KHAI THÁC MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC TRUNG HỌC CƠ SỞ

ThS. Nguyễn Văn Minh

ĐẶT VẤN ĐỀ

Khi giải xong một bài toán hình học ta đừng vội thỏa mãn ngay với cách giải này mà hãy suy nghĩ xem có cách giải nào hay hơn, xét xem bài toán này xuất phát từ bài toán cơ bản nào và từ bài toán này ta có thể khai thác thêm bài toán nào nữa bằng cách cho thêm một giả thiết, hoặc kết hợp thêm một bài toán có liên quan.

Để có thêm bài toán mới ta thường khai thác bài toán theo cách sau: + Phát hiện các yếu tố bản chất và không bản chất trong bài toán; + Xét trường hợp đặc biệt của bài toán;

+ Xét bài toán tổng quát; + Xét bài toán tương tự; + Xét bài toán đảo;

+ Khai thác bài toán dưới dạng chứng minh, tính toán, quỹ tích, dựng hình, tìm cực trị;

Ngay với bài toán đơn giản trong sách giáo khoa ta cũng có thể khai thác được nhiều bài toán mới.

Sau đây là những bài toán minh họa cho những điều nói trên.

BÀI TOÁN 1: (Lớp 7)

Cho hai tia Ax // By và C là điểm ở trong miền mặt phẳng giới hạn bởi Ax, By, AB. Chứng minh ACB  AB.

Hướng dẫn giải:

Cách 1: Kẻ tia Cm sao cho 

1

C so le trong A và 

1

C =A thì Ax // Cm.

Do Ax // Cm và Ax // By nên Cm // By, suy ra  2 C =B (so le trong). Do đó  1 C + 2 C =B +A, tức là ACB  A B . y B C x A

2 Cách 2: Kẻ Cm // Ax, ta lại có Ax // By nên Cm // By Cm // Ax nên  1 C =A (so le trong) Cm // By nên  2 C =B (so le trong) Suy ra      1 2 ABC C  ACB Cách 3: Gọi D là giao điểm của AC và By Ta có    1

ACBD B (góc ngoài của tam giác) ÕAx // By  

1

D A

  ( so le trong) Suy ra ACB AB

Từ bài toán 1 ta có thể mở rộng thành các bài toán sau:

Bài toán 1.1: (Bài toán đảo của bài toán 1): Cho hình dưới đây, trong đó

  

ACB A B . C/m rằng Ax song song với By.

Bài toán 1.2: Cho hình dưới đây, trong đó Ax // By. C/m rằng    360O

A B C  

Bài toán 1.3: Cho hình tương tự bài toán 1.2, trong đó    360O

A B C   . C/m rằng Ax // By.

Bài toán 1.4: Cho hình dưới đây, trong đó Ax // By, Aa, Bb. (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});

Tính ACB theo a và b.

Mở rộng bài toán 1.4 bằng cách cho Ax cắt By ta có:

Bài toán 1.5: Cho hình bên, biết Aa, Bb, Dd. Tính ACB theo a, b, d. D y B C x A y B C x A y B C x A m y B C x A D C B A C y B x A

3 F K M E C D B A BÀI TOÁN 2: (Lớp 7)

Cho tam giác ABC. Ở phía ngoài tamgiác ABC, vẽ các tam giác vuông cân tại A là ABD, ACE. C/m rằng BE = CD và BE CD. Hướng dẫn giải: BAE DAC    (c.g.c) nên BE = CD,   1 1 B D

Gọi I là giao điểm của DC và BE, K là giao điểm của AB và CD. IBK  và ADK có   1 1 B D ,   1 2 K K nên   90o BIKDAK . Vậy BE CD.

Từ bài toán 2 ta có thể mở rộng thành các bài toán sau:

Khai thác BE CD, ta có bài toán:

Bài toán 2.1: (Lớp 9)

Cho tam giác ABC. Ở phía ngoài tam giác ABC, vẽ các tam giác vuông cân tại A là ABD, ACE. C/m giao điểm I của BE và CD nằm trên các đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD và ACE.

Khai thác BE = CD và BE CD, bằng cách vẽ

trung điểm của BD, BC, CE ta có bài toán:

Bài toán 2.2: (Lớp 8)

Cho tam giác ABC. Ở phía ngoài tam giác ABC, vẽ các tam giác vuông cân tại A là ABD, ACE. Gọi F, M, K theo thứ tự là trung điểm của BD, BC, CE. C/m rằng FMK là tam giác vuông cân.

Khai thác bài toán 2.2, gọi G là trung điểm của

DE. Theo bài toán 2.2 ta có tam giác FMK vuông cân nên FMKG là hình vuông. Ta có bài toán:

Bài toán 2.3: (Lớp 8)

Cho tam giác ABC. Ở phía ngoài tam giác ABC, vẽ các tam giác vuông cân tại A là ABD, ACE. Gọi F, M, K, G theo thứ tự là trung điểm của BD, BC, CE, ED. C/m rằng FMKG là hình vuông. Tương tự bài toán 2 nhưng thay tam giác vuông cân bằng tam giác đều, ta có bài toán:

Bài toán 2.4: (Lớp 7)

Cho tam giác ABC. Ở phía ngoài tam giác ABC, vẽ các tam giác đều là ABD, ACE. C/m rằng: a/ BE = CD. K I E C D B A G F K M E C D B A

4 b/ Góc nhọn tạo bởi BE và CD bằng 600.

c/ (Lớp 9) giao điểm I của BE và CD nằm trên các đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD và ACE.

Tổng quát hơn bài toán 2.4 ta có bài toán:

Bài toán 2.5:

Cho tam giác ABC. Ở phía ngoài tam giác ABC, vẽ các tam giác cân tại A có góc ở đỉnh bằng  là ABD, ACE. C/m rằng:

a/ BE = CD.

b/ Một trong các góc tạo bởi BE và CD bằng . c/ (Lớp 9) giao điểm I của BE và CD nằm trên các đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD và ACE.

Xét trường hợp suy biến của bài toán 2 khi ba điểm A, B, C thẳng hàng ta có bài toán:

Bài toán 2.6:

Cho điểm A nằm giữa B và C. Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ BC, vẽ các tam giác vuông cân tại A là ABD, ACE. (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});

C/m rằng BE = CD và BE CD. Hướng dẫn giải: BAE DAC    (c.g.c) nên BE = CD,   1 1 B D Gọi I là giao điểm của BE và CD. Do   1 1

B D , DEIBEA nên  090 90

I A



Tiếp tục khai thác bài toán 2. Ta thấy ở bài toán 2 tam giác DAC quay quanh A góc 90o ngược chiều kim đồng hồ thì được tam giác BAE. Nếu gọi G là trung

điểm của DC, H là trung điểm của BE thì AG quay quanh A góc 90o ngược chiều quay của kim đồng hồđược AH, tức là tam giác GAH

vuông cân. Ta có bài toán:

Bài toán 2.7:

Cho tam giác ABC. Ở phía ngoài tam giác ABC, vẽ các tam giác vuông cân tại A là ABD, ACE. Gọi G là trung điểm của DC, H là trung điểm của BE.

C/m rằng tam giác GAH là tam giác vuông cân.

Bài toán 2.8:

Cho tam giác ABC. Ở phía ngoài tam giác ABC, vẽ các tam giác đều ABD, ACE. Gọi G là trung điểm của DC, H là trung điểm của BE.

C/m rằng tam giác GAH là tam giác đều.

ID D E C A B H G D E C B A I D E C B A

5

Bài toán 2.9:

Cho điểm A nằm giữa B và C. Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ BC, vẽ các tam giác vuông cân tại A là ABD, ACE.

Gọi G là trung điểm của DC, H là trung điểm của BE. C/m rằng tam giác GAH là tam giác vuông cân.

Bài toán 2.10:

Cho điểm A nằm giữa B và C. Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ BC, vẽ các tam giác vuông cân tại A là ABD, ACE. Gọi G là trung điểm của DC, H là trung

điểm của BE.

C/m rằng tam giác GAH là tam giác đều.

BÀI TOÁN 3: ( Lớp 9)

Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O), BC, đường cao AH.

C/m rằng OAH B C 

Hướng dẫn giải:

Cách 1: Kẻ AE // BC thì BBCE nên   

1

BACBC (1) Kéo dài AH cắt đường tròn ở D. Ta có  90o Kéo dài AH cắt đường tròn ở D. Ta có  90o

EAD nên D, O, E thẳng hàng. Ta có    1 1 C D A (2) Từ (1) và (2) suy ra    1 B C A hay OAH B C Cách 2: Kẻ dây BF  OA thì AB AF nên   2 CB . Do đó      2 1 B C BB B Ta lại có   1 1 (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});

B C (cùng phụ với hai góc đối đỉnh bằng nhau) nên   

1

B C A

Cách 3: Kẻ tiếp tuyến Ax, ta có BCAx

HD D B C O E A H B C O F A

6 Vậy        

3 3 1 1

(90o ) (90o )

B C CAx C  A  A A A hay OAH B C

Cách 4: Ta có tam giác OAC cân tại O nên   0  0  3 180 90 2 2 AOC AOC A OCA   

Tam giác BAH vuông tại H nên  0 

1 90 A  B Mà   2 AOC B nên   2 3 A  A Vậy   0  0    2 3 1 1 (90 ) (90 ) B C  A  A A A hay OAHB C 

Từ bài toán 3 ta có thể mở rộng thành các bài toán sau:

Trong bài toán 3 có điều kiện tam giác ABC nhọn, bài toán 3 vẫn đúng trong trường hợp tam giác ABC nhọn hoặc tù. Ta có bài toán tổng quát hơn bài toán 3:

Bài toán 3.1:

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), BC, đường cao AH.

C/m rằng OAH B C 

Trong cách giải 4 của bài toán 3 ta thấy có sử dụng kết quả là OACBAH, tức

là AO và AH tạo với AC và AB hai góc bằng nhau. Dựa vào kết quả này ta có bài toán sau:

Bài toán 3.2:

Trong một tam giác, bán kính của đường tròn ngoại tiếp và đường cao cùng

đi qua 1 đỉnh tạo với hai cạnh đi qua đỉnh ấy hai góc bằng nhau. Từ kết quả của bài toán 3.2 ta có bài toán:

HB C B C O x A H B C O A

7 I C M H B A Bài toán 3.3:

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), AB < AC, đường cao AH. C/m rằng tia phân giác của góc OAH là tia phân giác của góc BAC.

Bài toán 3.4:

Cho tam giác ABC, AB < AC, đường cao AH, đường phân giác AD. Gọi O là giao điểm các đường trung trực của tam giác ABC. C/m rằng AD là tia phân giác của góc OAH.

Đặc biệt hóa bài toán 3.2 khi  0 90

A thì bán kính AO trở thành đường trung tuyến ứng với cạnh huyền. Khi đó ta có bài toán:

Bài toán 3.5: (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});

Trong tam giác vuông, đường cao và đường trung tuyến ứng với cạnh huyền tạo với hai cạnh góc vuông hai góc bằng nhau

Bài toán đảo của bài toán 3.5:

Bài toán 3.6:

Nếu tam giác ABC có đường cao AH và đường trung tuyến AM (AH và AM không trùng nhau) tạo với hai cạnh của góc A các góc bằng nhau thì tam giác ABC là tam giác vuông.

Hướng dẫn

Gọi I là trung điểm của AB

ABH vuông tại H IA = IH  BAHIHA (1)

Ta có IM // AC ( IM là đường trung bình của ABC)  MACIMA (2)

Từ (1) và (2)  IHAIMA  tứ giác AIHM nội tiếp

Ta có AHM 900  AIM 900  MI AB mà IM // AC  ABACBAC900 D H O C B A

8 Qua ba bài toán trên và các cách khai thác bài toán đó, có lẽ ta đã có một chút

ảnh hưởng nào đóđến quá trình dạy học toán của bản thân mình. Việc tự mình tạo ra một bài toán hình học đòi hỏi người thầy phải có quá trình tự học, tự rèn luyện và phải có những suy nghĩ khi giải xong một bài toán hình học.

KẾT LUẬN

Thông qua ví dụ là ba bài toán hình học trên ta thấy khi giải một bài toán, bên cạnh việc tìm ra cách giải, suy nghĩ các cách giải khác nhau thì việc khai thác và mở rộng bài toán cũng rất cần thiết và thú vị.

Khai thác và mở rộng bài toán sẽ giúp chúng ta hiểu sâu vấn đề hơn, đặt ra

được nhiều đề toán mới, tìm được mối liên hệ giữa các bài toán khác nhau cũng như

giúp chúng ta rèn luyện khả năng tổng quát hóa hay đào sâu suy nghĩ một vấn đề

nào đó.

Tôi hy vọng bài viết này sẽ là một tài liệu tham khảo bổ ích cho các em sinh viên, hỗ trợ các em trong quá trình giảng dạy sau này.