Kinh nghiệm hướng dẫn học sinh lớp 9 khai thác kiến thức phần tứ giác nội tiếp hình học 9, đạt hiệu quả cao

MỤC LỤC TT 1.1 1.2 1.3 1.4 2.1 2.2 2.3 2.4 Các tiêu mục Mở đầu Lí chọn đề tài Mục đích nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu Phương pháp nghiên cứu Nội dung sáng kiến kinh nghiệm Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm Các giải pháp sử dụng để giải vấn đề 2.3.1 Xây dựng hệ thống tập minh họa cách vận dụng trực tiếp kiến thức tứ giác nội tiếp 2.3.2 Khai thác lời giải toán dựa vào tứ giác nội tiếp Hiệu sáng kiến kinh nghiệm hoạt động giáo dục, với thân, đồng nghiệp nhà trường Kết luận, kiến nghị Tài liệu tham khảo Trang 1 1 2 3 17 18 19 MỞ ĐẦU 1.1 Lí chọn đề tài - Tốn học mơn khoa học tự nhiên mang tính logic, tính trừu tượng cao Đặc biệt với phân mơn Hình học, giúp cho học sinh khả tính tốn, suy luận logic phát triển tư sáng tạo Việc bồi dưỡng học sinh học tốn khơng đơn cung cấp cho em số kiến thức thông qua việc làm tập làm nhiều tập khó mà giáo viên phải biết rèn luyện khả thói quen suy nghĩ, tìm tòi, khai thác lời giải tốn sở kiến thức trang bị - Thực tế cho thấy tâm lí chung đa số học sinh sợ ngại học mơn Hình học Nguyên nhân em chưa tìm phương pháp học tập phù hợp với đặc trưng môn, mơn Hình học mơn học khó với lượng tập đa dạng, có nhiều tập khó đòi hỏi học sinh khơng nắm vững kiến thức mà phải biết vận dụng linh hoạt, có kĩ trình bày suy luận cách khoa học, logic - Tứ giác nội tiếp quan trọng chương trình Hình học gắn liền với mảng kiến thức đường tròn với nhiều mức độ từ dễ đến khó mà người giáo viên giảng dạy khai thác Đây nội dung thường gặp đề thi vào lớp 10 PTTH Xuất phát từ lí đó, tơi chọn cho đề tài nghiên cứu: ‘‘Kinh nghiệm hướng dẫn học sinh lớp khai thác kiến thức phần Tứ giác nội tiếp - Hình học đạt hiệu cao” với mong muốn giúp cho em học sinh tự hình thành cho phương pháp học tập hiệu quả, từ nắm vững kiến thức tự tin xử lí tình tốn học thực tiễn 1.2 Mục đích nghiên cứu - Việc nghiên cứu, lựa chọn đề tài để nhằm mục đích hướng dẫn HS hệ thống hóa kiến thức, cách thức tiếp cận, khai thác có hiệu phần Tứ giác nội tiếp - Hình học 9, khơi gợi hứng thú, niềm đam mê môn học nơi học sinh, đồng thời chuẩn bị hành trang kiến thức cho em chuẩn bị bước vào kì thi vào lớp 10 PTTH 1.3 Đối tượng nghiên cứu - Đề tài nhằm hướng tới việc nghiên cứu, tổng kết số đơn vị kiến thức xoay quanh phần Tứ giác nội tiếp - Hình học 1.4 Phương pháp nghiên cứu - Phương pháp nghiên cứu lý thuyết kết hợp kinh nghiệm giảng dạy thân - Phương pháp nghiên cứu thực tiễn - Phương pháp phát giải vấn đề 2 NỘI DUNG CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm [1] a) Định nghĩa tứ giác nội tiếp Một tứ giác có đỉnh nằm đường tròn gọi tứ giác nội tiếp đường tròn (gọi tắt tứ giác nội tiếp) VD: Trong hình bên, ta có tứ giác ABCD nội tiếp B đường tròn (O) hay đường tròn (O) ngoại tiếp tứ giác ABCD C A O D b) Định lí: * Trong tứ giác nội tiếp, tổng số đo hai góc đối 1800 * Nếu tứ giác có tổng số đo hai góc đối 1800 tứ giác nội tiếp đường tròn c) Các phương pháp chứng minh tứ giác nội tiếp - Tứ giác có tổng hai góc đối 1800 - Tứ giác có đỉnh cách điểm (mà ta xác định được) Điểm tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác - Tứ giác có hai đỉnh kề nhìn cạnh chứa hai đỉnh lại góc α 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm Từ thực tế giảng dạy môn Tốn học thân tơi trao đổi, tham khảo nơi đồng nghiệp khác gần 100% học sinh học phân mơn Hình học Đại số Cũng mà em có tâm lí ngại học, khơng thích học, khơng có hứng thú học Hình học Bởi em chưa thực nghiên cứu, tìm tòi, đào sâu suy nghĩ đơn vị kiến thức hình học đó, có lớp vài chục em vài em lưu tâm, để ý đọc thêm sách tham khảo, làm thêm tập khó liên quan đến nội dung vừa học Thời điểm sau dạy xong chương III: Góc với đường tròn - Hình học 9: năm học 2016-2017, tiến hành khảo sát mức độ tiếp thu kiến thức em học sinh lớp 9B thông qua kiểm tra 45 phút với nội dung tập trung chủ yếu phần kiến thức tứ giác nội tiếp Kết thu sau: Tổng Giỏi Khá TB Yếu Kém số HS SL % SL % SL % SL % SL % 23 01 4,3 05 21,7 10 43,5 04 17,4 03 13,1 Trong đó: Với ý khó dùng để phân loại đối tượng học sinh đề thi 01 em đạt loại giỏi mức điểm làm dở; 05 em đạt loại mức điểm chưa làm đến, lại số học sinh đạt điểm trung bình trở xuống có chất lượng làm hạn chế 2.3 Các giải pháp sử dụng để giải vấn đề 2.3.1 Xây dựng hệ thống tập minh họa cách vận dụng trực tiếp kiến thức tứ giác nội tiếp Bài toán 1: Cho ∆ ABC Hai đường cao BE CF cắt H Gọi D điểm đối xứng H qua trung điểm M BC Chứng minh tứ giác ABDC nội tiếp đường tròn [2] Bài giải: A Vì tứ giác BHCD có hai đường chéo E BC HD cắt trung điểm F H đường nên hình bình hành ⇒ CD // BH; DB // CH ⇒ CD // BE; DB // CF B C M Mà BE ⊥ AC; CF ⊥ AB ⇒ CD ⊥ AC; DB ⊥ AB D ⇒ ACD = ABD = 900 Xét tứ giác ABDC có: ACD + ABD = 900 + 900 = 1800 Suy tứ giác ABDC nội tiếp đường tròn (đpcm) Nhận xét: Trong này, để chứng minh tứ giác ABDC nội tiếp, ta sử dụng phương pháp: Tứ giác có tổng hai góc đối 1800 Bài tốn 2: Cho đường tròn (O) đường kính AB tia tiếp tuyến Bx đường tròn Trên tia Bx lấy hai điểm C D (C nằm B D) Các tia AC AD cắt đường tròn E F Hai dây AE BF cắt M Hai tia AF BE cắt N Chứng minh tứ giác FNEM,CDFE nội tiếp.[2] Bài giải: *Vì AFB, AEB góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) x ⇒ AFB = AEB = 900 ⇒ NFM = NEM = 900 D Xét tứ giác FNEM có: F NFM + NEM = 900 + 900 = 1800 Suy tứ giác FNEM nội tiếp *Ta có: FEA = FBA (hai góc nội tiếp chắn FA ) (1) FBA = FDB (cùng phụ FBD) (2) Từ (1) (2) ⇒ FEA = FDB hay FEA = FDC Mà FEA + FEC = 1800 (hai góc kề bù) N E C M A O B ⇒ FDC + FEC = 1800 ⇒ Tứ giác CDFE nội tiếp (đpcm) Nhận xét: Trong này, để chứng minh cho tổng hai góc đối tứ giác CDFE 1800 , ta chứng minh tứ giác có góc ngồi đỉnh góc đỉnh đối đỉnh Bài tốn 3: Cho ∆ ABC khơng có góc tù Các đường cao AH đường trung tuyến AM không trùng cho BAH = CAM Gọi N trung điểm AB Chứng minh AMHN tứ giác nội tiếp.[2] Bài giải: Vì ∆ AHB vng H có HN A đường trung tuyến ứng với cạnh huyền AB ⇒ HN = AB = NA N ⇒ ∆ NAH cân N ⇒ NAH = AHN B H M C Mà NAH = BAH = CAM (gt) ⇒ AHN = CAM (1) Mặt khác MN đường trung bình ∆ ABC ⇒ MN // AC ⇒ AMN = CAM (hai góc đồng vị) (2) Từ (1) (2) ⇒ AHN = AMN Xét tứ giác AMHN có hai đỉnh kề H M nhìn cạnh AN góc ⇒ AMHN tứ giác nội tiếp (đpcm) Nhận xét: Trong này, để chứng minh tứ giác AMHN nội tiếp, ta sử dụng phương pháp: Tứ giác có hai đỉnh kề nhìn cạnh chứa hai đỉnh lại góc α Bài toán 4: Cho ∆ ABC nội tiếp đường tròn (O) Gọi M điểm nằm đường tròn (O) (M khác A, B, C) Từ M kẻ MH ⊥ AB; MI ⊥ AC; MK ⊥ BC (H ∈ AB; I ∈ AC; K ∈ BC) Chứng minh điểm H, I, K thẳng hàng [5] H Bài giải: A M Xét tứ giác MIKC có đỉnh I K I nhìn cạnh MC góc vng nên tứ giác nội tiếp O ⇒ MIK + MCK = 1800 Hay: MIK + MCB = 1800 (1) Vì AMCB tứ giác nội tiếp nên: B K C MAB + MCB = 1800 Mà MAB + HAM = 1800 (hai góc kề bù) ⇒ MCB = HAM (2) Xét tứ giác AIMH có đỉnh I H nhìn cạnh AM góc vng nên tứ giác nội tiếp ⇒ HAM = HIM (hai góc nội tiếp chắn HM ) (3) Từ (1), (2), (3) ⇒ MIK + HIM = 1800 ⇒ HIK = 1800 ⇒ HIK góc bẹt ⇒ điểm H, I, K thẳng hàng (đpcm) Nhận xét: Trong này: - Để tứ giác MIKC, AIMH nội tiếp, ta sử dụng kiến thức quỹ tích cung chứa góc: Qũy tích điểm nhìn đoạn thẳng AB cho trước góc vng đường tròn đường kính AB - Để chứng tỏ điểm H, I, K thẳng hàng, ta phải sử dụng đến tính chất tổng hai góc đối tứ giác nội tiếp 180 hai tứ giác MIKC, AMCB - Đường thẳng HIK gọi đường thẳng Xim-xơn điểm M (Robert Simson, 1687-1768, nhà tốn học Xcơt-len) 2.3.2 Khai thác lời giải toán dựa vào tứ giác nội tiếp Trong phần này, ta khai thác kiến thức tứ giác nội tiếp thông qua việc thêm bớt thay đổi vài yếu tố giả thiết toán, dẫn đến thay đổi kết luận tốn, từ tạo nên lơi cuốn, thích thú niềm đam mê mơn học học sinh Bài toán xuất phát 1: Cho điểm M nằm ngồi đường tròn (O) Vẽ tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (A, B tiếp điểm) Vẽ cát tuyến MCD không qua tâm O (C nằm M D) Tia MO cắt AB (O) H K (H nằm M K) Chứng minh rằng: a) Tứ giác MAOB nội tiếp b) MC.MD = MA2 c) OH.OM + MC.MD = MO2 d) CK tia phân giác DCH (Đề thi vào 10 năm 2012-2013-Tỉnh Nghệ An) A Bài giải: D C M H O K B a) Vì MA, MB tiếp tuyến đường tròn (O) ⇒ MA ⊥ OA, MB ⊥ OB Xét tứ giác MAOB có: MAO + MBO = 900 + 900 = 1800 Suy tứ giác MAOB nội tiếp (đpcm) b) Xét ∆MAC ∆MDA có AMC chung, MAC = MDA (góc tạo tia tiếp tuyến dây cung góc nội tiếp chắn AC ) ⇒ ∆MAC ∆MDA (g g) MA MC = ⇒ MA = MC.MD (đpcm) MD MA c) Xét ∆MAO vuông A, có AH ⊥ MO ⇒ ⇒ OH.OM = OA2 ⇒ OH.OM + MC.MD = OA2 + MA2 (1) Mặt khác áp dụng định lí Pi-ta-go vào ∆MAO vng A ta có: AO + MA = MO (2) Từ (1) (2) ⇒ OH.OM + MC.MD = MO2 (đpcm) d) Xét ∆MAO vng A, có AH ⊥ MO ⇒ MH.MO = MA2 , mà MC.MD = MA2 (theo câu b) ⇒ MH.MO = MC.MD ⇒ MH MC = MD MO Xét ∆MCH ∆MOD có: CMH chung, ⇒ ∆MCH MH MC = (cmt) MD MO ∆MOD (c.g.c) ⇒ MCH = MOD Mà MCH + HCD = 1800 (hai góc kề bù) ⇒ MOD + HCD = 1800 ⇒ Tứ giác CDOH nội tiếp ⇒ DCH = DOK (cùng bù HOD) (3) 1 Mặt khác: DCK = DOK (= sđ DK ) (4) 2 Từ (3) (4) ⇒ DCK = DCH ⇒ CK tia phân giác DCH (đpcm) Nhận xét: Trong toán trên, ta gọi I giao điểm lại MO đường tròn (O), có ICK = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn), tức CI ⊥ CK Mặt khác MCH HCD hai góc kề bù, nên từ chỗ CK tia phân giác DCH suy CI tia phân giác MCH Do ta có tốn sau đây: Bài tốn 2: Cho điểm M nằm ngồi đường tròn (O) Vẽ tiếp tuyến MA với đường tròn (A tiếp điểm) Vẽ cát tuyến MCD nằm hai tia MA MO (C nằm M D) Kẻ AH vuông góc với MO H Tia MO cắt (O) I (I nằm M H) Chứng minh rằng: CI tia phân giác MCH A Bài giải: D C M I H O Kéo dài MO cắt đường tròn (O) K ∆MDA (g g) ⇒ MA2 = MC.MD Ta có: ∆MAC ∆MAO vng A, có AH ⊥ MO ⇒ MA2 = MH.MO MH MC = MD MO ∆MOD (c.g.c) ⇒ MCH = MOD ⇒ MC.MD = MH.MO ⇒ ⇒ ∆MCH Mà MCH + HCD = 1800 (hai góc kề bù) K ⇒ MOD + HCD = 1800 ⇒ Tứ giác CDOH nội tiếp ⇒ DCH = DOK ( bù HOD) (1) 1 Mặt khác: DCK = DOK (= sđ DK ) (2) 2 Từ (1) (2) ⇒ DCK = DCH ⇒ CK tia phân giác DCH Mà ICK = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒ CI ⊥ CK Mặt khác MCH HCD hai góc kề bù ⇒ CI tia phân giác MCH (đpcm) Nhận xét: Trong toán trên, nối D với H dựa vào tứ giác CHOD nội tiếp ta suy CHM = DHO, từ suy CHA = DHA Do ta lại có tốn sau đây: Bài tốn 3: Cho điểm M nằm ngồi đường tròn (O) Vẽ tiếp tuyến MA với đường tròn (A tiếp điểm) Vẽ cát tuyến MCD nằm hai tia MA MO (C nằm M D) Kẻ AH vuông góc với MO H Chứng minh rằng: HA tia phân giác CHD.[3] A Bài giải: D C M Ta có: ∆MAC H O ∆MDA (g g) ⇒ MA2 = MC.MD ∆MAO vng A, có AH ⊥ MO ⇒ MA2 = MH.MO MH MC = MD MO ∆MOD (c.g.c) ⇒ MCH = MOD ⇒ MC.MD = MH.MO ⇒ ⇒ ∆MCH Mà MCH + HCD = 1800 (hai góc kề bù) ⇒ MOD + HCD = 1800 ⇒ Tứ giác CDOH nội tiếp ⇒ CDO + CHO = 1800 Mà CHM + CHO = 1800 (hai góc kề bù) ⇒ CHM = CDO (1) Vì OC = OD ⇒ ∆ OCD cân O ⇒ CDO = OCD (2) Lại có: OCD = OHD (hai góc nội tiếp chắn OD đường tròn ngoại tiếp tứ giác CDOH) (3) Từ (1), (2), (3) ⇒ CHM = OHD Mặt khác: CHM + CHA = OHD + DHA = 900 ⇒ CHA = DHA ⇒ HA tia phân giác CHD (đpcm) Nhận xét: Trong toán trên, gọi P giao điểm AH CD ta có HP tia phân giác góc đỉnh H ∆ CHD, kết hợp với điều kiện HP ⊥ HM ta có HM tia phân giác góc ngồi đỉnh H ∆ CHD Khi theo tính chất đường phân giác tam giác ta có gì? Lúc ta bổ sung thêm giả thiết toán việc qua điểm C kẻ đường thẳng song song với AD cắt AH, MA I, K Gọi N điểm đối xứng với A qua D ta lại có tốn nào? Bài tốn 4: Cho điểm M nằm ngồi đường tròn (O) Vẽ tiếp tuyến MA với đường tròn (A tiếp điểm) Vẽ cát tuyến MCD nằm hai tia MA MO (C nằm M D), Kẻ AH vng góc với MO H, AH cắt CD P Qua điểm C kẻ đường thẳng song song với AD cắt AH, MA I, K Gọi N điểm đối xứng với A qua D Chứng minh rằng: M, I, N thẳng hàng.[7] A Bài giải: D K C M Ta có: ∆MAC P I N H O I ∆MDA (g g) ⇒ MA2 = MC.MD ∆MAO vng A, có AH ⊥ MO ⇒ MA2 = MH.MO MH MC = MD MO ∆MOD (c.g.c) ⇒ MCH = MOD ⇒ MC.MD = MH.MO ⇒ ⇒ ∆MCH Mà MCH + HCD = 1800 (hai góc kề bù) ⇒ MOD + HCD = 1800 ⇒ Tứ giác CDOH nội tiếp ⇒ CDO + CHO = 1800 Mà CHM + CHO = 1800 (hai góc kề bù) ⇒ CHM = CDO (1) Vì OC = OD ⇒ ∆ OCD cân O ⇒ CDO = OCD (2) Lại có: OCD = OHD (hai góc nội tiếp chắn OD đường tròn ngoại tiếp tứ giác CDOH) (3) Từ (1), (2), (3) ⇒ CHM = OHD Mặt khác: CHM + CHA = OHD + DHA = 900 ⇒ CHA = DHA ⇒ HA tia phân giác CHD Mặt khác: HA ⊥ HM ⇒ HM tia phân giác góc ngồi đỉnh H ∆ CHD Theo tính chất đường phân giác tam giác, ta có: CP CH CM CH CP CM ⇒ = = = ; (4) PD HD MD HD PD MD Vì CK // AD nên theo hệ định lí Ta-lét, ta có: MC MK KC = = (5) MD MA AD Vì CI // AD nên theo hệ định lí Ta-lét, ta có: CP CI = (6) PD AD KC CI ⇒ KC = CI ⇒ KI = 2KC = AD AD Vì N đối xứng với A qua D ⇒ D trung điểm đoạn thẳng AN ⇒ AN = 2AD MK KC KC KI = = = Khi đó, từ (5), ta có: MA AD AD AN Xét ∆ MKI ∆ MAN, có: Từ (4), (5), (6) ⇒ MKI = MAN (đồng vị) MK KI = (cmt) MA AN ⇒ ∆ MKI ∆ MAN (c.g.c) ⇒ KMI = AMN, hay AMI = AMN ⇒ Hai tia MI MN trùng ⇒ điểm M, I, N thẳng hàng (đpcm) Nhận xét: - Trong chuỗi toán trên, ta thấy nút thắt nằm chỗ tứ giác CDOH nội tiếp - Trong toán 1, ta bỏ tiếp tuyến MB thay đổi giả thiết thành: ‘‘Kẻ AH vng góc với MO H Gọi N trung điểm dây CD, B giao điểm ON AH’’ ta có tốn sau đây: Bài tốn 5: Cho điểm M nằm ngồi đường tròn (O) Vẽ tiếp tuyến MA với đường tròn (A tiếp điểm) Vẽ cát tuyến MCD nằm hai tia MA MO (C nằm M D) Kẻ AH vuông góc với MO H Gọi N trung điểm dây CD, B giao điểm ON AH Chứng minh rằng: a) Các tứ giác MANO BHOD nội tiếp b) Khi điểm M, C, D cố định cát tuyến đường tròn (O) tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ONH ln chạy đường thẳng cố định đường tròn (O) thay đổi.[6] B Bài giải: A C M 10 K H D N O a) * Vì MA tiếp tuyến đường tròn (O) ⇒ MA ⊥ OA Vì N trung điểm CD ⇒ ON ⊥ CD Xét tứ giác MANO có hai đỉnh kề A N nhìn cạnh MO góc vng ⇒ Tứ giác MANO nội tiếp (đpcm) * Xét ∆ OHB ∆ ONM có: HON chung, OHB = ONM (= 900) ⇒ ∆ OHB ∆ ONM (g g) OH OB ⇒ ON.OB = OH.OM (1) = ON OM Xét ∆MAO vng A, có AH ⊥ MO ⇒ OH.OM = OA2 = OD2 (2) OD OB = Từ (1) (2) ⇒ ON.OB = OD2 ⇒ ON OD OD OB = Xét ∆ ODB ∆ OND có: DON chung, (cmt) ON OD ⇒ ∆ ODB ∆ OND (c.g.c) ⇒ ODB = OND = 900 ⇒ Xét tứ giác BHOD có: BHO + BDO = 900 + 900 = 1800 Suy tứ giác BHOD nội tiếp (đpcm) b) Gọi K giao điểm CD AH * Xét ∆ MHK ∆ MNO có: HMK chung, MHK = MNO (= 900) ⇒ ∆ MHK ∆ MNO (g g) MH MK ⇒ MH.MO = MN.MK (3) = MN MO Xét ∆MAO vng A, có AH ⊥ MO ⇒ MH.MO = MA2 ⇒ ∆MDA (g g) Lại có: ∆MAC ⇒ MA = MC.MD ⇒ MH.MO = MC.MD (4) Từ (3) (4) ⇒ MN.MK = MC.MD ⇒ MK = MC.MD MN Vì M, C, D cố định ⇒ trung điểm N CD cố định ⇒ MK = MC.MD MN không đổi ⇒ điểm K cố định Xét tứ giác KHON có: KHO + KNO = 900 + 900 = 1800 Suy tứ giác KHON nội tiếp Vì đường tròn ngoại tiếp tứ giác KHON đường tròn ngoại tiếp tam giác ONH, mà đường tròn ln qua hai điểm cố định K N tâm đường tròn nằm đường trung trực đoạn thẳng KN 11 Vậy điểm M, C, D cố định cát tuyến đường tròn (O) tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ONH chạy đường thẳng cố định (là đường trung trực đoạn thẳng KN) đường tròn (O) thay đổi (đpcm) Nhận xét: - Trong toán trên, để giải ý b, ta sử dụng nhận xét: đường tròn ngoại tiếp tứ giác KHON đường tròn ngoại tiếp tam giác ONH Vậy nên việc tứ giác KHON nội tiếp đơn giản xong lại nút thắt để giải toán -Trong toán 1, ta thay đổi giả thiết: “Tia MO cắt AB (O) H K (H nằm M K)’’ thành: Gọi I trung điểm CD, Tia BI cắt đường tròn (O) K, ta có tốn sau đây: Bài tốn 6: Cho điểm M nằm ngồi đường tròn (O) Vẽ tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (A, B tiếp điểm) Vẽ cát tuyến MCD nằm hai tia MA MO (C nằm M D) Gọi I trung điểm CD, Tia BI cắt đường tròn (O) x K Chứng minh rằng: AK // CD.[4] K A Bài giải: D I C M O B b) Vì MA, MB tiếp tuyến đường tròn (O) ⇒ MA ⊥ OA, MB ⊥ OB Vì I trung điểm CD ⇒ OI ⊥ CD Vì điểm A, I, B nhìn đoạn thẳng MO góc vng nên chúng thuộc đường tròn đường kính MO, tức điểm M, A, I, O, B thuộc đường tròn đường kính MO ⇒ AMI = ABI (hai góc nội tiếp chắn AI ) Mà xAK = ABK = ABI (góc tạo tia tiếp tuyến dây cung góc nội tiếp chắn AK ) ⇒ xAK = AMI, mà hai góc lại nằm vị trí đồng vị ⇒ AK // MI ⇒ AK // CD (đpcm) Nhận xét: Trong toán 1, ta thay đổi giả thiết: “Tia MO cắt AB (O) H K (H nằm M K)’’ thành: ‘‘Đường thẳng qua C vng góc với OA cắt AB, AD theo thứ tự H K’’, ta có tốn sau đây: Bài tốn 7: 12 Cho điểm M nằm ngồi đường tròn (O) Vẽ tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (A, B tiếp điểm) Vẽ cát tuyến MCD không qua tâm O (C nằm M D) Đường thẳng qua C vng góc với OA cắt AB, AD theo thứ tự H K Chứng minh rằng: CH = HK.[3] A Bài giải: H C M K I D O B Kẻ OI ⊥ CD (I ∈ CD) ⇒ IC = ID Vì MA, MB tiếp tuyến đường tròn (O) ⇒ MA ⊥ OA, MB ⊥ OB Vì điểm A, I, B nhìn đoạn thẳng MO góc vng nên chúng thuộc đường tròn đường kính MO, tức điểm M, A, I, O, B thuộc đường tròn đường kính MO ⇒ AMI = ABI (hai góc nội tiếp chắn AI ) (1) Ta lại có: MA // CK (cùng ⊥ OA) ⇒ AMI = HCI (hai góc đồng vị) (2) Từ (1) (2) ⇒ ABI = HCI ⇒ HBI = HCI Xét tứ giác CHIB có hai đỉnh kề C B nhìn cạnh HI góc ⇒ CHIB tứ giác nội tiếp ⇒ HIC = HBC (hai góc nội tiếp chắn HC) Mặt khác: HBC = ABC = ADC (hai góc nội tiếp chắn AC ) ⇒ HIC = ADC, mà hai góc lại vị trí đồng vị ⇒ HI // AD ⇒ HI // KD Xét ∆ CKD có: IC = ID; HI // KD (cmt) ⇒ HC = HK (đpcm) Nhận xét: - Nút thắt toán nằm việc tứ giác CHIB nội tiếp -Trong toán 1, ta thay đổi giả thiết: “Tia MO cắt AB (O) H K (H nằm M K)’’ thành: ‘‘Kẻ đường kính BON Các đường thẳng NC, ND cắt đường thẳng MO E F’’ ta có toán sau đây: Bài toán 8: Cho điểm M nằm ngồi đường tròn (O) Vẽ tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (A, B tiếp điểm) Vẽ cát tuyến MCD không qua tâm O (C 13 nằm M D) Kẻ đường kính BON Các đường thẳng NC, ND cắt đường thẳng MO E F Chứng minh rằng: OE = OF.[3] A Bài giải: N D C H M E O F B Vì MA, MB tiếp tuyến đường tròn (O) ⇒ MA ⊥ OA, MB ⊥ OB Xét tứ giác MAOB có: MAO + MBO = 900 + 900 = 1800 ⇒ Tứ giác MAOB nội tiếp ⇒ AMO = ABO (hai góc nội tiếp chắn AO ) Mà ABO = ABN = CAN (hai góc nội tiếp chắn AN ) ⇒ AMO = ACN, hay AME = ACN Ta lại có: ACN + ACE = 1800 (hai góc kề bù) ⇒ AME + ACE = 1800 ⇒ Tứ giác MECA nội tiếp ⇒ CEF = MAC (cùng phụ MEC) Mà MAC = ADC = ADM (góc tạo tia tiếp tuyến dây cung góc nội tiếp chắn AC ) ⇒ CEF = ADM Chứng minh tương tự ta có tứ giác MFDA nội tiếp ⇒ AFM = ADM (hai góc nội tiếp chắn AM ) ⇒ AFM = CEF (1) Mặt khác: ∆ AFB có đường cao FH đồng thời đường trung tuyến nên ∆ AFB cân F ⇒ FH đường phân giác AFB ⇒ AFH = BFH ⇒ AFM = BFE (2) Từ (1) (2) ⇒ AEF = BFE, mà hai góc lại vị trí so le ⇒ EN // BF ⇒ ENO = FBO (hai góc so le trong) Xét ∆ NOE ∆ BOF có: ENO = FBO (cmt) ON = OB (= R) NOE = BOF (đối đỉnh) ⇒ ∆ NOE = ∆ BOF (g.c.g) 14 ⇒ OE = OF (hai cạnh tương ứng) (đpcm) Nhận xét: - Nút thắt toán nằm việc tứ giác MECA, MFDA nội tiếp - Trong toán 1, ta bỏ giả thiết vẽ cát tuyến MCD mà lấy điểm C cung nhỏ AB đường tròn (O) , ta có tốn sau đây: Bài tốn 9: Cho điểm M nằm ngồi đường tròn (O) Vẽ tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (A, B tiếp điểm) Gọi C điểm cung nhỏ AB đường tròn (O) Gọi D, E, F chân đường vng góc kẻ từ C đến AB, MA, MB Gọi P giao điểm AC DE, Q giao điểm BC DF Chứng minh rằng: AB // PQ.[4] A Bài giải: E M C P D Q H O F B Xét tứ giác CEAD có: CEA + CDA = 900 + 900 = 1800 ⇒ Tứ giác CEAD nội tiếp ⇒ CDE = CAE (hai góc nội tiếp chắn EC ) Mà CAE = CBA (góc tạo tia tiếp tuyến dây cung góc nội tiếp chắn AC ) ⇒ CDE = CBA Lập luận tương tự, ta có: CDF = CAB ⇒ CDE + CDF = CBA + CAB ⇒ PDQ = CBA + CAB Xét tứ giác CPDQ có: PDQ + PCQ = CBA + CAB + ACB = 1800 (Định lí tổng ba góc ∆ ABC) ⇒ Tứ giác CPDQ nội tiếp ⇒ CPQ = CDQ (hai góc nội tiếp chắn QC ) Mặt khác: CDQ = CDF = CAB (cmt) ⇒ CPQ = CAB, mà hai góc lại vị trí đồng vị ⇒ AB // PQ (đpcm) Nhận xét: - Nút thắt toán nằm việc tứ giác CPDQ nội tiếp Trong toán 1, ta kẻ cát tuyến MCD cho DB đường kính đường tròn (O): ta có tốn sau đây: Bài tốn 10: 15 Cho điểm M nằm ngồi đường tròn (O) Vẽ tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (A, B tiếp điểm) Kẻ đường kính BOD, MD cắt đường tròn (O) điểm thứ hai C Từ A kẻ AK ⊥ BD K, AK cắt MD I Chứng minh rằng: IA = IK [7] Bài giải: A I C M D K H O B Gọi H giao điểm MO AB Vì MA, MB tiếp tuyến đường tròn (O), nên theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có: MA = MB, MO tia phân giác AMB ⇒ ∆ MAB cân M có đường phân giác MO đồng thời đường trung trực cạnh AB ⇒ MO ⊥ AB H; HA = HB ⇒ MHB = 90 Vì BCD góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ⇒ BCD = 900 ⇒ MCB = 900 Xét tứ giác MCHB có hai đỉnh H C nhìn cạnh MB góc vng ⇒ tứ giác MCHB nội tiếp ⇒ ICH = MBH (vì bù với MCH ) Mà MB // AK (cùng ⊥ BD) ⇒ HAI = MBH (hai góc so le trong) ⇒ ICH = HAI Xét tứ giác CAIH có hai đỉnh kề C A nhìn cạnh IH góc ⇒ tứ giác CAIH nội tiếp ⇒ CAH = CIH (hai góc nội tiếp chắn CH ) Mặt khác: CAH = CAB = CDB (hai góc nội tiếp chắn CB ) ⇒ CIH = CDB, mà hai góc lại nằm vị trí đồng vị ⇒ IH // DB ⇒ IH // BK Xét ∆ AKB có: HA = HB (cmt) HI // BK (cmt) ⇒ IA = IK (đpcm) Nhận xét: - Nút thắt toán nằm việc tứ giác CAIH nội tiếp - Trong toán 1, ta thay đổi giả thiết: “Tia MO cắt AB (O) H K (H nằm M K)’’ thành: Qua điểm C kẻ đường thẳng vng góc với BO cắt BA, BD I, K Gọi N trung điểm BM, ta có tốn sau đây: Bài tốn 11: 16 Cho điểm M nằm ngồi đường tròn (O) Vẽ tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (A, B tiếp điểm) Vẽ cát tuyến MCD nằm hai tia MA MO (C nằm M D) Qua điểm C kẻ đường thẳng vng góc với BO cắt BA, BD I, K Gọi N trung điểm BM Chứng minh rằng: D, I, N thẳng hàng [7] A Bài giải: E C D I M N O K Q B Gọi E trung điểm CD ⇒ OE ⊥ CD (Quan hệ vng góc đường kính dây) Vì MA, MB tiếp tuyến đường tròn (O) ⇒ MA ⊥ OA, MB ⊥ OB Vì điểm A, E, B nhìn đoạn thẳng MO góc vng nên chúng thuộc đường tròn đường kính MO, tức điểm M, A, E, O, B thuộc đường tròn đường kính MO ⇒ EMB = EAB = EAI (hai góc nội tiếp chắn EB ) Mà MB // CK (cùng ⊥ OA) ⇒ EMB = ECI (hai góc đồng vị) ⇒ EAI = ECI Xét tứ giác CAEI có hai đỉnh kề C A nhìn cạnh EI góc ⇒ tứ giác CAEI nội tiếp ⇒ ACE = AIE (hai góc nội tiếp chắn AE ) Mặt khác: ACE = ACD = ABD (hai góc nội tiếp chắn BD ) ⇒ AIE = ABD, mà hai góc lại nằm vị trí đồng vị ⇒ IE // BD ⇒ IE // KD Xét ∆ CKD có: EC = ED IE // KD (cmt) ⇒ IC = IK Gọi Q giao điểm DI MB Vì CK // MB ⇒ CI // MQ; IK // QB Theo hệ định lí Ta-lét, ta có: CI DI IK DI CI IK = = = ⇒ ; MQ DQ QB DQ MQ QB Mà CI = IK ⇒ MQ = QB ⇒ Q trung điểm MB ⇒ Q ≡ N ⇒ D, I, N thẳng hàng (đpcm) Nhận xét: - Nút thắt toán nằm việc tứ giác CAEI nội tiếp 17 - Từ toán gốc, ta biết thay đổi số yếu tố giả thiết khai thác sâu kết luận khác ta có tốn có mối liên hệ với nhau, từ giúp em học sinh ôn luyện kiến thức cách chuyên sâu, đồng thời rèn khả tư duy, khái quát, khả tổng hợp kiến thức 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm hoạt động giáo dục, với thân, đồng nghiệp nhà trường Sau áp dụng sáng kiến vào thực tế dạy học thân, nhận thấy em học sinh bước đầu hình thành phương pháp học tập mơn Hình học hiệu Các em nắm vững kiến thức bản, tự tin việc xử lí tình Tốn học nói riêng học tập nói chung Khi cho học sinh lớp năm học 2017-2018 làm kiểm tra 45 phút chương III: Góc với đường tròn - với nội dung tập trung chủ yếu phần kiến thức tứ giác nội tiếp thu kết sau: Tổng Giỏi Khá TB Yếu Kém số HS SL % SL % SL % SL % SL % 41 14,6 13 31,7 21 51,2 2,5 0 Trong đó: Với ý khó dùng để phân loại đối tượng học sinh đề thi có số em đạt loại giỏi định hướng trình bày gần hồn thiện, Số em đạt loại có ngưỡng điểm , số học sinh đạt điểm trung bình có cải thiện cách trình bày, lập luận hình học 18 KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 3.1 Kết luận Tứ giác nội tiếp đơn vị kiến thức hay tổng thể mảng kiến thức đường tròn Khi dạy nội dung này, người thầy không dừng lại việc dạy cho học sinh phương pháp chứng minh tứ giác nội tiếp áp dụng trực tiếp tính chất tứ giác nội tiếp vào giải tập vận dụng mức độ đơn giản mà hướng dẫn em thỏa sức sáng tạo, tìm tòi, khai thác tập hay khó giải nhờ vận dụng kiến thức tứ giác nội tiếp thông qua việc thay đổi, thêm bớt vài yếu tố toán Với hiệu đạt áp dụng sáng kiến, đề tài tài liệu hữu ích để đồng nghiệp mà với GV trường tham khảo 3.2 Kiến nghị a) Sở GD& ĐT Thanh Hóa, Phòng GD&ĐT Thọ Xn Nên phát hành SKKN đạt giải cấp Huyện, cấpTỉnh để giáo viên có thêm nguồn liệu tham khảo, học tập b) Nhà trường - Động viên, khuyến khích giáo viên tự nghiên cứu, tự học, tham khảo SKKN đạt giải cao Vận dụng đề tài vào thực tế giảng dạy để nâng cao chất lượng giáo dục - Đối với nhóm chun mơn: Thường xun sinh hoạt trao đổi kinh nghiệm dạy dạng toán dạng tốn hay khó trường THCS Thọ Xuân, ngày 25 tháng năm 2019 Tôi xin cam đoan SKKN viết, khơng chép nội dung người khác Tác giả XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Lê Thị Nguyệt 19 Tài liệu tham khảo [1]: SGK Toán tập - Phan Đức Chính (Tổng chủ biên) - NXB GD [2]: Các dạng toán phương pháp giải toán tập 2- Tơn Thân (Chủ biên) NXB GD [3]: Ơn tập thi vào lớp 10 mơn Tốn- Phan Dỗn Thoại (Chủ biên) - NXB GD2010 [4]: 100 đề kiểm tra học kì lớp ơn thi vào lớp 10 mơn Tốn - Lê Đức Thuận - Phí Trung Đức (Đồng chủ biên) - NXB ĐHQGHN - 2018 [5]: Nâng cao phát triển Tốn tập - Vũ Hữu Bình - NXB GD [6]: Toán nâng cao chuyên đề hình học - Vũ Dương Thụy (Chủ biên) NXBGD [7]: Tài liệu khác 20 DANH MỤC CÁC ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG ĐÁNH GIÁ XẾP LOẠI CẤP PHÒNG GD&ĐT, CẤP SỞ GD&ĐT VÀ CÁC CẤP CAO HƠN XẾP LOẠI TỪ C TRỞ LÊN Họ tên tác giả: Lê Thị Nguyệt Chức vụ đơn vị cơng tác: Phó Hiệu trưởng trường THCS Thọ Nguyên TT Tên đề tài SKKN Kết Cấp đánh đánh giá giá xếp loại Năm học đánh xếp loại (Phòng, Sở, giá xếp loại (A, B, Tỉnh ) C) Phòng GD B 2010-2011 Một số phương pháp thường dùng giải phương trình vơ tỉ Một số phương pháp thường Phòng GD dùng để chứng minh bất đẳng thức Một số biện pháp đạo Phòng GD nhằm nâng cao chất lượng giáo dục kĩ sống cho học sinh trường THCS 21 C 2011-2012 C 2016-2017 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ PHÒNG GD&ĐT THỌ XUÂN SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HỐ PHỊNG GD&ĐT THỌ XN SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM TÊN ĐỀ TÀI KINH NGHIỆM HƯỚNG DẪN HỌC SINH LỚP KHAI TÊN ĐỀ TÀI THÁC KIẾN THỨC PHẦN “TỨ GIÁC NỘI TIẾP”- HÌNH KINH NGHIỆM HƯỚNG HỌC 9, ĐẠTDẪN HIỆUHỌC QUẢSINH CAOLỚP KHAI THÁC KIẾN THỨC PHẦN “TỨ GIÁC NỘI TIẾP”- HÌNH HỌC 9, ĐẠT HIỆU QUẢ CAO Người thực hiện: Lê Thị Nguyệt Chức vụ: Phó Hiệu trưởng Đơn vị cơng THCS Thọ Nguyên -Thọ Xuân Người thựctác:Trường hiện: SKKN Chức thuộc vụ: lĩnh vực (mơn): Tốn Đơn vị cơng tác: SKKN thuộc lĩnh vực (mơn): Tốn 22 THANH HỐ NĂM 2019 THANH HOÁ NĂM 2019 23 ... SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM TÊN ĐỀ TÀI KINH NGHIỆM HƯỚNG DẪN HỌC SINH LỚP KHAI TÊN ĐỀ TÀI THÁC KIẾN THỨC PHẦN “TỨ GIÁC NỘI TIẾP”- HÌNH KINH NGHIỆM HƯỚNG HỌC 9, ĐẠTDẪN HIỆUHỌC QU SINH. .. để nhằm mục đích hướng dẫn HS hệ thống hóa kiến thức, cách thức tiếp cận, khai thác có hiệu phần Tứ giác nội tiếp - Hình học 9, khơi gợi hứng thú, niềm đam mê môn học nơi học sinh, đồng thời chuẩn... khai thác Đây nội dung thường gặp đề thi vào lớp 10 PTTH Xuất phát từ lí đó, tơi chọn cho đề tài nghiên cứu: ‘ Kinh nghiệm hướng dẫn học sinh lớp khai thác kiến thức phần Tứ giác nội tiếp - Hình