SKKN MOT SO CACH SUY LUAN HOP LY DE TIM RA CACH VE DUONG PHU

Mét sè häc sinh kh¸c cßn t×m thªm ®îc nhiÒu øng dông kh¸c tõ ph¬ng ph¸p nµy.[r]

Phòng giáo dục - đào tạo thị xã Thái Hoà trờng THCS hoà hiếu II



Đề tài

mt phng phỏp suy lun hợp lý để tìm cách vẽ đờng phụ dùng chứng minh số hệ thức hình học

Ngêi thùc hiƯn : Ngun Anh Tn

Trờng THCS hoà hiếu II

Năm học 2008 - 2009

I đặt vấn đề

Trong q trình kiếm tìm lời giải cho tốn hình học, đơi việc vẽ thêm đờng phụ giúp cho việc giải toán trở nên dễ dàng hơn, thuận lợi Thậm chí có tốn không vẽ thêm đờng phụ không giải đ-ợc Vấn đề đặt đờng phụ đợc vẽ nh nào? Có phơng pháp chung để vẽ đợc đờng phụ hay khơng?Đó điều khiến cần phải đầu t suy nghĩ

II Néi dung

Ví dụ 1: Trên cung BC khơng chứa điểm A đờng trịn ngoại tiếp 

đều ABC, lấy điểm P tuỳ ý, đoạn thẳng AP BC cắt Q, chứng minh rằng:

1

PQ=

1 PB+

1 PC

* Cách 1: Phân tích toán Ta cã:

PQ=

1 PB+

1

PC <=> PQ PC + PQ PB = PB.PC (*)

- Từ (*) giúp ta nghĩ đến chọn điểm phụ K CP để tách PB.PC = PB (PK+KC)

- Bây ta tìm tính chất điểm K cách cho PB.PK = PQ.PB (hoặc PQ.PB = PB.KC)

Tõ PB.PK = PB.PQ => PK = PQ

- Từ ta suy cách chọn điểm phụ nh sau: Trên đoạn PC ta lấy K cho PQ = PK

Gi¶i:

PQC cã P = 600 ; PQC > 600

=> PC > PQ

Trên đoạn PC lấy điểm K cho PK = PQ

=> PQK (vì QPK = 600; PQ = PK)

=> PQ = PK = QK => PQ PB = PK.PB (1)

Mặt khác: KQC S PBC (vì QKC = BPC = 1200 ; KCQ = PCB)

=> KQ

KC=

PB

PC⇒PB CK=KQ PC

=> PB.CK = PQ.PC (2)

Tõ (1) vµ (2) => PQ.PC + PQ.PB = PB.CK + PK.PB = PB (CK+ KP) = PB.CP

=> PQ (PC + PB) = PB.PC =>

PQ =

1 PC+

1

PB (®pcm) * NhËn xÐt:

- bớc phân tích ta có PK.PB = PB.PQ, phần lại ta cần chứng minh: PQ.PC = PB KC đợc

- cách giải thứ ta chọn điểm phụ K thuộc đoạn PC, tơng tự nh ta chọn điểm K thuộc PB

* C¸ch 2:

Ta cã:

PQ=

1 PB+

1

PC <=> PC=

1 PQ−

1 PB

<=> PB PC - PQ PC = PQ.PB (**)

- Từ (* *) giúp ta nghĩ đến chọn điểm phụ M tia đối tia QP để tách PB.PQ = PB (PM - MQ)

- Bây ta tìm tính chất điểm M b»ng c¸ch cho PB.PM = PB.PC <=> PM = PC

-Từ ta suy cách chọn điểm phụ M nh sau: Trên tia đối tia QP lấy điểm M cho PM = PC

A

B

P Q

C

A

B

P

Q

M

O

C

1

Gi¶i:

Trên tia đối tia QP lấy điểm M cho PM = PC

=> PMC (vì PM = PC; MPC = 600)

=> PM = PC = MC => PB.PM = PB.PC (1)

Mặt khác:  PQB SMQC (v× Q1 = Q2 ; BPQ = QMC = 600)

=> PQ

PB =

MQ

MC => PQ.MC = PB.MQ => PB.MQ = PQ.PC (2) (Vì: MC = PC):

Từ (1) (2) => PC.PB - PC.PQ = PB.PM - PB.MQ = PB (PM - MQ) = PB.PQ

=> PC (PB-PQ) = PB.PQ => PC=

1 PQ−

1

PB hay

PQ=

1 PB+

1

PC (®pcm)

* NhËn xÐt:

+Tơng tự nh cách ta lấy điểm M tia đối tia QP cho PM = PB

+ở cách ta chọn điểm phụ M tia PQ Vậy ta chọn điểm phụ M tia đối tia PB đợc không ? Nếu chọn điểm phụ M tia đối tia PB ta có:

PB.PQ = (BM - MP) PQ = PQ.BM - PQ.MP

- Ta tìm tính chất điểm M cách cho PQ.MP = PQ.PC => MP=PC, từ ta suy cách cọn điểm phụ M nh sau:

- Trên tia đối tia PB ta lấy điểm M cho PM = PC

- Phần lại ta cần chứng minh đợc: PQ.BM = PC.PB Hay: PC

PQ =

MB PB

Tuy nhiên P, M, B thẳng hàng nên BMP SPCQ VËy ta cã thÓ thay tØ sè MB

PB tỉ số đợc ta cần ý đến điều ta chứng minh đợc MB = BP+PM = BP + PC = AP Nh ta cần phải chứng minh PC

PQ=

AP

PB Điều có đợc nhờ PCA S PQB (g.g) Từ ta có lời giải nh sau:

* C¸ch 3:

Trên tia đối tia PB ta lấy điểm M cho PM = PC Ta có: MPC = BAC = 600 (cùng bù với góc BPC) =>  PCM => PC = PM = CM.

XÐt  APC vµ  BMC cã:

A

B P

Q

AC = BC (gt)

ACP = BCM ( = 600 + PCB) ; PC = CM (chøng minh trªn)

=>  APC =  BMC (c.g.c) => AP = BM Ta cã: PCA S  PQB (g.g) => PC

PQ=

PA

PB => PC

PQ=

MB

PB (V× PA = BM) => PC.PB = PQ.MB (1)

Mặt khác: Vì PC = PM => PC.PQ = PM.PQ (2) Tõ (1) vµ (2) => PB.PC - PQ.PC = PQ.MB - PQ.PM = PQ.(MB - PM) = PQ.BP

=> PC (PB - PQ) = PQ.PB => PC=

1 PQ −

1

PB hay

PQ=

1 PB+¿

1 PC (®pcm)

* NhËn xÐt:

+ cách ta lấy điểm M tia đối tia QP để tách PQ = PM -MQ Tại ta không lấy M tia đối tia PQ ? Nếu lấy M tia đối tia PQ ta tách PQ.PB = (QM - PM) PB = QM.PB - PM.PB Đến ta tìm tính chất điểm M cách cho QM.PB = PC.BP => QM = PC, nhiên đến ta chứng minh đợc PM.PB = PC.PQ Vì khơng thể vận dụng đợc giả thiết toán cho ABC

+ cách ta lấy điểm phụ M tia đối tia PB để tách

PB PQ=(BM-MP).PQ Vậy ta chọn điểm phụ M tia đối tia PB đợc không ? Nếu lấy M tia đối tia BP ta có :

BP.PQ=(PM-BM).PQ=PM.PQ-BM.PQ

- Ta tìm tính chất điểm M cách cho BM.PQ=PC.PQ => BM =PC Phần lại ta cần chứng minh PB.PC = PM.PQ đợc hay: PM

PB =

PC PQ

ta cần ý đến PM= PB+PM = PB+PC=PA Do ta cần chứng minh PA

PB= PC

PQ điều có đợc nhờ PAB SPCQ(g-g) - Từ giả thiết:

PQ=

1 PC+

1

PB=> PB=

1 PQ+

1

PC

<=> PQ PC = PB.CP - PB PQ

Nh chọn điểm phụ tia đối tia PC(Hoăc tia đối tia CP)

VÝ dô 2:

Cho  ABC, AD đờng phân giác góc BAC (D  BC) Chứng minh rằng: AD2 = AB AC - DB DC.

* Ph©n tÝch:

- Ta chọn điểm phụ M tia đối tia AD để tách AD2 = AD (AM

- Ta tìm tính chất điểm M cách cho AB AC = AM AD (Hc BD DC = AD.MD), tõ AB AC = AM AD

=> AB

AM=

AD

AC =>  ABM S ADC (c.g.c) ( v× A1 = A2)

=> AMB = ACD => tứ giác ACMB nội tiếp - Từ ta suy cách vẽ điểm phụ M nh sau:

Gọi M giao điểm AD với đờng tròn ngoại tiếp ABC

Lêi giải:

* Cách (lớp 9):

Gi M giao điểm AD với đờng tròn ngoại tiếp ABC Ta có: AMC S ABD (g.g)

=> AM

AC =

AB AD

=> AC AB = AD AM (1) Mặt khác: ABD S CMD (g.g)

=> AD

CD=

BD

MD => BD CD = AD MD (2)

Tõ (1) vµ (2) => AB AC - BD CD = AD AM - AD MD = AD (AM - MD) = AD AD = AD2 (đpcm)

* Cách (lớp 8):

Đối với học sinh lớp 8, em cha học đến đờng trịn, từ ABM S

ADC => AMB = ACD Mặt khác, ta cã: C + A2 = D1

CBM + M = D1 => CBM = A2

Từ ta suy cách vẽ điểm phụ M nh sau: Trên nửa mặt phẳng bờ BC không chứa A vẽ tia Bx cho

CBx = A2, Gäi M giao điểm

tia AD tia Bx

Ta có: B1 + M = D1 (định lý v

góc tam giác) C + A2 = D1 => M = C

=>  ABM S  ADC (g.g) => AM

AC =

AB AD => AB AC = AM AD (1)

Mặt khác: DBM S DAC (g.g) => BD

DM=

AD CD

A

B D

M

C

1

A

B D

M

X

C

1

=> BD CD = DM AD (2)

Tõ (1) vµ (2) => AB AC - BD CD = AD AM - DM AD = (AM - MD) AD = AD2 (đpcm)

* Cách (lớp 8):

Từ điều cần chøng minh AD2 = AB AC - DB DC

=> AB AC = AD2 + DB DC

- Từ ta chọn điểm phụ K thuộc AB để tách AB AC = (AK + KB) AC = AK AC + KB AC

- Ta tìm tính chất điểm K b»ng c¸ch cho AK AC = AD2

=> AK

AD=

AD

AC =>  AKD S ADC (c.g.c) (V× A1 = A2) => ADK = ACD

- Từ ta suy cách chọn điểm phụ K nh sau:

Bªn gãc ADB vÏ tia DK cho ADK = C (K  AB)

Lời giải:

Bên góc ADB vẽ tia DK

cho ADK = C (K  AB) =>  ADK S  ACD (g.g) => AD

AK=

AC AD => AD2 = AC AK (*)

Mặt khác: A1 + D1 = K1 ; C + A2 = ADB; C + A2 =

D1 + A1 => K1 = ADB;

=>  KBD S  DBA (g.g) => KB

BD=

BD

AB (1) Ta l¹i cã DB

AB=

DC

AC (2) (vì AD phân giác A ) Tõ (1) vµ (2) => KB

BD=

DC

AC => DB DC = AC KB (**)

Tõ (*) vµ (**) => DB DC + AD2 = AC KB + AC AK = AC (AK + KB)

= AC AB => AD2 = AB AC - DB DC (đpcm)

* Cách 4: Phân tích

AD2 = AB AC - DB DC <=> DB.DC = AB AC - AD2.

Lấy I tia đối tia DB để tách DB DC = (BI - DI) DC - Ta tìm tính chất điểm I cách

cho BI DC = AB AC (Hc DI DC = AD2)

A

B

D K

C

1

1

=> BI

AB=

AC DC

Mặt khác: Vì AD tia phân giác góc BAC => AC

DC=

AB BD Do BI

AB=

AB

BD =>  BIA S  BAD) (c.g.c) => BIA = BAD

- Từ ta suy cách điểm phụ nh sau: Trên tia đối tia DB lấy điểm I cho BIA = BAD

Lêi gi¶i:

Trên tia đối tia DB lấy I cho BIA = BAD =>  BIA S  BAD (g.g) => BI

AB=

AB

BD (1) Mặt khác: AD phân gi¸c cđa gãc BAC => AB

BD=

AC

DC (2) Tõ (1) vµ (2) => BI

AB=

AC

DC => AB.AC = BI.DC (3) Ta l¹i cã:  IDA S  ADC (g.g) => ID

AD=

AD

DC => AD2 = ID DC (4) Tõ (3) vµ (4) => AB AC - AD2 = (BI - ID) DC = BD DC

Hay AD2 = AB AC - DB DC (®pcm)

* NhËn xÐt.

+ Ta chọn điểm phụ K AB để tách AB = AK KB T ơng tự nh ta chọn điểm phụ K AC

+ Khi chứng minh đợc AD2 = AC AK, phần lại ta cần chứng

minh AC KB = DB DC <=> KB

DB=

DC

AC , nhiên ta chứng minh trực tiếp đợc kết mà phải sử dụng kết AD

AC =

AB

AD nhờ vào tính chất đờng phân giác tam giác

+ Sau học sinh giải xong tập này, giáo viên nên cho học sinh xét toán trờng hợp AD đờng phân giác ngồi góc BAC (D thuộc đ-ờng thẳng BC) để em tự tìm đợc kết AD2 = DB DC - AB AC.

+ Tơng tự nh cách chọn điểm phụ tia đối tia DC

VÝ dơ 3: (To¸n 8)

Cho hình bình hành ABCD, đờng thẳng d thay đổi cắt đoạn thẳng AB, AD, AC lần lợt M, N, P Chứng minh rằng: AB

AM+

AD

AN=

AC AP

- Ta chọn điểm phụ I thuộc AC để tách AC

AP =

AI+IC

AP =

AI AP+

IC AP

- Ta t×m tÝnh chÊt điểm I cách cho AB

AM=

AI

AP hc ( AB

AM=

IC AP)

Tõ AB

AM=

AI

AP =>  ABI S AMP (c.g.c) => BIA = MPA => BI//d

-Từ suy cách vẽ điểm phụ I nh sau: Kẻ IB //d (I  AC)

Lời giải:

Kẻ BI//d (I AC) => AB

AM=

AI

AP (1) (định lý ta-let)

XÐt  CBI vµ  ANP cã: PAN = ICB (so le trong) APN = CIB ( = CPM) =>  CBI S  ANP (g.g) => BC

AN= IC AP=> AD AN= IC

AP (2) (vì BC = AD)

Từ (1) (2) => AB

AM+

AD

AN=

AI+IC

AP =

AC

AP (đpcm) Cách 2:

Ta cã: AB

AM+ AD AN= AC AP <=> AB AM= AC AP − AD AN

- Ta chọn điểm phụ I tia đối tia BA để tách AB

AM=

AI−BI AM

- Ta tìm tính chất điểm I cách cho AI

AM=

AC

AP hc ( BI

AM=

AD AN)

Tõ AI

AM=

AC

AP =>  AIC S  AMP (g.c.g) => AIC = AMP

=> CI // MP hay CI // d

- Từ ta suy cách vẽ điểm phụ nh sau: Qua C kẻ đờng thẳng song song với d cắt AB kéo dài I

Lêi gi¶i

Qua C kẻ đờng thẳng song song với d, cắt AB kéo dài I => AI

AM=

AC

AP (nh lý ta-lột)

Mặt khác: BCI S  ANM (g.g) => BC

AN=

BI

AM => AD

AN=

BI

AM (2)

(v× AD = BC)

Tõ (1) vµ (2) => AC

AP − AD AN = AI AM − BI AM =

AI−BI

AM =

AB AM

hay: AC

AP =

AB

AM +

AD

Ta cã : AC

AP =

AB

AM +

AD

AN <=> AD

AN=

AC AP -

AB

AM

- Ta chọn điểm phụ I tia đối tia DA để tách AD

AN=

AI−DI

AN ;

- Ta t×m tÝnh chất điểm I cách cho AI

AN=

AC AP

hc DI

AN=

AB AM

Tõ AI

AN=

AC

AP =>  AIC SANP(c.g.c)

=> AIC = ANP

=> CI // NP Hay CI // d

- Từ ta suy cách vẽ điểm phụ nh sau: Qua C kẻ đờng thẳng song song với d cắt AD kéo dài I => AC

AP =

AI

AN (1) (định lý ta-lột)

Mặt khác: DIC S ANM (g.g) => DI

AN=

DC

AM => DI

AN=

AB

AM (2)

(vì AB = DC)

Từ (1) (2) => AC

AP −

AB

AM =

AI−DI

AN =

AD

AN hay: AC

AP =

AB

AM + AD AN

(đpcm)

Cách 4:

Ta có : AC

AP =

AB

AM +

AD

AN <=> AB

AM=

AC AP -

AD AN

<=> DC

AM=

AC

AP −

AD

AN (v× AB = CD)

- Ta chọn điểm phụ I tia đối tia DC để tách DC

AM=

CI

AM−

DI

AM ;

- Ta tìm tính chất điểm phơ I b»ng c¸ch cho CI

AM=

AC

AP hc DI

AM=

AD AN

Tõ CI

AM=

AC

AP =>  CIA S AMP (c.g.c) (v× MAP = ICA)

=> CIA = AMP

- Từ ta suy cách vẽ điểm phụ nh sau:

Trên tia đối tia DC ta lấy điểm I cho AIC = PMA (chú ý ta chứng minh đợc AI //d)

Trên tia đối tia DC, lấy điểm I cho AIC = PMA

Ta cã  CIA S  AMP (g.g) => CI

AM=

CA

AP (1)

Mặt khác: DIA S AMN (g.g) => DI

AM=

AD

AN (2)

Tõ (1) vµ (2) => CA

AP −

AD AN =

CI−DI

AM =

DC

AM=

AB AM

(v× AB = CD) Hay AC

AP =

AB

AM+

AD

AN (®pcm) * NhËn xÐt:

- Tơng tự nh cách ta có AC

AP =

AB

AM+

AD

AN <=> AD

AN=

AC

AP −

AB AM

<=> BC

AN=

AC

AP −

AB

AM (v× BC = AD), ta cịng cã thĨ chän ®iĨm phơ I trªn tia

đối tia BC

- ë cách ta tìm tính chất điểm I b»ng c¸ch cho AI

AP= AD

AN lỳc ú

ta suy cách chọn điểm phụ nh sau: KỴ DI//d (I AC)

Ví dụ (Toán 9): Cho tứ giác ABCD nội tiếp đờng tròn (O) CMR:

AB.CD + AD.BC = AC.BC (*)

(định lí Ptơ-lê-mê)

Ph©n tÝch :

Cách 1: - Chọn điểm phụ I đoạn AC để tách AC BD= (AI+IC).BD

- Ta t×m tÝnh chất điểm I cách cho AI.BD = AB.CD ( Hc AI.BD = AD.BC )

Tõ AI.BD = AB.CD =>

AB

AI =

BD

CD => Δ ABI S Δ DBC (c-g-c)

(v× ^A

1 = ^D1 ) => IBA=CBD

-Từ suy cách vẽ điểm phụ nh sau: Trên đoạn thẳng AC lấy điểm I cho IAB=CBD

Lời giải :

Trên đoạn thẳng AC lấy ®iĨm I cho IAB=CBD =>ABI SDBC (V× IBA=CBD: ^A

1 = ^D1 ).=>

AB

AI =

BD

CD => AB.CD=AI.BD

(1)

Mặt khác ^I

1 = BCD (ABI SDBC) ; ^I1 + ^I2 =180 ❑0 ; BCD +DAB=180 ❑0 ;=> ^I

2 =DAB

XÐt DAB vµCIB cã : D2 = C1 =1/2s® AB; ^I

2 =DAB =>DAB SCIB(g-g)

=> AD

BD=

CI

CB =>AD.CB=CI.BD (2)

Tõ (1) vµ (2) suy ra: AB.CD+AD.BC=(AI+IC).BD=AC.BD (đpcm)

Cách 2: (*) <=> AB.CD=AC.BD-AD.BC

A M B

D

P

1d

N

- Chọn điểm phụ I tia đối tia AB để tích AB.CD=(BI-AI).CD - Tìm tính chất điểm I cách cho BI.CD= AC.BD

=> BI

BD=

CA CD

=>BID SCAD(c-g-c) ( v× B^

1 = C^1 ) => IDB=ADC

Từ suy cách vẽ điểm phụ nh sau : Trên tia đối tia AB lấy điểm I cho IDB=ADC

Lêi gi¶i :

Trên tia đối tia AB lấy điểm I cho IDB=ADC =>BID SCAD(c-g-c)

(V× IDB=ADC; B^

1 = C^1 ) => BI

BD=

CA

CD => BD.CA=BI.CD (1)

Vì BID SCAD => I=A

1 Mà A1=B2 =1/2 cđ CB => I=B2 Xét AID CBD cã : I=B2 ¢ ❑2 =BCD(cïng bï víi BAD)

=>AID SCBD(g-g) => AI

AD=

BC

DC =>AD.BC=AI.DC (2)

Tõ (1) vµ (2) suy AD.BC AD.BC=(BI-AI)CD=AB.CD hay :AB.CD+AD.BC=AC.BD (đpcm)

Cách :

-Chọn điểm phụ I tia đối tia BA để tích :AB.CD=(AI-BI)CD -Tìm tính chất điểm I cách cho AI.CD=AC.BD

(Hc BI.CD=AD.BC) Tõ AI.CD=AC.BD) => AI

AC=

BD

CD =>AIC SDBC(c-g-c)

V× ( A1=D1 ) =>AIC=DBC

Từ ta suy cách chọ điểm phụ nh sau: Trên tia đối tia BA lấy điểm I

cho AIC=DBC

Lêi gi¶i :

Trên tia đối tia BA lấy điểm I cho AIC=DBC

=>AIC SDBC (v× AIC=DBC; A

1=D1 ) => AI

AC=

BD

CD =>AI.CD=AC.BD (1)

xÐt BIC vµ DAC cã :

B1 =ACD (cïng bï víi ABC) I=A2 (=DBC) =>BIC SDAC (g-g) => BI

BC=

DA

DC =>BC.DA=BI.DC (2)

Hay :AB.CD+AD.BC=AC.BD(®pcm) NhËn xÐt :

+Tơng tự nh cách ta chọn điểm phụ đờng chéo BD

+Tơng tự nh cách 2, cách ta chọn điểm phụ tia đối tia BC;CD;DA.hoặc tia đối tia :CB;DC;AD

VÝ dơ (To¸n 9):

Cho  ABC nội tiếp (O) điểm M cung BC không chứa điểm A Gọi H, L, K chân đờng vng góc hạ từ M đến BC, CA, AB Chứng minh rằng: BC

MH=

AC

ML+

AB MK C¸ch 1:

- Lấy điểm phụ I thuộc cạnh BC để tách BC

MH=

BI

MH+

IC MH

-Ta t×m tính chất điểm I cách cho BI

MH=

AB

MK hc BI

MH=

AC ML

Tõ BI

MH=

AB

MK => BIA SMHK (c.g.c) (v× HMK = ABI ) => BIA = MHK

Từ ta suy cách chọn điểm phụ nh sau: Trên cạnh BC lấy điểm I cho BIA = MHK

Ta cần ý điểm K, H, L thẳng hàng (ng thng sim - sn)

Lời giải:

Trên cạnh BC lấy điểm I cho

BIA = MHK Vì tứ giác MHBK nội tiếp =>ABI = HMK =>  BIA S  MHK (g.g) => BI

MH=

AB

MK (*)

Ta có: K, H, L thẳng hàng (đờng thẳng sim - sơn)

Tø gi¸c MHLC néi tiÕp => HML = ICA (1)

Mặt khác: MHL + MHK = 1800; CIA + AIB = 180o

=> MHL = CIA (2) (vì MHK = AIB)

Từ (1) (2) =>  CIA S  MHL (g.g) => IC

MH=

AC

ML (**)

Tõ (*) vµ (**) => AB

MK+

AC

ML=

BI+IC

MH =

BC

MH (đpcm) Cách 2:

Ta cã BC

MH=

AB

MK+

AC ML <=>

AC

ML=

BC

MH−

AB MK

A

B

K M

M H

L

- Ta chọn điểm phụ I tia đối tia AC để tách AC

ML=

CI−AI

ML

- Ta t×m tÝnh chất điểm I cách cho CI

ML=

BC

MH (hc AI

ML=

AB

MK )

=>  CIB S  MLH (c.g.c) ( v× HML = BCI) => CIB = MLH - Ta suy cách vẽ điểm phụ nh

sau: Trên tia đối tia AC lấy điểm I cho

CIB = MLH Lêi gi¶i:

Trên tia đối tia AC lấy điểm I cho CIB = MLH (1)

tø gi¸c MHLC néi tiÕp => HML = LCH (2)

Tõ (1) vµ (2) =>CIB SMLH (g.g) => CI

ML=

BC

MH (*)

Mặt khác: Tứ giác MKAL nội tiÕp = >KML = KAI XÐt  LMK vµ  IAB cã:

KML = KAI ; MLK = AIB =>  LMK S IAB (g.g) => IA

ML=

AB

MK (**)

Tõ (*) vµ (**) => BC

MH −

AB

MK=

CI−AI

ML =

AC

ML

hay BC

MH=

AB

MK+

AC

ML (®pcm)

Cách :Từ đẳng thức AC

ML=

BC

MH −

AB MK

-Ta chọ điểm phụ I tia đối tia CA để tách : AC

ML=

AI−CI ML

- Ta tìm tính chất điểm I b»ng c¸ch cho AI

ML=

BC

MH hay AI

BC=

ML

MH (1)

Mặt khác :

Ta có MLH S MAB v× : BMA=HML (=HCL)

A I

B K

M H

BAM=MLH (=BCM) => ML

MH=

MA

MB (2)

Tõ (1) vµ (2) suy : AI

BC=

MA

MB => Δ AIM S Δ BCM (c-g-c)

=> AMI=BMC

-Từ suy cách vẽ điểm phụ nh sau : Trên tia đối tia CA lấy điểm I cho: AMI=BMC

Lêi gi¶i :

Trên tia đối tia CA Lấy điểm I cho AMI= BMC => Δ AIM S Δ

BCM (g-g)=> AI

BC=

MA

MB (1)

XÐt Δ MLH vµ Δ MAB cã : BAM=HLM(= BCM)

AMB=LMH(=BCA) => Δ MLH S Δ MAB => ML

MH=

MA

MB (2)

Tõ (1) vµ (2) suy AI

BC=

ML MH =>

AI

ML=

BC

MH (*)

Mặt khác : MLK S Δ MCB(g-g)=> ML

MK=

MC

MB (3)

XÐt Δ CIM vµ Δ BAM cã: MCI = MBA( Cïng bï víi gãc ACM)

BMA=CMI(V× AMI =BMC) => Δ CIM S Δ BAM (g-g)=> MC

MB=

CI

AB (4)

Tõ (3) vµ (4) suy : ML

MK=

CI AB =>

CI

ML=

AB

MK (**)

Tõ (*) vµ (**) suy BC

MH −

AB

MK=

AI−CI

ML =

AC

ML Hay BC

MH=

AC

ML+

AB

MK (®pcm)

* NhËn xÐt:

Tơng tự nh cách cách ta chọn điểm phụ tia đối tia AB BA

VÝ dơ 6: (to¸n 8)

Cho góc xOy, điểm A, B theo thứ tự chuyển động tia Ox Oy cho

OA +

1

OB=

1

k (k lµ h»ng số) Chứng minh rằng: Đờng thẳng AB

Rõ ràng tập khó tập hệ thức

OA+

OB=

1

k lµ

ở giả thiết hệ thức cần chứng minh Vấn đề đặt giả thiết đợc khai thác nh ?

Ta cã

OA+

OB=

1

k <=> OA OB = k.OB + k.OA (*)

- Ta lấy điểm phụ M thuộc OA để tách OA OB = (OM + MA) OB - Ta tìm tính chất điểm M cách cho

k.OB = OM OB => k = OM Do từ (*) k OA = MA OB <=> OM.OA = MA.OB

<=> OM

MA=

OB

OA (1)

Tû sè OB

OA gióp ta nghÜ tới điểm phụ I giao điểm AB với tia phân giác

Oz ca gúc xOy Khi ú ta có OB

OA=

BI

AI (2)

Tõ (1) vµ (2) => OM

MA=

BI

AI => MI // Oy

- Từ ta suy cách vẽ đờng phụ nh sau: Trên đoạn OA lấy điểm M cho OM = k, từ M kẻ đờng thẳng song song với Oy cắt tia phân giác Oz góc xOy I => I l im c nh

Phần lại ta cần chứng minh AB qua I

Lêi gi¶i:

Trên đoạn OA lấy điểm M cho OM = k, từ M kẻ đờng thẳng song song với Oy cắt tia phân giác Oz góc xOy I => điểm I cố định

Ta cã: MIO = O2 ; O2 = O1 => MIO = O1 => MOI

cân M => OM = MI = k

Gäi B' lµ giao ®iĨm cđa AI víi Oy, v× MI // Oy => MI

OB'=

MA

OA =

OA−OM

OA =1−

OM OA

=> MI

OB'+

OM

OA =1 =>

k

OB'+ k

OA=1 => OB'+

1

OA=

1

k (1)

Mặt khác: Theo gi¶ thiÕt ta cã:

OB=

1

OA=

1

k (2)

Tõ (1) vµ (2) => OB = OB' => B  B'

Vậy AB qua điểm cố định I đợc định nh

* NhËn xÐt:

+ Nếu ban đầu bớc phân tích ta tìm tính chất điểm M cách cho k.OB = MA OB => k = MA

Do từ (*) => k.OA = OM OB <=> MA OA = OB ; OM <=>

MA

OM=

OB OA

Mặt khác: OB

OA=

BI AI

Từ => AM

OM=

BI

AI đến ta không suy đợc MI // Oy khơng

+ Ta chọn điểm phụ OA, tơng tự ta chọn điểm phụ OB

VÝ dô :

Cho  OBC Hai đờng thẳng m m' lần lợt qua B C song song với không cắt cạnh  OBC Gọi A giao điểm đờng thẳng OC m, D giao điểm đờng thẳng OB m' Xác định vị trí m m' để tổng

AB+

CD đạt giá trị lớn

* Ph©n tích: Đặt

AB+

CD=

1

k (k > o) <=> kAB + k.CD= AB.CD

- Lấy I AB để tách AB.CD = (AI + IB) CD = AI CD + IB CD

- Ta tìm tính chất điểm I cách cho IB.CD = k.CD (1) kAB = AI.CD (2); Từ (1) => IB = k thay vào (2) ta đợc:

IB.AB = AI.CD => IB

IA= CD

AB ; mµ CD

AB=

OC

OA => IB IA=

OC

OA => OI // BC

- Từ ta suy cách vẽ đờng phụ nh sau: Qua O kẻ đờng thẳng song song với BC, cắt AB I

Lêi gi¶i:

Qua O kẻ đờng thẳng song song với BC cắt AB I, ta có:

IA IB=

AO

OC (1) (định lý Talét)

V× AB // CD => AO

OC =

AB

CD (2)

(Hệ định lý ta lét) Từ (1) (2) suy ra: IA

IB= AB CD

=> IB AB = IA CD (3) Mặt khác: IB CD = IB CD (4)

Tõ (3) vµ (4) => IB (AB + CD) = (IA + IB) CD = AB CD =>

AB+

CD=

1 IB

Kẻ IH  BC (HBC) => IH không đổi (bằng khoảng cách từ O đến BC); ta có: IH  IB =>

IB ≤

IH (không đổi) Do AB +

1 CD≤

1

IH (không đổi)

Dấu ''='' xẩy <=> H  B <=> m m' vng góc với BC Vậy hai đờng thẳng m m' lần lợt vng góc với BC B, C

AB+

CD đạt giá trị lớn

nhÊt

* NhËn xÐt:

- T¬ng tù ta chọn điểm phụ I CD

- Nếu kẻ OK //AB (K BC), IBKO hình bình hành => IB = OK =>

AB+

CD=

1 IB=

1

OK từ ta có lời giải đơn giản nh sau:

KỴ OK // BC (K  BC); V× OK //AB

O A

I

B

1m 1m’

H

D

=> OK

AB=

KC

BC (1) (hệ định lý ta lét)

T¬ng tù OK

CD=

BK

BC (2)

Tõ (1) vµ (2) => OK

AB + OK CD

= KC+BK

BC =1 hay AB +

1

CD=

1 OK

KỴ OE BC (E BC); ta cã OE OK =>

OK≤

OE (khơng đổi)

Do

AB + CD≤

1

OE (không đổi)

Dấu ''='' xẩy <=> K  E <=> m m' vng góc với BC Vậy hai đờng thẳng m m' vng góc với BC B C tổng

AB+

CD đạt giá trị lớn

nhÊt

VÝ dơ 8:

Cho góc nhọn xOy, M điểm nằm bên góc Qua M kẻ đờng thẳng d cắt tia Ox A, cắt tia Oy B Xác định vị trí d để tổng

1

MA +

1

MB đạt GTLN

d y đặt

MA +

1

MB=

1

k (*)

<=> k.MA + k.MB = MB MA

- Lấy điểm phụ I  MA để k

t¸ch MA MB = (MI + IA) MB O M - T×m tÝnh chÊt cđa I b»ng c¸ch cho: I IA MB = k MB => k = IA D

Khi

⇔

AI MB=IA MB

AI MA=MI MB

¿{

(1)

(2) A x

(2) <=> MA

MB =

MI

AI (2)'

KỴ MD // Oy (D Ox) => MAMB =DA

OD

KỴ IK // Ox (K OM) => MIIA =MK

OK

Khi

(2)' <=> DA

OD=

MK

OK => DK //AB => DAIK hình bình hành

- Từ ta suy cách vẽ điểm phụ nh sau:

Qua M kẻ đờng thẳng song song với Oy, cắt Ox D Qua D kẻ DK//d (KOM) Kẻ KI // Ox (I  MA)

Lêi gi¶i

O A

B

1m 1m’

K E

D

KỴ DM // Oy (D  Ox); DK //AB (K  OM); KI // Ox (I  MA) Ta cã: MA

MB =

DA

OD ;

KM

OK =

DA OD ;

MI IA =

KM

OK => MA

MB =

IM IA

=> MA IA = MB MI Mặt khác: MB IA = MB IA

=> IA (MA + MB) = MB (MI + IA) = MB.MA =>

MA +

1

MB=

1 AI=

1 DK

KỴ DH  OM (H  OM)

Vì M cố định => D cố định => DH (không đổi) (Khoảng cách từ D đến OM)

Ta cã

MA +

1

MB=

1

DK ≤

1

DH (Không đổi)

=> (

MA +

1 MB)max

=

DH <=> DH = DK <=> H  K

<=> d  OM VËy tæng

MA +

1

MB đạt giá trị lớn đờng thẳng d vng góc với

OM

Chú ý:

+ Ta giải cách kh¸c:

Ta cã  KDM S MBO => DK

MB=

KM

OM (1)

MỈt kh¸c: DK

MA=

OK

OM (2)

Tõ (1) vµ (2) suy DK

MA +

DK MB=1

Hay

MA +

1

MB=

1 DK

+ T¬ng tù ta lấy điểm phụ I MB

VÝ dô 9:

Giả sử BD đờng chéo lớn hình bình hành ABCD Gọi M, N lần lợt hình chiếu B DC DA Chứng minh rằng: DA.DN + DC DM = BD2 (*).

C¸ch 1:

- Lấy điểm phụ H BD để tách BD2 = (BH + HD) BD

- Tìm tính chất điểm H cáh cho BH.BD = DA DN (Hoặc BH BD = DC DM) => BH

DA=

DN

BD => BH

BC=

DN

BD (v× DA = BC)

=>  BHC S  DNB (c.g.c) V× NDB = HBC (so le trong)

A

M B

D

N

H

=> BHC = DNB = 900 => CH  BD

- Từ ta suy cách vẽ điểm phụ nh sau: kẻ CH  BD (H BD)

Lêi gi¶i:

KỴ CH  BD (H BD) =>  HBC S  NDB (g.g) => BH

BC=

DN

BD => BH

AD=

DN

BD

(vì AD = BC) => DA.DN = BD.BH (1) Mặt kh¸c:  DHC S  DMB (g.g) => DH

DC =

MD

BD => DC.DM = BD.DH (2)

Tõ (1) vµ (2) => DA.DN + DC DM = BD (BH+HD) = BD2 (đpcm) Cách 2:

Ph©n tÝch: (*) <=> DA.DN = BD2 - DC.DM

<=> BC.DN = BD2 - DC.DM (V× BC = AD)

- Lấy điểm phụ H tia đối tia CB để tách BC DN = (BH - CH) DN - Ta tìm tính chất điểm H cách cho BH.DN = BD2 (hoặc CH DN =

DC DM) => BH

BD=

BD

DN =>  BHD S  DBN (c.g.c) V× (D1 = B1)

=> HDB = BND = 900 => DH  BD

- Từ ta suy cách vẽ điểm phụ nh sau:

Qua D kẻ đờng thẳng vng góc với BD, cắt BC kéo dài H

Lêi gi¶i:

Qua D kẻ đờng thẳng vng góc với BD cắt BC kéo dài H

Ta cã :  DNB S  BDH (g.g) => BH

BD=

BD

DN => BD2 = BH.DN

(1)

XÐt  DMN vµ  CHD cã: MDN = DCH (2) (so le rtrong)

Tø gi¸c DMBN néi tiÕp => NBD = NMD; DHC = DBN (v×  DNB S  BDH)

=> NMD = DHC (3)

Tõ (2) vµ (3) =>  DMN S  CHD => DM

CH =

DN

CD => DC DM = DN CH (4)

Tõ (1) vµ (4) => BD2 - DC DM = (BH - CH) DN = BC DN

= DA.DN (v× AD = BC) hay BD2 = DM DC + DA DN (®pcm)

A

M B

D

N

H

1

1

Cách 3: Phân tÝch: (*) <=> DC.DM = BD2 - DA.DN

- Lấy điểm phụ H tia đối tia CD để tách DC.DM = (DH - CH).DM - Ta tìm tính chất điểm H cách cho DH DM = BD2

(Hc CH DM = DA.DN) => DH

BD =

BD DM

=>  DHB S  DBM (c.g.c) => DBH = DMB = 900 => BD  BH

- Từ ta suy cách vẽ điểm phụ nh sau: Qua B kẻ đờng vng góc với BD cắt CD kéo dài H

Lêi gi¶i:

Qua B kẻ đờng thẳng vng góc với BD, cắt DC kéo dài H Ta có:

 DBM S  DHB (g.g) => DH

DB=

DB DM

=> DB2 = DM DH (1)

Mặt khác: DNM = DBM (vì tứ giác BMDN nội tiếp)

DBM = DHB (vì  DBM S  DHB)=> DNM = DHB (2) NDM = BCH (3) (hai góc đồng vị)

Tõ (2) vµ (3) =>  CHB S  DNM (g.g) CH

CB =

DN

DM => CH.DM = DN.CB

= DN.AD (4) (vì AD = BC)

Từ (1) (4) = > BD2 - DA.DN = DM.DH - DM.CH

= DM (DH - CH) = DM DC Hay: BD2 = DA.DN - DC.DM (®pcm)

* NhËn xÐt:

+ Tơng tự nh cách ta chọn điểm phụ H tia đối tia AD nh sau: Từ B kẻ đờng thẳng vng góc với BD cắt DA kéo dài H

+ T¬ng tù nh c¸ch 2, ta cã:

(*) <=> DC DM = BD2 - DA.DN <=> AB.DM = BD2 - DA DN

(Vì DC = AB), từ ta chọn điểm phụ H tia đối tia AB nh sau: Từ D kẻ đờng thẳng vng góc với BD cắt BA kéo dài H

VÝ dô 10:

Cho tứ giác ABCD nội tiếp đờng tròn (O) Hai đờng thẳng AB CD cắt F, hai đờng AD BC cắt E Chứng minh rằng: EF2 = EA

ED + FA FB

A

M H

B

D

N

1

* C¸ch 1:

- Chọn điểm phụ M thuộc EF để tách EF2 = (EM + MF) EF.

- Ta t×m tÝnh chÊt điểm M cách cho EA.ED = EM EF (hc EM.EF = FA.FB) => EA

EM=

EF

ED =>  EAF S  EMD (c.g.c)

=> EMD = EAF => tø gi¸c ADMF néi tiÕp

- từ suy cách chọn điểm phụ M nh sau: Gọi M giao điểm đờng trịn ngoại tiếp  ADF với EF

Lêi gi¶i

Gọi (O1) đờng tròn ngoại tiếp  ADF;

M giao điểm thứ hai EF với (O1)

=> EAF = DME (cùng bù với góc DMF) Do  EAF S  EMD (g.g)

=> EA

EM=

EF

ED => EA ED = EF.EM (*)

Mặt khác, ta có: ED.EA = EM.EF (1) (Phơng tích điểm E đờng trịn (O1))

T¬ng tù: ED.EA = EC.EB (2)

Tõ (1) vµ (2) => EC.EB = EM.EF =>tø gi¸c BCMF néi tiÕp => FMB = FCB (3) Ta lại có: FAE = BCF (4) (vì tứ giác ABCD néi tiÕp)

Tõ (3) vµ (4) =>  FMB S  FAE (g.g) => FA

FM=

EF FB

=> FA.FB = FE.FM (**)

Tõ (*) vµ (**) => ED.EA + FB.FA = EF (EM + MF) = EF2 (đpcm)

* Nhân xét:

+) ë bíc ph©n tÝch EA

EM=

EF

ED ta cịng cã thĨ suy  EAM S  EFD (c.g.c)

=> EMA = EDF ; mà ta có: EDF = ABE (vì tứ giác ABCD néi tiÕp)

Do đó: EMA = ABE => tứ giác ABME nội tiếp => M giao điểm EF với đờng tròn ngoại tiếp  ABE

+) ban đầu ta cho MF.EF = FA.FB => MF

FA =

FB

FE =>  FMB S  FAE

=> FMB = FAE

MỈt khác : FAE = BCF (vì tứ giác ABCD nội tiÕp) => FMB = FCB

=> tứ giác BCMF nội tiếp => M giao điểm EF với đờng tròn ngoại tiếp

 BCF

+) Tõ ®iỊu cÇn chøng minh EF2 = ED.EA + FA.FB <=> FE2 = EC.EB + FC.FD

(v× FA.FB = FC.FD; EA.ED=EC.EB) <=> (EM + MF).EF = EC EB + FC.FB Ta tìm tính chất điểm M cách cho MF.EF = FC.FD

=> MF

FC =

FD

FE =>  FMC S  FDE (c.g.c) => FMC = FDE

=> Tứ giác DEMC nội tiếp => M giao điểm EF với đờng tròn ngoại tiếp

 EDC

III- Bài học kết thu đợc.

A D E

M F

B

O

Qua ví dụ vừa nêu, tơi thấy phơng pháp suy luận nh giúp học sinh tiếp cận tốn dễ dàng hơn, em có hớng suy nghĩ đắn sáng tạo Đặc biệt khơi dậy niềm đam mê học tập học sinh

Trớc dạy cho học sinh phơng pháp suy luận này, cho em làm tập có dạng nh thấy học sinh giải đợc, em có thời gian suy nghĩ lâu Nhng đợc học phơng pháp em giải đợc tốn khơng khó khăn Đặc biệt em tìm đợc nhiều cách giải cho toán nhiều cách vẽ đờng phụ khác Một số học sinh khác cịn tìm thêm đợc nhiều ứng dụng khác từ phơng pháp

Trên số kinh nghiệm nhỏ mà thân tơi đúc rút đợc q trình dạy học Rất mong cấp chuyên môn đồng nghiệp góp ý, bổ sung thêm để trình giảng dạy đợc nâng cao chất lợng

Ngày tháng năm 2009

Ngời thực hiÖn