Giúp học sinh phat triển tư duy từ bài tập hình học đơn giản

CÊu tróc cña ®Ò tµi A. lý do chän ®Ò tµi. B. C¬ së lý luËn khoa häc cña ®Ò tµi. 1. Môc ®Ých ngiªn cøu. 2. NhiÖm vô cña ®Ò tµi. 3. Ph¹m vi cña ®Ò tµi. 4. §èi t­îng nghiªn cøu. 5. Ph­¬ng ph¸p nghiªn cøu. 6. C¬ së khoa häc. 7. C¬ së thùc tÕ. C. Néi dung ®Ò tµi. 1. Bài toán gốc. 2. Phát triển trong chương trình toán lớp 7 3. Phát triển trong chương trình 8,9 D. KÕt qu¶ thùc nghiÖm ®Ò tµi. 1. Môc ®Ých thùc nghiÖm. 2. C¸c giai ®o¹n thùc nghiÖm. 3. KÕt qu¶ thùc nghiÖm. E. KÕt luËn vµ ®Ò xuÊt. A. lý do chän ®Ò tµi. Đào tạo thế hệ trẻ trở thành những người năng động sáng tạo, độc lập tiếp thu tri thức khoa học kỹ thuật hiện đại, biết vận dụng và thực hiện các giải pháp hợp lý cho những vấn đề trong cuộc sống xã hội và trong thế giới khách quan là một vấn đề mà nhiều nhà giáo dục đã và đang quan tâm.Vấn đề trên không nằm ngoài mục tiêu giáo dục của Đảng và Nhà nước ta trong giai đoạn lịch sử hiện nay. Nhiều năm giảng dạy, tôi nhận thấy, nói chung khi học sinh giải bài tập, các em tìm được lời giải thì đa số học sinh thoả mãn với kết quả đạt được, xem như đã xong, đã hoàn thành mục tiêu. Rất ít em tìm tòi, suy nghĩ các vấn đề liên quan đến bài tập đó. Các em cũng ít khi đặt ra các giả thiết mới hoặc thay đổi giả thiết, kết luận để tìm các bài toán mới. Vì vậy khi gặp những bài toán có ít nhiều liên quan đến bài tập đã làm, đa số các em chưa biết cách sử dụng các kết quả đã biết. Trong quá trình dạy học, ở một số tiết dạy (đặc biệt là các tiết luyện tập ) tôi đã cố gắng gợi ý cho các em các hướng tìm tòi, phát triển một bài toán. Nói chung các em rất hứng thú với những tiết học như vậy. Qua đó tôi thấy khả năng tư duy của các em có tiến triển hơn, các em tích cực hơn trong việc lĩnh hội kiến thức. Trong bài viết này tôi xin đưa ra một bài toán hình học quen thuộc đối với học sinh lớp 7 và một số bài toán được phát triển từ bài toán đó. Các bài toán này được dùng cho học sinh lớp 7 và cả các lớp 8, 9. Thực tế chứng tỏ rằng, môn Hình học là một môn học khó, tâm lý học sinh thường rất ngại khi tiếp xúc với bộ môn. Đa số các em không nắm được các khái niệm cơ bản hoặc hổng kiến thức từ các lớp dưới, vì vậy việc phát triển một bài toán hình học là rất cần thiết, không chỉ giúp các em hiểu hơn mà còn giúp các em yêu thích hơn việc học hình từ đó góp phần nâng cao nhận thức và phát triển tư duy. Tõ kinh nghiÖm nhiÒu n¨m båi d­ìng HSG t«i thÊy cã mét sè bµi to¸n nÕu biÕt x©u chuçi vµ liªn hÖ chóng víi nhau th× cã thÓ gi¶i quyÕt mét c¸ch dÔ dµng. B»ng h×nh thøc t×m tßi, tham kh¶o tµi liÖu vµ suy luËn mét sè bµi to¸n trong ph¹m vi ch­¬ng tr×nh THCS, t«i ®· tËp hîp thµnh mét ®Ò tµi víi tªn gäi lµ “Gióp häc sinh ph¸t triÓn t­ duy tõ bµi tËp h×nh häc ®¬n gi¶n”, c¸c bµi to¸n t«i tËp hîp møc ®é tõ dÔ ®Õn khã. Hy väng gióp häc sinh tiÕp cËn víi nh÷ng bµi to¸n ®ßi hái suy luËn cao h¬n, tõ ®ã n©ng cÊp møc ®é t­ duy vµ xo¸ dÇn sù e ng¹i cña häc sinh khi tiÕp cËn víi bµi tËp h×nh häc. H¬n n÷a chóng ta còng biÕt r»ng, hÇu hÕt c¸c bµi to¸n khã ®Òu xuÊt ph¸t tõ nh÷ng bµi to¸n ®¬n gi¶n, tõ bµi to¸n ®¬n gi¶n ta chØ cÇn thªm bít mét sè yÕu tè th× chóng sÏ trë thµnh mét bµi to¸n phøc t¹p. V× thÕ viÖc n©ng cao kh¶ n¨ng gi¶i c¸c bµi to¸n khã lµ rÊt cÇn thiÕt. Khi ®­a ®Ò tµi nµy vµo gi¶ng d¹y th× t«i thÊy ®­îc hiÖu qu¶ râ rÖt trong viÖc n©ng cao chÊt l­îng häc tËp toµn diÖn còng nh­ chÊt l­îng mòi nhän cña häc sinh. Gióp häc sinh biÕt suy luËn mét bµi to¸n, còng nh­ thÊy ®­îc vÎ ®Ñp cña to¸n häc khi c¸c em ®­îc “x©u chuçi ” c¸c kiÕn thøc mét c¸ch liÒn m¹ch. B. C¬ së lý luËn khoa häc cña ®Ò tµi. 1. Môc ®Ých ngiªn cøu. Tæng hîp ®­îc nhiÒu kiÕn thøc h×nh häc trong ch­¬ng tr×nh THCS. Gióp häc sinh biÕt c¸ch suy luËn c¸c bµi to¸n còng nh­ liªn hÖ gi÷a c¸c bµi to¸n, tõ ®ã n©ng cÊp møc ®é t­ duy. Gióp häc sinh tù tin h¬n khi tiÕp cËn víi c¸c bµi to¸n tæng qu¸t. G©y høng thó cho häc sinh khi gi¶i bµi tËp. 2. NhiÖm vô cña ®Ò tµi. Trong ®Ò tµi nµy t«i lÊy c¬ së xuÊt ph¸t tõ mét bµi to¸n ®¬n gi¶n trong s¸ch gi¸o khoa. Trang bÞ cho häc sinh mét sè kiÕn thøc to¸n häc bæ Ých trong ch­¬ng tr×nh m«n To¸n THCS. Rót ra nhËn xÐt cho mét sè bµi to¸n. 3. Ph¹m vi cña ®Ò tµi. Ph¸t triÓn t­ duy vµ rÌn luyÖn kh¶ n¨ng vËn dông. Ph¸t triÓn kh¶ n¨ng tæng qu¸t ho¸ bµi to¸n 4. §èi t­îng nghiªn cøu. §Ò tµi nµy xuÊt ph¸t tõ mét bµi to¸n h×nh häc ®¬n gi¶n. Tuy nhiªn nÕu ®Ó ý më réng bµi to¸n, hoÆc ghi nhí bµi to¸n ®Ó ¸p dông cho c¸c líp 7, 8, 9 còng rÊt thó vÞ. 5. Ph­¬ng ph¸p nghiªn cøu. - XuÊt ph¸t tõ bµi tËp h×nh häc ®¬n gi¶n. T×m tßi tµi liÖu, tham kh¶o tµi liÖu. Ph¸t hiÖn, x©u chuçi c¸c bµi to¸n. KiÓm tra kÕt qu¶, ¸p dông vµo gi¶ng d¹y, tæng hîp kÕt qu¶ cña häc sinh. 6. C¬ së khoa häc. Bài toán 1: Tính chất tia phân giác của một góc. + Nếu một điểm thuộc tia phân giác của một góc thì cách đều hai cạnh của góc. + Điểm nằm bên trong góc và cách đều hai cạnh của góc thì nằm trên tia phân giác của góc đó. Bài toán 2: Các trường hợp bằng nhau của hai tam giác. 7. C¬ së thùc tÕ. Ta đã biết nếu hai tam giác bằng nhau thì suy ra được các cặp cạnh tương ứng bằng nhau, các cặp góc tương ứng bằng nhau. Đó chính là lợi ích của việc chứng minh hai tam giác bằng nhau. Vì vậy muốn chứng minh hai đoạn thẳng bằng nhau (hay hai góc bằng nhau) ta thường làm theo các bước sau: Bước 1: Xét xem hai đoạn thẳng( hay hai góc) đó là hai cạnh (hay hai góc) thuộc hai tam giác nào? Bước 2: Chứng minh hai tam giác đó bằng nhau. Bước 3: Từ hai tam giác bằng nhau, suy ra cặp cạnh ( hay cặp góc) tương ứng bằng nhau. Tuy nhiên trong thực tế giải toán thì không phải lúc nào hai tam giác cần có cũng được cho ngay ở đề bài mà nhiều khi phải tạo thêm các yếu tố phụ mới xuất hiện được các tam giác cần thiết và có lợi cho việc giải toán. Vì vậy yêu cầu đặt ra là làm thế nào học sinh có thể nhận biết cách vẽ thêm được các yếu tố phụ để giải toán hình học nói chung và toán hình học 7 nói riêng. Qua thực tế giảng dạy tôi đã tích luỹ được một số cách vẽ yếu tố phụ đơn giản và thiết thực, khi hướng dẫn học sinh thực hiện giải toán rất hiệu quả. C. Néi dung ®Ò tµi. 1. Bài toán gốc. Cho tam giác ABC. Các đường phân giác BD và CE cắt nhau ở I. Tính góc BIC biết A= m0 (m > 0). Bài toán này khá đơn giản đối với mọi học sinh lớp 7. Nó được đưa ra sau khi học sinh đã học định lý về tổng 3 góc của tam giác. Bài giải: ( Hình 1 ) Xét tam giác ABC Hình 1 => Xét tam giác BIC, ta có : v Từ bài toán này ta có thể đề xuất khá nhiều bài toán dành cho các đối tượng học sinh từ trung bình đến khá, giỏi lớp 7 cũng như đối với học sinh lớp 8, 9 2. Phát triển trong chương trình toán lớp 7 v Trong bài toán gốc cho ta tính được v Bây giờ thử xét một trường hợp đặc biệt, , khi đó có thêm kết quả gì mới hay không ? Khi thì Từ điều này ta nghĩ đến việc có thể chứng minh được ID = IE . Ta có bài toán sau đây : Bài toán 1: ( Bài 66- trang 106- sách Bài tập hình học 7- tập 1) Cho tam giác ABC có góc A bằng 600. Các tia phân giác của các góc B, C cắt nhau ở I và cắt AC, AB theo thứ tự ở D, E. Chứng minh ID = IE. Bài giải : ( Hình 2) Tia phân giác của góc BIC cắt BC ở K Tam giác ABC có và phân giác của các góc B và C cắt nhau ở I nên áp dụng bài toán gốc ta có: Suy ra IK là tia phân giác của góc BIC nên . Dễ thấy : BIE = BIK (g.c.g) => IE = IK (1) Hình 2 CID =CIK (g.c.g) => ID = IK (2). Từ đó suy ra ID = IE. Kết quả trên khá thú vị. Đây là bài toán có thể dành cho đối tượng học sinh khá. Khai thác kết quả trong chứng minh bài toán 1, ta thấy ID = IE = IK. Từ đó nghĩ đến việc có thể chứng minh ED = DK = EK. Do đó ta có bài toán sau: Bài toán 2 : Cho tam giác ABC có và 2 đường phân giác BD, CE cắt nhau ở I. Gọi IK là phân giác của góc BIK ( K thuộc BC ). Chứng minh tam giác KDE đều. Lời giải: ( Hình 3 ) Chứng minh như bài toán 1 ta có IE = IK = ID. Dễ thấy: EIK =DIC (c.g.c) => EK = DK. EID =KID (c.g.c) => ED = DK. Vậy EK = DK = ED hay tam giác EDK đều. Hình 3 Bây giờ mở rộng bài toán 1, ta cho D và E là các điểm lần lượt trên các cạnh AC, AB sao cho . Lúc đó có thể có IE = ID được không ? Nếu không thì cần thêm điều gì để ID = IE ? Rất tự nhiên, ở đây ta cũng nghĩ đến việc vẽ phân giác của các góc IBC và ICB, chúng cắt nhau ở K. Ta thử xem có IE = IK , ID = IK hay không ? Muốn vậy cần có . Do đó góc BIC phải bằng 1200. Vì vậy bắt buộc . Ta lại có bài toán : Bài toán 3: Cho tam giác ABC có . D và E là các điểm lần lượt trên các cạnh AC, AB sao cho Gọi I là giao điểm của BD và CE. Chứng minh IE = ID. Lời giải: ( Hình 4) Trong tam giác ABC, do nên => Trong tam giác BIC, ta có : => . Vẽ các phân giác của góc B và góc C Trong tam giác BIC, chúng cắt nhau ở K. Do tính chất đồng quy của 3 đường phân Hình 4 giác trong một tam giác, ta có : IK là tia phân giác của góc BIC. Vậy => . Từ đó chứng minh được EIB =KIB (g.c.g) => IE =IK Tương tự ID = IK . Vậy IE = ID. Ta cũng dễ dàng chứng minh được tam giác EDK đều, vậy có thể phát biểu bài toán 3 dưới dạng khác như sau : Bài toán 4 : Cho tam giác ABC có = 900. Lấy các điểm D, M thuộc cạnh AC sao cho và các điểm E, N thuộc cạnh AB sao cho . BD cắt CE tại I, BM cắt CN tại K. Chứng minh I là trực tâm của tam giác EDK. Từ kết quả của bài toán gốc và bài toán 1 ta thấy nếu = 600thì tính được và chứng minh được tam giác EID cân tại I. Vậy ta có bài toán sau: Bài toán 5: Cho tam giác ABC có = 600. Các tia phân giác của góc B, C cắt nhau ở I và cắt AC, AB theo thứ tự ở D, E. Tính các góc của tam giác EID. Bài giải: ( Hình 5 ) Sử dụng bài toán gốc ta Có và theo bài toán 1 ta có tam giác EID cân ở I. Mặt khác (hai góc đối Hình 5 đỉnh). Suy ra . Có thể thấy rất dễ “nhận dạng” giả thiết của bài toán 1. Từ đó có thể đặt một số bài toán khác, ví dụ bài toán sau: Bài toán 6: Cho tam giác EBC cân ở E, có . Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa điểm E vẽ tia Cx tạo với tia CB một góc 800. Tia phân giác của góc EBC cắt CE, Cx theo thứ tự ở I, D. Chứng minh tam giác EID cân. Bài giải: (Hình 6) Gọi A là giao điểm của hai tia BE và Cx. Dễ thấy: ABC có = 1800 – (400 + 800) = 600 và có BD, CE lần lượt là các phân giác của các góc B và C, chúng cắt nhau ở I. Sử dụng kết quả bài toán 1 ta có IE = ID Từ đó suy ra EID cân. Hình 6 Trong chứng minh bài toán 1, BIE =BIK (c.g.c), muốn có điều này cần có (cùng bằng 600). Do đó bắt buộc â phải bằng 600. Vậy nếu không cho giả thiết = 600 thì ABC phải có điều kiện gì để vẫn có IE = ID ?. Ta có bài toán : Bài toán 7: Cho tam giác ABC cân ở A. Các phân giác BD và EC cắt nhau ở I. Chứng minh ID = IE. Bài giải vắn tắt: (Hình 7) BDC = CEB (g.c.g) => BE = CD. BIC cân ở I => IB = IC Do đó EBI = DCI (c.g.c) => IE = ID. Hình 7 v Quay lại bài toán 1 và bài toán 7, tam giác ABC có = 600 hoặc cân ở A thì IE = ID. Bây giờ ta đặt vấn đề ngược lại : Cho IE = ID thì lúc đó tam giác ABC sẽ như thế nào ? Bài toán 8 : Cho tam giác ABC có hai phân giác BE, CE cắt nhau ở I. Cho biết ID = IE. Chứng minh rằng: hoặc tam giác ABC cân ở A hoặc góc A bằng 600. Bài giải : (Hình 8 & hình 9) Theo tính chất của ba đường phân giác trong một tam giác ta có AI là phân giác của BAC. Không mất tính tổng quát, giả sử AE AD. Trường hợp 1 : AE = AD (hình 8) Khi đó AID = AIE (c.g.c) => . ABD và AEC có góc A chung và Hình 8 nên do đó hay ABC cân tại A. Trường hợp 2 : AD > AE (hình 9). Lấy diểm thuộc đoạn AE sao cho . Khi đó IA = IDA (c.g.c) => (1) và I = ID, mà ID = IE => I = IE hayIE cân tại I. Ta có (2) Hình 9 (cùng bù với hai góc bằng nhau IE và I E). Từ (1) và (2) => . Mặt khác và (tính chất góc ngoài) nên . Vậy => 3 = 1800. Vậy = 600. Từ bài toán 8 ta thấy nếu có IE = ID thì xác định được góc A hoặc dạng của tam giác ABC. Vậy nếu cho thêm một góc của tam giác ABC thì sẽ tính được các góc còn lại của nó. Ta có bài toán : Bài toán 9: Cho tam giác có góc B bằng 500. Các đường phân giác BD, CE cắt nhau ở I và thoả mãn ID = IE. Tính các góc còn lại của tam giác ABC. Bài giải: Áp dụng bài toán 8 ta thấy tam giác ABC cân ở A (1) hoặc = 600 (2). Nếu xảy ra (1) thì . Do đó = 1800 – 2.500 = 800. Nếu xảy ra (2) thì = 600. Do đó = 1800 – 500 – 600 = 700. v Trong chứng minh bài toán 1 (xem hình 10) ta đã có BIE = BIK và CID = CIK. Từ đó cũng suy ra được BE = BK và CD = CK. Mặt khác K nằm giữa B và C nên BK + CK = BC. Do đó BE + CD = BC. Vậy ta có bài toán: Bài toán 10: Cho tam giác ABC có góc A = 600 và các đường phân giác BD, CE. Chứng minh rằng BE + CD = BC. Hình 10 v Lại nghĩ đến việc thay đổi giả thiết và kết luận của bài toán 10 cho nhau ta có bài toán sau : Bài toán 11: Cho tam giác ABC có các đường phân giác BD và CE. Biết BE + CD = BC. Tính góc A của tam giác ABC. Bài giải: (Hình 11) Lấy K thuộc BC sao cho BK = BE. BIE = BIK (c.g.c). Từ đó suy ra (1) Do BK = BE và BE + CD = BC nên CD = BC – BK = KC. Từ đó CIK = CID (c.g.c) => (2) Hình 11 Mà (3) nên từ (1), (2), (3) suy ra . Lại có = 1800 nên => do đó . Vậy = 600. v Trong bài toán 10, ta có BE + CD = BC. Bây giờ kẻ một đường thẳng qua I song song với BC, cắt AB, AC lần lượt tại và . Lúc đó bằng đoạn nào trên hình vẽ ? Bài toán 12: Cho tam giác ABC, các phân giác của góc B và C cắt nhau ở I. Qua I kẻ đường thẳng song song với BC cắt AB ở E, AC ở D. Chứng minh BE + CD = ED. Bài giải: (hình 12) Do ED // BC nên góc I1 = góc B1, mà góc B1 = góc B2 => góc B2 = góc I1. Do đó EBI cân ở E. Hình 12 =>BE = EI. Tương tự ta có CD = ID Vậy BE + CD = EI + ID = ED *. Đề ý rằng EID cân ở I (Kết quả của bài toán 1) nên trung trực của ED đi qua I . Mặt khác BE + CD = BC (Kết quả của bài toán 10) . Bây giờ BD và CE không phải là phân giác của các góc B và C nhưng vẫn thoả mãn hệ thức BE + CD = BC, lúc đó trung trực của ED có còn đi qua giao điểm các đường phân giác trong tam giác ABC hay không ? Ta có bài toán: Bài toán 13: Cho tam giác ABC , D và E là hai điểm di động trên hai cạnh AC và AB sao cho: BE + CD = BC. Chứng minh trung trực của đoạn DE luôn đi qua một điểm cố định. Bài giải: (hình 13) Lấy K thuộc cạnh BC sao cho BK = BE. Suy ra CK = CD. Vẽ trung trực của DE và phân giác của góc B, chúng cắt nhau tại I. BEI = BKI (c.g.c) => IE = IK mà IE = ID ( vì I thuộc trung trực của ED) Hình 13 nên ID = IK. Từ đó ICK = ICD (c.c.c) => hay CI là phân giác của góc C. Vậy trung trực của ED luôn đi qua một điểm cố định là giao điểm các đường phân giác của tam giác ABC. 3. Phát triển trong chương trình 8,9 * Trở lại bài toán gốc cho một góc của tam giác ta tính được góc tạo bởi hai tia phân giác của hai góc còn lại. Bây giờ mở rộng bài toán, thay tam giác bằng tứ giác thì sao? Bài toán 14: Cho tứ giác ABCD . Các tia phân giác của các góc B và C cắt nhau tại I. Chứng minh = Hướng dẫn giải : (Xem hình 14) Hình 14 Dựa vào định lý về tổng các góc trong một tam giác, áp dụng vào BIC ta tính được góc BIC = 1800 - . Biết rằng tổng 4 góc của tứ giác ABCD bằng 3600 nên = 3600 - . Bằng biến đổi đại số ta sẽ có điều cần phải chứng minh. * Qua bài toán 5 ta thấy nếu cho góc A = 600 thì tính được các góc của tam giác IED . Vấn đề ngược lại, cho các góc của tam giác EID ta có thể tính được các góc của tam giác ABC hay không? ta có bài toán: Bài toán 15: Cho tam giác ABC, BD, CE là các phân giác của các góc B và góc C . Chúng cắt nhau ở I. Biết = 240, = 180 . Tính số đo các góc của tam giác ABC. Bài giải : (Hình 15) Đặt = , = , = , = Lấy M đối xứng với D qua CE, N đối xứng với E qua BD. Dễ thấy M, N thuộc BC. Xét BIC có (tính chất góc ngoài). Mặt khác Hình 15 (góc ngoài). => . Vậy â = 1800 – 840 = 960. Do DM CE => . (do N và E đối xứng qua BD) => . Suy ra DN là phân giác của góc MDB (1). Tương tự ta có . . => . Gọi O là giao điểm của EM và BD. EON cân tại O nên MON = 2 MEN = 2 x 300 = 600. => = 1200. . Vậy ON là phân giác của tam giác MOD (2). Từ (1) và (2) suy ra MN là phân giác góc ngoài tại đỉnh M của MDO. Vậy . => . Vậy . * Xét M là trung điểm của DE. Sử dụng thêm kiến thức về đường trung bình của tam giác và tính chất điểm nằm trên tia phân giác của góc ta có bài toán sau: Bài toán 16: Cho tam giác ABC, các phân giác BD và CE. Gọi M là trung điểm của ED. Chứng minh khoảng cách từ M tới BC bằng tổng các khoảng cách từ M tới AB và AC. Bài giải: (Hình 16) Kẻ MI, MH, MK lần lượt vuông góc với AB, AC, BC. Kẻ DF, DG lần lượt vuông góc với AB, BC. Kẻ EP, EQ lần lượt vuông góc với AC, BC. Theo tính chất của điểm nằm trên tia phân giác của một góc ta có: DF = DG, EP = EQ. Gọi giao điểm của EG và MK là O. MH là đường trung bình của tam giác DEP => MH = . Dễ thấy O và K lần lượt là trung diểm Của EG và QG nên OK là đường trung bình của EQG => OK =. Vậy MH = OK. Tương tự, ta chứng minh được Hình 16 MI = MO. Do đó MI + MH = MO + OK = MK * Nếu M không phải là trung điểm của DE thì bài toán 16 có còn đúng không? áp dụng thêm kiến thức về định lý Talet (lớp 8) ta vẫn có kết quả trên. Bài toán 17 : Cho tam giác ABC, các đường phân giác BD và CE, M là một điểm di động trên đoạn DE. Chứng minh rằng: khoảng cách từ M đến BC bằng tổng khoảng cách từ M đến AC và AB. Bài giải : (Sử dụng hình vẽ 16 và các điểm đã có sẵn ở hình đó) áp dụng hệ quả của định lý Talet: Do MI song song với DF nên (1) Do MO song song với DG nên (2) Từ (1) và (2) => mà DF = DG nên MI = MO. Tương tự áp dụng hệ quả của định lý Talet vào các tam giác EDP, EQG, EDG và sử dụng EP = EQ ta cũng chứng minh được OK = MH. Vậy MI + MH = MO + OK = MK. * Trong các bài toán 10 và 12 ta đã tính tổng BE + CD. Bây giờ nghĩ đến việc thử tính tích BE.CD, muốn vậy ta tạo tam giác đồng dạng. Ta có bài toán sau: Bài toán 18: Cho tam giác ABC có các phân giác của góc B và góc C cắt nhau ở I. E và D lần lượt là các điểm trên các cạnh AB, AC sao cho BE.BC = BI2 và CD.CB = CI2. Chứng minh IE.ID = BE.CD Bài giải : (Hình 17) Vì BE.BC = BI2 nên . Mặt khác nên BEI BIC (c.g.c) Hình 17 Tương tự ta có: IDC BIC. => IDC BEI. Do đó => IE.ID = BE.CD * Chú ý rằng trong bài toán 18 có thể yêu cầu chứng minh E, I, D thẳng hàng và tính các góc E, D của tứ giác BEDC khi cho = m0. * Đối với học sinh lớp 9 ta có thể thay giả thiết = 600 trong bài toán 5 bằng một giả thiết khác. Bài toán 19: Cho tam giác ABC có các phân giác BI,CE cắt nhau ở I, biết tứ giác ADIE nội tiếp. Tính các góc của tam giác DIE. Bài giải : (Hình 18) Tứ giác AEID nội tiếp => Do đó . Vì I là giao điểm các phân giác của góc B và góc C => AI là phân giác của góc A. Hình 18 Do đó Ta có : . . Vì vậy . * Ở bài toán 13, D và E là 2 điểm di động trên 2 cạnh AC, AB sao cho BE + CD = BC. Vậy có vị trí nào của D và E để đoạn DE ngắn nhất không? Ta có bài toán sau: Bài toán 20: Cho tam giác ABC, hãy xác định các điểm D và E trên các cạnh AC, AB sao cho BE + CD = BC và đoạn DE có độ dài nhỏ nhất. Bài giải: (Hình 19) Giả sử có D và E thuộc các cạnh AC, AB Sao cho BE + CD = BC. Lấy K thuộc cạnh BC thoả mãn BK = BE => CK = CD. 1 2 B Do BEK cân tại B, CKD cân tại Hình 19 C nên phân giác của góc B là trung trực của đoạn EK, phân giác của góc C là trung trực của đoạn KD. Vì vậy tâm I của đường tròn nội tiếp ABC cũng là tâm đường tròn ngoại tiếp EDK. => (1) (quan hệ góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn một cung). Ta thấy mà , nên (2) Từ (1) và (2) => hay tứ giác AEID nội tiếp. Vậy ED có đọ dài nhỏ nhất khi đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEID có đường kính nhỏ nhất. Mặt khác, AI là dây cung của đường tròn đó (A,I cố định) suy ra d AI (d là đường kính đường tròn ngoại tiếp AEID). Do đó E và D là chân đường vuông góc kẻ từ I xuống AB và AC (Khi D và E là chân đường vuông góc kẻ từ I xuống AB, AC thì dễ dàng chứng minh được BE + CD = BC). * Quay lại bài toán gốc ta có . Vậy nếu â không đổi thì góc BIC không đổi. Từ kết quả này ta có bài toán về tập hợp sau đây: Bài toán 21: Cho BC là dây cung cố định của đường tròn (O ; R) (BC 2R). A là điểm chuyển động trên cung lớn BC. Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Khi A chuyển động trên cung lớn BC thì I chạy trên đường nào? Bài giải vắn tắt: (Hình 20) Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp ABC, ta có Đặt sđ => mà B, C cố định nên I thuộc cung chứa góc dựng Hình 20 trên đoạn BC. Giới hạn : I thuộc cung chứa góc dựng trên đoạn BC và nằm trong ABC. D. KÕt qu¶ thùc nghiÖm ®Ò tµi. 1. Môc ®Ých thùc nghiÖm. Qua viÖc båi d­ìng HSG vµ d¹y ®¹i trµ. T«i ®· tiÕn hµnh ¸p dông néi dung ®Ò tµi nµy víi viÖc më réng, ph¸t triÓn bµi tËp h×nh häc ®Ó kiÓm nghiÖm tÝnh kh¶ thi cña ®Ò tµi, tõ ®ã t×m ra ph­¬ng ph¸p d¹y tèi ­u gióp häc sinh ph¸t triÓn t­ duy tèt h¬n. 2. C¸c giai ®o¹n thùc nghiÖm. - Giai ®o¹n 1: TiÕn hµnh thùc nghiÖm båi d­ìng HSG líp 9, n¨m häc 2007 – 2008. TiÕn hµnh thùc nghiÖm båi d­ìng HSG líp 9, n¨m häc 2008 – 2009 - Giai ®o¹n 2: TiÕn hµnh ¸p dông (Mét sè bµi tËp) vµo d¹y ®¹i trµ c¸c líp 6, 7, 8. 3. KÕt qu¶ thùc nghiÖm. Trong qu¸ tr×nh gi¶ng d¹y t«i ®· sö dông hai c¸ch d¹y, c¸ch thø nhÊt (Kh«ng sö dông ®Ò tµi), nghÜa lµ ra mét sè bµi tËp, kh«ng liªn quan ®Õn nhau. C¸ch thø hai (Cã sö dông ®Ò tµi), nghÜa lµ ra c¸c bµi tËp tõ dÔ ®Õn khã, c¸c bµi tËp liªn quan ®Õn nhau, bµi sau ®­îc ph¸t triÓn tõ bµi tr­íc. T«i ®· thu ®­îc kÕt qu¶ nh­ sau: * ë giai ®o¹n 1: - ë c¸ch d¹y thø nhÊt, häc sinh vÉn ch¨m chó häc bµi song sù chó ý cña c¸c em häc sinh kh«ng ®­îc l©u, kh«ng cã sù høng thó, ch¸n n¶n v× kh«ng gi¶i ®­îc bµi tËp. - Víi c¸ch d¹y thø hai, t«i thÊy em nµo còng thÝch thó, hµo høng häc tËp. C¸c em gi¶i ®­îc nhiÒu bµi tËp, gióp c¸c em tho¶i m¸i h¬n, yªu thÝch m«n häc h¬n. * ë giai ®o¹n 2. §èi víi häc sinh ®¹i trµ th× nh÷ng bµi to¸n h×nh häc lµ rÊt khã kh¨n, thËm chÝ cã em thÇy c« ®· gi¶i xong råi nh­ng còng kh«ng biÕt, nªn sè häc sinh tù suy luËn ®Ó t×m ra lêi gi¶i lµ rÊt Ýt, v× vËy cÇn x©u chuçi c¸c bµi to¸n víi nhau, ngoµi ra cßn sö dông kÕt qu¶ cña c¸c bµi to¸n ®· lµm. T«i thÊy r»ng c¸c em ®· høng thó häc tËp mét c¸ch ®¸ng kÓ. Mét sè em yªu thÝch m«n häc h¬n, kh«ng ng¹i khã khi ®èi mÆt víi c¸c bµi tËp h×nh, tõ ®ã ph¸t triÓn t­ duy tèt h¬n. E. KÕt luËn vµ ®Ò xuÊt. Tõ kÕt qu¶ nghiªn cøu, t«i thÊy r»ng viÖc ®æi míi ph­¬ng ph¸p d¹y häc lµ ®iÒu rÊt cÇn thiÕt ®Ó n©ng cao chÊt l­îng d¹y häc, nhÊt lµ trong giai ®o¹n hiÖn nay. §Ó lµm ®­îc ®iÒu ®ã ®ßi hái ng­êi gi¸o viªn ph¶i kh«ng ngõng häc hái, nghiªn cøu ph¸t triÓn t­ duy, sö dông linh ho¹t c¸c ph­¬ng ph¸p gi¶ng d¹y còng nh­ c¸c d¹ng bµi tËp. ViÖc tæng hîp, x©u chuçi, t×m mèi liªn hÖ gi÷a c¸c bµi to¸n víi nhau lµ ®iÒu rÊt cÇn thiÕt, gióp häc sinh ph¸t triÓn t­ duy, yªu thÝch m«n häc. Khi sö dông ®Ò tµi, c¸c em ®· gi¶i ®­îc nhiÒu bµi tËp h¬n, høng thó h¬n trong häc tËp. Tõ ®ã kh«ng nh÷ng gi¶i quyÕt ®­îc nh÷ng bµi tËp d¹ng nµy, mµ cßn ph¸t triÓn t­ duy ®Ó gi¶i ®­îc c¸c bµi tËp to¸n häc kh¸c. Tuy nhiªn ®Ó gi¶i quyÕt ®­îc c¸c vÊn ®Ò nªu trªn, ®ßi hái ng­êi gi¸o viªn ph¶i cã t©m huyÕt, chÞu khã t×m tßi, häc hái vµ ¸p dông ®Ò tµi mét c¸ch linh ho¹t, s¸ng t¹o trong qu¸ tr×nh gi¶ng d¹y th× míi ®em l¹i hiÖu qu¶ cao. Trªn ®©y lµ mét kinh nghiÖm nhá mµ t«i ®óc rót ®­îc trong qu¸ tr×nh gi¶ng d¹y m«n To¸n. MÆc dï ®· rÊt cè g¾ng nh­ng ch¾c ch¾n ®Ò tµi sÏ kh«ng tr¸nh khái ®­îc sai sãt. RÊt mong ®­îc sù gãp ý cña c¸c ®ång nghiÖm còng nh­ c¸c thÇy gi¸o phô tr¸ch chuyªn m«n ®Ó ®Ò tµi ®­îc hoµn chØnh h¬n. T«i xin ch©n thµnh c¶m ¬n! Nghi L©m, ngµy 20 th¸ng 5 n¨m 2011 Ng­êi viÕt TrÇn H­ng §¹o Nhận xét, đánh giá của chuyên môn nhà trường: ...................................................................................................................................... ...................................................................................................................................... ...................................................................................................................................... ...................................................................................................................................... ...................................................................................................................................... ...................................................................................................................................... ...................................................................................................................................... ...................................................................................................................................... ...................................................................................................................................... ...................................................................................................................................... ..............................................................