Trờng THCS Hiệp Thuận- Huyện Phúc Thọ- Hà Nội Cộng hoà xã hội chủ nghĩa Việt Nam Độc lập - Tự do - Hạnh phúc Đề tài sáng kiến kinh nghiệm I.Sơ yếu lý lịch : -Họ và tên : Nguyễn Trọng Diễn -Sinh ngày 03 tháng 10 năm 1957 -Năm vào ngành : 01- 09 - 1978 -Chức vụ và đơn vị công tác : Hiệu trởng-Trờng THCS Hiệp Thuận-Phúc Thọ- Hà Nội. -Trình độ chuyên môn : Đại học-Chuyên ngành : Toán tin ứng dụng -Hệ đào tạo : Tại chức -Bộ môn giảng dạy : Toán -Ngoại ngữ : Không -Trình độ chính trị : Học trờng Đảng tỉnh Hà Sơn Bình-Hệ trung cấp Ba môn triết học Mác - Lênin. -Khen thởng : Chiến sỹ thi đua cấp huyện nhiều năm. II.Nội dung đề tài : Tên đề tài : Chứng minh một số dạng toán hình học lớp 9. A.lý do chọn đề tài: -Toán học là một bộ môn khoa học tự nhiên mang tính trừa tợng cao, tính logíc đồng thời môn toán còn là bộ môn công cụ hổ trợ cho các môn học khác.Với môn hình học là môn khoa học rèn luyện cho học sinh khả năng đo đạc, tính toán, suy luận logíc, phát triển t duy sáng tạo cho học sinh . Đặc biệt là rèn luyện của học sinh khá, giỏi. Nâng cao đợc năng lực tự duy, tính độc lập, sáng tạo linh hoạt trong cách tìm lời giải bài tập toán nhất là bộ môn hình học càng có ý nghĩa quan trọng. Việc bồi dỡng học sinh khá giỏi không đơn thuần chỉ cung cấp cho các em một số kiến thức cơ bản thông qua việc làm bài tập hoặc làm càng nhiều bài tập khó, hay mà giáo viên phải biết rèn luyện khả năng sáng tạo đối với bộ môn hình học càng phải biết rèn luyện năng lực t duy trừu tợng và phán đoán lôgíc -Qua các năm công tác giảng dạy ở trờng tôi nhận thấy việc học toán nói chung và bồi dỡng học sinh khá giỏi toán nói riêng, muốn học sinh rèn luyện đợc t duy sáng tạo trong việc học và giải toán thì bản thân mỗi ngời thầy cần phải có nhiều phơng pháp và nhiều cách giải nhất. Đặc biệt qua những năm giảng dạy thực tế ở trờng việc có đợc học sinh giỏi của môn Toán là một điều rất hiếm và khó, tuy nhiên có nhiều nguyên nhân có cả khách quan và chủ quan. Song đòi hỏi ngời thầy cần phải tìm tòi nghiên cứu tìm ra nhiều phơng pháp và cách giải qua một bài Toán để từ đó rèn luyện cho học sinh năng lực hoạt động t duy sáng tạo. Vì vậy tôi tâm huyết chọn sáng kiến kinh nghiệm này: "Rèn luyện khả năng tìm lời giải bài toán hình học cho học sinh khá, giỏi lớp 9 " Với mục đích thứ nhất là rèn luyện khả năng sáng tạo Toán học, trớc mỗi bài tập tôi đã cho học sinh tìm nhiều cách giải, đồng thời ngời thầy giáo, cô giáo cũng phải gợi ý và cung cấp cho học sinh nhiều cách giải. Trên cơ sở đó học sinh tự tìm ra cách giải hợp lý nhất. Phát hiện ra đợc cách giải tơng tự và khái quát phơng pháp đờng lối chung. Trên cơ sở đó với mỗi bài toán cụ thể các em có thể khái quát hoá thành bài Toán tổng quát và xây dựng các bài Toán tơng tự. Điều mong muốn thứ hai đó là mong muốn thay đổi phơng pháp bồi dỡng cho học sinh khá giỏi từ trớc đến nay. Xây dựng một phơng pháp mới đó là rèn luyện khả năng sáng tạo Toán GV : Nguyễn Trọng Diễn 1 Trờng THCS Hiệp Thuận- Huyện Phúc Thọ- Hà Nội cho học sinh sao cho mọi lúc, mọi nơi các em có thể tự phát huy năng lực độc lập sáng tạo của mình. B.Thực trạng của vấn đề nghiên cứu. a)Thuận lợi. Đợc sự chỉ đạo của các cấp quản lý và lãnh đạo nhà trờng trong công tác giáo dục và đặc biệt trong họat động chuyên môn, luôn tạo mọi điều kiện cho giáo viên phấn đấu, học tập và nghiên cứu, phát huy các phơng pháp dạy học đổi mới sáng tạo nhất. Bên cạnh đó các môn học khác có học sinh giỏi huyện luôn khuyến khích các giáo viên dạy toán và học sinh phải năng động tìm tòi, t duy sáng tạo trong việc dạy và học toán. Mặt khác trong sự nghiệp giáo dục có nhiều thay đổi đáng kể, đã có học sinh giỏi tỉnh, giỏi huyện, do đó các cấp uỷ Đảng chính quyền, các bậc phụ huynh, đặc biệt Hội khuyến học xã đã có phần quan tâm động viên hơn đối với sự nghiệp giáo dục của xã và nhà trờng. b) Khó khăn. Bên cạnh những mặt thuận lợi cũng có nhiều những khó khăn nh: Điều kiện cơ sở vật chất của nhà trờng còn thiếu thốn, không có phòng học để mở việc bồi dỡng cho học sinh khá giỏi theo một trình tự có hệ thống từ các lớp nhỏ đến lớp lớn, cụ thể từ lớp 6 đến lớp 9. Phòng th viện của nhà trờng còn nghèo nàn, do đó việc tìm tòi sách đọc là vấn đề hạn chế. Nhng khó khăn nhất vẫn là các em học sinh do điều kiện của địa phơng với đặc thù là vùng nông thôn, số nhân khẩu đông, điều kiện kinh tế khó khăn, vì vậy việc quan tâm đến học hành còn hạn chế nhiều cả về tinh thần và vật chất, dẫn đến hạn chế việc học hành của các em đặc biệt là môn toán. Chính vì vậy càng cần phải rèn luyện cho các em năng lực t duy độc lập sáng tạo, càng khiến tôi tâm huyết tìm tòi, nghiên cứu để giảng dạy có hiệu quả nhất. C) Các số liệu : Qua các năm giảng dạy trực tiếp bồi dỡng cho học sinh khá giỏi, qua trắc nghiệm hứng thú học toán của học sinh tôi thấy chỉ có 25% các em thực sự có hứng thú học toán (Có t duy sáng tạo), 45% học sinh thích học toán (cha có tính độc lập, t duy sáng tạo) và 30% còn lại nữa thích nữa không . Qua gần gủi tìm hiểu thì các em cho biết cũng rất muốn học xong nhiều khi học một cách thụ động, cha biết cách t duy để tạo cho mình một sáng tạo trong cách giải một bài toán nào đó, bởi vì do điều kiện khách quan của địa phơng và của nhà tr- ờng, học sinh chỉ đợc bồi dỡng một thời gian nhất định trớc khi đi thi vì vậy học sinh cha có hứng thú học toán và kết quả qua các kỳ thi cha cao. III. Quá trình thực hiện đề tài : A. Giải pháp thực hiện. - Hình thành các tình huống có vấn đề liên quan đến các cách giải cho một bài toán. - Hớng dẫn học sinh đa ra các cách giải cho một bài toán, từ đó hớng dẫn học sinh tìm đợc một lời giải ngắn nhất và phù hợp nhất đối với từng học sinh. - Tăng cờng các hoạt động tìm tòi, quan sát,đo đạc, dự đoán tiếp cận lời giải. - Nắm vững kiến thức cơ bản, huy động, vận dụng kiến thức cơ bản vào giải quyết các vấn đề có liên quan. B.Kiến thức cần truyền đạt. Xuất phát từ điều mong muốn rèn luyện đợc khả năng sáng tạo, tìm đợc nhiều cách giải do đó bản thân ngời thầy, ngời dạy phải là ngời tìm ra nhiều cách giải nhất và hớng dẫn học sinh tìm đợc lời giải cho bài toán .Trong đề tài này do khuôn khổ, giới hạn của đề tài tôi chỉ đa ra một số dạng cơ bản và một bài tập điển hình cho dạng toán. c. minh hoạ vài dạng toán hình học phát huy khả năng sáng tạo HS : GV : Nguyễn Trọng Diễn 2 Trờng THCS Hiệp Thuận- Huyện Phúc Thọ- Hà Nội Dạng toán chứng minh về góc với đờng tròn qua nhiều cách giải 1 bài toán Bài toán 1: Cho ABC nội tiếp trong đờng tròn tâm O, với AB > AC. Kẻ đờng cao AH, bán kính OA. Chứng minh ã OAH = ã ACB - ã ABC . Cách giải 1: Hình 1. Gợi ý: - 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: ã OMH = ã ACB (góc có các cặp cạnh tơng ứng vuông góc) ã AOM = ã ABC (cùng bằng 1 2 sđ ằ AC ) Trong OAM thì: ã OMH = ã AOM + ã OAH (Góc ngoài tam giác) Hay ã ã ã ACB = ABC + OAH Vậy: ã ã ã OAH = ACB - ABC (Đpcm) Cách giải 2: Hình 2. Gợi ý: Kẻ tiếp tuyến với đờng tròn tại A cắt BC ở D . Lời giải: Ta có: ã ã ABC = CAD (1) (Cùng chắn ằ AC ) ã ã OAH = ADC (2) (góc có các cặp cạnh tơng ứng vuông góc) Cộng từng vế của (1) và (2) Ta đợc: ã ã ã ã ABC + OAH = CAD + ADC Mà ã ã ã CAD + ADC = ACB (góc ngoài tam giác) ã ã ã ABC + OAH = ACB Vậy: ã ã ã OAH = ACB - ABC (Đpcm) Cách giải 3: Hình 3. Gợi ý: - Kẻ đờng kính AOD - Kẻ DK BC Lời giải: Ta cóDK // AH ã ã OAH = ODK (1) (so le trong) ã ã ABC = ADC (2) (góc nội tiếp cùng chắn ằ AC ) Cộng từng vế của (1) và (2) Ta đợc ã ã ã ã ã OAH + ABC = ODK + ADC = KDC Mà: ã ã KDC = ACB (góc có các cặp cạnh tơng ứng vuông góc) ã ã ã OAH + ABC = ACB Vậy ã ã ã OAH = ACB - ABC (Đpcm) GV : Nguyễn Trọng Diễn 3 Trờng THCS Hiệp Thuận- Huyện Phúc Thọ- Hà Nội Cách giải 4: Hình 4 Gợi ý: - Kẻ đờng kính AOD - Kẻ CK AD Lời giải: Ta có: ã ã OAH = KCB (1) (góc có các cặp cạnh tơng ứng vuông góc) ã ã ABC = ADC (2) (góc nội tiếp cùng chắn ằ AC ) Cộng từng vế của (1) và (2) Ta đợc: ã ã ã ã OAH + ABC = KCB + ADC Mà: ã ã ADC = KCA (góc có các cặp cạnh tơng ứng vuông góc) ã ã ã ẳ ã OAH + ABC = KCB + KCA = ACB Vậy: ã ã ã OAH = ACB - ABC (Đpcm) Cách giải 5: Hình 5. Gợi ý: - Kẻ đờng kính AOD - Gọi M là giao điểm của AH và DC Lời giải: Ta có: ã ã AMC = ACB (1) (góc có cạnh các cặp cạnh tơng ứng vuông góc) ã ã ADM = ABC (2) (góc nội tiếp cùng chắn ằ AC ) Trừ từng vế của (1) và (2) Ta đợc: ã ã ã ã AMC - ADM = ACB - ABC Mà: ã ã ã AMC - ADM = OAH (góc ngoài tam giác) Vậy ã ã ã OAH = ACB - ABC (Đpcm) Cách giải 6: Hình 6 Gợi ý: Kẻ OI BC và OK AB Lời giải: Ta có: ã à 2 OAH = O (1) (so le trong) ã à 1 ABC = O (2) (góc có các cặp cạnh tơng ứng vuông góc) Cộng từng vế của (1) và (2) Ta đợc ã ã à à 1 2 OAH + ABC = O + O Mà à à ã 1 2 O + O = ACB (Cùng bằng 2 1 sđ ằ AB ) ã ã ã OAH + ABC = ACB Vậy ã ã ã OAH = ACB - ABC (Đpcm) GV : Nguyễn Trọng Diễn 4 Trờng THCS Hiệp Thuận- Huyện Phúc Thọ- Hà Nội Cách giải 7: Hình 7 Gợi ý: Tại A kẻ tiếp tuyến Ax và đờng thẳng Ay // BC Lời giải: Ta có: ã ã OAH = xAy (1) (góc có các cặp cạnh tơng ứng vuông góc) ã ã ABC = BAy (2) (so le trong) Cộng từng vế của (1) và (2) . Ta đợc: ã ã ã ã ã OAH + ABC = xAy + BAy = xAB Mà: ã ã xAB = ACB (góc nội tiếp cùng chắn ằ AB ) ã ã ã OAH + ABC = ACB Vậy ã ã ã OAH = ACB - ABC (Đpcm) Đây là một bài toán có nhiều cách giải khác nhau nhng ở bài toán này việc sử dụng yếu tố vẽ thêm đờng phụ là một vấn đề quan trong cho việc tìm ra các lời giải và là vấn đề khó đối với học sinh ở bài toán trên giáo viên cần cho học sinh chỉ ra kiến thức đã vận dụng vào giải bài toán. - Kiến thức về hai đờng thẳng song song, hai đờng thẳng vuông góc. - Góc nội tiếp, góc ở tâm, góc ngoài tam giác. Dạng chứng minh hai đoạn thẳng bằng nhau,đờng thẳng song song,đồng quy Bài toán 2: Trong hình vuông ABCD và nữa đờng tròn đờng kính AD và vẽ cung AC mà tâm là D. Nối D với điểm P bất kỳ trên cung AC, DP cắt nữa đờng tròn đờng kính AD ở K. Chứng minh PK bằng khoảng cách từ P đến AB. Cách giải 1: Hình 1 Gợi ý : - Kẻ PI AB - Xét hai tam giác APK và API. Lời giải: Kẻ PI AB. Xét APK và tam giác API APK vuông tại K ( Vì góc AKD = 90 0 góc nội tiếp chắn nữa đờng tròn đờng kính AD) ADP cân tại D, AD = DP $ ã 2 P = DAP Mặt khác. $ ã 1 P = DAP ( So le trong vì AD // PI ) Do đó: ^ P 1 = ^ P 2 APK = API ( Có chung cạnh huyền và một cặp góc nhọn bằng nhau ) PK = PI GV : Nguyễn Trọng Diễn 5 Trờng THCS Hiệp Thuận- Huyện Phúc Thọ- Hà Nội Cách giải 2: Hình 2 Gợi ý: - Ngoài cách chứng minh hai tam giác APK và API bằng nhau cách 1 ta chứng minh ^ P 1 = ^ P 2 . Ta chứng minh ^ A 1 = ^ A 2 - Gọi F là giao điểm của AP với đờng tròn đờng kính AD Lời giải: Ta có: ã AFD = 90 0 ( Góc nội tiếp chắn nữa đờng tròn) Tam giác ADP cân tại D có DF là đờng cao nên DF cũng là phân giác suy ra: ^ D 1 = ^ D 2 mà ^ A 1 = ^ D 2 ; ^ D 1 = ^ A 2 Vì đều là góc có các cặp cạnh tơng ứng vuông góc Suy ra: ^ A 1 = ^ A 2 APK = API ( Có chung cạnh huyền và một cặp góc nhọn bằng nhau ) PK = PI Cách giải 3: Hình 2. Gợi ý: - Cách giải này chúng ta cũng đi chứng minh à à 1 2 A = A nhng việc chứng minh đ- ợc áp dụng bằng kiến thức khác. - Chú ý rằng AB là tiếp tuyến của đờng tròn tâm D nên ta có: Lời giải: Ta có ã ã IAK = ADK ( Có số đo bằng 1 2 sđ ằ AK ) Mặt khác góc ã IAP là góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung AP của đờng tròn tâm D nên góc ã IAP bằng 1 2 số đo của góc ở tâm cùng chắn một cung là góc ã ADP ^ ã IAP = ã ã 1 1 ADP = IAK 2 2 Suy ra: ^ A 1 = ^ A 2 APK = API ( Có chung cạnh huyền và một cặp góc nhọn bằng nhau ) PK = PI Cách giải 4: Hình 3 Gợi ý: - Kéo dài K cắt đờng tròn tâm D tại E - áp dụng định lí của góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung Lời giải: DK AE nên ằ ằ AP = PE . Góc ã BAE (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung ằ AE )Vì AP lại đi qua điểm chính giữa của cung AE nên AP là tia phân giác của góc ã BAE Suy ra: ^ A 1 = ^ A 2 APK = API ( Có chung cạnh huyền và một cặp góc nhọn bằng nhau ) PK = PI GV : Nguyễn Trọng Diễn 6 Trờng THCS Hiệp Thuận- Huyện Phúc Thọ- Hà Nội Đối với bài toán trên để chứng minh hai đoạn thẳng PK và PI bằng nhau ta đi chứng minh APK = API vấn đề giáo viên cần cho học sinh t duy và vận dụng sáng tạo kiến thức về : - Trờng hợp bằng nhau trong tam giác vuông - Góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung. - Góc nội tiếp Dạng bài có quan hệ liên kết nhau khi phát triển một bài đơn giản đến phức tạp Bài toán 3: 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. Bài giải: Gọi O là giao điểm của BD và CF. Ta cần chứng minh A; O; E thẳng hàng. Ta có DAB = CAF (bài toán 1) B 1 = F 1 AOBF nội tiếp O 1 = B 2 = 60 0 O 2 = A 1 = 60 0 AOB = 120 0 (1) Tơng tự: AOC = 120 0 BOC = 120 0 Mà BFC = 60 0 BOCE nội tiếp O 3 = C 1 = 60 0 (2) Từ (1) và (2) AOF = 180 0 A; O; E thẳng hàng Hay AE; BD; CF đồng quy. 1 2 1 1 1 1 2 3 B C A D E F O Qua bài trên ta nhận thấy các góc AOB; BOC; COA có số đo là 120 0 . Từ đây ta xây dựng bài toán dựng hình khá quen thuộc sau : Bài toán 4: 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. H ớng dẫn giải: + CF = BD (tơng tự nh bài toán 1) + CF BD: Do Tứ giác AOBF nội tiếp BOF = BAF = 90 0 B C A D F O GV : Nguyễn Trọng Diễn 7 Trờng THCS Hiệp Thuận- Huyện Phúc Thọ- Hà Nội Tiếp tục bài toán trên. Gọi M; N; I lần lợt là trung điểm của BF; CD; BC, ta có: IM là đờng TB của tam giác BCF nên: IM // = 2 1 CF (1) Tơng tự ta có: IN // = 2 1 BD (2) Mà: CF = BD (3) Từ (1); (2) và (3) suy ra: IM IN IM = IN Hay MIN vuông cân tại I B C A D F O N M I Nhận xét rằng AMB và ANC vuông cân tại M và N. Từ đây ta có bài toán tiếp. Bài toán 5: Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác, dựng các tam giác ABM vuông cân tại M; ACN vuông cân tại N. Gọi I là trung điểm của BC. IMN là tam giác gì? Nếu học sinh lần đầu gặp bài toán này mà cha gặp dạng thì hơi khó giải đối với các em. B C A N M I Bài toán trên có thể diển đạt cách khác làm cho học sinh dễ chứng minh hơn bằng cách thay các tam giác vuông cân ABM, CAN bằng các hình vuông ABDE và ACHF thì ta đợc bài toán đơn giản hơn.Ta có bài toán tiếp sau : Bài toán 6: 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 lợt là tâm của hai hình vuông đó. M là trung điểm của BC. Chứng minh rằng MIJ là tam giác vuông cân. B C A H F E D I J M GV : Nguyễn Trọng Diễn 8 Trờng THCS Hiệp Thuận- Huyện Phúc Thọ- Hà Nội Bài toán 7: Cho tam giác ABC nội tiếp trong một đờng tròn (O). M ; N ; P lần lợt là cá điểm chính giữa các cung nhỏ ằ AB ; ằ ằ BC ; CA . MN và NP cắt AB và AC theo thứ tự ở R và S. Chứng minh rằng: RS // BC và RS đi qua tâm của đờng tròn nội tiếp tam giác ABC Cách giải 1: Hình 1. Gợi ý: Đây là một bài toán hình tơng đối khó đối với học sinh nếu không có t duy tốt trong hình học. Khi đa ra bài toán này ngay cả việc vẽ hình cũng là một vấn đề khó và các em đã không tìm ra đợc lời giải. Dới sự hớng dẫn của thầy. Ta có AN; BP và AN là các tia phân giác của tam giác ABC. Gọi I là giao điểm của các đờng phân giác. Khi đó ta có I chính là tâm của đờng tròn nội tiếp tam giác ABC Để chứng minh cho RS // BC và I RS ta đi chứng minh IR // BC ; IS // BC rồi sử dụng tiên đề về đờng thẳng song song để suy ra điều phải chứng minh. Sau một thời gian ngắn một học sinh đã tìm ra đợc lời giải cho bài toán này. Và cũng là lời giải ngắn mà thầy đã tìm ra. Lời giải: Xét NBI ta có: ã à à 2 3 IBN = B + B mà à ằ 2 CP B = 2 à ã 3 B = NAC (Góc nội tiếp chắn cung ằ NC ) ã NAC = ã BAC 2 do đó ã à à A B IBN = 2 + ; ã à à 1 1 BIN = A + B = à à A B 2 + ( Góc ngoài của tam giác ABI ) Suy ra : ã IBN = ã BIN NBI cân tại N N thuộc trung trực của đoạn thẳng BI Ta chứng minh đờng trung trực của đoạn thẳng này chính là RN. Gọi H là giao điểm của MN và PB. Ta có ã BHN = 1 2 sđ ằ ẳ ằ ( ) BN + AM + AP = 1 2 ằ ằ ằ sđBC + sđAB + sđAC 2 Vì ã BHN là góc có đỉnh nằm bên trong đờng tròn và ằ ằ BC BN = 2 ; ẳ ằ AB AM = 2 ; ằ ằ AC AP = 2 ã BHN = 1 4 360 0 = 90 0 RN là trung trực của đoạn thẳng BI BR = RI RBI cân tại R à ã à à 1 1 2 B = RIB B = Bmà à ã 2 B = RIB IR // BC ( Vì tạo với các tuyến BI hai góc so le trong bằng nhau ) Cũng chứng minh tơng tự ta đợc IS // BC, từ điểm I ở ngoài đờng thẳng BC ta chỉ có thể kẻ đ- ợc một đờng thẳng song song với BC R ; I ; S thẳng hàng. Vậy RS // BC và RS đi qua tâm I của đờng tròn nội tiếp tam giác ABC ( Đpcm) GV : Nguyễn Trọng Diễn 9 Trờng THCS Hiệp Thuận- Huyện Phúc Thọ- Hà Nội Cách giải 2: Hình 2 Gợi ý: Trong cách giải này yêu cầu học sinh phải nắm lại kiến thức cũ về Tính chất đờng phân giác trong tam giác đây là tính chất quan trọng mà các em đã đợc học ở lớp 8 đa số học sinh ít thậm trí là không hay để ý đến tính chất này. Lời giải: Theo giả thiết ta có ẳ ẳ MA = MB do đó MN là phân giác của góc ã ANB áp dụng tính chất đờng phân giác trong tam giác ABN ta có: RA NA = RB NB ( 1) Tơng tự: NP là phân giác của tam giác ACN SA NA = SC NC (2) vì ằ ằ BN = CN nên BN = CN kết hợp với (1) và (2) ta đợc RA SA = RB SC RS // BC Gọi giao điểm của RS với AN là I, của BC và AN là D vì RS // BC nên ta có: AI RA = ID RB mà NA RA NB RB = suy ra AI NA = ID NB Hai tam giác BND và tam giác ANB đồng dạng (vì có góc ã BNA chung và ã ã BAN NBD= ) nên NA AB NB BD = Vậy AI AB = ID BD Suy ra BI là phân giác của góc ã ABC ở trên ta có I thuộc phân giác AN của góc ã BAC ta lại vừa chứng minh I thuộc phân giác ã ABC nên I là tâm của đờng tròn nội tiếp tam giác ABC . ( Đpcm) Bài toán 8: T ừ một điểm trên đờng tròn ngoại tiếp của một tam giác bất kì hạ các đờng vuông góc xuống ba cạnh của tam giác ABC nội tiếp đờng tròn. Chứng minh rằng chân của ba đờng vuông góc đó thẳng hàng (Đờng thẳng này gọi là đờng thẳng Simson) Cách giải 1: Vì à à 0 D = E = 90 suy ra tứ giác BDPE là tứ giác nội tiếp ã ã BED = BPD (*) ( Góc nội tiếp cùng chắn một cung ) và $ à 0 F = E = 90 suy ra tứ giác EFCP cũng là tứ giác nội tiếp suy ra ã ã FEC = FPC (**) ( Góc nội tiếp cùng chắn một cung ) Vì tứ giác ABPC nội tiếp đờng tròn ã à BPC = - A (1) PD AB PF AC ã à DPF = - A (2) Từ (1) và (2) ã BPC = ã DPF ã ã BPD = FPC (***) Từ (*) ; (**) và (***) ã BED = ã FEC D ; E ; F thẳng hàng GV : Nguyễn Trọng Diễn 10 [...]... ACHF, vẽ hình bình hành AEQF, Chứng minh rằng QP, BH và CD đồng quy E H (ta thấy QP, BH và CD là ba đA ờng cao của tam giác QBC, nên chúng đồng quy) D C P Dạng chứng minh đờng thẳng song song và tam giác đồng dạng Bài toán 11: Đờng tròn (O;R1) và (O';R2) tiếp xúc nhau tại P Một cát tuyến qua P cắt (O;R 1) tại A và (O';R2) tại B Một cát tuyến khác cũng qua P cắt (O;R1) tại C và (O';R2) tại D Chứng minh. .. nội tiếp cùng chắn một cung thì bằng nhau) ã ã Mặt khác APC = BPD (hai góc đối đỉnh) Suy ra : PA1B1 và PA2B2 đồng dạng Dạng chứng minh tứ giác nội tiếp đờng tròn ,hình vuông Bài toán 12: Cho tam giác đờng phân giác BN và tâm O của đờng tròn nội tiếp trong tam giác Từ A kẻ một tia vuông góc với tia BN, cắt BC tại H Chứng minh bốn điểm A; O; H; C nằm trên một đờng tròn Đối với bài toán này xảy ra hai... Thọ- Hà Nội Bài toán 13 : Cho hình bình hành ABCD, về phía ngoài hình bình hành, dựng các tam giác ABM vuông cân tại M; ACN vuông cân tại N; BDP vuông cân tại P; CDQ vuông cân tại Q Chứng minh rằng tứ giác NMPQ là hình vuông N A M C B I Q D P Bài toán trên có thể phát biểu theo dạng khác, ta có bài tập 14 Bài toán 14: Cho hình bình hành ABDC, về phía ngoài hình bình hành, dựng các hình vuông ABEF,... của các A hình vuông trên Chứng minh rằng tứ giác SGHR là hình vuông S E N G M B C L H P R D K Q Tiếp tục bài toán trên, Nếu tứ giác ABCD không phải là hình bình hành mà là một tứ giác thờng thì liệu tứ giác SGHR có tính chất gì không? Ta có bài toán 15 Bài toán 15: Cho hình tứ giác ABCD, về phía ngoài tứ giác, dựng các hình vuông ABMN, ADEF, DCGH, BCPQ, Gọi V, S, J, K lần lợt là tâm của các hình vuông... nắm vững phơng pháp giảng dạy môn Toán, phơng pháp bồi dỡng học sinh giỏi 2 Đối với học sinh: - Phát động phong trào thi đua học tập thờng xuyên GV : Nguyễn Trọng Diễn 17 Trờng THCS Hiệp Thuận- Huyện Phúc Thọ- Hà Nội - Chọn đối tợng phù hợp để bồi dỡng - Hớng dẫn việc học tập và phơng pháp học tập trên lớp của học sinh - Kiểm tra việc học tập trên lớp, học tập ở nhà của học sinh thông qua giờ dạy, vở... ISK ( VIJ = KIS) Và IJV + IRJ = 90 0 ISK + VRS = 90 0 Hay KS VJ (2) J Từ (1) và (2) suy ra đpcm H Bài toán 16: Cho tam giác ABC, dựng về phía ngoài tam giác các hình vuông ABDE và ACHF Gọi I, J lần lợt là tâm của hai hình vuông đó M, N là trung điểm của BC và EF Chứng minh rằng tứ giác IMJN là hình vuông P G F N E A J H I D B M C ở bài toán trên, ta có thể chứng minh đợc đờng trung tuyến AN của... bài toán này việc vẽ đờng phụ là quan trọng Học sinh cần áp dụng kiến thức về hai tam giác đồng dạng, kiến thức về tam giác cân, tam giác đều Tính chất của dãy tỉ số bằng nhau đã đợc học ở lớp 7 vào giải bài toán Hai cách giải trên tơng tự giống nhau Song sau khi đã tìm đợc lời giải 1 giáo viên cần gợi ý cho học sinh qua câu hỏi Vậy nếu trên tia BP lấy một điểm D sao cho PD = PC thì ta có thể chứng minh. .. với bài toán trên là một bài toán khó yêu cầu học sinh phải huy động nhiều kiến thức có liên quan vì vậy ngay cả việc tìm ra lời giải đã khó việc tìm ra các cách giải khác nhau là một vấn đề quá khó, với bài này bản thân học sinh của tôi không làm đợc sau khi giáo viên gợi ý học sinh đã dần t duy sáng tạo và tìm đợc hớng đi của bài toán Đơn vị kiến thức đợc áp dụng để giải bài toán. Nh để chứng minh ba... tham dự lớp bồi dỡng học sinh giỏi này Trong những năm đợc nhà trờng và phòng giáo dục giao trọng trách dạy bồi dỡng lớp 9, tôi đã thu đợc kết quả khả quan và đã từng có thành tích cao 1 học sinh giải ba tỉnh,và nhiều học sinh đạt giải cấp huyện của cụm trong năm học 2008-20 09 V Kết luận: Giảng dạy áp dụng sáng kiến trên đây đã mang lại hiệu quả của việc bồi dỡng học sinh giỏi môn toán Nhiều học sinh... câu hỏi cụ thế sau : 1) Trong các cách chứng minh những kiến nào đã đợc vận dụng ? 2) Có những cách chứng minh nào tơng tự nhau?Khái quát đờng lối chung của các cách ấy? 3) Và trong cách chứng minh trên kiến thức nào đã vận dụng và kiến thức đó đợc học ở lớp mấy, và có thể hỏi cụ thể chơng nào tiết nào để kiểm tra sự nắm vững kiến thức của học sinh 4) Cần cho học sinh phân tích đợc cái hay của từng . nhanh, kỹ năng phát hiện tốt. Trên đây là vài kinh nghiệm nhỏ về việc bồi dỡng học sinh khá, giỏi. Rất mong bạn bè, thầy cô giáo góp ý để tôi có nhiều kinh nghiệm tốt hơn. Tôi xin chân thành cảm. rèn luyện cho học sinh năng lực hoạt động t duy sáng tạo. Vì vậy tôi tâm huyết chọn sáng kiến kinh nghiệm này: "Rèn luyện khả năng tìm lời giải bài toán hình học cho học sinh khá, giỏi. học sinh do điều kiện của địa phơng với đặc thù là vùng nông thôn, số nhân khẩu đông, điều kiện kinh tế khó khăn, vì vậy việc quan tâm đến học hành còn hạn chế nhiều cả về tinh thần và vật chất,