khai thac bai toan hinh hoc 9

<span class='text_page_counter'>(1)</span>KHAI THÁC SÂU TỪ MỘT BÀI TOÁN HÌNH HỌC 9. Ngêi göi : Hµ v¨n Nh©n Gi¸o viªn trêng : THCS Ho»ng Xu©n , Ho»ng Ho¸ Thanh Ho¸ §iÖn tho¹i D§: 01689517667 Gmail: Ta bắt đầu từ bài toán: Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O) và M là một điểm của cung nhỏ BC. Trên MA lấy điểm D sao cho MD = MB. a) Tam giác MBD là tam giác gì ? b) So sánh hai tam giác BDA và BMC. c) Chứng minh MA = MB + MC ( Bài tập 20 – Sách bài tập Toán 9-Tập II ). Trong bài toán trªn, nếu lấy kết quả “ MA = MB + MC ” làm tiền đề cho việc khai thác các bài toán mới thì ta có các kết quả sau: Bài 1: Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O) cố định; M là một điểm thuộc cung nhỏ BC. Xác định vị trí của điểm M để: a) Chu vi của tam giác MBC đạt giá trị lớn nhất. A b) Tổng ( MA + MB + MC ) đạt giá trị lớn nhất. Gợi ý: a) Chu vi của  MBC đạt giá trị lớn nhất  MB + MC lớn nhất  MA lớn nhất  MA là đường kính  M là trung điểm của cung nhỏ BC. O b) Làm tương tự. D Nếu kết hợp với BĐT – Cô si thì ta có ngay B. kết quả: MA = MB + MB 2 MB.MC . Dấu bằng xảy ra khi M nằm chính giữa cung nhỏ BC và khi đó MA cũng đạt giá trị lớn nhất. Từ đó ta có bài toán sau: Bài 2: Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O;R) cố định; M là một điểm thuộc cung nhỏ BC. Tìm giá trị lớn nhất của (MA.MB.MC). Nếu gọi E là giao điểm của MA và BC thì ta nhận thấy: Suy ra. BME  AMC . C. M. A. MB MA MB  MC   ME MC MC .. 1 MB  MC 1 1    ME MB.MC MB MC . Từ đó ta có bài toán:. B. E M. H F. C.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Bài 3: Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O); M là một điểm thuộc cung nhỏ BC. Các đoạn thẳng MA và BC cắt nhau tại E. Chứng minh rằng: 1 1 1   ME MB MC . 0  Gọi F là điểm chính giữa của cung BC thì ta có AF  BC , AMF 90 . Suy ra: AM AF,AE AH .. . 1 1  ME FH ( không đổi ). Dấu. Do vậy ME = AM – AE  AF – AH = FH bằng xảy ra  M F . Từ đó ta có được bài toán như sau: Bài 4: Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O); M là một điểm thuộc cung nhỏ BC. Các đoạn thẳng MA và BC cắt nhau tại E. Xác định vị trí của 1 1  M trên cung nhỏ BC để MB MC đạt giá trị nhỏ nhất. 1 Ta lại thấy rầng khi M trùng với F thì MA cũng đạt giá trị nhỏ nhất.. Từ đó ta lại có thêm bài toán hay và khó như sau: Bài 5: Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O); M là một điểm thuộc cung nhỏ BC. Các đoạn thẳng MA và BC cắt nhau tại E. Xác định vị trí của 1 1 1  M trên cung nhỏ BC để MA + MB MC đạt giá trị nhỏ nhất.. * Đặc biệt: Nếu ta chứng minh được tính chất: Trong tam giác ABC:. a b c = = =2 R (**) sin A sin B sin C. Và từ các kết quả trên ta có bài toán hay và hấp dẫn sau: Bài 6: Cho đường tròn (O; R) với dây AB cố định sao cho khoảng cách từ O tới AB bằng. A. R . Gọi H là trung 2. điểm của AB, tia HO cắt đường tròn (O; R) tại C. Trên cung nhỏ AB lấy M tùy ý ( khác A, B). Đường thẳng qua A và song song với MB cắt CM tại I. Dậy CM cắt dây Ab tại K. a) So sánh góc AIM với góc ACB. 1. 1. 1. b) Chứng minh: MA + MB = MK .. I O. K. M. H. C B.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> c) Gọi R1, R2 lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác MAK và tam giác MBK, hãy xác định vị trí của điểm M trên cung nhỏ AB để tích R1.R2 đạt giá trị lớn nhất. Hướng dẫn: 1. a) OH= 2 R => Nhận xét quan hệ giữa dây và và sđ cung căng dây ( Sđ cung AB = 1200) Từ đó tìm được quan hệ giữa hai góc AIM và ACB. b) Thường chuyển về tỉ số các đoạn thẳng MK MK. ( Cần chứng minh MA + MB =1 ) Tìm cách quy đồng mẫu vế trái bằng cách chỉ ra các tam giác đồng dạng? Tam giác chứa hai cạnh MK, MA đồng dạng với tam giác nào? tam giác chứa hai cạnh MK, MB đồng dạng với tam giác nào? (Tam giác MKA và tam giác MBC đồng dạng. ⇒. MK MB = , tam giác MA MC. MK MA MKB và tam giác MAC đồng dạng ⇒ MB = MC MK MK. MA +MB. Vậy MA + MB =MC do đó ta phải chứng minh MA+MB = MC c) Để tìm giá trị lớn nhát của tích R1.R2, ta tìm mối liên hệ của tổng R1+R2 với các yếu tố không đổi của bài toán Để ý hai tam giác AMK, BMK có hai góc AMK, BMK không đổi (= 600), a tổng hai cạnh đối diện không đổi. ( dùng công thức R= 2 sin A ) Lời giải sơ lược: OH. 1. a) Xét tam giác AOH có CosO = OA = 2 ⇒ ∠ AOH=60. 0.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> B. R c. a O. A. b. D. Tam giác ABC có đường cao CH đồng thời là trung tuyến. Vậy tam giác ABC đều => ∠ ACB=600 ;AI // MB => góc AIM = góc CMB = góc CAB = 600 Vậy góc AIM = góc ACB. 0. 0. 0. ⇒ ∠ AOB=120 ⇒ sđ cung AB=120 ⇒∠ ACB=60. b) Tam giác AIM đều ( có hai góc bằng 600 ) => AM = MI. Δ AIC=Δ AMB (c-g-c) ⇒CI =MB MK. Δ MKA và. Δ MBC. Δ MKB và. ΔMAC đồng dạng nên. MK MK. MB. đồng dạng nên MA =MC. MB MA. MK MA = MB MC. MB+MA. Vậy: MA + MB =MC + MC =MC. hay. =1. 1 1 1 + = . MA MB MK. Ta chứng minh tính chất trên:. a b c = = =2 R (**) sin A sin B sin C A Vẽ đường kính BD  BAC  BDC. Trong tam giác ABC:. Xét tam giác vuông BCD có: BD . D. BC a  2R  sin D sin A. Tương tự ta chứng minh được: a b c = = =2 R sin A sin B sin C. D B. c) Áp dụng tính chất (**) ta được:. AK AK Trong tam giác AKM: R1= 2 sin M =. 2sin 60. 0. =. AK √3. C.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> BK BK Trong tam giác BKM: R2= 2 sin M =. 2 sin60. 0. =. BK √3. Áp dụng bất đẳng thức Cosi cho 2 số không âm R1, R2 có: R + R AK+ BK 3R R √ R 1 R2 ≤ 1 2 2 = 2 3 = √2 3 = 2 =hs dấu bằng khi R1=R2 ó AK = BK ó √ √ M là điểm chính giữa của cung AB. Vậy R1R2 max =. R2 4. khi M là điểm chính giữa của cung AB..

<span class='text_page_counter'>(6)</span>