Tải bản đầy đủ

Phát triển tư duy từ một số bài toán hình học cho học sinh giỏi lớp 9 trường THCS điện biên

I. MỞ ĐẦU.
1. Lý do chọn đề tài
Khi dạy đối tượng học sinh giỏi, đặc biệt là dạy cho những học sinh đội
tuyển tham gia thi học sinh giỏi, việc hướng dẫn học sinh tư duy là điều quan
trọng đối với người thầy. Sau nhiều năm tham gia dạy đội tuyển học sinh giỏi
lớp 9 trường THCS Điện Biên, có một số bài tập hình học khi hướng dẫn cho
các em học sinh giỏi khai thác ở nhiều cách giải. Từ một bài có thể đưa ra được
một số bài tương tự hoặc thay đổi dữ kiện để chuyển sang những bài tập ở dạng
khác. Một bài tập khi khai thác ở nhiều cách giải, mỗi cách ôn tập, khắc sâu
những đơn vị kiến thức liên quan. Mỗi cách hướng dẫn học sinh một cách định
hướng, khai thác kiến thức khác nhau giúp cho học sinh hiểu và nhớ kiến thức
hình sâu hơn, hệ thống hơn. Đó là cách tôi thường sử dụng để hướng dẫn các em
tư duy về các bài toán hình học. Khi giảng dạy theo cách khai thác như vậy, học
sinh tư duy tốt hơn và thấy rất hứng thú với phân môn hình học. Sau đây tôi xin
được trình bày đề tài SKKN “ PHÁT TRIỂN TƯ DUY TỪ MỘT SỐ BÀI
TOÁN HÌNH HỌC CHO HỌC SINH GIỎI LỚP 9 TRƯỜNG THCS ĐIỆN
BIÊN”.
2. Mục đích nghiên cứu
Tôi muốn thông qua việc hướng dẫn học sinh khai thác, phát triển từ một số
bài toán về đường tròn, một số bài toán hình học để phát triển tư duy của đối
tượng học sinh khá giỏi, hướng dẫn cho các em cách học Toán nói riêng và là

cách để học tập tốt.
3. Đối tượng nghiên cứu.
Giáo viên dạy đội tuyển lớp 9 qua các năm học. Kết quả học tập của học sinh
khá giỏi lớp 9
4. Phương pháp nghiên cứu.
- Lựa chọn bài tập theo từng dạng để hướng dẫn học sinh tổng hợp, nhận dạng
thể loại từ đó xác định hướng giải - Củng cố kiến thức cho học sinh
- Hướng dẫn cách phát triển một số dạng, một số bài tập cụ thể - Phát huy tư duy
sáng tạo của học sinh.
- Kiểm tra, đánh giá hiệu của của phương pháp sử dụng.
II. NỘI DUNG ĐỀ TÀI
1. Cơ sở lý luận .
Đối với những học sinh có tư chất về bộ môn toán, những em nằm trong
đội tuyển đi thi học sinh giỏi môn toán ở các nhà trường,việc hướng dẫn học
sinh khai thác đề toán là rất quan trọng. Người thầy giáo phải hướng dẫn học
sinh tư duy logic, xem xét tất cả các khả năng có thể xảy ra, nhìn dưới mọi góc
độ, mỗi cách giải là ôn tập một kiến thức, từ đó giúp học sinh nắm vững kiến
thức và tư duy môn toán tốt hơn.
Để làm tốt được mục tiêu này khi dạy về phân môn hình, thầy cô giáo
phải giảng dạy, rèn luyện cho học sinh nắm vững kiến thức hình học hệ thống từ
lớp 6. Chúng ta đã biết, để làm một bài tập hình học ở lớp trên, cụ thể là với lớp
9 thì học sinh phải sử dụng rất nhiều kiến thức của các lớp dưới, kể từ lớp 6.
1


Học sinh của chúng ta thường yếu hơn về phân môn hình học cũng vì các em
không nắm được kiến thức chắc chắn, hệ thống từ lớp dưới. Riêng đối với các
dạng bài tập về đường tròn, yêu cầu học sinh phải nắm vững tất cả những kiến
thức có liên quan để khi giải bài tập học sinh mới phát hiện, tìm hướng giải
nhanh chóng được. Ví dụ
- Sự xác định một đường tròn, chứng minh nhiều điểm thuộc đường tròn,
tứ giác nội tiếp
- Tính chất đối xứng trong đường tròn, mối liên hệ giữa đường kính và
dây cung, dây cung và khoảng cách đến tâm.
- Tiếp tuyến, tính chất tiếp tuyến, phương pháp chứng minh một đường
thẳng là tiếp tuyến của đường tròn.
- Góc trong đường tròn...
2.Thực trạng của vấn đề.
- Học sinh lớp 9 trường THCS Điện Biên
Trong nhiều năm trước, tôi thường được phân công đón lớp 9 và phụ trách

dạy đội tuyển, ngay cả đối tượng học sinh học tốt cũng thường thấy ngại làm bài
tập hình. Tìm hiểu tôi biết được các em nắm kiến thức chưa sâu, học bài nào biết
bài đó không có tính chất hệ thống.
Kết quả kiểm tra nhóm 20 học sinh có kiến thức về bộ môn toán xếp loại khá
giỏi để tham gia ôn luyện chọn đội tuyển của năm học 2014 – 2015 với một bài
kiểm tra Hình học như sau
Tổng số
9 → 10
7 →8
5 →6
0→4
20
0
2 (10%)
11 (55%)
7 (35%)
Sau khi giảng dạy học sinh theo hướng trên, dần dần tôi nhận thấy kiến thức
về phân môn Hình học của học sinh có sự thay đổi, đặc biệt khi tôi được xếp dạy
theo lớp từ lớp 6 đến lớp 9, kết quả giảng dạy học sinh học phân môn Hình của
những học sinh chọn đội tuyển HSG khả quan hơn rất nhiều. Tôi xin dẫn một
kết quả cũng của bài kiểm tra hình cho nhóm học khá với 17 học sinh, kết quả
như sau.
Tổng số
9 → 10
7 →8
5 →6
0→4
17
2 (12%)
5 (29%)
10 (59%)
0
Trao đổi với bạn bè đồng nghiệp của các trường THCS trên địa bàn Thành
phố khi triển khai đề tài như trường THCS Trần Mai Ninh,Quang Trung, Minh
Khai, Nguyễn Văn Trỗi tôi cũng nhận được những nhận xét tương tự và được
bạn bè hỗ trợ trong việc thử nghiệm đề tài.
3.Giải pháp và tổ chức thực hiện.
Tôi xin được minh họa việc khai thác một số ví dụ bài toán về đường tròn
trong quá trình giảng dạy cho đối tượng HSG.
Bài toán 1. Cho ∆ ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O, với AB > AC. Kẻ
đường cao AH, bán kính OA. Chứng minh OAH = ACB - ABC

2


( Đây là một bài toán có thể khai thác được nhiều cách, giúp học sinh phát triển
tư duy và việc khai thác được nhiều cách giải gây hứng thú học môn toán cho
học sinh)
Hướng dẫn:
Cách 1.
HD. Hình 1
- Kẻ OI ⊥ AC cắt AH ở M
- Áp dụng kiến thức về
góc ngoài tam giác
- Góc nội tiếp, góc ở tâm.
Lời giải: Ta có.
OMH = ACB ( Cùng phụ MAI)
ABC =

1
AOC
2

( góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn một cung)
Mà AOM =

1
AOC
2

⇒ AOM = ABC ( cùng bằng

1
sđAC)
2

Trong ∆OAM thì OMH = AOM + OAH (Góc ngoài tam giác)
Hay ACB = ABC + OAH
Vậy: OAH = ACB - ABC (đpcm)
Cách 2.
HD. Hình 2.
Kẻ tiếp tuyến với đường tròn tại A cắt BC ở D
Lời giải.
Ta có: ABC = CAD (1) ( cùng chắn AC)
OAH = ADC (2)
(Cùng phụ với HAD).
Cộng từng vế của (1) và (2)
Ta được.
ABC + OAH = CAD + ADC

CAD + ADC = ACB
(góc ngoài tam giác)
⇒ ABC + OAH = ACB
Vậy: OAH = ACB - ABC (đpcm)
Cách 3.
HD. Hình 3.
- Kẻ đường kính AOD
- Kẻ DK ⊥ BC
3


Lời giải:
Ta có DK// AH ⇒ OAH = ODK (1)
(so le trong)
ABC = ADC
(2)
(góc nội tiếp cùng chắn AC)
Cộng từng vế của (1) và (2)
Ta được
OAH + ABC = ODK + ADC = KDC
Mà: KDC = ACB
(Cùng phụ với BCD)
⇒ OAH + ABC = ACB
Vậy OAH = ACB - ABC (đpcm)
Cách 4.
HD. Hình 4.
- Kẻ đường kính AOD
- Kẻ CK ⊥ AD
Lời giải:
Ta có: OAH = KCB (1)
(Hai góc nhọn có cạnh tương ứng vuông góc)
ABC = ADC (2)
(góc nội tiếp cùng chắn AC)
Cộng từng vế của (1) và (2)
Ta được.
OAH + ABC = KCB + ADC
Mà: ADC = KCA
(Cùng phụ với KCD)
⇒ OAH + ABC = KCB + KCA = ACB
Vậy : OAH = ACB - ABC (đpcm)
Cách 5.
HD. Hình 5.
- Kẻ đường kính AOD
- Gọi M là giao điểm của AH và DC
Lời giải:
Ta có: AMC = ACB (1)
(Cùng phụ với HAC)
ADM = ABC (2)
(góc nội tiếp cùng chắn AC)
Trừ từng vế của (1) và (2)
Ta được: AMC - ADM = ACB - ABC
Mà: AMC - ADM = OAH (góc ngoài tam giác)
Vậy OAH = ACB - ABC (đpcm)
Cách 6.
4


HD. Hình 6.
Kẻ OI ⊥ BC và OK ⊥ AB
Lời giải:
Ta có: OAH = O 2 (1) (so le trong)
ABC = O 1 (2)
(Hai góc nhọn có cạnh tương ứng
vuông góc)
Cộng từng vế của (1) và (2)
Ta được OAH + ABC = O 1 + O 2
Mà O 1 + O 2 = ACB
( cùng bằng

1
sđ AB)
2

⇒ OAH + ABC = ACB

Vậy OAH = ACB - ABC

(đpcm)

Cách 7.
HD. Hình 7.
Tại A kẻ tiếp tuyến Ax và đường
thẳng Ay // BC .
Lời giải: Ta có
OAH = xAy (1)
(Cùng phụ với OAy)
ABC = BAy (2) (so le trong)
Cộng từng vế của (1) và (2)
Ta được:
OAH + ABC = xAy + BAy
= xAB.
Mà: xAB = ACB (góc nội tiếp cùng chắn AB)
⇒ OAH + ABC = ACB
Vậy OAH = ACB - ABC (đpcm)
Bài 2: Cho tam giác ABC đều; O là trung điểm cạnh BC. Một góc xOy = 60 0 có
cạnh Ox cắt cạnh AB ở M; cạnh Oy cắt cạnh AC ở N. Chứng minh
a) BM.CN = OB2
b) MO và NO là tia phân giác của BMN và CNM
Đây là một bài của kiến thức lớp 8, được mở rộng khi học ở phần đường
tròn ở lớp 9
Hướng dẫn:
a) ΔBMO và ΔCON đồng dạng (g.g)

5




BM BO
⇔ BM.CN = BO.CO = BO2
=
CO CN

b) Từ cặp tam giác đồng dạng ở câu a) ta có
BM BO MO
BM MO
=
=

=
CO CN ON
BO ON

B = MON = 600
⇒ ΔBMO và ΔOMN đồng dạng (g.g)

BMO = OMN hay MO là phân giác BMN
Tương tự NO là phân giác MNC
Bài 3: Cho ΔABC cân; B = C = α ; O là trung điểm BC. Một góc xOy = α có
cạnh ox cắt AB ở M; cạnh Oy cắt AC ở N. Chứng minh
a) BM.CN = OB2
b) MO và NO là tia phân giác của BMN và CNM
Hướng dẫn:
Cách làm như bài 2; đây là bài
toán tổng quát, còn bài 2 là trường
hợp đặc biệt khi α = 600
Lên lớp 9 các em gặp lại bài toán này
ở dạng khác như sau:
Bài 4: Cho ΔABC cân đỉnh A
O là trung điểm của BC;vẽ (O) tiếp xúc với 2 cạnh bên tại H,K.
Một tiếp tuyến với (O) cắt AB; AC ở M; N.
a) Cho B = C = α tính MON
b) Chứng minh OM; ON chia tứ giác BMNC thành ba tam giác đồng dạng
c) Cho BC = 2a. Tính tích BM.CN
d) Tiếp tuyến MN ở vị trí nào thì tổng BM + CN nhỏ nhất.
Hướng dẫn.
a) HOK = 1800 – A = 2 α
MON =

1
HOK = α
2

b) Xét ΔBMO và ΔOMN có
B = MON = α
BMO = OMN ( tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
⇒ ΔBMO và ΔOMN đồng dạng (g.g)
Chứng minh tương tự ΔCON và ΔOMN đồng dạng
c) Từ kết quả câu b) ta được
BM BO
⇔ BM.CN = OC. OB = a2
=
OC CN

6


d) BM + CN ≥ 2 BM .CN = 2a
⇒ min(BM + CN) = 2a ⇔ BM = CN ⇔ MN // BC
Khi làm bài tập này ở lớp 9, giáo viên nhắc lại dạng đã gặp ở lớp 8 ,
phân tích sự phát triển của bài toán gây sự thích thú cho học sinh.
Bài 5:Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác, dựng các tam giác đều ABF;
ACD; BCE. Chứng minh rằng AE; BD; CF đồng quy.
Hướng dẫn:
Gọi O là giao điểm của BD và CF.
D
Ta cần chứng minh A ; O ; E thẳng
hàng. Ta có ∆DAB = ∆CAF (c.g.c)
A
⇒ B 1 = F 1 ⇒ AOBF nội tiếp
F
1
⇒ O 1 = B 2 = 600
1
0
O 2 = A 1 = 60
1
⇒ AOB = 1200 (1)
2
1
3O
Tương tự: AOC = 1200
2
⇒ BOC = 1200 ; BFC = 600
1 C
B
⇒ BOCE nội tiếp
⇒ O 3 = C 1 = 600 (2)
Từ (1) và (2) ⇒ AOF = 180 0
⇒ A ; O ; E thẳng hàng
Hay AE ; BD ; CF đồng quy.

E
Bài 6: Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác, dựng các tam giác ABF; ACD
vuông cân tại A. Chứng minh rằng CF = BD; CF ⊥ BD
Hướng dẫn
Chứng minh CF = BD tương tự
như bài toán 1
⇒ tứ giác AOBF nội tiếp
(do AFO = ABO)
⇒ BOF = BAF = 90 0

7


D

F

A

O
C

B
Tiếp tục bài toán trên, gọi M; N; I
lần lượt là trung điểm của BF; CD;
BC; ta có
IM Là đường trung bình của tam
giác BCF nên
1
CF (1)
2
1
Tương tự IN // = BD (2)
2
Mà CF ⊥ BD; CF = BD (3)

IM // CF; IM =

Từ (1); (2); (3) suy ra:
IM ⊥ IN; IM = IN
Hay ∆MIN vuông cân tại I

D

F
A
M

N
O

B

C
I
Nhận thấy rằng ∆AMB và ∆ANC vuông cân tại M và N. Từ đây ta có bài toán
tiếp.
Bài 7.
Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam
giác, dựng các tam giác ABM vuông cân
A
tại M; ACN vuông cân tại N. Gọi I là
N
trung điểm của BC. ∆IMN là tam giác gì?
Nếu học sinh lần đầu gặp bài toán này mà M
chưa gặp dạng thì hơi khó giải đối với các
em.
Bài toán trên có thể diễn đạt cách khác
làm cho học sinh dễ dàng chứng minh
C
B
I
hơn bằng cách thay các tam giác vuông
cân ABM, CAN bằng các hình vuông
ABDE và ACHF thì ta được bài toán đơn
8


giản hơn. Ta có bài toán tiếp theo.
Bài 8.Cho tam giác ABC, dựng về phía ngoài tam giác các hình vuông ABDE và
ACHF.
a.Chứng minh rằng BF = CE và BF ⊥ CE
b. Gọi I, J lần lượt là tâm của hai hình vuông đó. M là trung điểm của BC.
Chứng minh rằng ∆MIJ là tam giác vuông cân.
F

E
A
J

H

I
D
C
M
B
Dưới đây là một bài tập xây dựng thuận đảo và tổng quát bài toán rất lí thú như
sau.
Bài 9: Hai cạnh của góc nhọn xAy tiếp xúc với một đường tròn (O) cho trước tại
các điểm B,C. Gọi M là trung điểm của AC, đường thẳng BM cắt đường tròn
(O) tại N, đường thẳng AN cắt (O) tại D.
Chứng minh DB//AC.

Hướng dẫn :

Nếu BD//AC thì BDA = DAC (so le)
Mà BDA = ABM ( Góc nội tiếp,
góc giữa tiếp tuyến và một dây cung
cùng chắn một cung)
⇒ ABM = DAC ⇒ ΔMAN và ΔMBA
Như vậy để có được kết luận của bài toán cần chứng minh được 2 tam giác
MAN và MAB đồng dạng.
Thật vậy:
Do M chung
(1)
9


Và MA2 = MC2 = MN.MB ( MC là tiếp tuyến, MNB là cát tuyến (O))


MA MB
=
MN MA

(2)

Từ (1) và (2)
⇒ ΔMAN và ΔMBA đồng dạng
⇒ MAN = MBA = BDA
⇒ BD//AC
(đpcm)
* Giáo viên hướng dẫn học sinh khai thác bài toán đảo.
Bài 10: Cho (O) tiếp xúc với 2 cạnh của góc nhọn xAy tại B,C. Từ B vẽ dây
BD//AC. AD cắt (O) tại N, BN cắt AC tại M.
Chứng minh MA = MC.
( Học sinh chứng minh theo chiều ngược lại của bài 9 ( thuận)
Bài 9 lại có thể khai thác thành một bài toán tương tự như sau:
Bài 11: Cho (O) và 1 tiếp tuyến tại A. Trên tiếp tuyến lấy 1 điểm C (khác A)
Gọi B là trung điểm AC, kẻ cát tuyến BEF
(E,F ∈ (O)), các tia CE; CF cắt
(O) tại M,N.
Chứng minh MN//AC.
Hướng dẫn:

Nếu MN//AC ⇒ BCE = EMN
(so le trong)
Mà EMN = EFN (2 góc nội tiếp chắn cung EN)
⇒ ΔBCE và ΔBFC đồng dạng
(g.g)
Như vậy để có kết luận của bài toán cần chứng minh hai tam giác BEC và BCF
đồng dạng.
Thật vậy:
Do B chung và BC2 = BA2 = BE.BF


BC BF
=
BE BC

⇒ ΔBCE và ΔBFC đồng dạng
(c.g.c)
⇒ BCE = BFC = EMN ⇒ AC//MN.

Với bài tập này học sinh phát hiện thấy sự tương tự của bài tập 4, thay vì 2 tiếp
tuyến là 2 cát tuyến, kết luận và đường lối chứng minh có những bước tương tự
nhau.
Từ đó bài toán trên có thể đảo lại như sau:
Bài 12: Cho (O) và một tiếp tuyến tại A, trên tiếp tuyến lấy 1 điểm C khác A,
vẽ 1 cát tuyến CEM (E nằm giữa C và M). Vẽ dây cung MN song song với AC,
CN cắt (O) tại F; EF cắt AC tại B. Chứng minh BA = BC
10


(Học sinh chứng minh ngược lại bài toán thuận, cách làm tương tự như bài 5)
Bài 13: Cho tam giác ABC cân đỉnh A, tâm đường tròn nội tiếp là I. Qua I vẽ
đường thẳng song song với BC cắt AB tại E, cắt AC tại F, Chứng minh Rằng
đường tròn tiếp xúc với các đường thẳng AB,AC tại E và F tiếp xúc với đường
tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Hướng dẫn:
Gọi (J) là đường tròn tiếp xúc
với AB; AC tại E và F
⇒ Tâm J nằm trên đường phân
giác AI của BAC.
ΔABC cân ⇒ O nằm trên AI.
Để (O) và (J) tiếp xúc nhau thì tiếp
điểm phải nằm trên đường nối tâm IJ.
Giả sử AI cắt (J) tại D
Ta cần chứng minh D ∈ (O)
⇔ AD phải là đường kính (O)
⇔ ABD = ACD = 1v
(1)
Mặt khác, do ΔABC cân và EF// BC
⇒ AE = AF nên AI ⊥ EF
Do đó để có (1) cần chứng minh các tứ giác EIDB và FIDC nội tiếp đó là chốt
để đưa đến kết luận của bài toán.
Thật vậy:
Dễ thấy : ΔAED = ΔAFD (AE = AF; EAD = DAF; AD chung)
⇒ EDI = FDI

Ta có AEF = EDF
(cùng chắn cung EF)
AEF = ABC
(đồng vị)
⇒ EDF = ABC nên EDI = EBI
Mặt khác D và B nằm cùng về một phía đối với EF. Do đó tứ giác BEDI là tứ
giác nội tiếp
Ta đã có EID = 900 ⇒ EBD = 900
Hay ABD = 900
Tương tự ACD = 900
Do vậy AD là đường kính của (O). Hai đường tròn (O) và (J) có chung điểm D
nằm trên đường nối tâm O nên chúng tiếp xúc nhau tại D.
Bài 14: (Bài toán đảo)
Cho đường tròn tiếp xúc với cạnh AB và AC của tam giác ABC cân đỉnh A và
tiếp xúc đường tròn ngoại tiếp tam giác đó. Chứng minh rằng đoạn thẳng nối các
tiếp điểm của đường tròn này với hai cạnh AB và AC thì chứa tâm đường tròn
nội tiếp tam giác ABC
11


Trong trường hợp ABC là tam giác thường thì kết luận này có đúng không?
Hướng dẫn chứng minh:
Dễ thấy EF // BC
⇒ AEF = ABC = EMF

E,M,F là tiếp điểm của (J)
với AB,AC và (O)
Mà AM là phân giác góc EMF
Vì ΔAEM = ΔAFM
⇒ AM ∩ EF tại I
EIM + EMB = 1v + 1v = 2v
Nên tứ giác EBMI nội tiếp được
⇒ EBI = EMI =

1
1
EMF = ABC
2
2

Suy ra BI là phân giác ABC
Chắc nhiều đồng nghiệp yêu toán đã được làm quen với bài toán “con
bướm”. Trong đề tài này tôi cũng xin đưa ra một số dạng của bài toán này, khi
khai thác nó học sinh thấy thú vị trong việc tìm tòi phát triển bài toán này.
Bài 15: Cho (O) và dây cung MN, gọi I là trung điểm của MN. Qua I vẽ 2 dây
cung AB và CD bất kì, Nối AD và BC hai dây này lần lượt cắt MN tại P và Q .
Chứng minh IP = IQ.
Hướng dẫn : Từ O hạ OK ⊥ BC, OL ⊥ AD.
Nối OP và OQ dễ thấy tứ giác OIQK
nội tiếp được trong đường tròn
⇒ IOQ = IKQ
(1)
Tương tự OIPL cũng là tứ giác nội tiếp
⇒ IOP = ILP
(2)
Ta lại có ΔCIB = ΔAID đồng thời do
OK ⊥ BC; OL ⊥ AD nên K,L lần lượt
là trung điểm của BC; AD
⇒ ΔCIK và ΔAIL ⇒ IKQ = ILP (3)
Từ (1); (2); (3) ⇒ IOQ = IOP hay OI là phân giác POQ mà OI ⊥ PQ
⇒ Δ OQP cân hay IP = IQ (đpcm)
Bài toán có thể phát biểu dưới dạng khác như sau
“ Cho tứ giác ADBC nội tiếp đường tròn tâm O, gọi I là giao điểm hai đường
chéo CD và AB; MN là đường thẳng vuông góc với OI tại I; P và Q lần lượt là
giao điểm của hai cạnh đối diện CB và AD với MN. Chứng minh IP = IQ”.
Nội dung bài toán trên so với bài toán 1 không có gì thay đổi . Nhưng tôi
nghĩ ta có thể đổi vai trò hai đường chéo thành hai cạnh đối diện, còn hai cạnh
đối diện thành hai đường chéo. Tôi có bài toán sau:
Bài toán 16:

12


Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm O, gọi I là giao điểm của hai
cạnh dối diện AD và BC kéo dài ( điều kiện AD ≠ CB). Qua I ta dựng đường
thẳng d vuông góc với OI, đường thẳng này cắt hai đường chéo AC và BD kéo
dài tại M và N. Chứng minh IM = IN
Hướng dẫn:
Nối OM, ON, từ O hạ OH ⊥ BD; OK ⊥ AC.
Nhận thấy IHON nội tiếp được
(do I,H cùng nhìn ON dưới một góc vuông).
⇒ IHN = ION
(1)
Tương tự tứ giác IKOM nội tiếp
⇒ IKM = IOM
(2)
Ta lại có ΔIBD và ΔIAC đồng dạng ( I chung; B = A =

1
sđ DC)
2

OH ⊥ BD; OK ⊥ AC ⇒ H; K là trung điểm BD; AC
⇒ ΔIHD và ΔIKC đồng dạng
⇒ IHN = IKM
(3)

Từ (1);(2) và (3)
ION = IOM; OI ⊥ MN ⇒ ΔOMN cân
⇒ IM = IN
(đfcm)
Nếu trong bài toán 2 tôi thay hai đường chéo BD và AC bởi hai cạnh đối diện
còn lại là DC và AB tôi sẽ có bài toán 3
Bài toán 17:
Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O); gọi I là giao điểm hai cạnh đối diện AD
và BC kéo dài, qua I dựng đường thẳng d ⊥ OI, cạnh DC và AB kéo dài lần lượt
cắt d tại M và N. Chứng minh IM = IN. Nối OM và ON, từ O hạ OH ⊥ DC; OK
⊥ AB ⇒ H,K là trung điểm của DC và AB.

Ta có các tứ giác IHOK và IOKN
nội tiếp được
⇒ IOM = IHM
và ION = IKN
(1)
Do H;K là trung điểm của DC và AB
⇒ ΔIHC và ΔIKA đồng dạng
⇒ IKN = IHM
(2)
Từ (1) và (2) ⇒ IOM = ION mà OI ⊥ MN
⇒ IM = IN (đfcm)

13


Lưu ý : Ở bài toán 17 có thể xảy ra DC // AB lúc đó ta có thể xem hai điểm M,N
ở xa vô tận về hai phía (vì DC // AB // d) như vậy thì I là trung điểm của MN
vẫn đúng.
Từ các bài toán 15;16;17 ta rút ra bài toán tổng quát:
Bài toán 18:
Cho (O); d là một đường thẳng bất kì (không phải là tiếp tuyến của (O), gọi I là
chân đường vuông góc hạ từ tâm O tới d. Qua I kẻ 2 cát tuyến IAB và ICD tới
(O). Gọi M,N lần lượt là giao điểm của AD; BC với d. Khi đó ta có I là trung
điểm của MN và PQ.
Nó tổng quát hơn bài 15 là d có thể không cắt (O) và nếu d cắt (O) thì đó là bài
toán 15
Nếu ta đặc biệt hóa A ≡ B thì khi đó cát tuyến IAB suy biến về tiếp tuyến, ta có
bài toán sau:
Bài toán 19:
Cho (O), d là một đường thẳng ở ngoài (O), từ O hạ OI ⊥ d, qua I kẻ tiếp tuyến
IA và cát tuyến ICD, Gọi M,N lần lượt là giao điểm của d với AD và DC. Chứng
minh IM = IN.
Đương nhiên nếu ICD suy biến về là tiếp tuyến IC thì chúng ta có ngay AC//d là
một điều mà ta đã biết.
Nếu ở bài 19, ICD là đường kính lại có bài toán 20 như sau:
Bài toán 20: Cho (O); đường thẳng d không cắt (O); đường kính DC ⊥ d tại I,
qua I vẽ tiếp tuyến IA với (O), dây cung DA cắt d tại M khi dó ta có IA = IM.
4. Kết quả đạt được.
Trên đây là một số bài tập minh họa cho phương pháp hướng dẫn học sinh
tư duy, tạo sự ham thích khi học môn toán cho đối tượng học sinh giỏi. Khi
hướng dẫn các em đi tìm lời giải cho những bài toán hình học ở những bài có thể
tìm được nhiều cách giải hoặc thay đổi dữ kiện để khai thác các bài toán hình
học, học sinh nắm kiến thức sâu hơn. Kết quả đội tuyển môn toán đi thi học sinh
giỏi của trường THCS Điện Biên hàng năm thường được xếp ở tốp đầu Thành
Phố. Đặc biệt năm học 2013-2014, đội tuyển học sinh giỏi môn Toán và môn
Giải toán trên máy tính cầm tay đều xếp thứ 1/37. Năm học 2015-2016 đội tuyển
Toán xếp thứ 1/37 trường của Thành phố, năm học 2016 - 2017 đội tuyển Toán
đạt 02 giải Ba, 01 giải KK; Giải toán bằng máy tính cầm tay đạt 03 giải Ba xếp
thứ 3/37.
III . KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ.
Trên đây là một số bài tập minh họa về việc khi dạy học sinh giỏi trường
THCS Điện Biên khai thác một số bài toán hình học. Các giáo viên khi dạy học
sinh học toán đặc biệt là học sinh có năng khiếu, ham thích bộ môn toán đều
thường hướng dẫn học sinh theo cách nghĩ đó. Trong công tác bồi dưỡng học
sinh giỏi có rất nhiều đồng chí có những kinh nghiệm về giảng dạy các chuyên
14


đề, về phương pháp bồi dưỡng học sinh, về cách phát hiện và lựa chọn học sinh,
rất mong PGD Thành phố hàng năm có những chuyên đề “ Bồi dưỡng học sinh
giỏi” để giáo viên có điều kiện học hỏi kinh nghiệm lẫn nhau trong công tác bồi
dưỡng học sinh để kết quả mũi nhọn của Thành Phố ngày càng được nâng cao
hơn nữa. Rất mong được sự đóng góp ý kiến của bạn bè đồng nghiệp cho bản
SKKN này của tôi.
Xin chân thành cảm ơn!

XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 25 tháng 3 năm 2017
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, không sao chép nội dung
của người khác
Người viết

Hoàng Thị Sơn Quyên

15


TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Toán nâng cao các chuyên đề
2. Toán nâng cao và phát triển

Vũ Dương Thụy
Vũ Hữu Bình

3. Báo Toán học tuổi thơ 2

16


PHỤ LỤC
Đề mục
I.MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
2. Mục đích nghiên cứu
3. Đối tượng nghiên cứu
4. Phương pháp nghiên cứu
II.NỘI DUNG ĐỀ TÀI
1. Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm
2. Thực trạng của vấn đề
3. Giải pháp và tổ chức thực hiện
4. Kết quả đạt được
III. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ

Trang
1
1
1
1
1
1
1
2
2
14
15

17



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×