SKKN Chứng minh một số dạng toán hình học lớp 9

Nâng cao đợc năng lực tự duy, tính độc lập, sáng tạo linh hoạt trong cách tìm lời giải bài tập toán nhất là bộ môn hình học càng có ý nghĩa quan trọng.. Việc bồi dỡng học sinh khá giỏi k

Trang 1

Trờng THCS Hiệp Thuận- Huyện Phúc Thọ- Hà Nội

Cộng hoà xã hội chủ nghĩa Việt Nam

Độc lập - Tự do - Hạnh phúc

Đề tài sáng kiến kinh nghiệm I.Sơ yếu lý lịch :

-Họ và tên : Nguyễn Trọng Diễn

-Sinh ngày 03 tháng 10 năm 1957

-Năm vào ngành : 01- 09 - 1978

-Chức vụ và đơn vị công tác : Hiệu trởng-Trờng THCS Hiệp Thuận-Phúc Thọ- Hà Nội

-Trình độ chuyên môn : Đại học-Chuyên ngành : Toán tin ứng dụng

-Hệ đào tạo : Tại chức

-Bộ môn giảng dạy : Toán

-Ngoại ngữ : Không

-Trình độ chính trị : Học trờng Đảng tỉnh Hà Sơn Bình-Hệ trung cấp Ba môn triết học Mác - Lênin

-Khen thởng : Chiến sỹ thi đua cấp huyện nhiều năm

II.Nội dung đề tài :

Tên đề tài : Chứng minh một số dạng toán hình học lớp 9.

A.lý do chọn đề tài:

-Toán học là một bộ môn khoa học tự nhiên mang tính trừa tợng cao, tính logíc đồng thời môn toán còn là bộ môn công cụ hổ trợ cho các môn học khác.Với môn hình học là môn khoa học rèn luyện cho học sinh khả năng đo đạc, tính toán, suy luận logíc, phát triển t duy sáng tạo cho học sinh Đặc biệt là rèn luyện của học sinh khá, giỏi Nâng cao đợc năng lực tự duy, tính độc lập, sáng tạo linh hoạt trong cách tìm lời giải bài tập toán nhất là bộ môn hình học càng có ý nghĩa quan trọng Việc bồi dỡng học sinh khá giỏi không đơn thuần chỉ cung cấp cho các em một số kiến thức cơ bản thông qua việc làm bài tập hoặc làm càng nhiều bài tập khó, hay mà giáo viên phải biết rèn luyện khả năng sáng tạo đối với bộ môn hình học càng phải biết rèn luyện năng lực t duy trừu tợng và phán đoán lôgíc

-Qua các năm công tác giảng dạy ở trờng tôi nhận thấy việc học toán nói chung và bồi dỡng học sinh khá giỏi toán nói riêng, muốn học sinh rèn luyện đợc t duy sáng tạo trong việc học và giải toán thì bản thân mỗi ngời thầy cần phải có nhiều phơng pháp và nhiều cách giải nhất Đặc biệt qua những năm giảng dạy thực tế ở trờng việc có đợc học sinh giỏi của môn Toán là một điều rất hiếm và khó, tuy nhiên có nhiều nguyên nhân có cả khách quan và chủ quan Song đòi hỏi ngời thầy cần phải tìm tòi nghiên cứu tìm ra nhiều phơng pháp và cách giải qua một bài Toán để từ đó rèn luyện cho học sinh năng lực hoạt động t duy sáng tạo Vì vậy tôi tâm huyết chọn sáng kiến kinh nghiệm này: "Rèn luyện khả năng tìm lời giải bài toán hình học cho học sinh khá, giỏi lớp 9 "

Với mục đích thứ nhất là rèn luyện khả năng sáng tạo Toán học, trớc mỗi bài tập tôi đã cho học sinh tìm nhiều cách giải, đồng thời ngời thầy giáo, cô giáo cũng phải gợi ý và cung cấp cho học sinh nhiều cách giải Trên cơ sở đó học sinh tự tìm ra cách giải hợp lý nhất Phát hiện ra đợc cách giải tơng tự và khái quát phơng pháp đờng lối chung Trên cơ sở đó với mỗi bài toán cụ thể các em có thể khái quát hoá thành bài Toán tổng quát và xây dựng các bài Toán tơng tự

Điều mong muốn thứ hai đó là mong muốn thay đổi phơng pháp bồi dỡng cho học sinh khá giỏi từ trớc đến nay Xây dựng một phơng pháp mới đó là rèn luyện khả năng sáng tạo Toán cho học sinh sao cho mọi lúc, mọi nơi các em có thể tự phát huy năng lực độc lập sáng tạo của mình

B.Thực trạng của vấn đề nghiên cứu.

a)Thuận lợi Đợc sự chỉ đạo của các cấp quản lý và lãnh đạo nhà trờng trong công tác giáo dục và đặc biệt trong họat động chuyên môn, luôn tạo mọi điều kiện cho giáo viên phấn

đấu, học tập và nghiên cứu, phát huy các phơng pháp dạy học đổi mới sáng tạo nhất Bên cạnh đó các môn học khác có học sinh giỏi huyện luôn khuyến khích các giáo viên dạy toán

và học sinh phải năng động tìm tòi, t duy sáng tạo trong việc dạy và học toán Mặt khác trong

sự nghiệp giáo dục có nhiều thay đổi đáng kể, đã có học sinh giỏi tỉnh, giỏi huyện, do đó các cấp uỷ Đảng chính quyền, các bậc phụ huynh, đặc biệt Hội khuyến học xã đã có phần quan tâm động viên hơn đối với sự nghiệp giáo dục của xã và nhà trờng

Trang 2

Trờng THCS Hiệp Thuận- Huyện Phúc Thọ- Hà Nội b) Khó khăn Bên cạnh những mặt thuận lợi cũng có nhiều những khó khăn nh: Điều kiện cơ sở vật chất của nhà trờng còn thiếu thốn, không có phòng học để mở việc bồi dỡng cho học sinh khá giỏi theo một trình tự có hệ thống từ các lớp nhỏ đến lớp lớn, cụ thể từ lớp 6

đến lớp 9 Phòng th viện của nhà trờng còn nghèo nàn, do đó việc tìm tòi sách đọc là vấn đề hạn chế Nhng khó khăn nhất vẫn là các em học sinh do điều kiện của địa phơng với đặc thù

là vùng nông thôn, số nhân khẩu đông, điều kiện kinh tế khó khăn, vì vậy việc quan tâm đến học hành còn hạn chế nhiều cả về tinh thần và vật chất, dẫn đến hạn chế việc học hành của các em đặc biệt là môn toán

Chính vì vậy càng cần phải rèn luyện cho các em năng lực t duy độc lập sáng tạo, càng khiến tôi tâm huyết tìm tòi, nghiên cứu để giảng dạy có hiệu quả nhất

C) Các số liệu :

Qua các năm giảng dạy trực tiếp bồi dỡng cho học sinh khá giỏi, qua trắc nghiệm hứng thú học toán của học sinh tôi thấy chỉ có 25% các em thực sự có hứng thú học toán (Có t duy sáng tạo), 45% học sinh thích học toán (cha có tính độc lập, t duy sáng tạo) và 30% còn lại nữa thích nữa không Qua gần gủi tìm hiểu thì các em cho biết cũng rất muốn học xong nhiều khi học một cách thụ động, cha biết cách t duy để tạo cho mình một sáng tạo trong cách giải một bài toán nào đó, bởi vì do điều kiện khách quan của địa phơng và của nhà tr-ờng, học sinh chỉ đợc bồi dỡng một thời gian nhất định trớc khi đi thi vì vậy học sinh cha có hứng thú học toán và kết quả qua các kỳ thi cha cao

III Quá trình thực hiện đề tài :

A Giải pháp thực hiện.

- Hình thành các tình huống có vấn đề liên quan đến các cách giải cho một bài toán

- Hớng dẫn học sinh đa ra các cách giải cho một bài toán, từ đó hớng dẫn học sinh tìm

đợc một lời giải ngắn nhất và phù hợp nhất đối với từng học sinh

- Tăng cờng các hoạt động tìm tòi, quan sát,đo đạc, dự đoán tiếp cận lời giải

- Nắm vững kiến thức cơ bản, huy động, vận dụng kiến thức cơ bản vào giải quyết các vấn đề có liên quan

B.Kiến thức cần truyền đạt

Xuất phát từ điều mong muốn rèn luyện đợc khả năng sáng tạo, tìm đợc nhiều cách giải do đó bản thân ngời thầy, ngời dạy phải là ngời tìm ra nhiều cách giải nhất và hớng dẫn học sinh tìm đợc lời giải cho bài toán Trong đề tài này do khuôn khổ, giới hạn của đề tài tôi chỉ đa ra một số dạng cơ bản và một bài tập điển hình cho dạng toán

c minh hoạ vài dạng toán hình học phát huy khả năng sáng tạo HS :

Dạng toán chứng minh về góc với đờng tròn qua nhiều cách giải 1 bài toán

Bài toán 1: Cho  ABC nội tiếp trong đờng tròn tâm O, với AB > AC Kẻ đờng cao AH, bán

kính OA Chứng minh OAH = ACB - ABC

Cách giải 1: Hình 1.

Gợi ý:

- Kẻ OI  AC cắt AH ở M

- áp dụng kiến thức về góc ngoài tam giác

- Góc nội tiếp,góc ở tâm

Lời giải: Ta có:

OMH = ACB(góc có các cặp cạnh tơng ứng vuông góc)

AOM= ABC (cùng bằng 1

2sđAC) Trong OAM thì: OMH= AOM+ OAH

(Góc ngoài tam giác) Hay ACB = ABC + OAH   

Vậy: OAH = ACB - ABC    (Đpcm)

Gợi ý: Kẻ tiếp tuyến với đờng tròn tại A

Trang 3

Trờng THCS Hiệp Thuận- Huyện Phúc Thọ- Hà Nội cắt BC ở D

Lời giải:

Ta có: ABC = CAD   (1) (Cùng chắnAC)

OAH = ADC (2)

(góc có các cặp cạnh tơng ứng vuông góc)

Cộng từng vế của (1) và (2)

Ta đợc: ABC + OAH = CAD + ADC    

Mà CAD + ADC = ACB    (góc ngoài tam giác)

 ABC + OAH = ACB   

Gợi ý: - Kẻ đờng kính AOD

- Kẻ DK  BC

Lời giải:

Ta cóDK // AH OAH = ODK   (1) (so le trong)

ABC = ADC (2) (góc nội tiếp cùng chắnAC)

Ta đợc OAH + ABC = ODK + ADC = KDC     

Mà: KDC = ACB  

 OAH + ABC = ACB   

Vậy OAH = ACB - ABC    (Đpcm)

Cách giải 4: Hình 4

Gợi ý:

- Kẻ đờng kính AOD

- Kẻ CK  AD

Lời giải:

Ta có: OAH = KCB   (1)

ABC = ADC (2) (góc nội tiếp cùng chắn AC)

Ta đợc: OAH + ABC = KCB + ADC    

Mà: ADC = KCA  

 OAH + ABC = KCB + KCA = ACB     

Gợi ý:

- Kẻ đờng kính AOD

- Gọi M là giao điểm của AH và DC

Lời giải:

Ta có: AMC = ACB   (1)

(góc có cạnh các cặp cạnh tơng ứng vuông góc)

ADM = ABC (2) (góc nội tiếp cùng chắnAC)

Trừ từng vế của (1) và (2)

Ta đợc: AMC - ADM = ACB - ABC    

Trang 4

Trờng THCS Hiệp Thuận- Huyện Phúc Thọ- Hà Nội Mà: AMC - ADM = OAH    (góc ngoài tam giác)

Gợi ý:

Kẻ OI  BC và OK  AB

Lời giải:

Ta có: OAH = O   2 (1) (so le trong)

ABC = O   1 (2)

Ta đợc OAH + ABC = O + O    1  2

Mà O + O = ACB  1  2  (Cùng bằng

2

1

sđ AB)

 OAH + ABC = ACB   

Gợi ý: Tại A kẻ tiếp tuyến Ax

và đờng thẳng Ay // BC

Lời giải: Ta có: OAH = xAy   (1)

ABC = BAy (2) (so le trong)

Ta đợc: OAH + ABC = xAy + BAy = xAB     

Mà: xAB = ACB   (góc nội tiếp cùng chắnAB)

 OAH + ABC = ACB   

Đây là một bài toán có nhiều cách giải khác nhau nhng ở bài toán này việc sử dụng yếu tố vẽ thêm đờng phụ là một vấn đề quan trong cho việc tìm ra các lời giải và là vấn đề khó đối với học sinh ở bài toán trên giáo viên cần cho học sinh chỉ ra kiến thức đã vận dụng vào giải bài toán

- Kiến thức về hai đờng thẳng song song, hai đờng thẳng vuông góc

- Góc nội tiếp, góc ở tâm, góc ngoài tam giác

Dạng chứng minh hai đoạn thẳng bằng nhau,đờng thẳng song song,đồng quy

Bài toán 2: Trong hình vuông ABCD và nữa đờng tròn đờng kính AD và vẽ cung AC mà tâm

là D Nối D với điểm P bất kỳ trên cung AC, DP cắt nữa đờng tròn đờng kính AD ở K Chứng minh PK bằng khoảng cách từ P đến AB

Gợi ý :

- Kẻ PI  AB

- Xét hai tam giác APK và  API

Lời giải:

Kẻ PI  AB

Xét APK và tam giác API

Trang 5

APK vuông tại K ( Vì góc AKD = 900

góc nội tiếp chắn nữa đờng tròn

đờng kính AD)

ADP cân tại D, AD = DP

 P = DAP 2 

Mặt khác P = DAP 1  ( So le trong vì AD // PI )

Do đó: ^P1=^P2  APK = API

( Có chung cạnh huyền và một cặp góc

nhọn bằng nhau )  PK = PI

Gợi ý: - Ngoài cách chứng minh hai tam giác

APK và  API bằng nhau cách 1 ta chứng

minh^P1=^P2 Ta chứng minh ^A1=^A2

- Gọi F là giao điểm của AP với đờng tròn

đờng kính AD

Lời giải: Ta có: AFD = 900

( Góc nội tiếp chắn nữa đờng tròn)

Tam giác ADP cân tại D có DF là đờng cao

nên DF cũng là phân giác suy ra: ^D1=^D2

mà^A1=^D2 ;^D1=^A2Vì đều là góc có các cặp cạnh tơng ứng vuông góc

Suy ra: ^A1=^A2  APK = API

Gợi ý: - Cách giải này chúng ta cũng đi chứng minh A = A  1  2 nhng việc chứng minh

đ-ợc áp dụng bằng kiến thức khác

- Chú ý rằng AB là tiếp tuyến của đờng tròn tâm D nên ta có:

Lời giải: Ta có IAK = ADK   ( Có số đo bằng 12sđAK )

Mặt khác góc IAP là góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung AP của đờng tròn tâm D nên góc

IAPbằng 1

2 số đo của góc ở tâm cùng chắn một cung là góc ADP

^ IAP = 1 1

ADP = IAK

^

A1=^A2  APK =  API ( Có chung cạnh huyền và một cặp góc nhọn bằng nhau )

 PK = PI

Gợi ý:

- Kéo dài K cắt đờng tròn tâm D tại E

- áp dụng định lí của góc tạo bởi tiếp tuyến

và dây cung

Lời giải: DK  AE nên AP = PE  

Góc BAE (góc tạo bởi tiếp tuyến và

dây cung AE )Vì AP lại đi qua điểm chính

Trang 6

Trờng THCS Hiệp Thuận- Huyện Phúc Thọ- Hà Nội giữa của cung AE nên AP là tia phân giác của

góc BAE Suy ra: ^A1=^A2

 APK =  API

Đối với bài toán trên để chứng minh hai đoạn thẳng PK và PI bằng nhau ta đi chứng minh APK =  API vấn đề giáo viên cần cho học sinh t duy và vận dụng sáng tạo kiến thức về :

- Trờng hợp bằng nhau trong tam giác vuông

- Góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung

- Góc nội tiếp

Dạng bài có quan hệ liên kết nhau khi phát triển một bài đơn giản đến phức tạp Bài toán 3: Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác, dựng các tam giác đều ABF; ACD;

BCE Chứng minh rằng AE; BD; CF đồng quy

Bài giải:

Gọi O là giao điểm của BD và CF

Ta cần chứng minh A; O; E thẳng hàng

Ta có DAB = CAF (bài toán 1)

 B1 = F1  AOBF nội tiếp

 O1 = B2 = 600

O2 = A1 = 600

 AOB = 1200 (1)

Tơng tự: AOC = 1200

 BOC = 1200

Mà BFC = 600  BOCE nội

tiếp

 O3 = C1 = 600 (2)

Từ (1) và (2)  AOF = 1800

 A; O; E thẳng hàng

Hay AE; BD; CF đồng quy

1 2

1

1 2 3

A

D

E

F

O

Qua bài trên ta nhận thấy các góc AOB; BOC; COA có số đo là 1200

Từ đây ta xây dựng bài toán dựng hình khá quen thuộc sau :

Bài toán 4:

Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác,

dựng các tam giác ABF; ACD vuông cân tại

A Chứng minh rằng CF = BD; CF  BD

H ớng dẫn giải:

+ CF = BD (tơng tự nh bài toán 1)

+ CF  BD:

Do Tứ giác AOBF nội tiếp

 BOF = BAF = 900

Trang 7

A

D

F

O

Tiếp tục bài toán trên Gọi M; N; I lần lợt là

trung điểm của BF; CD; BC, ta có:

IM là đờng TB của tam giác BCF nên:

IM // =

2

1

CF (1) Tơng tự ta có:

IN // =

2

1

BD (2) Mà: CF = BD (3)

Từ (1); (2) và (3) suy ra: IM  IN

IM = IN

Hay MIN vuông cân tại I

A

D

F

O

N M

I

Nhận xét rằng AMB và ANC vuông cân tại M và N Từ đây ta có bài toán tiếp

Bài toán 5:

Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác, dựng

các tam giác ABM vuông cân tại M; ACN vuông

cân tại N Gọi I là trung điểm của BC IMN là

tam giác gì?

Nếu học sinh lần đầu gặp bài toán này mà cha gặp

dạng thì hơi khó giải đối với các em

A

N M

I Bài toán trên có thể diển đạt cách khác làm cho học sinh dễ chứng minh hơn bằng cách thay các tam giác vuông cân ABM, CAN bằng các hình vuông ABDE và ACHF thì ta đợc bài toán

đơn giản hơn.Ta có bài toán tiếp sau :

Trang 8

Bài toán 6:

Cho tam giác ABC, dựng

về phía ngoài tam giác các

hình vuông ABDE và

ACHF

a.Chứng minh rằng:

BF = CE và BF  CE

b.Gọi I, J lần lợt là tâm

của hai hình vuông đó M

là trung điểm của BC

Chứng minh rằng MIJ là

tam giác vuông cân

A

H

F

E

D

I

J

M

Bài toán 7: Cho tam giác ABC nội tiếp trong một đờng tròn (O) M ; N ; P lần lợt là cá điểm

chính giữa các cung nhỏ AB ; BC ; CA   MN và NP cắt AB và AC theo thứ tự ở R và S

Chứng minh rằng: RS // BC và RS đi qua tâm của đờng tròn nội tiếp tam giác ABC

Gợi ý: Đây là một bài toán hình tơng đối khó đối với học sinh nếu không có t duy tốt trong

hình học Khi đa ra bài toán này ngay cả việc

vẽ hình cũng là một vấn đề khó và các em

đã không tìm ra đợc lời giải Dới sự hớng dẫn của thầy

Ta có AN; BP và AN là các tia phân giác

của tam giác ABC Gọi I là giao điểm của

các đờng phân giác Khi đó ta có I chính

là tâm của đờng tròn nội tiếp tam giác ABC

Để chứng minh cho RS // BC và I  RS ta đi

chứng minh IR // BC ; IS // BC rồi sử dụng

tiên đề về đờng thẳng song song để suy ra

điều phải chứng minh

Sau một thời gian ngắn một học sinh đã

tìm ra đợc lời giải cho bài toán này

Và cũng là lời giải ngắn mà thầy đã tìm ra

Lời giải:

Xét NBI ta có: IBN = B + B   2  3 mà  2 CP

B =

2

 3 

B = NAC (Góc nội tiếp chắn cung NC)

NAC = BAC

2 do đó

 A B  IBN =

2

 ;

  1  1 BIN = A + B = A B 

2

 ( Góc ngoài của tam giác ABI ) Suy ra : IBN = BIN  NBI cân tại N  N thuộc trung trực của đoạn thẳng BI

Ta chứng minh đờng trung trực của đoạn thẳng này chính là RN

Gọi H là giao điểm của MN và PB Ta có

BHN =1

2sđ

BN + AM + AP = 1

2

sđBC + sđAB + sđAC

2

Vì BHN là góc có đỉnh nằm bên trong đờng tròn và

Trang 9

 BC

BN =

2 ;

 AB

AM =

2 ;

 AC

AP =

2  BHN = 1

4 360

0 = 900

 RN là trung trực của đoạn thẳng BI  BR = RI  RBI cân tại R

 B = RIB  1  mà B = B  1  2

 B = RIB  2   IR // BC ( Vì tạo với các tuyến BI hai góc so le trong bằng nhau )

Cũng chứng minh tơng tự ta đợc IS // BC, từ điểm I ở ngoài đờng thẳng BC ta chỉ có thể kẻ

đ-ợc một đờng thẳng song song với BC

 R ; I ; S thẳng hàng

Vậy RS // BC và RS đi qua tâm I của đờng tròn nội tiếp tam giác ABC ( Đpcm)

Gợi ý: Trong cách giải này yêu cầu học

sinh phải nắm lại kiến thức cũ về

Tính chất đờng phân giác trong tam giác

đây là tính chất quan trọng mà các em đã đợc

học ở lớp 8 đa số học sinh ít thậm trí là không

hay để ý đến tính chất này

Lời giải: Theo giả thiết ta có

MA = MB do đó MN là phân giác của góc ANB

áp dụng tính chất đờng phân giác

trong tam giác ABN ta có: RA NA

=

RB NB ( 1)

Tơng tự: NP là phân giác của tam giác ACN

SA NA =

SC NC (2)

vì BN = CN   nên BN = CN kết hợp với (1) và (2) ta đợc RA SA

=

RB SC  RS // BC

Gọi giao điểm của RS với AN là I, của BC và AN là D vì RS // BC nên ta có:

AI RA

=

ID RB mà

NA RA

NB  RB suy ra

AI NA =

ID NB

Hai tam giác BND và tam giác ANB đồng dạng

(vì có góc BNA chung vàBAN NBD    ) nên NA AB

NB  BD Vậy

AI AB =

ID BD

Suy ra BI là phân giác của góc ABC

ở trên ta có I thuộc phân giác AN của góc BAC ta lại vừa chứng minh I thuộc phân giác ABC

nên I là tâm của đờng tròn nội tiếp tam giác ABC ( Đpcm)

Bài toán 8: T ừ một điểm trên đờng tròn ngoại tiếp của một tam giác bất kì hạ các đờng

vuông góc xuống ba cạnh của tam giác ABC nội tiếp đờng tròn Chứng minh rằng chân của

ba đờng vuông góc đó thẳng hàng

(Đờng thẳng này gọi là đờng thẳng Simson)

Cách giải 1:

Vì   0

D = E = 90 suy ra tứ giác

BDPE là tứ giác nội tiếp BED = BPD   (*)

( Góc nội tiếp cùng chắn một cung )

và F = E = 90   0

suy ra tứ giác EFCP cũng là tứ giác nội tiếp

suy ra FEC = FPC   (**)

( Góc nội tiếp cùng chắn một cung )

Vì tứ giác ABPC nội tiếp đờng tròn

 BPC = - A    (1)

Trang 10

PD AB

PF AC

 



   DPF = - A   (2)

Từ (1) và (2)  BPC = DPF

 BPD = FPC   (***)

Từ (*) ; (**) và (***)  BED = FEC  D ; E ; F thẳng hàng

Cách giải 2:

PE EC

PF FC

 



   Tứ giác EFCP là tứ giác nội tiếp    0

FEP + PCF = 180 (1)

Vì tứ giác ABPC nội tiếp đờng tròn  ABP + FCP = 180   0 Mà ABP + BDP = 180   0

 FCP = DBP   (2)

PD BD

PE BC



   Tứ giác EPDB là tứ giác nội tiếp  DBP = DEP ( 3)

Từ (1) ; (2) và (3) ta có : PEF + DEP = 180   0

Suy ra ba điểm D ; E ; F thẳng hàng

Đối với bài toán trên là một bài toán khó yêu cầu học sinh phải huy động nhiều kiến thức có liên quan vì vậy ngay cả việc tìm ra lời giải đã khó việc tìm ra các cách giải khác nhau là một vấn đề quá khó, với bài này bản thân học sinh của tôi không làm đợc sau khi giáo viên gợi ý học sinh đã dần t duy sáng tạo và tìm đợc hớng đi của bài toán Đơn vị kiến thức đợc áp dụng để giải bài toán.Nh để chứng minh ba điểm thẳng hàng cần chứng minh hai góc kề có tổng số đo bằng 1800

- Tứ giác nội tiếp đờng tròn

- Góc nội tiếp trong đờng tròn

Bài toán 9:

Cho tam giác ABC, dựng về phía ngoài tam giác các hình vuông ABDE và ACHF, vẽ hình bình hành AEQF, Chứng minh rằng: BH = QC và BH QC

Bài giải:

Gọi O là giao điểm của BH

và QC Theo BT 9, ta có: 

ABC = FQA,

nên: BC = QA

Và ACB = FAQ

 BCH = QAC

Xét hai tam giác:

BCH và QAC, có:

BC = QA

BCH = QAC 

CH = AC (gt)

BCH = QAC (c.g.c)

 BH = QC (1)

Và CBH =AQC

Mà AQC +QCP = 900

 CBH + QCP = 900

Hay BOC = 900

Hay BH  QC (2)

Từ (1) và (2) suy ra đpcm

A

C

D

E

F

H

Q

N

O

Tơng tự nh trên ta cũng có CD  QB Ta nhận thấy QP, BH, CD là ba đờng cao của tam giác QBC Và từ dây ta xây dựng đợc bài toán mới đợc phát biểu ở dạng khác

Định dạng
Số trang	17
Dung lượng	851,5 KB