Ví dụ 1:
Cho tam giác ABC cân tại A. Gọi M là trung điểm của đường cao AH, gọi D là giao điểm của của cạnh AB và CM. Chứng minh rằng AD= AB1
3 .
Hoạt động 1: Vẽ tam giác cân ABC (AB=AC), đường cao AH, xác định trung điểm M của AH, nối CM xác định D là giao điểm của CM và AB (như hình). HS nhận xét đường cao AH đồng thời là đường trung tuyến => BH=HC.
Hoạt động 2: Xuất phát từ yêu cầu cần chứng minh rằng AD= AB1
3 , thì khi ta chia đoạn AB làm 3 phần bằng nhau bởi hai điểm chia thì điểm D phải là một điểm, điểm còn lại giả sử đặt tên là điểm E. Dễ thấy E phải là trung điểm đoạn AD. Khi đó ta có 3 đoạn thẳng bằng nhau AD=DE=EA (điều đó được minh họa bằng cách dùng nút Segment để đo 3 đoạn thẳng đều bằng nhau và bằng 1,55 cm).
Hoạt động 3: Ta nối E với H. Từ trực giác thấy hai đường thẳng HE và CD song song, sử dụng nút Parallel để kiểm tra xem chúng có song song để khẳng định điều đó.
Hoạt động 4: Ta có BH=HC và BE=ED ⇒ HE là đường trung bình của tam giác BCD ⇒ HE // CD ⇒ HE // MD.
Hoạt động 5: Với tam giác AEH có: AM=MH và MD//HE ⇒ AD=DE.Vậy
ta có AD=DE=EB (điều phải chứng minh).
Giải
Lấy điểm E là trung điểm của cạnh BD.Nối HE (như hình vẽ) . +) Xét ∆BCDta có: BE=ED (gt)
BH=HC (gt)
⇒ HE là đường trung bình của ∆BCD.
⇒ HE // CD ⇒ HE // MD.+) Xét ∆AEHta có: AM=MH (gt) +) Xét ∆AEHta có: AM=MH (gt) HE // MD (cmt) ⇒ AD=DE (=EB). ⇒AD= AB1 3 (đpcm).
Ví dụ 2:
Cho tam giác đều ABC, M là trung điểm của BC. Vẽ ME // AB (E thuộc AC), vẽ MF // AC (F thuộc AB). Chứng minh rằng ΔBME=ΔFMC .
Hoạt động 1: Vẽ hình.
Với giả thiết M là trung điểm của BC,
học sinh dễ dàng chứng minh được ΔBME=ΔFMC .
Giải
+) Xét ∆ABCta có: BM=MC (gt) ME//AB (gt)
⇒ME là đường trung bình của ∆ABC
⇒ AE=EC (1).
+) Xét ∆ABCta có: BM=MC (gt) MF//AC (gt)
⇒MF là đường trung bình của ∆ABC
⇒ AF=FB (2).
AB=AC (gt) µ
A chung AE=AF (cmt)
⇒∆ABE=∆ACF(c.g.c) ⇒BE=CF (hai cạnh tương ứng).
Theo chứng minh trên ta có: (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
1 ME= AB 2 1 MF= AC 2 ⇒ME=MF. Xét ∆BME và ∆CMF có: MB=MC (gt) ME=MF (cmt) BE=CF (cmt) ⇒ ∆BME=∆CMF (c.c.c)
Hoạt động 2: Giáo viên nêu vấn đề : Nếu M là điểm bất kì thuộc BC,kết quả trên còn đúng không? Học sinh dùng chuột di chuyển điểm M trên BC, và sử dụng các công cụ đo khoảng cách và góc học sinh nhận thấy ΔBME=ΔFMC , như vậy học sinh sẽ đi tìm hướng chứng minh bài toán mở rộng.
Hoạt động 3: Tìm tòi hướng chứng minh.
Có ME // AB nên góc CME=60 (góc đồng vị). Mặt khác · 0 MCE=60 (giả· 0 thiết). Vậy ΔMCE là tam giác đều nên ME=MC (*).
-Tương tự ta có ΔMBFlà tam giác đều nên MB=MF (**). Mặt khác FMC=EMC .· ·
Vậy ΔBME=ΔFMC (c.g.c). Như vậy với Cabri đã giúp học sinh mở rộng bài toán đã cho và giải quyết được trọn vẹn bài toán đó.
Ví dụ 3:
Cho góc xAy khác góc bẹt, Az là tia phân giác, B là điểm cố định trên tia Az, C là điểm chuyển động trên đoạn thẳng AB, D là điểm chuyển động trên tia Ay sao cho AD=BC. Chứng minh đường trung trực của đoạn thẳng CD luôn luôn đi qua một điểm cố định C, D di động.
Hoạt động 1: Dùng Cabri vẽ hình , sau đó thay đổi vị trí điểm C để dự đoán điểm cố định.
Một số học sinh phát hiện ra điểm cố định là giao của tia phân giác góc Aµ với đường trung trực của đoạn thẳng AB. Một số học sinh lại cho điểm C di chuyển đến những vị trí đặc biệt và phát hiện ra được điểm cố định chính là giao của hai đường trung trực của đoạn thẳng AB và AD’ (D’ trên tia Ay sao cho AD’=AB).
Hoạt động 2: Sau khi dự đoán điểm cố định, cả hai nhóm bắt tay vào chứng minh được điều dự đoán của mình là chính xác.
Ví dụ 4:
Cho đường tròn đường kính CD, tâm M, vẽ các tiếp tuyến với đường tròn tại C và D. Từ điểm E trên đường tròn vẽ tiếp tuyến tại E cắt hai tiếp tuyến trên tại A và B.
Chứng minh: MA ⊥ MB. (Hình học 9).
Bằng các chức năng của Cabri Geometry, ta vẽ hình và hướng dẫn giải bài toán bằng nhiều cách
Chẳng hạn:
Cách 1: Dùng tính chất phân giác của MA, MB.
Cách 2: Nhận xét CED· = 900 .
Vì vậy ta chứng minh: EAM· = ECM· và ·EBM = ·EDM bằng việc chứng minh 2 tứ giác AEMC và BEMD nội tiếp ... Từ cách giải thứ 2 ta nhận thấy:
Nếu E nằm trên đường tròn đường kính CD
thì CED· = 900 , khi đó điểm M có thể di động nhưng luôn có 2 tứ giác AEMC và BEMD nội tiếp thì MA vẫn vuông góc với MB. Khi đó cho M chạy trên đoạn CD ta thấy điều này luôn thỏa mãn (kiểm chứng bằng việc cho M chạy trên đoạn CD và quan sát số đo của ·AMB). Vậy nếu thay đổi giả thiết là M nằm trên đường kính CD ta vẫn có kết quả tương tự.
m∠AMB = 90.00°A A B C D E M