SKKN một bài toán với nhiều cách giải

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM NĂM HỌC 2018 – 2019 Nội dung: Một toán với nhiều cách giải: Với tốn hình học khơng phải có cách giải mà có nhiều lời giải lý thú hấp dẫn Đối vơi học sinh yêu thích mơn tốn việc tìm lời giải toán nhiều phương pháp biểu tư sang tạo Còn người giáo viên lời giải nhiều phương pháp giúp gười dạy xác định phương pháp hướng dẫn giải cho học sinh phù hợp với loại đối tượng Chính qua tham khảo tài liệu đồng nghiệp thân thấy nội dung toán sau: A Lý thuyết Những kiến thức hình học lớp vận dụng để giải giải toán - Dấu hiệu nhận biết hai đường thẳng song song - Định nghĩa, định lí tam giác cân - Định lý tổng ba góc góc ngồi tam giác - Đường trung bình tam giác ( học sinh vận dụng tính chất thơng qua tốn) Những kiến thức hình học lớp vận dụng để giải - Định nghĩa, định lý, dấu hiệu nhận biết hình bình hành - Định nghĩa đối xứng tâm - Tính chất đường phân giác tam giác Để làm toán sau học sinh lớp toán Bài toán: Cho tam giác ABC, D trung điểm cạnh AB, E trung điểmcủa DE  BC cạch AC Chứng minh DE// BC Chứng minh: Trên tia đối ED lấy điểm Fsao cho EF =ED EAD ECF có: EA = EC (giả thuyết ) � � AED = CEF ( đối đỉnh) ED = EF ( theo cách vẽ ) � � = ECF Dó EAD = ECF (c-g-c), nên suy EAD , CF = AD Mà AD = DB ( giả thuyết ), nên CF = BD � = , hai góc lại vị trí so le hai đường thẳng AB EAD � � CF nên CF // AB, suy BDC = FCD (so le trong) BCD FDC có: DB = CF (chứng minh trên) � � BDC = FCD (chứng minh trên) CD : cạnh chung Vậy BCD = FDC (c-g-c) Suy ra: � � * BCD = CDF Mà hai góc vị trí so le hai đường thẳng BC DF nên DF // BC, tức DE // BC * BC = DF Mà DF = 2DE, DE = BC Vậy DE // BC DE = BC A � Trên cạnh AB lấy D Bài tốn: Cho tam giác ABC ( AB> AC) có � cho BD = AC Lất E trung điểm AD, F trung điểm BC Tính � BEF Phương pháp 5: Định hướng giải Chứng minh tam giác cân độ dài đoạn thẳng Chứng minh: Đặt AC = b= BD; AC = c AC b  � FK đường trung bình V ABC � FK = 2 Kẻ FK // AC AB c � BK  mà BK = � c b� c b  � � 2 � � KE = BE – BK = (BD+DF) – BK = c b c b b    2 2 KE = b � KEF �  KFE � Vậy KE = KF = cân K � KEF �  KFE �  BKF � ( Tính chất góc ngồi K KEF Mà KEF �  BKF � � 2KEF Mặt khác: �  BAC �  BKF ( Vì KE//AC) �  BKF �   � KEF �  � 2KEF  �  BEF Hay Phương pháp dung hướng dẫn cho học sinh lớp Phương pháp 6: Định hướng cách giải: Kẻ đường phụ Sử dụng tính chất đường phân giác tam giác Sử dụng tính chất dãy tỉ số �  � BAK  Kẻ đường phân giác AK Đặt BC = a, AB = c, AC = BD = b Theo tính chất đường phân giác tam giác ta có: KB AB c   KC AC b KB  KC AB  AC c  b ac �   � KB  KB AB c cb ac KB c  b a �   (1) AB c bc AB  AD cb bc b  2 Mặt khác: BE = BD +DE =BD+ BC a BF   2 Và a BF a   (2) BE b  c b  c Ta có tỉ số Từ (1) (2) Suy : KB BF a   AB BE b  c � EBF : AKB ( c.g c) �  BAK �  � BEF �  BEF Vậy Phương pháp 1: Định hướng Vẽ đường phụ Sử dụng đoạn thẳng Dùng tính chất đường trung bình tam giác Giải Trên tia đối FD lấy D/ cho FD/ = FD Ta có:BDCD/ hình bình hành � CD/ = BD = AC �/ � / CD/ = AC � V ACD/ cân C � CD A  CAD �/ �/ Mặt khác: AB//CD/ � CD A  D AB (2) Từ (1) (2) suy (1) A  � / D �/ AB  � CAD  2 (3) ADD / có EF đường trung bình tam giác nên EF // AD/ � / �  DAD � DEF ( góc đồng vị) � / � Hay D AB  BEF (4) Từ (3) (4) Suy �/ AB   � D BEF  �  BEF Vậy Lưu ý: Lời giải hướng dẫn cho học sinh khối Phương pháp 2: Định hướng Vẽ đường phụ Sử dụng đoạn thẳng Sử dụng tính chất đường trung bình Giải Lấy A/ điểm đối xứng A qua tâm F Ta có ABCA/ hình bình hành � AC// A/B , AC = A/B / Mà AC = BD � A/B = BD � BDA cân B ADA/ có EF đường trung bình nên � EF //DA/ � / 1800  DBA � / � � BEF  BDA  / ( Vì BDA cân) � / � � A A hay 180  DBA Mà ABCA/ hình bình hành nên DBA bù với � � A  � BEF   2 Vậy Phương pháp 3: Định hướng giải Vẽ đường phụ Sử dụng đoạn thẳng Sử dụng tính chất đường trung bình Giải Gọi C/ điểm đối xứng với C qua tâm E Ta có ACDC/ hình bình hành � AC//DC/ , AC = DC/ � � / Mà AC = BD � BD= DC/ � DBC cân D � B1  C2 � � �/ �/ / Mạt khác C DA góc ngồi DBC nên B1  C2  C DA �/ � Do AC // DC/ � C DA  A ( Góc so le trong) � �/ DA  � �C � A 2B A � B 1 2 Vậy : / Trong CBC EF đường trung bình nên EF // BC/ � B � � BEF �  BEF Vậy Phương pháp Bài toán 1: (Bài tập 30 - trang 116 SGK Toán - Tập NXB GD năm 2011) Cho nửa đường tròn tâm O có đường kính AB Gọi Ax, By tia vng góc với AB (Ax, By nửa đường tròn thuộc nửa mặt phẳng bờ AB) Qua điểm M thuộc nửa đường tròn (M khác A B), kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn, cắt Ax By theo thứ tự C D Chứng minh rằng: COD=90o CD = AC + BD Tích AC.BD khơng đổi điểm M di chuyển nửa đường tròn *Phân tích tìm lời giải: Có nhiều cách để chứng minh COD=90o Chẳng hạn chứng minh Ô1= Ô2; Ô3= Ô4 OCOD chứng minh MDO = MBO; MAO =MC mà AMB =90oCOD=90o Vận dụng tính chất hai tiếp tuyến đường tròn xuất phát từ điểm C điểm D để chứng minh CA=CM; B=DM.Suy AC + BD = CD Chứng minh  COD vuông O, đường cao OM.Vận dụng hệ thức h2 = Suy MC.MD = OM2 mà MC = AC; MD = BD; OM=R Do AC.BD=R2 khơng đổi Lời giải tóm tắt: Vì AxAB; ByAB nên Ax, By cáctiếp tuyến đường tròn (O) Áp dung tính chất hai tiếp tuyến đường tròn xuất phát từ điểm C điểm D ta có : Ơ1= Ơ2; Ơ3= Ơ4 CA=CM; B=DM 1) Do đó: 1800 Ơ1 +Ơ4 =Ơ2 +Ơ3= =900 Hay COD=90o Ta có: CD = CM + MD = CA + DB Theo câu 1, COD=90o tam giác COD vng O Mặt khác: OM  CD (tính chất tiếp tuyến) Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vng COD, ta có: OM  AC AD Hay AC AD  R không đổi Khai thác toán: Với giả thiết toán thêm giả thiết ta có tốn mới: Bài tốn 1.2: Gọi N giao điểm DA BC, H giao điểm NM AB Chứng minh: 1) M NAB 2) MN = NH 3) M NABM HAB Chứng minh ba đường thẳng DA, BC, MH đồng quy 4) Chứng minh:  COD  AMB đồng dạng 5) Khi  COD   AMB ta nghỉ đến tỉ số diện tích tam giác nên có SCOD R thêm câu hỏi: Tính tỉ số S AMB AC = ? *Phân tích tìm lời giải Ta có: Ax//By (gt) Áp dụng định lý thuận, đảo hệ Thalets vào tam giác để chứng minh câu Lời giải tóm tắt: 1) Vì Ax//By áp dụng định lý Thalets thuận ta có (1) Ta lại có: CA=CM; DB=DM ( Chứng minh toán 1) (2) Từ (1) (2) ta được: MN//AC (Định lý Thalets đảo) Vì ACAB nên NMAB 2) Áp dụng hệ định lý Thalets vào tam giác ANC, ta có: Suy ra: MN = NH 3) Gọi N giao điểm DA BC Theo câu toán 1.2: Đã chứng minh NMAB HMAB M, N, H thẳng hàng Vậy ba đường thẳng DA, BC, MH đồng quy N 4) Xét  COD  AMB có COD=AMB = 90o OBM = MDO (Góc nội tiếp chắn cung MO) �  COD   AMB (g.g) 5) Theo cách chứng minh câu tốn 1, ta cóOM2 = MC MD hay MC MD = R2 mµ MC = AC = OM => MD = MC = R2: = 2R 5R => CD = CM + DM = + 2R = CD 5R Theo trªn COD  AMB => AB = : 2R = = k (k tỉ số đồng dạng) Vỡ tỉ số diện tích hai tam giác đồng dạng bình phương tỉ số đồng dạng, nên ta có: SCOD SCOD �5 � 25 � S AMB = k2 => S AMB = � �4 � 16  Thật sáng tạo từ kết chứng minh câu trên, ta khai thác thêm câu hỏi dành cho đối tượng học sinh khá, giỏi sau: Bài toán 1.3: Với giả thiết toán yêu cầu học sinh chứng minh câu hỏi sau 1) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác COD tiếp xúc với AB 2) Tìm vị trí điểm M để hình thang ACDB có chu vi nhỏ 3) Tìm vị trí C, D để hình thang ACDB có chu vi nhỏ 14cm Biết AB= 4cm Lời giải tóm tắt: 1) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác COD tiếp xúc với AB Gọi I trung điểm DC Thế I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác COD Vì I trung điểm DC, O trung điểm AB, CA song song với DB( Vì vuong góc với AB) nên OI// CA// DB OIAB Vậy chứng tỏ AB tiếp xúc với đường tròn(I) 2) Tìm vị trí điểm M để hình thang ACDB có chu vi nhỏ Chu vi hình thang ACDB = AB +AC + CD + DB Mà AC + BD = CD nên suy chu vi hình thang ACDB = AB + 2CD Do AB khơng đổi nên chu vi hình thang ACDB nhỏ CD nhỏ CD nhỏ � DC = AB � CD//AB � OM  AB Vậy OM  AB chu vi hình thang ACDB nhỏ 3AB Suy M điểm cung AB 3) Tìm vị trí C, D để hình thang ACDB có chu vi nhỏ 14cm Biết AB= 4cm Đặt AC = x; DB = y chu vi ACDB AB + 2DC = + 2( x+ y) Vì chu vi ACDB Bằng 14cm nên + 2( x+ y) = 14 Hay x+ y = (1) Ta lại có: x.y = MC.DM = MO2( Chứng minh toán 1) Nên x.y = 22 = (2) Từ (1) (2) Suy ra: x2 - 5x +4 = (x-1)(x-4) = x= x = Nếu điểm C thuộc tia Ax cách điểm A 1cm 4cm chu vi hình thang ACDB 14cm * Cũng khai thác tốn gốc theo hướng khó hơn: Bài toán 1.4:BiếtMAB = 60O 1) Chứng minh tam giác MDB tam giác dều 2) Tính diện tích BMD theo R Gợi ý: 1) Vì DM = DB �  DMB cân Do DMB = MAB = 60o nên DMB BM 2) Gọi F giao điểm OD với MB DF  MB DF = ; BM S MDB = BM.DF =  MAB vng có AM=R; AB=2R nên MB2 = AB2 – AM2 = 4R2 – R2 = 3R2 � MB = R ( R 3)2 3R � S MBD = = (đvđt) Không dừng lại mà tốn mở rộng theo góc nhìn khác Từ ta có tốn sau: Bài tập 2: Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R Trên tia đối tia AB lấy điểm E (EA) Từ điểm E, A kẻ tiếp tuyến với đường tròn (O) Tiếp tuyến kẻ từ E cắt tiếp tuyến kẻ từ A B C D 1) Gọi M tiếp điểm tiếp tuyến kẻ từ E tới đường tròn (O) Chứng minh tứ giác ACMO nội tiếp mộtđường tròn 2) Chưng minh tam giác AEC BED đồng dạng từ suy ra: 3)ĐặtAOC = Tính độ dài đoạn thẳng AC B theo R Chứng tỏ tích AC.B phụ thuộc vào R Lời giải tóm tắt: 1) Gợi ý: Nhận xét hai tiếp tuyến đường tròn cắt C để rút kết luận tứ giác ACMO nội tiếp 2) Để chứng minh tam giác AEC đồng dạng tam giác BED, góc tương ứng 3)  AOC vng A có AC = AO.tan = R.tan Trong  BOD (vng B) có BOD = Thật :MDB = MOA ( bù với BOM) BDO=MDB = MOA = AOC = DB = Su ra: AC.B =( R.tan )()= R2 Biểu thứ AC.DB phụ thuộc vào R Bài tập nhà: Cho đoạn thẳng AB = 2a có trung điểm O Trên mặt phẳng bờ BA kẻ tia Ax, By vnggóc với AB.Một đường thẳng d thay đổi cắt Ax M cắt By N cho ln có AM.BN= a2 1) Chứng minh :  AOM đồng dạng  BON MON =900 2) Gọi H hình chiếu O MN Chứng minh đường thẳng d ln tiếp xúc với đường tròn cố định H 3) Chứng minh tâm I đường tròn ngoại tiếp tam giác MON chạy tia cố định 4) Tìm vị trí đường thẳng d cho chu vi tam giác AHB đạt giá trị lớn nhất, tính giá trị lớnnhất theo B ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN KIỂM TRA SAU TÁC NG Đề Kiểm tra sau tác động H v tờn: Lớp Đề Bài tập 1: Cho đường tròn tâm O , đường kính AB Lấy điểm C thuộc đường tròn điểm D nằm đoạn OA Vẽ tiếp tuến Ax,By đường tròn Đường thẳng qua C, vng góc với DC cắt tiếp tuyến Ax, By M N 1) Chứng minh tứ giác ADCM BDCN nội tiếp đường tròn 2) Chứng minh MDN = 900 3) Gọi P giao điểm AC DM, Q giao điểm BC DN Chứng minh PQ song với AB ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM 1) Ta có: Vì Ax tiếp tuyến đường tròn nên MAD = 900 Mặt khác theo giã thiết MCD = 900 nên tứ giác ADCM nội tiếp Tương tự: tứ giác BDCN nội tiếp 2) Theo câu tứ giác ADCM, BDCN nội tiếp nên: DMC = DAC; DNC = DBC Suy DMC + DNC = DAC + DBC = 900 Từ MDN = 900 3) Vì ACB = MDN = 900 nên tứ giác CPDQ nội tiếp Do CPQ = CDQ = CDN Lại có tứ giác CDBN nội tiếp nên CDN = CBN ta có CBN = CAB suy CPQ = CAB hay PQ song với AB  ... BEF �  BEF Vậy Phương pháp Bài toán 1: (Bài tập 30 - trang 116 SGK Toán - Tập NXB GD năm 2011) Cho nửa đường tròn tâm O có đường kính AB Gọi Ax, By tia vng góc với AB (Ax, By nửa đường tròn... giác vng COD, ta có: OM  AC AD Hay AC AD  R không đổi Khai thác toán: Với giả thiết tốn thêm giả thiết ta có toán mới: Bài toán 1.2: Gọi N giao điểm DA BC, H giao điểm NM AB Chứng minh: 1)... tượng học sinh khá, giỏi sau: Bài toán 1.3: Với giả thiết toán yêu cầu học sinh chứng minh câu hỏi sau 1) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác COD tiếp xúc với AB 2) Tìm vị trí điểm M để