›
›
›

Sáng kiến kinh nghiệm Khai thác bài toán hình học trong sách giáo khoa Toán 9

pdf 6 trang binhlieuqn2 07/03/2022 5631
Download
Bạn đang xem tài liệu "Sáng kiến kinh nghiệm Khai thác bài toán hình học trong sách giáo khoa Toán 9", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • pdfsang_kien_kinh_nghiem_khai_thac_bai_toan_hinh_hoc_trong_sach.pdf

Nội dung tóm tắt: Sáng kiến kinh nghiệm Khai thác bài toán hình học trong sách giáo khoa Toán 9

  1. Sáng kiến kinh nghiệm Năm học 2017-2018 KHAI THÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC TRONG SGK TOÁN 9 I. ĐẶT VẤN ĐỀ : Ở trường THCS dạy toán là dạy hoạt động toán học cho học sinh,trong đó giải toán là hình thức chủ yếu. Để rèn luyện kĩ năng giải toán cho học sinh, ngoài việc trang bị tốt kiến thức cơ bản, người thầy giáo cũng cần giúp các em hệ thống hoá các dạng bài tập để các em dễ nhớ, dễ vận dụng. Trong chương trình lớp9, học sinh được làm quen với đường tròn và các bài toán liên quan đến nó. Những bài toán này không chỉ có trong các bài kiểm tra thông thường mà còn thường gặp trong các kì thi tuyển sinh vào lớp10 PTTH, thi chọn học sinh giỏi các cấp, thi vào trường chuyên,lớp chọn. Khi giải xong một bài toán trong SGK nhiều bạn coi như là xong việc thì thật là đáng tiếc vì các bạn đã bỏ lỡ cơ hội rèn luyện và khám phá tri thức cho mình. Bao giờ các bạn cũng tự đặt cho mình câu hỏi: “ Có thể khai thác và phát triển bài toán này theo nhiều hướng khác nhau được không ? ”. Khi đó các bạn sẽ thấy được nhiều điều thú vị và bổ ích.Chẳng hạn chúng ta “ Khai thác và phát triển bài toán 39 tr.123 SGK toán 9 tập 1”. Sau đây là một vài kinh nghiệm nhỏ mà tôi tích luỹ được trong quá trình dạy toán và giải toán, xin trao đổi cùng các bạn đồng nghiệp. II. NỘI DUNG . Bài toán 1 :( Bài 39.tr.123 SGK) Cho hai đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc ngoài tại A. Kẻ tiếp tuyến chung ngoài BC.B ∈(O),C ∈(O’), tiếp tuyến chung trong tại A cắt tiếp tuyến chung ngoài BC tại I. B I a ) CMR: BAC = 90 a C b) Tính số đo: OIO' c) Tính độ dài BC,biết: OA= 9cm,O’A= 4cm. Lời giải. O A O a) Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau ' BC ta có: IA= IB; IB =⇒=== IC IA IB IC 2 BC ⇒ ∆ ABC vuông tại A (vì có trung tuyến AI = ) ⇒BAC = 90 a 2 b) Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: OI là phân giác BIA ,O’I là phân giác AIC mà BIA và AIC là hai góc kề bù. ⇒OIO' = 90 a c) Ta có: ∆OIO ' vuông tại I có IA là đường cao. Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có: IA2= OAOA.' ⇒===⇒= IA 2 9.4366 2 IA 6 cm ⇒= BC 2. IA == 2.612. cm KHAI THÁC VÀ PHÁT TRIỂN BÀI TOÁN Nhận xét1 : Việc giải bài toán1 coi như xong,ta thử đặt vấn đề: “ Nếu hai đường tròn cho trước (O) và (O’) không tiếp xúc ngoài với nhau tại A mà hai đường tròn đó ở ngoài nhau ,ta đi thiết lập bài toán tương tự khi đó ta còn có được những kết luận đã được chứng minh như ở trên không ? ”Ta có bài toán khác: Bài toán2 : Cho hai đường tròn (O) và (O’) ở ngoài nhau.Kẻ tiếp tuyến chung ngoài BC.B ∈(O),C ∈(O’), đương nối tâm OO’ cắt các đường tròn (O) và (O’) tại các điểm D và E. Các đường thẳng BD và CE cắt nhau tại A. Gọi I là trung điểm của BC. Chứng minh rằng: 1
  2. Sáng kiến kinh nghiệm Năm học 2017-2018  a a) BAC = 90 B b) AD.AB = AE.AC. c) Tứ giác BCED nội tiếp. I C d) IA ⊥ OO' Lời giải. 1 1 O a) Theo tính chất của góc giữa tiếp D E O' tuyến và dây cung ta có: A 1 1 ABC= O; ACB = O ' . 21 2 1  + = a  + =⇒a = a Mà O1 O ' 1 180 ( vì OB // O’C) nên ABC ACB90 BAC 90. b) Ta có: ABC=  ACO ' ( Vì cùng phụ với ACB ); ACO'= CEO ' (vì do ∆EO' C cân tại O’) mà CEO' =  AED (đối đỉnh). Do đó AED= ABC. Vậy ∆ABC ∆AED( g . g ) AE AD ⇒=⇒AE. AC = AB . AD (đpcm). AB AC c) Theo câu b) ta có: AED= ABC ⇒ ABC + DEC = 180a . Vậy tứ giác BCED nội tiếp. d) Vì ∆ABC vuông tại A có AI là trung tuyến nên AI= IB = IC ⇒∆ ABI cân tại I ⇒ABI = BAI ⇒ AED + IAC =⇒⊥90a IA OO'. Nhận xét 2 : Sau khi giải xong bài toán2 ta thử đặt vấn đề: “ Nếu hai đường tròn cho trước (O) và (O’) cắt nhau,ta đi thiết lập bài toán tương tự khi đó ta còn kết luận BAC = 90 a như chứng minh trên nữa không ? ”. Ta có bài toán khác: Bài toán 3 : Cho hai đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại hai điểm M,N .Kẻ tiếp tuyến chung ngoài BC.B ∈(O),C ∈(O’). Đường nối tâm OO’ cắt các đường tròn (O) và (O’) tại các điểm D và E .Các đường thẳng BD và CE cắt nhau tại A. Chứng minh rằng: B  = a a) BAC 90 C b) Tứ giác BCDE nội tiếp. M c)AB.AD = AC.AE. A Lời giải. 1 1 O a) Theo tính chất về góc giữa tiếp tuyến E D O' 1 1 và dây cung ta có: DBC = O; ECB = O ' . 21 2 1 N  + = a Mà O1 O ' 1 180 (vì OB // O’C) ⇒DBC + ECB =⇒90a BAC = 90. a b) Ta có: DBC = O' CE (vì cùng phụ với BCE ).mà O' CE= O ' EC (do ∆EO' C cân tại O’) ⇒DEC = DBC ⇒ tứ giác BCDE nội tiếp được (vì DEC & DBC cùng nhìn DC dưới một góc bằng nhau). AE AD c) Ta có: ∆AED ∆ABC (g.g) ⇒=⇒AE. AC = AB . AD ( đpcm) AB AC Nhận xét 3 : Đến đây ta có thể đặt vấn đề tiếp: “ Nếu hai đường tròn cho trước (O) và (O’) đựng nhau hoặc tiếp xúc trong với nhau ta có thiết lập được bài toán tương tự không ? Khi đó có tồn tại lời giải không ? ”. Nhận xét 4 : Ta thấy các bài toán 1,2,3 đều liên quan đến tiếp tuyến chung ngoài BC và góc BAC = 90 a , nên ta có: 2
  3. Sáng kiến kinh nghiệm Năm học 2017-2018 - Nếu (O) và (O’) đựng nhau thì không còn tồn tại tiếp tuyến chung BC nên không tồn tại lời giải bài toán. - Nếu (O) và (O’) tiếp xúc trong thì khi đó B và C trùng A do đó không tồn tại BAC = 90 a nên không tồn tại lời giải bài toán. O O' O O' A • Trên đây là cách khai thác bài toán 1 theo hướng thay đổi vị trí tương đối của hai đường tròn tức là thay đổi giả thiết của bài toán và ta vẫn có kết luận BAC = 90 a . Bây giờ ta sẽ khai thác bài toán1 theo một hướng khác đó là “ tìm bài toán đảo” hoặc “vẫn giữ nguyên giả thiết của bài toán và thiết lập những bài toán có kết luận khác ”.Sau đây tôi xin giới thiệu một số bài toán. Bài toán 4 : (Bài toán đảo). Cho ∆ABC vuông tại A.Vẽ đường tròn tâm (O) đi qua A và tiếp xúc với BC tại B,vẽ đường tròn tâm (O’) đi qua A và tiếp xúc với BC tại C. Chứng minh rằng: a) (O) và (O’) tiếp xúc nhau tại A. b) Trung tuyến AM của ∆ABC là tiếp tuyến chung của hai đường tròn tại A. Lời giải. a) Các ∆AOB& ∆ AOC ' là các tam giác cân Nên: AOB= OBA và O' AC= O ' CA OBA += ABC90&'a OCA += ACB 90 a Tacó: O A O' ⇒O' AC + BAO = 90 a . Do đó: O' AC+ CAB + BAO = 180 a ⇒ ba điểm O,A,O’ thẳng hàng và OO’ = OA + O’A.Vậy (O) tiếp xúc với (O’) B M C tại A. b) AM là trung tuyến thuộc cạnh huyền BC của ∆ABC vuông tại A nên MA = MC. ∆ MO’A = ∆ MO’C (c.c.c) nên MAO'= MCO '90 =⇒a AM ⊥ OO' tại A nên AM là tiếp tuyến chung của (O) và (O’). Bài toán 5 : Cho hai đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc ngoài tại A.Kẻ tiếp tuyến chung BC.B ∈(O),C ∈(O’). Tiếp tuyến chung trong tại A cắt tiếp tuyến chung ngoài BC tại I.Gọi D là giao điểm của CA với đường tròn tâm O (D ≠ A). Chứng minh rằng: a) Ba điểm B,O,D thẳng hàng. b) BC là tiếp tuyến đường tròn đường kính OO’ c) OO’ là tiếp tuyến đường tròn đường kính BC. Lời giải. 3
  4. Sáng kiến kinh nghiệm Năm học 2017-2018 B B I I C C J O O' O A A O' D a) Các tam giác cân O’AC và OAD có hai góc ở đáy bằng nhau nên hai góc ở đỉnh bằng nhau ⇒ OD // O’C. Ta lại có: OB // O’C (vì cùng vuông góc với BC). Vậy theo tiên đề Ơclit thì B,O,D thẳng hàng. b) Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau,ta có: OI là tia phân giác BIA , O’I là tia phân giác AIC .Mà BIA kề bù với AIC ⇒OIO' = 90 a ⇒ ∆ OIO ' nội tiếp đường tròn đường kính OO’. Ta có:IB = IC =IA. Gọi J là trung điểm của OO’ thì IJ là đường trung bình của hình thang O’CBO. Mà OB⊥ BC ⇒ IJ ⊥ BC ⇒ BC là tiếp tuyến của đường tròn đường kính OO’. BC c) ∆ABC vuông tại A có AI là trung tuyến AI= ⇒ ∆ ABC nội tiếp đường tròn 2 đường kính BC vì AI⊥ OO 'nên OO’ là tiếp tuyến đường tròn tâm I bán kính IA. Bài toán 6 : Cho hai đương tròn (O) và (O’) tiếp xúc ngoài tại A.Kẻ tiếp tuyến chung ngoài BC. B ∈(O),C ∈(O’).Tiếp tuyến chung trong tại A cắt tiếp tuyến chung ngoài BC tại I. Đường thẳng OO’ cắt hai đường tròn (O) và (O’) lần lượt ở D và E(D và E khác A). Đường thẳng BA cắt (O’) ở K. CMR: a) I là trung điểm của BC và ∆BAC vuông tại A. b) Tứ giác DBCE nội tiếp đường tròn. c) Đường thẳng đi qua K và vuông góc với đường thẳng OB là tiếp tuyến của (O’). Lời giải. B I a) Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau C ta có: IA = IB;IA = IC x BC ⇒IA = IB = IC = ⇒∆ ABC vuông tại A 2 O BC D A (vì có trung tuyến AI = ) O' E 2 d 1 b) Ta có: BDA = BOA (t/c góc nội tiếp) (1) 2 K 1 ECx = CO ' E (t/c góc giữa tiếp tuyến và dây cung) (2). 2 Mặt khác, ta có:OB ⊥ BC,O’C ⊥ BC ⇒ OB // O’C ⇒ CO' E= BOA . (3). Từ (1),(2),(3) ta có: BDA =ECx ⇒ BDA + BCE = 180 a . Vậy tứ giác DBCE nội tiếp đường tròn. c) Ta có: CAK = 90 a (kề bù với BAC )⇒ CAK là góc nội tiếp chắn nữa đường tròn. ⇒ CK là đường kính ⇒ CK // OB. Gọi d là đường thẳng đi qua K và d ⊥ OB ⇒ d ⊥ CK. Do đó d là tiếp tuyến của đường tròn (O’). 4
  5. Sáng kiến kinh nghiệm Năm học 2017-2018 Bài toán 7 : Cho hai đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc ngoài tại A. Kẻ tiếp tuyến chung ngoài BC. B ∈(O),C ∈(O’). Tiếp tuyến chung trong tại A cắt tiếp tuyến chung ngoài BC tại I. a) Tính độ dài BC,biết OA = R,O’A = r. b) Tính độ dài OI và O’I theo R,r. c) Tính các cạnh của ∆ABC theo R,r. Lời giải.  a  a a) Ta có: BAC = 90 và OIO '= 90 (theo bài 1) B I Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông, R C Ta có: IA2 = OAOA.'. =⇒= Rr IA Rr . = = r Mà BC2. IA 2. R . r O b)Ta có: OI222=+ IA OA =+= Rr. R 2 RR ( + r ) A O' ⇒OI = R( R + r ) OI'22=+ IA OA '. 2 =+= Rrr 2 rRr () + OI'= rR ( + r ) . D c) Gọi D là giao điểm của CA với (O);(D ≠ A).Theo bài 5a) ta có: B,O,D thẳng hàng. Xét ∆CBD vuông tại B,ta có: BC= 2 Rr . ; BD = 2R. Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có: 11111Rr+ 2 Rr 2r R = + =+= ⇒=AB . Tương tự ta có: AC = . AB2222 BD BC4 R 4 Rr 4. Rr 2 R+ r R+ r Vậy các cạnh của ∆ABC là: 2Rr 2 rR AB=; AC = ; BC = 2 Rr . Rr+ Rr + Bài toán 8 :Cho hai đường tròn (O;R) và (O’;r),(R >r) tiếp xúc ngoài tại A. Đường thẳng OO’ cắt (O) ở D,cắt(O’) ở E. Tiếp tuyến chung ngoài BC.B ∈(O), C∈(O’)cắt đường thẳng OO’ tại H, tiếp tuyến chung trong tại A cắt BC tại I. a) Chứng minh: ∆OIO' & ∆ BAC là các tam giác vuông. b) Chứng minh: BC= 2 Rr . c) Tia BA cắt (O’) tại B’,tia CA cắt (O) tại C’.Chứng minh 3 điểm B,O,C’ và B’,O’,C thẳng hàng. d) Tính độ dài AI, BC, OI, O’I ,OH, O’H theo R và r Lời giải. a) Theo kết quả bài1 ta có: ∆ABC vuông tại A và ∆OIO ' vuông tại I. b) Ta có: BC= 2 Rr . (theo bài 7) c) BAC'& B ' AC là các góc vuông nên BC’ và B’C là các đường kính của (O) và (O’),do đó ta có: B,O,C’ và B’,O,C thẳng hàng. Các tam giác C’BC và BCB’ vuông tại B và C nên ta có: C’C 2 = BC 2+C’B 2 = 4R.r +4R 2 B’B 2 = BC 2 +B’C 2 =4R.r +4r 2 ⇒ C’C 2 +B’B 2 = 4R 2 +8R.r +4r 2 = (2R +2r) 2 = DE 2. Vậy DE 2 =C’C 2 +B’B 2. d) Ta có: BC= 2 Rr . ; IA= R. r ; OI= OA.OO' = R .( R + r ) và OH OB OI'= OAOO '.' = rR ( + r ) . ∆HO' C ∆HOB (g.g) nên = hay OH' OC ' OH OB RRr()+ rRr () + = ⇒=OH; OH ' = OHOHOBOC−−' ' Rr − Rr − 5
  6. Sáng kiến kinh nghiệm Năm học 2017-2018 B I C O D A O' E H B' C' Bài toán 9 : Cho hai đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc ngoài tại A (R > r). Tiếp tuyến chung ngoài BC. B∈(O), C∈(O’), tiếp tuyến chung trong tại A cắt tiếp tuyến chung ngoài tại I.Gọi S là tâm của đường tròn tiếp xúc với (O),(O’) và BC. Tính bán kính của (S) theo R và r. B Lời giải. M C Gọi M là tiếp điểm của đường tròn M S ' (S;x) với BC.Xét hai trường hợp: O' + TH1: Điểm M thuộc đoạn thẳng BC. Theo bài 7,ta có: O S' BC=2.; RrBM = 2.; RxCM = 2. rx Mà BC = BM +MC ⇒2.Rr = 2. Rx + 2. rx ⇒Rr. = Rx . + rx . R. r ⇒xR.( += r ) Rr . ⇒= x . (R+ r ) 2 + TH 2: Điểm M thuộc tia đối của tia CB.( Điểm M ở vị trí của M’ trên hình vẽ ) R. r Khi đó ta có: BC = M’B – M’C ⇒2.2(Rr = xR −⇒= r ) x . (R− r ) 2 ( với R > r). III. KẾT LUẬN . Từ việc “ Khai thác và phát triển bài toán hình học trong SGK toán 9” chỉ là một ví dụ nhỏ nhằm rèn luyện cho học sinh tư duy sáng tạo và tư tưởng tấn công trong học tập môn Toán. Ý tưởng “ dạy học phát huy tính tích cực sáng tạo của học sinh” đã có từ lâu.Cái mới ở đây là : “Từ những bài toán không mới (đối với giáo viên),nếu người dạy biết sắp xếp chúng theo một hệ thống nhất định có thể giúp học sinh tiếp thu bài nhanh hơn,vững vàng hơn. Người dạy cần tạo cho học sinh thói quen không chỉ dừng lại ở kết quả vừa tìm được mà phải phân tích,khai thác nó để có những kết quả mới. Thông qua việc hướng dẫn học sinh tìm tòi, sáng tạo các bài toán mới từ những bài toán đã học, đã gặp giúp học sinh tự tin hơn trong giải toán, nhờ đó mà học sinh phát huy được tư duy và nâng cao năng lực sáng tạo, bước đầu hình thành cho học sinh niềm say mê nghiên cứu khoa học. Để gây hứng thú và niềm say mê nghiên cứu khoa học cho học sinh,trước hết người thầy giáo phải nêu cao tấm gương tự học, tự nghiên cứu nhằm nâng cao trình độ chuyên môn nghiệp vụ của mình. Trên đây là một vài kinh nghiệm nhỏ mà tôi tích luỹ được trong quá trình hướng dẫn học sinh giải toán, xin trao đổi và rất mong sự góp ý của các bạn. Xin cảm ơn. Ngày 04/3/2018 6