Biện pháp 4 Xây dựng một số bài toán hình học 9 điển hình nhằm

6. Phương pháp nghiên cứu

2.2.4. Biện pháp 4 Xây dựng một số bài toán hình học 9 điển hình nhằm

phát triển TDPB cho HS

a) Cơ sở của biện pháp

Chương trình hình học 9 có nhiều chủ điểm, mỗi chủ điểm chứa nhiều bài toán hay và khó. Với khung thời gian giảng dạy trên lớp không được nhiều,

GV, HS không thể tìm hiểu, phát triển hết tất cả các bài toán trong khung chương trình. Do đó, việc chọn những vấn đề, những bài toán điển hình để sử dụng trong kế hoạch giảng dạy nhằm phát triển TDPB cho HS là cần thiết.

b) Ý nghĩa của biện pháp

Biện pháp nhằm xây dựng hệ thống bài toán hình học 9 điển hình. Mỗi bài toán được trình bày theo cấu trúc: hệ thống câu hỏi có vấn đề, các cách giải bài toán từ nhiều góc độ, hệ thống bài toán phát triển từ bài toán gốc dựa vào các thao tác tư duy: so sánh, tương tự hóa, tổng quát hóa, trừu tượng hóa.

Hệ thống bài toán của biện pháp 4 là tài liệu hữu ích để GV-HS tham khảo trong quá trình giảng dạy và học tập hình học 9.

c) Cách thức thực hiện biện pháp

Biện pháp thực hiện theo các bước:

Bước 1: Lần lượt chọn các bài toán điển hình của chương trình toán 9. Bước 2: Chuẩn bị hệ thống câu hỏi có vấn đề cho bài toán và các phương pháp giải bài toán từ các góc nhìn khác nhau.

Bước 3: Xây dựng hệ thống bài toán phát triển từ bài toán điển hình đã cho dựa vào các thao tác tư duy: so sánh, khái quát hóa, đặc biệt hóa, trừu tượng hóa, tổng quát hóa…

Ví dụ 2.2. Cho hai đường tròn bằng nhau (O) và (O’) cắt nhau tại A và B. Đường thẳng vuông góc với AB tại B cắt (O) và (O’) lần lượt tại các điểm C và D. Lấy điểm M trên cung nhỏ CB. Đường thẳng MB cắt (O’) tại N, CM cắt DN tại P.

a) Tam giác AMN là tam giác gì? tại sao? b) Chứng minh tứ giác ACPD nội tiếp.

c) Gọi Q là giao điểm của AP với (O’). Tứ giác BCPQ là hình gì? tại sao?

Q P N D B C A O O' M Hình 2.5 Phân tích

a)- HS dự đoán thông qua quan sát: (∆AMN cân tại A) Chứng minh: ∆AMN cân tại A

(?1)  AMBANB (?2)  1 2 AMB sd AMB và 1 2

ANB sd ANB và AMB ANB

  

(Góc nội tiếp) Góc nội tiếp) ((O) bằng (O’)) (?1) Chứng minh ∆AMN cân bằng cách nào? (?2) Chứng minh như thế nào để có AMB ANB

b) Chứng minh tứ giác ACPD nội tiếp

 (?3) 0 180 ACPADP  (?4) 0 180

ACPADP ADNADP (kề bù)

(?5) ACPADN(Góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau)  (?6) AM  AN  (?7) AM = AN 

∆AMN cân tại A

(?3): Để chứng minh tứ giác ACPD nội tiếp cần chứng minh điều gì ? (?4) Góc ADP cộng với góc nào bằng 1800 ? ta cần chứng minh điều gì ? (?5) Muốn chứng minh ACP ADN cần chứng minh được điều gì ? (?6) Muốn chứng minh AM AN cần chứng minh được điều gì ? (?7) Chứng minh AM = AN bằng cách nào ? c) HS dự đoán (BCPQ là hình thang ) Để chứng minh BCPQ là hình thang  (?8) BQ // CP  (?9) AQBAPC (ở vị trí đồng vị ) 

(?10) AQBADC và APCADC

  (? 11)( 1 2sd AMB  ) ( 1 2sd AC  ) (?12) 

(Tứ giác ACPD nội tiếp )

(?8) Để chứng minh tứ giác BCPQ là hình thang cần chứng minh được điều gì ?

(?10) Sử dụng phương pháp nào để chứng minh AQB APC ? (?11) Sử dụng phương pháp nào để chứng minhAQBADC ? (?12) Sử dụng phương pháp nào để chứng minhAPCADC? Học sinh trình bày:

Tứ giác ACPD nội tiếp  APC ADC ( 1

2sd AC

 ) (4) Mặt khác lại có: AQBADC( 1

2sd AMB

 ) (5)

Từ (4) và (5)  AQB APC (ở vị trí đồng vị ) BQ // CP Tứ giác BCPQ là hình thang.

Một số cách tiếp cận khác:

b) Cách 2: Dễ thấy tứ giác AMPN nội tiếp vì có hai góc vuông. như vậy nếu tứ giác ACPD nội tiếp thì CADMAN. Giáo viên củng cố PP chứng minh một tứ giác nội tiếp bằng cách sử dụng tứ giác bên cạnh nội tiếp để chỉ ra tổng hai góc đối bằng 1800.

Cách 3: Nếu tứ giác ACPQ nội tiếp thì APM ADC ANB GV củng cố PP chứng minh tứ giác ACPD Bằng cách chứng minh APCADC

GV: Em có thể thay đổi yêu cầu phần a, b, c để có một yêu cầu tương tự mà quá trình chứng minh không thay đổi.

- Nếu hai đường tròn không bằng nhau thì kết quả bài toán còn đúng không ? vì sao ?

Bổ sung thêm các câu hỏi đòi hỏi mức vận dụng cao d) Chứng minh: PM.PC = PD.PN.

e) Gọi E là điểm đối xứng với D qua N Chứng minh khi M di dộng trên cung nhỏ BC thì E luôn nằm trên một đường tròn cố định.

Ví dụ 2.3. Cho hai đường tròn O và O’ gặp nhau ở A và B tiếp tuyến tại A của đường tròn O gặp O’ ở M; tiếp tuyến tại A ở đường tròn O’ gặp O tại N. Lấy điểm E đối xứng với A qua B. Chứng minh tứ giác AMEN nội tiếp một đường tròn.

Hình 2.6 Các cách tiếp cận khác nhau

Cách 1:

Để chứng minh tứ giác ANEM nội tiếp đường tròn, theo giả thiết đề bài cho E đối xứng với A qua B. Như vậy là tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác ANEM nằm trên đường trung trực của đoạn AE, và như thế tâm của đường tròn đi qua 4 đỉnh này cũng nằm trên đường trung trực của các đoạn thẳng AN và AM. Từ đó, ta có thể nghĩ đến viêc sử dụng tính chất của đường trung trực đoạn thẳng.

Gọi I là giao của hai đường trung trực AM, AN, khi đó ta đi chứng minh IB là trung trực của AE.

Suy ra điều phải chứng minh.

Cách 2:

Để chứng minh tứ giác ANEM nội tiếp ta có thể nghĩ đến đi chứng minh tổng hai góc đối diện bằng 1800.

Ta đi chứng minh: MAN + MEN = 1800. (1) Phân tích: Ta có

MAN = NAE + EAM

MEN = NEA + AEM

Ta có MAN + MEN = NAE + NEA + EAM + AEM. (2) Mà EAM + AEM + AME = 1800 (tổng ba góc trong ∆AME) Từ (1) và (2) ta sẽ đi chứng minh: NAE + NEA = AME Lại có: AMB + BME = AME

Ta đi chứng minh: NAE = AMB và NEA = BME

(Chuyển hướng từ chứng minh tổng số đo 2 góc về chứng minh hai góc bằng nhau)

Cách 3:

Nếu ta gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆AMN.Ta sẽ chỉ ra E cũng thuộc đường tròn này.

Giả sử đường tròn ngoại tiếp ∆AMN cắt AB kéo dài tại E’, ta đi chứng minh E≡ E’. Từ giả thiết đã cho E đối xứng với A qua B nên ta sẽ đi chứng minh E≡ E’ bằng cách chứng minh AB = BE’.

Trong các cách giải trên thì cách thứ ba là cách giải hay nhất vì đơn giản, gần với tư duy học sinh đại trà và chủ yếu sử dụng mối quan hệ vuông góc, song song gần như nhận biết được trực quan trên hình vẽ.

Ví dụ 2.4. Cho tam giác ABC nhọn có các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. Gọi I là trung điểm của HC. Chứng minh rằng tứ giác DIEF nội tiếp.

Thực hiện các thao tác tư duy: phân tích, tổng hợp, tương tự, tổng quát hóa. Phân tích: Với giả thiết bài toán ta dễ dãng nhận biết được ngay các tứ giác CDHE, BCEF nội tiếp.

Tổng hợp: Từ đó ta sử dụng tính chất về góc bằng nhau từ 2 tiếp tuyến và cát tuyến đối với đường tròn này để chứng minh tứ giác DIEF có  FED =  FID

Tương tự: với bài toán này ta có thể nhận thấy vai trò của I không thay đổi nếu ta đưa nó làm trung điểm của AH hay BH. Vậy khi ta thêm K, P là trung điểm AH , BH thì bằng các phép chứng minh tương tự ta cũng chứng minh được các tứ giác DEKF, DEFP nội tiếp.

Tổng quát hóa: trong một tam giác, 3 trung điểm của 3 cạnh, 3 chân đường cao, 3 trung điểm của đoạn thẳng nối đỉnh với trực tâm cùng thuộc một đường tròn gọi là đường tròn 9 điểm hay đường tròn Ơle.

Ví dụ 2.5. Từ một điểm A ở ngoài đường tròn (O) ta vẽ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn. Lấy điểm D nằm giữa B và C. Qua D vẽ một đường thẳng vuông góc với OD cắt AB, AC lần lượt tại E và F. Chứng minh tứ giác AEOF nội tiếp.

E F C B O A D Hình 2.9 Phân tích

Để chứng minh tứ giác AEOF nội tiếp ta đi chứng minh góc ngoài tại đỉnh E bằng góc trong tại đỉnh F của tứ giác.

Tức là đi chứng minh:  OFA=  BEO.

Theo bài cho dễ dàng nhận thấy 2 tiếp tuyến và cát tuyến đối với đường tròn là EBOD, ODCF.

Lợi dụng tính chất về góc bằng nhau của 2 tiếp tuyến và cát tuyến đối với đường tròn này để chứng minh OFA= BEO, ta đi chứng minh chúng cùng bằng góc thứ 3 là góc BDO.

Thực hiện các thao tác tư duy trừu tượng hóa, tổng quát hóa, đặc biệt hóa ta có thể đề xuất ra các bài toán mới từ chính việc vận dụng kết quả vừa chứng minh được:

Ví dụ 2.5.1. Từ một điểm A ở ngoài đường tròn (O) ta vẽ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn. Lấy điểm D nằm giữa B và C. Qua D vẽ một đường thẳng vuông góc với OD cắt AB, AC lần lượt tại E và F. Chứng minh OE = OF.

Ví dụ 2.5.2. Từ một điểm A ở ngoài đường tròn (O) ta vẽ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn. Lấy điểm D nằm giữa B và C. Qua D vẽ một đường thẳng vuông góc với OD cắt AB, AC lần lượt tại E và F. Chứng minh A, E, O, F cùng thuộc đương tròn.

Ví dụ 2.5.3. Từ một điểm A ở ngoài đường tròn (O) ta vẽ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn. Lấy điểm D nằm giữa B và C. Qua D vẽ một đường thẳng vuông góc với OD cắt AB, AC lần lượt tại E và F. Chứng minh DE = DF.

Ví dụ 2.5.4. Từ một điểm A ở ngoài đường tròn (O) ta vẽ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn. Lấy điểm D nằm giữa B và C. Qua D vẽ một đường thẳng vuông góc với OD cắt AB, AC lần lượt tại E và F. Gọi I là giao điểm của AE và OF. Chứng minh rằng: IE. IA = IO. IF.

Ví dụ 2.5.5. Từ một điểm A cố định ở ngoài đường tròn (O) ta vẽ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn. Lấy điểm D nằm giữa B và C. Qua D vẽ một đường thẳng vuông góc với OD cắt AB, AC lần lượt tại E và F. Khi điểm D di

động trên BC, chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp ∆AEF luôn đi qua một điểm cố định khác A.

Ví dụ 2.6. Cho đường tròn (O) đường kính AB. Gọi d1 và d2 là các tiếp tuyến tại A và B với đường tròn (O). Trên (O) lấy điểm M, trên đoạn OA lấy điểm C. Qua M kẻ một đường thẳng vuông góc với MC cắt d1 tại D và cắt d2 tại E. Nối AM cắt CD tại I, BM cắt CE tại K. Chứng minh rằng tứ giác CIMK nội tiếp. d2 d1 I E D O A B M C Hình 2.10 Phân tích

Yêu cầu bài toán chứng minh tứ giác CIMK nội tiếp.Trước hết, nhận xét rằng tứ giác CIMK có IMK = 900 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Vì vậy bằng phép suy luận ngược để chứng minh CIMK nội tiếp ta sẽ đi chứng minh: IMK = 900 hay chứng minh: DCM + MCE = 900 Từ các giả thiết về quan hệ vuông góc trong bài toán: DA  AB; EB  AB ; MC DE. Ta dễ dàng chứng minh được các tứ giác ACMD và BCME nội tiếp.

Suy ra: DCM = DAM (góc nội tiếp cùng chắn cung DM)

MCE = MBE (góc nội tiếp cùng chắn cung ME)

Do đó: IMK = DCM + MCE = DAM + MBE (1)

dây cung nên ta có: DAM + MBE = 900  IMK = 900. Vậy tứ giác CIMK nội tiếp.

Đối với bài toán này, GV cho HS lật ngược vấn đề để có các bài toán mới:

Ví dụ 2.6.1. Cho đường tròn (O) đường kính AB. Gọi d1 và d2 là các tiếp tuyến tại A và B với đường tròn (O). Trên (O) lấy điểm M, trên đoạn OA lấy điểm C. Qua M kẻ một đường thẳng vuông góc với MC cắt d1 tại D và cắt d2 tại E. Nối AM cắt CD tại I, BM cắt CE tại K. Chứng minh I, M , K ,C cùng thuộc một đường tròn.

Khai thác kết quả bài toán dựa vào suy luận tính chất của các tiếp tuyến và cát tuyến đối với đường tròn CBEM ; ACMD ; CIMK ta có bài toán:

Ví dụ 2.6.2. Cho đường tròn (O) đường kính AB. Gọi d1 và d2 là các tiếp tuyến tại A và B với đường tròn (O). Trên (O) lấy điểm M, trên đoạn OA lấy điểm C. Qua M kẻ một đường thẳng vuông góc với MC cắt d1 tại D và cắt d2 tại E. Nối AM cắt CD tại I, BM cắt CE tại K. Chứng minh rằng: AD. BE = BC. AC.

Ví dụ 2.6.3. Cho đường tròn (O) đường kính AB. Gọi d1 và d2 là các tiếp tuyến tại A và B với đường tròn (O). Trên (O) lấy điểm M, trên đoạn OA lấy điểm C. Qua M kẻ một đường thẳng vuông góc với MC cắt d1 tại D và cắt d2 tại E. Nối AM cắt CD tại I, BM cắt CE tại K. Chứng minh rằng: IK // AB.

Ta nhận thấy rằng thêm yếu tô cho M di động trên (O) cố định, C cố định khi đó kết quả bài toán vẫn còn đúng. Từ đó có các bài toán:

Ví dụ 2.6.4 Cho đường tròn (O) đường kính AB cố định. Gọi d1 và d2 là các tiếp tuyến tại A và B với đường tròn (O). Trên (O) lấy điểm M, trên đoạn OA lấy điểm C cố định. Qua M kẻ một đường thẳng vuông góc với MC cắt d1 tại D và cắt d2 tại E. Nối AM cắt CD tại I, BM cắt CE tại K. Chứng minh rằng: Khi M di động trên (O) thì đường tròn ngoại tiếp ∆MIK luôn đi qua một điểm cố định.

K

H D

B C

A

Ví dụ 2.6.5 Cho đường tròn (O) đường kính AB cố định. Gọi d1 và d2 là các tiếp tuyến tại A và B với đường tròn (O). Trên (O) lấy điểm M, trên đoạn OA lấy điểm C cố định. Qua M kẻ một đường thẳng vuông góc với MC cắt d1

tại D và cắt d2 tại E. Nối AM cắt CD tại I, BM cắt CE tại K. Chứng minh rằng: Tích AD. BE không đổi khi M di động trên (O).

Ví dụ 2.6.6. Cho đường tròn (O) đường kính AB cố định. Gọi d1 và d2 là các tiếp tuyến tại A và B với đường tròn (O). Trên (O) lấy điểm M, trên đoạn OA lấy điểm C cố định. Qua M kẻ một đường thẳng vuông góc với MC cắt d1

tại D và cắt d2 tại E. Nối AM cắt CD tại I, BM cắt CE tại K. Chứng minh rằng: IK luôn song song với một đường thẳng cố định khi M di động trên (O).

Nếu ta đặc biệt hóa vị trí của điểm M bằng cách cho thêm giả thiết CM 

AB thì ta được nhiều bài toán có kết quả đặc biệt hơn nữa. Ví dụ 2.7

Cho tam giác ABC cân tại A có các đường cao AH và BK. Chứng minh

rằng: 12 1 2 1 2 4

BK  BC  AH

Hình 2.11

Phân tích

Trong bài toán trên 1 2 12 1 2 4 BK  BC  AH có tỉ số 2 2 1 1 4AH 2AH      . Tỉ số gợi ý cho ta xét tam giác vuông có cạnh góc vuông bằng hai lần AH.

Ví dụ 2.8. Cho hai đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc ngoài tại A. BC là tiếp tuyến chung ngoài với '

( ); ( )

B O C O . Tiếp tuyến chung trong tại A cắt BC ở M. Gọi E là giao điểm của OM và AB; F là giao điểm của O’M và AC. Chứng minh:

1. Tứ giác AEMF là hình chữ nhật. 2. ME. MO = MF. MO’

3. OO’ là tiếp tuyến chung của đường tròn đường kính BC 4. BC là tiếp tuyến của đường tròn, đường kính OO’

(BT 42- trang 128. SGK Toán 9 - Tập 1.)

Hình 2.12

Từ bài toán trên ta có thể khai thác tiếp như sau:

5. Kéo dài BA cắt (O’) tại P; kéo dài CA cắt (O) tại Q. Chứng minh B,O,Q thẳng hàng; C, O’, P thẳng hàng

6. Chứng minh IK=BQ+CP