bằng các đoạn thẳng trong đẳng thức ở kết luận trên hình vẽ, nên có các hớng sau: 1. Vẽ trên đoạn thẳng lớn BP một đoạn thẳng bằng DQ (hoặc bằng CR) và tìm cách cm phần còn lại của đoạn thẳng thứ hai. 2. Kéo dài đoạn thẳng CR (hoặc DQ) một đoạn thẳng bằng đoạn thẳng ngắn thứ hai và tìm cách c/m phần còn lại của đoạn thẳng thứ hai. Hớng thứ nhất gợi cho ta hai cách vẽ hình phụ: a. Để PC = CR (hoặc CC = PR) chỉ còn phải c/m BC = DQ ( Dễ dàng c/m đợc BC C = DQA trờng hợp cạnh huyền - góc nhọn). b. Kẻ RR // BC => BR = CR. Cần c/m PR = QD ta cũng có cách vẽ tơng tự với hớng thứ hai. Chứng minh Cách 1 : Kẻ CC AM. Tứ giác CRPC lcó ba góc vuông nên nó là hình chữ nhật, suy ra CR = C P. Xét hai tam giác vuông DQA và BC C có à à Q C'= = 90 0 , AD = BC ( cạnh đối của hình bình hành, ã ã ADQ C'BC= (góc có cạnh tơng ứng song song) nên ADQ CBC'D =D (cạnh huyền góc nhọn) Suy ra DQ = BC Từ đó suy ra điều phải chứng minh. Cách 2 : Kẻ RR // BC, chứng minh RC = BR , DR/ = DQ. Từ đó suy ra điều phải chứng minh Ví dụ 4: Cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 1. Nối A với trung điểm M của cạnh BC, AM cắt đờng chéo BD tại O. Tính diện tích của tứ giác OMCD. GT MB = MC S ABCD = 1 AM BD = 0 KL Tính S OMCD = ? Phân tích Trên hình vẽ cần tạo ra bằng hoặc có diện tích bằng BOM và các tứ giác có diện tích bằng nhau (có thể tính đợc), sao cho giữa tứ giác 4 B M C N O I P A E D OMCD có mối liên hệ diện tích với các tứ giác, tam giác nói trên, với hình bình hành ABCD. Muốn thế từ B, trung điểm E của AD và D vẽ các đờng // với AM chúng cắt BC, BD, AD, tạo thành các tứ giác. Dễ dàng chứng minh đợc: S AMCE = S BCD ( = 2 1 S ABCD ) S OMCI = S OBM + S CID ; S OMCI = 3 S BOM S OMCD = 6 5 . 2 1 S ABCD = 12 5 S ABCD Vì S ABCD = 1 => S OMCD = 12 5 . Chứng minh Từ B, trung điểm E của AD và D vẽ các đờng // với AM chúng cắt BC, BD, AD, tạo thành các tứ giác. Dễ dàng chứng minh đợc: S AMCE = S BCD ( = 2 1 S ABCD ) S OMCI = S OBM + S CID ; S OMCI = 3 S BOM S OMCD = 6 5 . 2 1 S ABCD = 12 5 S ABCD Vì S ABCD = 1 => S OMCD = 12 5 . Bài tập vân dụng Bài 1 : Cho hình vuông ABCD. E thuộc miền trong của hình vuông sao cho ã ã 0 FAD FDA 15= = . Chứng minh tam giác ABE là tam giác đều. Bài 2 : Cho hình thang vuông ABCD có . Qua điểm E thuộc cạnh AB, kẻ đờng vuông góc với DE, cắt BC tại F. Chứng minh rằng ED = EF. Bài 3 : Cho tam giác ABC cân tại A. Từ một điểm D trên đáy BC, vẽ đ- ờng thẳng vuông góc với Bc, cắt các đờng thẳng AB, AC ở E, F. Vẽ các hình chữ nhật BDEH và CDFK. Chứng minh A là trung điểm của HK. Bài 4. Cho tam giác ABC. Lờy các điểm D, E theo thứ tự thuộc tia đối của các tia BA, CA sao cho BD = CE = BC. Gọi O là giao điểm của BE và CD. Qua O vẽ đờng thẳng song song với tia phân giác của góc A, đ- ờng thẳng này cắt AC ở K. Chứng minh rằng AB = CK. 5 Bài 5 : Cho tứ giác lồi ABCD. Trên cạnh AB lấy điểm P tuỳ ý. Hãy kẻ qua P đờng thẳng chia tứ giác thành 2 đa giác có diện tích bằng nhau. Bài 6: Cho hình bình hành OBCA. Gọi E và F lần lợt là các điểm trên cạnh OA và OB sao cho OE = OA; OF = 1 3 OB. Đoạn thẳng EF cắt đờng chéo OC tại M. Tính tỉ lệ số OC OM = ? III. Kết quả và những bài học rút ra. Trong tiếp thu kiến thức hình, tìm đờng lối chứng minh hình là một điều khó với học sinh. Với học sinh khá giỏi, ngoài việc biết chứng minh các bài tập cơ bản còn phải biết giải các bài toán khó. Với cách hớng dẫn trên giáo viên đã chuẩn bị, tạo ra tình huống dẫn dắt học sinh học tập bằng cách tự học là chính. Tuy nhiên, để làm đợc điều đó, giáo viên phải đầu t thời gian cho việc chuẩn bị nội dung và phơng pháp giảng dạy của mình. Muốn bồi dỡng cho học sinh giỏi toán, có kỹ năng giải các bài toán hình chính xác, lập luận phải có căn cứ thì giáo viên bồi d- ỡng phải nâng dần t duy cho học sinh và nắm chắc phơng pháp giải toán. Bằng cách hớng dẫn đó, chung ta sẽ hình thành cho học sinh khả năng giải các bài tập, đặc biệt các bài tập khó. Trên đây là những ý kiến của cá nhân tôi, mong các đồng nghiệp tham khảo góp ý kiến chung để có đợc phơng pháp bồi dỡng học sinh giỏi tốt. Thụy Phúc, ngày 10 tháng 11 năm 2007 Ngời viết Trần Ngọc Đại 6 . luận của bài toán về dạng tơng - ơng. Thực chất của phơng pháp này là biến đổi kết luận (ở dạng cha thấy hớng giải) thành một trong các dạng tơng đơng có khả năng gợi ra hớng vẽ hình phụ và. cho học sinh giỏi toán, có kỹ năng giải các bài toán hình chính xác, lập luận phải có căn cứ thì giáo viên bồi d- ỡng phải nâng dần t duy cho học sinh và nắm chắc phơng pháp giải toán. Bằng cách. Phơng pháp 3: Vẽ hình phụ bằng hoặc tỉ lệ với các hình có trong kết luận. Thực chất của phơng pháp này là vẽ thêm các yếu tố phụ hoặc bằng, hoặc tỉ lệ (hoặc có diện tích bằng hoặc tỉ lệ) phụ thuộc