Khai thac tu mot bai toan hinh trong sgk toan 8

Gäi P lµ giao ®iÓm cña AC vµ BD.[r]

A Đặt vấn đề:

Tốn học mơn học bản, liên quan đến nhiều mơn học khác Địi hỏi ngời học phải chịu khó tìm tịi, khám phá say mê nghiên cứu

Giải tốn q trình t nhằm khám phá quan hệ lơgíc biết với phải tìm Nhng quy tắc suy luận, nh phơng pháp chứng minh cha đợc tờng minh, học sinh thờng gặp khó khăn giải tập Thực tiễn dạy học cho thấy: Học sinh - giỏi thờng tự đúc kết tri thức, phơng pháp cho đờng kinh nghiệm; cịn học sinh trung bình, yếu-kém thờng gặp nhiều lúng túng

Trong trình dạy học tơi nhận thấy học sinh thờng gặp khó khăn xây dựng chuỗi kiến thức để giải tốn Do q trình dạy- học Tốn, ngời dạy ngời học cần tạo cho thói quen là: Sau học xong lí thuyết cần phải nắm vững kiến thức từ vận dụng sáng tạo có hiệu vào tốn, tìm đợc lời giải tốn từ đơn giản hay phức tạp cần tiếp tục suy nghĩ tìm Cứ nh ta tìm đợc điều thú vị

Cách tốt để phát huy tính t duy, sáng tạo phân tích tốn giải, khai thác phát triển thành tốn mới, mặt khác tìm mối liên hệ phần kiến thức liên quan

B.

Giải vấn đề

Tôi xin đợc tập 18, trang 121, sách giáo khoa Toán tập 1

Cho tam giác ABC đờng trung tuyến AP (P  BC) Chứng minh: Diện tích

APB b»ng diƯn tÝch APC. Lêi gi¶i:

Vẽ đờng cao AH ( HBC ), ta có:

DiƯn tÝch APB:

1

APB

S  AH PB

DiÖn tÝch APC:

1

APC

S  AH PC

, PB = PC => SAPB =

S

APC.

Đến ta nhận thấy P trung điểm cạnh BC

1

APB APC

S S

 



Khi PBC (P trung điểm BC)

1

APB

S  AH PB

vµ

1

APC

S  AH PC

=>

1

2 .

1

APB APC

AH PB

S PB

S AH PC PC

 

 

(1)

Từ ta có nhận xét: Nhận xét 1: Nếu hai tam giác có đờng cao tỉ số hai cạnh đáy tơng ứng tỉ số diện tích hai tam giác - Nếu từ P ta kẻ PM AB, PK  AC (MAB, K AC )

H C P B

A

H P C B

=>

1

APB

S 

AB.PM,

1

APC

S 

AC.PK

=>

1

.

2

1 .

APB APC

AB PM

S AB PM

S AC PK AC PK

 

 

(2)

Tõ (1) vµ (2) ta cã cách giải toán sau:

Bi toỏn 1: Cho tam giác ABC đờng cao AH (H BC), BC lấy điểm P, từ P kẻ PM AB PK  AC Chứng minh rằng: AB.PM.PC = AC.PK.PB

 Cịng tõ (1) vµ (2) có thêm PM = PK ( AP phân gi¸c cđa BAC )

Suy ra:

APB APC

S AB PM

S AC PK

 

 AB

AC 

(3) Tõ (1) vµ (3), ta cã:

AB PB

AC PC Từ ta chứng minh đợc tốn sau: Bài toán 2: Cho tam giác ABC, AP đờng phân giác (PBC) Chứng minh rằng:

AB PB

AC PC

(Bài tốn tính chất đờng phân giác tam giác)

*Tiếp tục, lại nghĩ đến định lí Ta-let tam giác: “ Nếu đờng thẳng song song với cạnh tam giác cắt hai cạnh cịn lại định hai cạnh đoạn thẳng tơng ứng tỉ lệ” Ta đa việc chứng minh định lí cách giải toán sau: Bài toán 3: Cho tam giác ABC cạnh AB AC lần lợt lấy điểm D và E cho DE // BC Chứng minh rằng:

AD AE AB AC .

Lêi gi¶i: -XÐt ADE ABE có chung chiều cao kẻ từ E nªn theo nhËn xÐt ta cã:

ADE ABE S AD

AB S

(1 )’ -XÐt AED vµ ACD cã chung chiều cao kẻ từ D nên theo nhận xét ta cã:

ADE ACD S AE AC S

(2 )’

Mặt khác DE // BC => BDC CEB có BC đờng cao tơng ứng nên SBDC = S CEB => SABC - SBDC = SABC – SCEB => SACD = SABE (3 ) ’

Tõ (1 ) ’ , (2 ) ’ vµ (3 ) ’ suy ra:

AD AE AB AC

A E D

B C

A B

P K

-Nếu hai tam giác có hai cạnh đáy tỉ số đờng cao tơng ứng so với tỉ số diện tích hai tam giác nh nào?

Từ ta xét thêm tốn: Cho tam giác ABC điểm O (O



BC), kẻ AH BC OH1 BC ( H



BC, H1



BC) Chứng minh rằng:

ABC BOC

S AH

S OH

 



Lêi gi¶i: DiÖn tÝch ABC:

1

ABC

S  AH BC

, diÖn tÝch BOC: 1

BOC

S  OH BC

1

1

ABC BOC

AH BC

S AH

S OH BC OH

 

  

(*)

Từ ta có nhận xét: Nhận xét 2: Nếu hai tam giác có hai cạnh đáy tỉ số đờng cao t-ơng ứng tỉ số diện tích hai tam giác

*Tõ nhËn xÐt trªn ta vÏ AO cắt BC P, ta có PAH POH1 =>

AH AP

OH OP (**)

Tõ (*) (**) ta có toán:

Bài toán 4: Cho tam giác ABC, BC lấy điểm P,

trên AP lấy điểm O Chứng minh r»ng:

ABC BOC

S AP

S OP

 



.

Lêi giải:

Từ A kẻ AH BC, từ O kẻ OH1 BC ( H BC, H1  BC), ta cã

DiÖn tÝch ABC:

1

ABC

S  AH BC

, diÖn tÝch BOC: 1

BOC

S  OH BC

1

1

ABC BOC

AH BC

S AH

S OH BC OH

 

  

mµ PAH POH1=>

AH AP OH OP

=>

ABC BOC

S AP

S OP

 



 Tõ

ABC BOC

S AP

S OP

 



=>

BOC ABC

S OP

S AP

 



, ta cho thêm CO cắt AB R, BO cắt AC Q ta đợc:

AOB ABC

S OR CR S

 



vµ

COA ABC

S OQ

BQ S

 





1

BOC AOB COA BOC AOB COA ABC ABC ABC ABC

S S S S S S

S S S S

     

   

 

   

B

R OQ C P A O

HH

C B

A

A O

HH 1P

Từ ta có tốn sau: Bài tốn 5:

Cho ABC O điểm nằm tam gi¸c C¸c tia AO, BO, CO

cắt BC, CA, AB lần lợt P, Q , R Chøng minh r»ng:

1 OP OQ OR AP BQ CR  Lêi gi¶i:

Tõ kÕt qu¶ toán 4, ta có :

BOC ABC

S OP

AP S ,

COA ABC

S OQ

BQ S ,

AOB ABC

S OR CR S



OP OQ OR AP BQCR 

BOC ABC

S

S 

COA ABC

S S 

AOB ABC

S

S =

BOC COA AOB ABC

ABC ABC

S S S S

S S

 

 

 Cũng từ toán 5, ta đặt OP

AP = a , OQ

BQ = b , OR

CR = c th×

AP OP =

1 a,

1 BQ OQ b,

1 CR OR c



AP BQ CR OP OQ OR OP OQ OR AP BQ CR

   

   

   

    =





1 1

a b c a b c

 

   

 

  áp dụng bất đẳng

thøc quen thuéc: ( a + b + c)

1 1 a b c

 

  

 

  (víi a > 0, b > 0, c > 0) ,kÕt hỵp víi kÕt toán 5:

1 OP OQ OR

AP BQCR  Từ ta có tốn sau: Bài tốn 6:

Cho ABC vµ O điểm nằm tam giác Các tia AO, BO, CO

cắt BC, CA, AB lần lợt P, Q , R Chứng minh r»ng:

9 AP BQ CR OP OQ OR   Lêi gi¶i:

Ta cã:

1 OP OQ OR

AP BQCR ( kết to¸n 5)



AP BQ CR

OP OQ OR  

AP BQ CR AP BQ CR OP OQ OR

OP OQ OR OP OQ OR AP BQ CR

     

      

     

 

Đặt: OP

AP = a , OQ

BQ = b , OR CR = c =>

AP OP =

1 a,

1 BQ OQ b,

1 CR OR c 

  

 =





1 1

a b c a b c

 

   

 

  .

áp dụng bất đẳng thức: ( a + b + c)

1 1 a b c

 

  

 

  ( víi a > 0, b > 0, c > 0) B

R



9 AP BQ CR OP OQ OR OP OQ OR AP BQ CR

   

    

   

    DÊu “=” xÈy vµ chØ khi

1 OP OQ OR

AP BQ CR O trọng tâm tam giác ABC

Cũng từ kết to¸n 5:

1 OP OQ OR

AP BQ CR có thêm: OP = AP – AO, OQ = BQ – BO, OR = CR – OC, ta cã:

1 OP OQ OR

APBQ CR 

AP AO BQ BO CR CO

AP BQ CR

  

   

1 AO BO CO

AP BQ CR

       AO BO CO

AP BQ CR

   

Từ ta có tốn: Bài toỏn 7:

Cho ABC O điểm bÊt kú n»m tam gi¸c C¸c tia AO, BO, CO

cắt BC, CA, AB lần lợt P, Q , R Chøng minh r»ng:

2 OA OB OC APBQCR  Lêi gi¶i:

VÏ OKBC, AH BC ( K, HBC)

 OK // AH

OP OK AP AH

 

Theo kết toán

BOC ABC

S OP OK

AP AH S

  

T¬ng tù:

COA ABC

S OQ

BQ S ,

AOB ABC

S OR CR S OP

AP   OQ

BQ  OR CR 

BOC ABC

S S 

COA ABC

S S 

AOB ABC

S

S =

BOC COA AOB ABC

ABC ABC

S S S S

S S

 

 

Do OP = AP – AO, OQ = BQ – BO, OR = CR – OC

OP AP   OQ

BQ OR CR 1

AP AO BQ BO CR CO

AP BQ CR

  

   

1 AO BO CO

AP BQ CR

      

2 AO BO CO AP BQ CR

   

 Nếu đặt diện tích tam giác : BOC, COA, AOB lần lợt là: S1, S2, S3 ( S1 = SBOC , S2 = SCOA , S3 = SAOB) từ kết toán 4:

ABC BOC

S AP

S OP đồng thời kết hợp với yếu tố AP = AO + OP, ta có:

1

1

S S S

AP S AO OP

OP S OP S

  

  

1

1 S S

AO

OP S



   

1 S S AO

OP S



 

3

1

S S AO

OP S S

  

Từ ta có tốn Bài tốn 8:

HK R B

Q C A

Cho ABC O điểm nằm tam giác Các tia AO, BO, CO

cắt BC, CA, AB lần lợt P, Q , R Chøng minh r»ng:

6 OA OB OC OP OQ OR  

Lêi gi¶i: Gäi S, S1, S2, S3 lần lợt diện tích tam gi¸c: ABC, BOC, 

COA, AOB

Ta cã: S1 = SBOC , S2 = SCOA , S3 = SAOB vµ S = S1 + S2 + S3

Theo kết toán 4:

1

1

S S S

AP S AO OP

OP S OP S

  

  

1

1 S S

AO OP S      S S AO OP S    1 S S AO

OP S S

   T¬ng tù: 2 S S BO

OQ S S ,

1

3

S S OC

OR S S OA OB OC

OP OQ OR

  

1 S S S S        2 S S S S        3 S S S S       = 3

2 1

1 3

S S

S S S S

S S S S S S

   

 

     

 

     

(áp dụng bất đẳng thức : a b

b a  ( Víi a, b> 0)) OA OB OC

OP OQ OR

  

=

3

2 1

1 3

S S

S S S S

S S S S S S

   

 

     

 

       + + = 6

VËy

6 OA OB OC OP OQ OR  

DÊu “=” xÈy vµ chØ S1 = S2, S1 = S3 , S3 =S2 hay S1 = S2 = S3 =

1 3S

3 OP OQ OR

AP BQ CR

   

Khi O trọng tâm tam giác ABC

 Còng tõ

3 1 S S AO

OP S S áp dụng bất đẳng thức Cô si cho hai số dơng S S S

S , ta cã:

3

2

1 1

S S S

S AO

OP S S  S S

(1 )’’

T¬ng tù: 2 S S BO

OQ S S

(2 )’’ ,

1 3 S S OC

OR  S S

(3 ) ’’ Nh©n vÕ theo vÕ cña

(1 ) ’’ , (2 ) ’’ (3 ) ta có điều phải chứng minh toán sau: Bài toán 9:

Cho ABC O điểm nằm tamgiác Các tia AO, BO,

CO cắt BC, CA, AB lần lợt P, Q , R Chøng minh r»ng:

OA OB OC OP OQ OR 

 Trở lại nhận xét 1: Cho tam giác ABC, lấy P  BC tia đối tia PA

lÊy ®iĨm M, ta cịng cã:

APB MPB

S PA

PM S vµ

APC MPC

S PA

PM S =>

APB MPC MPB APC

S S S S

 

Nếu đặt diện tích tam giác APB S1, din tớch ca

tam giác MPC S2 ta cã: SAPB.SMPC SMPB.SAPC= S1.S2 (4)

Gäi S lµ diƯn tÝch cđa tø gi¸c ABMC, suy S = SAPB + SMPB + SMPC + SAPC

 S = (SAPB + SMPC )+ (SMPB+ SAPC)

áp dung bất đẳng thức Cô si cho hai số dơng SMPB SAPC , ta có:

S = (SAPB + SMPC )+ (SMPB+ SAPC)  SAPB + SMPC + SMPB.SAPC (5)

Kết hợp (4) (5) suy S  S1 + S2 + 2 S S1 =





1

S  S Từ ta có tốn:

Bài toán 10:

Cho tứ giác ABCD Gọi P giao điểm AC BD Kí hiệu S1 = SAOB,

S2 = SCOD , S = SABCD (S, S1, S2 lần lợt diện tích cña ABCD, AOB, COD) Chøng

minh r»ng: S S1 S2 Lời giải:

APB CPB có chiều cao hạ từ B nên theo nhận xÐt 1, ta cã:

APB CPB

S PA PC S

APD vµ CPD cã cïng chiỊu cao hạ từ D nên theo nhận xét 1, ta cã:

APD CPD

S PA PC S

APB CPB

S S 

=

APD CPD

S

S  SAPB.SCPD SCPB.SCPD = S

1.S2

Ta cã: S = SAPB + SCPD + SBPC + SAPD

= (SAPB + SCPD) + (SBPC + SAPD)

áp dụng bất đẳng thức Cô si cho hai số dơng: SBPC SAPD ta có: SBPC + SAPD 

2 SBPC.SAPD (6)

 S  SAPB + SCPD + 2 SBPC.SAPD

Do SAPB.SCPD SCPB.SCPD => S  SAPB + SCPD + 2 SAPB.SCPD

=> S  S1 + S2 + 2 S S1 =





1 2

S  S  S  S  S

Dấu “=” xẩy bất đẳng thức (6) xẩy dấu “=”  SBPC = SAPD 

SADC = SBCD

( Hai tam giác có diện tích nhau, có chung cạnh đáy tơng ứng nên chiều cao tơng ứng )

=> khoảng cách từ A đến DC từ B đến DC => AB // CD

Khi tứ giác ABCD hình thang(AB // CD)

M

S 1 S 2

C P B D

A

A

H

S1

S2

C D

Nh từ toán bản, ta phát thêm toán thật thú vị, tạo đợc hấp dẫn cho học sinh tìm tòi, khám phá kiến thức

C Kết thúc vấn đề:

Trên số suy nghĩ thân khai thác từ tốn mà q trình giảng dạy rút đợc mạnh dạn đa vào trao đổi đồng nghiệp, để đến mục đích chung nâng cao chất lợng dạy học

Các tốn đa cha lơgic, phù hợp; khai thác cha triệt để, chắn có nhiều lời giải hay hấp dẫn

Mặc dù có nhiều cố gắng, song với kinh nghiệm cịn thân chắn q trình viết khơng tránh khỏi hạn chế Kính mong q thầy giáo bạn đọc quan tâm, góp ý để tơi có viết hồn chỉnh

D.Những ý kiến đề xuất * Đối với giáo viên:

- Cần có ý thức cao vấn đề tự học tự bồi dỡng, đọc nhiều tài liệu tham khảo để tìm tòi, khám phá nâng cao phơng pháp khai thác toán

- Trong tiết dạy, cần dành nhiều thời gian cho tập trọng tâm, từ hớng dẫn học sinh khai thác tốn thơng qua tốn thực

* Đối với học sinh

- Cần nắm vững kiến thức

- Tạo thói quen tự học, tự rèn luyện lực giải to¸n