Báo cáo sáng kiến kinh nghiệm - Đề tài: Vẽ hình phụ để giải một số bài toán Hình học 9

Trường THCS Giảng VõNăm học 2007 - 2008Báo cáo sáng kiến kinh nghiệmĐề tài: Vẽ hình phụđể giảI một số bài toán hình học 9Giáo viên: Đoàn Thị NụTính AB2 + AC2 theo RKL(O; R), Dây BC, A (O), A ≠B, CPhân giác trong và ngoài tại A của ABC cắt BC ở E; F AE = AFGTBài 1DxFEOBCA+ Bài toán yêu cầu tính AB2 + AC2 theo R (bán kính của (O)), trong khi ABC là tam giác thường. AB2 + AC2 là tổng bình phương hai cạnh, do đó ta nghĩ tạo ra tam giác vuông có các cạnh liên quan đến AB, AC và R+ AB2 + AC2 = AB2 +AD2 = BD2 = 4R2M+ Kẻ đường kính BD  BAD vuông ở A+ Ta chứng minh AD = AC - Có AE: phân giác của BAC, AE  (O)  M  BM = MC -  AEF vuông cân tại A   E1 = 450  BM + AC = 900 - Chứng minh AD + MC = 900	 	 BM = MC	 AD = AC AD = AC 1a) So sánh  AKN và  KBMb)  KMN vuông cânc) ANKP là hình gì? Vì sao?d) CMR khi M chuyển động trên cung KB thì trung điểm I của RS chạy trên một đường tròn cố địnhKLGTBài 2a) Dễ dàng chứng minh AKN = BKM (c.g.c)b) + Có KN = KM ( AKN =  KBM)  KMN cân vì K1 = K2 ( AKN =  KBM) mà K1 + K4 = 900 	 K2 + K4 = 900 	 NKM = 900  KMN vuông cânc) Chứng minh ANKP là hình bình hành (AN // và = PK)Nửa (O) đường kính AB, K chính giữa cung AB, M cung KBN  tia AMAN = BM; Dây PB // KMAP  BM  QĐường tròn ngoại tiếp  OMP cắt QA, QB tại R, S.22111QPNKBOAM42111QPNKBOAMFEISR11d) + Để chứng minh I chạy trên một đường tròn cố định ta nghĩ tới những quỹ tích tròn cơ bản: + I cách 1 điểm cố định một khoảng không đổi + I nhìn một đoạn cố dịnh dưới một góc vuông + I nhìn 1 đoạn cố định dưới 1 góc  không đổi ( ≠ 90)+ Ta chứng minh được PK = MB, KM = AP PK + KM = 900  PM = 900  POM = 900  POM vuông cân ở O  OPM = OMP = 450+ Nối OR, OS, dễ chứng minh được  R1 = PMO = 450 và S1 = MPO = 450+ Dễ chứng minh AQB = 450 (góc có đỉnh ở ngoài đường tròn)+ C m SC // RA; RO // SB  tứ giác ARSO, ORSB là hình thang Lấy E, F là tđiểm của OA, OB thì IE, IF là đtb của hai hình thang trên  IE // RA; IF // SB  EIF = AQB = 450 (không đổi) Mà EF là đoạn cố định  I  cung chứa góc 450 dựng trên đoạn EF I chạy trên đường tròn cố định Xác định vị trí M để MA + MB + MC MaxKLABC đều nội tiếp (O,R), M  cung nhỏ BCGTBài 4+ Đây là bài toán cực trị trong  hình học. + Các kiến thức liên quan: Đường vuông góc, đường xiên, hình chiếu, khoảng cách, bất đẳng thức tam giác, độ dài đường kính của đường tròn21D111ACOBMCách 1 + Dễ thấy M1 = 600 nên nếu lấy D  MA : MD = MB  thì chứng minh được  MBD đều+ Ta chứng minh ABD = CBM (g.c.g)  MC = DA; MB = BD = MD+ Chứng minh MA + MB + MC = MA + (MD + AD) = 2MA MA + MB + MC Max  AM Max AM là đường kính của (O) M đối xứng với A qua O11ACOBMCách 2: + Lấy E  tia đối của tia MC: ME = MB+ Chứng minh  BEM đều (BME = 600,  BME cân)  MB = BE;  B1 = 600+ Chứng minh  BCE = BAM (g.c.g)  MA = EC mà EC = ME + MC = BM + MC = AM  MA + MB + MC = 2AM  MA + MB + MC MAx  AM là đường kính  M đối xứng với A qua O Bài 46012E1Bài 411ACOBM2111Cách 3: + Từ cách 1 và cách 2 ta thấy mấu chốt là chứng minh được MB + MC = MA (1) + (1)  + Chứng minh  BMI   AMC (g.g)  (2)+ Tương tự, ta chứng minh CMI  AMB   (3)+ Từ (2) và (3)  I+ Làm tương tự cách 1, 2 AH = 2OMKLABC nội tiếp (O)H: trực tâm ABC, OM  BCGTBài 5KIMHOABC+ Để chứng minh AH = 2OM trong khi AM, OM không phải là các  cạnh của một tam giác để ta có thể nghĩ tới đường trung bình hoặc  tính chất trung tuyến trong tam giác vuôngABAB+ Lấy I, K là trung điểm của HA, HB+ Dễ chứng minh được M là trung điểm của BC, OM // AH.  Nếu ON  AC (N  AC) thi sẽ chứng minh được N là trung  điểm của AC, ON // BH  NM // và = AB.+ Ta sẽ chứng minh được  HIK =  OMN (g.c.g)  OM = IH  OM = AH.Cách 1:NBài 5MHOABC+ Khai thác điều phải chứng minh + Lấy N  AC: ON  AC  N là trung điểm của AC  MN // và = AB + Chứng minh OMN   HAB (g.g) OM // và = AH (do MN // và = AB )Cách 2:NBài 5MHOABCCách 3:+ Tạo ra tam giác nhận OM là đường trung bình (BCE) bằng cách vẽ đường kính BE+ Chứng minh EC = AH (dựa vào chứng minh AECH là  hình bình hành theo dấu hiệu hai cặp cạnh đối //)+ Chứng minh OM // và = EC  OM // và = AH EBài 5MHOABCDN+ Lấy N, D là trung điểm của AC, HC+ Tạo ra một đoạn trung gian vừa bằng AH vừa bằng OM+ Chứng minh ND = AH và // AH  ND //OM OM = AH+ Chứng minh ON // MD  ONDM là hình bình hành  OM = DN, mà DN = AHCách 4:Bài 5Cách 5:MHOABCFEN+ Tạo ra 1 đoạn gấp 2 lần OM và = AH+ Lấy F, E sao cho M là trung điểm của OF và N là trung điểm của OE+ Chứng minh  OEF = HBA (g.c.g)  OF = AH mà OF = 2OM  AH = 2OM+ Chứng minh MN // và = EF, MN // và = AB  FE // và = ABBài 5Cách 6:MHOABC+ Tạo ra một tam giác mà có AH là 1 cạnh và OM là đường trung bình+ Vẽ đường kính AF. Chứng minh FC // BH, BF // CH  tứ giác BHCF là hình bình hành  HF  BC tại trung điểm mỗi đường chứng minh M là trung điểm HF	 OM là đường trung bình của AHF  OM = AHLại có O là trung điểm AFFBài 6a) ABF;  ACE cânb) Đường thẳng qua A và  O1O2 đi qua một điểm cố địnhKL(O), đường kính BC, A di động trên (O)AH  BC, (O1), (O2) nội tiếp AHB và  AHCAO1; AO2  BC ở E; FGTa) Dễ chứng minh được ABF và ACE cân ở B, Cb) Gọi BO1  AF  M, CO2  AE  N và BM  CN  I; AI  (O)  K+ Ta chứng minh được AI là phân giác của BAC  (tính chất các phân giác giao nhau của  ABC)+ Vậy đường qua A và  O1O2 qua điểm cố định2211O1O2FEHCOBAIMNK+ Chứng minh I là trực tâm của  AO1O2  AI  O1O2. Mà AI là phân giác của BAC  BK = KC = 900   K cố địnhBài 9Xác định vị trí điểm D để minKL(ABC nội tiếp (O), D  cung BC (không chứa A)DH, DI, DK lần lượt  BC, AC, ABGT11QP1KIHOBCDA+ Tìm quan hệ của tỉ số + Chứng minh Q1 = ACD; B1 = A1   DBQ DAC (g.g)  (tỉ số đường cao bằng tỉ số đồng dạng)  (1)+ Chứng minh tương tự, DCQ  DAB (g.g)  (2) + Lấy P  AC: PC = AB, gọi DP  BC  Q++  D là điểm chính giữa BCBài 11ABC cân tại A.Đường phân giác của A và B cắt nhau tại I, KLGTTính ABEK222111IHBCA+ Tính độ dài đoạn thẳng thì ta nghĩ tới kiến thức liên quan như hệ  thức lượng, định lý Pitago, định lý Talet, tam giác đồng dạng, tính  chất đường phân giác+ Khai thác đề bài cho  ABC cân ở A thì nếu kéo dài AI  BC  H   AH là đường cao, trung trực, trung tuyến+ Có I1 = I2, B1 = B2, mà I1 + B2 = 900  I2 + B2 = 900 Nên kẻ AE  AB (E  đường BI) thì sẽ chứng minh được E = I2  AEI cân ở A  AE = AI  AE = + Ta kẻ AK  BE  AK là trung tuyến  KE = KI, nên nếu đặt  KE = a thì sẽ biểu thị được BK theo a (BK = 3 + 2a)+ Dùng hệ thức lượng trong tam giác vuông  AE2 = KE.BE  20 = a(2a + 3)(*) Giải phương trình (*)  a = 2,5 cm  BE = 8 cm+ Tính AB2 = BK. BE = 5,5 . 8 = 44 (cm)  AB = NMFCBDAOO'EBài 13(O, 4cm) và (O', 3cm) ở ngoài nhau, OO' = 10 cmEF là tiếp tuyến chung trong (E  (O), F  (O'))OO'  (O) = {A, B}; OO'  (O') = {C, D}B nằm giữa A, DAE  CD  M, BE  DF  NKLGTa) EMFN là hình chữ nhậtb) MN  ADc) Tính đoạn OI (MN  AD  I)1NMFCBDAOO'EBài 13a) + Nối OE, O'F, chứng minh OE // O'F (cùng  EF)+ Dễ chứng minh O1 = O'1  B1 = C1  OE // O'F+ Chứng minh EFM = 900+ Chứng minh tứ giác EMFN có 3 góc vuông ở E, F, M  là hình chữ nhậtb) + Chứng minh N1 = E1(cùng = E3)  N1 = A1+ B1 = B2  BIN = AEB = 900  MN  AD ở I4211K1I311121NMFCBDAOO'E4211K1I31112Bài 12c) Để tính OI có thể tính IB hoặc IA+ Chứng minh (BN // CM)+ Chứng minh (AM // DN) ... 20 IB = 27  IB = 5,35 cm  OI = OB + IB = 4 + 5, 35 = 9,35 cmSRHEFDOABCMRS đi qua trung điểm của HMKLABC nhọn nội tiếp (O)H: trực tâmM  cung BC nhỏ MR  AB, MS  ACGTBài 14+ Điều đề bài cho cách xa với điều cần chứng minh+ Loại chứng minh đường thẳng đi qua trung điểm của một đoạn  có thể liên quan đến đường trung trực, đường trung bình, tính  chất tam giác cân, trung tuyến, tính chất đường chéo hình bình hành+ Bài toán cho trực tâm H, MR  AB, MS  AC sẽ liên quan  nhiều đến góc vuông, góc bằng nhau, tứ giác nội tiếp+ Ta khai thác MR  AB, MS  AC nên nếu lấy N đối xứng với M  qua R, P đối xứng với M qua S thì dễ chứng minh RS là đường  trung bình của  NMP+ Để c m được RS đi qua trung điểm của MH ta sẽ c m N, H, P  thẳng hàng bằng cách c m H1 + H2 + BHC = A3 + A1 + FHE = 1800  chứng minh H2 = A1; H1 = A3, cụ thể:+ C m tứ giác AHBN và AHCP nội tiếp theo dấu hiệu cung chứa góc+ Chứng minh M1 = ANB =  BCA, BCA và EHD bù nhau  AHB và ANB bù nhau  tứ giác AHBN nội tiếp+ Chứng minh tứ giác APCH nội tiếp tương tự2234111NPXin cám ơn các đồng chí đã chú ý lắng nghe