Bai toan tinh so do goc

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Th viÖn SKKN cña Quang HiÖu Phần I: Đặt vấn đề I. C¬ së lý luËn Đổi mới phơng pháp giảng dạy trong trờng THCS là một vấn đề cấp thiết hàng đầu, từ năm học 2002 - 2003 Bộ GD & ĐT đã chỉnh lý và biên soạn SGK mới nhằm phù hợp với đối tợng học và phơng pháp dạy học. Về tâm sinh lý đối với học sinh THCS chủ yếu ở lứa tuổi thiếu niên, các em đã có thói quen suy nghĩ độc lập. Tuy nhiên, khả năng t duy của các em cha phát triển hoàn chỉnh để nhận thức hoặc khẳng định một vấn đề nào đó, chủ yếu còn dựa vào ph¬ng ph¸p trùc quan. Do đó, đối với yêu cầu bộ môn hình học 7, kiến thức đợc trình bày theo con đờng trực quan suy diễn tăng cờng tính thực tiễn, tăng cờng luện tập thực hành, rèn luyÖn kü n¨ng tÝnh to¸n, gióp häc sinh ph¸t triÓn kh¶ n¨ng t duy l«gic, kh¶ n¨ng diễn đạt ý tởng của mình và khả năng tởng tợng. Tuy nhiên, Hình học là môn học mới tơng đối khó với lứa tuổi 12, 13 đang chập chững bớc đi ban đầu trong quá trình học Hình học. Khi đớng trớc một bài toán học sinh rất lúng túng trớc vấn đề cần chứng minh: Không biết bắt đầu từ đâu, làm gì, đi hớng nào? Không biết liên hệ giả thiết của bài toán với các kiến thức đã học, với vấn đề cần chứng minh. Do đó, việc định hớng tìm ra lời giải là một công việc rất quan trọng, đặc biệt là đối với học sinh lớp 7. II. C¬ së thùc tiÔn Trong quá trình giảng dạy ở lớp 7 trong trờng THCS, tôi đã nhận thấy bài toán "tính số đo góc" giúp các em vận dụng các kiến thức đã học vào thực tiễn, đòi hỏi häc sinh cã kü n¨ng tÝnh to¸n sè ®o gãc, kü n¨ng chøng minh tam gi¸c b»ng nhau sử dụng tính chất của các hình đặc biệt vào giải toán giúp các em phát triển khả năng t duy lôgic, diễn đạt ý tởng của mình và khả năng tởng tợng. Vì vậy bài toán "tÝnh sè ®o gãc" cßn gióp häc sinh thªm gÇn gòi víi kiÕn thøc thùc tÕ, rÌn luyÖn nếp nghĩ khoa học, luôn mong muốn công việc đạt đợc hiệu quả cao nhất, tốt nhất. Trong mÊy n¨m gÇn ®©y, c¸c bµi to¸n "tÝnh sè ®o gãc" lu«n xuÊt hiÖn trong c¸c kỳ thi Học sinh giỏi, điều đó cho thấy ý nghĩa của nó trong việc nâng cao kiến thức h×nh häc cho häc sinh, ph¸t triÓn n¨ng lùc t duy h×nh häc cho häc sinh. Tãm l¹i c¸c bµi tËp vÒ "tÝnh sè ®o gãc" lµ c¸c bµi to¸n tæng hîp kiÕn thøc vµ kü n¨ng tÝnh to¸n vµ kü n¨ng t duy, nã rÊt cÊp thiÕt cho viÖc «n tËp vµ båi dìng cho học sinh lớp 7 và cũng là tài liệu cần thiết cho việc tự bồi dỡng của đội ngũ giáo viªn. Vì vậy tôi muốn trao đổi cùng các đồng chí, đồng nghiệp về việc định hớng giải c¸c bµi to¸n "tÝnh sè ®o gãc" th«ng qua viÖc ph¸t hiÖn vµ sö dông tÝnh chÊt cña c¸c cặp tam giác bằng nhau, tam giác chứa những góc có số đo xác định (1) Tam giác cân có một góc có số đo xác định (2) Tam gi¸c vu«ng c©n (3) Tam giác đều (4) Nửa tam giác đều Vì thế, khi gặp bài toán "tính số đo góc" ta chú ý đến quan hệ giữa các góc của tam gi¸c liªn hÖ gi÷a c¸c c¹nh vµ gãc cña tam gi¸c, ph¸t hiÖn c¸c cÆp tam gi¸c bằng nhau và nghĩ đến việc tính số đo góc đó thông qua mối liên hệ với các góc của tam giác chứa những góc có số đo xác định nêu trên. Nhng trong những bài to¸n cho viÖc tÝnh sè ®o gãc phøc t¹p h¬n nhiÒu, nã kh«ng cã h×nh nµo lµ tam gi¸c cân, tam giác vuông cân, tam giác đều, nửa tam giác đều thì sao? Chính điều đó đòi hỏi sự sáng tạo, từ đó ta có thể đặt câu hỏi: Bạn hãy tạo ra một hình đó đợc không? Với suy nghĩ nh vậy giúp chúng ta vẽ đợc những hình phụ thích hợp làm xuất hiện những góc đặc biệt, những tam giác có chứa những góc có số đo xác định để có thể t×m ra lêi gi¶i cña bµi to¸n. Qua kinh nghiệm của bản thân, ngay từ đầu năm học tôi đã su tầm, tuyển chọn một số phơng pháp giải toán tính số đo góc thông dụng ở lớp 7, với cách làm đó trong những năm học qua tôi đã thu đợc nhũng kết quả nhất định. Tuy là một vấn đề mới và khó song học sinh tiếp thu một cách tích cực và có hiệu quả..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Phần II. Giải quyết vấn đề I. NhËn xÐt ban ®Çu Bài tập về phần "tính số đo góc" đòi hỏi học sinh phải biết vận dụng nhanh và linh hoạt các định lý đã học, giả thiết của bài toán, có năng lực t duy lôgic, kỹ năng ph©n tÝch, tæng hîp, suy tÝnh, dù ®o¸n kÕt qu¶ tèt. Những học sinh trung bình trở xuống thờng không tự lực làm đợc loại bài tập này, đối với học sinh khá, giỏi không phải lúc nào cũng vợt qua. Bëi v×:  Cha thµnh th¹o trong viÖc t×m mèi liªn hÖ gi÷a c¸c gãc ph¶i t×m víi c¸c góc đã biết.  kỹ năng biến đổi còn lúng túng.  Kh«ng biÕt ph¸t hiÖn mèi liªn hÖ gi÷a gi¶ thiÕt vµ kÕt luËn. Thêng kh«ng biÕt b¾t ®Çu tõ ®©u.  Không biết dự đoán góc cần tính để có định hớng chứng minh gỡ ra đầu mèi cÇn gi¶i quyÕt.  Không biết phân tích các góc cần tính để vẽ thêm đờng phụ hợp lý nhằm xuất hiện các tam giác bằng nhau, các tam giác đặc biệt để vận dụng vào chøng minh Tãm l¹i, häc sinh yÕu vÒ 3 mÆt: KiÕn thøc, kü n¨ng, ph¬ng ph¸p Để giúp học sinh khỏi bỡ ngỡ và tiến tới có định hớng khi giải bài toán. Tôi đã phân loại các kiến thức đã học theo đặc điểm của phơng pháp. (1) Vẽ hình đúng, chính xác. (2) Dù ®o¸n kÕt qu¶ (3) Ph¸t hiÖn tam gi¸c b¨ng nhau, tam gi¸c c©n, tam gi¸c vu«ng c©n, nöa tam giác đều, tam giác đều. (4) Xem xét, phân tích giả thiết, kết luận để dựng hình hợp lý. (5) Xét đủ các khả năng xảy ra. Trong qu¸ tr×nh gi¶ng d¹y t¹o mäi ®iÒu kiÖn cho häc sinh lu«n gi÷ vai trß chñ động, sáng tạo, đề ra các vấn đề giải quyết và từng bớc thực hiện. II. Néi dung cô thÓ 1. TÝnh sè ®o gãc th«ng qua viÖc ph¸t hiÖn ra cÆp tam gi¸c b»ng nhau. 0 VÝ dô 1. Cho tam gi¸c MNP cã ^ M < 120 ở Δ MNP dựng các tam giác đều MPQ, MNR, PR c¾t NQ t¹i I. TÝnh gãc NIP? Ph©n tÝch:  Dùa vµo gi¶ thiÕt cña bµi to¸n ph¸t hiÖn  RMP =  NMQ (c.g.c) (1)  ^ ^1 Từ đó có ngay: R 1= N  ^ Gäi giao ®iÓm cña MN vµ RP lµ K (2) ⇒ K 1= ^ K2  NhËn thÊy: NIP tính đợc khi biết số đo RIN   Tõ (1) vµ (2) RIN = RMN = 600 Vậy tính đợc: NIP = 1200 Chøng minh XÐt  RMP vµ  NMQ cã: RM = MN (tính chất  đều) MP = MQ (tính chất  đều) RMP = NMQ (2 gãc b»ng nhau cïng céng víi mét gãc) ^ 1 (2 gãc t¬ng øng)   RMP =  NMQ  ^R1= N (c.g.c) K 1= ^ K 2 (đối đỉnh)  RIN = RMN Mµ ^  RIN = 600  NIP = 1200 Mµ PMN = 600 (gt) Ví dụ 2. Cho  ABC có  < 900, các đờng cao BD, CE. Trên tia đối của BD lấy điểm M sao cho BM = AC. Trên tia đối của tia CE lấy điểm N sao cho CN = AB. TÝnh MAN..

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Ph©n tÝch Dùa vµo gi¶ thiÕt cña bµi to¸n ph¸t hiÖn  ABM =  NCA (c.g.c)  ^ ^ ; ^ A 2= M Từ đó  ^A 1= N  Dùa vµo  AEN vu«ng  ¢1 + ¢2 + ¢3 = 900 hay MAN = 900 Chøng minh  ABM vµ  NCA cã: AB = CN XÐt (gt) BM = CA (gt) ABM = ACN (tích chất góc ngoài  , 2 góc đều bằng góc 900+Â3) ^   ABM =  NCA (c.g.c)  ^ A 1= N (1) 0 ^ Ta cã: MAN = ¢1 + ¢2 + ¢3 = N + ¢2 + ¢3 =90 ^ ) ( v×  AEN vu«ng cã £ = 900 (v× ^A 1= N VËy MAN = 900 VÝ dô 3. Cho  ABC có  = 900 trên BC lấy điểm D sao cho BD = AB, đờng thẳng đi qua D vuông góc với BC cắt AC ở E. Đờng thẳng BE cắt đờng thẳng PG của góc ngoài tại đỉnh C của  ABC ở K. Tính BAK Ph©n tÝch:  Ph¸t hiÖn  ABE =  BDE (2  vu«ng cã mét cÆp c¹nh b»ng nhau vµ mét c¹nh chung)  B^ =B^  K tia ph©n gi¸c cña gãc ABC 1 2   K tia phân giác của góc ngoài tại đỉnh C KÕt hîp GT:  Từ đó nghĩ đến việc sử dụng tính chất đờng phân giác trong   Dự đoán: CAK = 450 , AK là phân giác của góc ngoài tại đỉnh A của  ABC.  Do đó: Kẻ KM AB; KN AC; KP AC Chøng minh:  KNC =  KPC ()  KN = KP (1)  KPB =  KMB ()  KP = KM (2)  Tõ (1) vµ (2) KM = KN  ANK =  AMK ()  ¢1 = ¢2 = 450  BAK = 900 + 450 = 1350 (®pcm) . 2. Tính số đo góc thông qua việc dùng chữ để diễn đạt mối quan hệ giữua các gãc VÝ dô 4. Cho  ABC cân ở A, đờng cao CH. Biết BAC - BCH = 250. Tính BAC Ph©n tÝch:  Góc BAC tính đợc khi biết BHC  Do đó: Ta có thể đặt góc BHC = x để tính góc BAC Chøng minh: §Æt BHC = x ^ = 900 - x B XÐt  BHC vu«ng cã: (tÝnh chÊt  ) XÐt  ABC c©n ë A cã:.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> BAC = 1800 - 2. B^  BAC = 1800 - 2(900 - x) = 2x Theo GT: BAC - BHC = 250 ⇔ 2x - x = 250 ⇔ x = 250  BAC = 500 (®pcm). (tÝnh chÊt  c©n). VÝ dô 5. Trªn hai c¹nh AC vµ BC cña  ABC lÊy ®iÓm M, N sao cho AN = BM = AB. Gäi O lµ giao ®iÓm cña BM vµ An biÕt AOM = 600. TÝnh ACB? Ph©n tÝch: . Góc C tính đợc khi biết CAB = CBA Do đó: để tính số đo của góc C  Ta có thể đặt: CAB = x; CBA = y vµ dùa vµo gi¶ thiÕt ¢1 + B^ 1=600 Chøng minh: §Æt CAB = x; CBA = y  ^ = 1800 - (x + y) (1) C ^  x = (1800 - B^ 1) :2= 900 − B 1 XÐt  ABM c©n ë B . 2. XÐt  ABN c©n ë A  Mµ. . y=. ^ A 900 − 1 2. x + y = 1800 −( ^A 1+ B^ 1 ):2 ^ ^ 1=600 A 1 +B.  Tõ (1) vµ (2). x + y = 1800 - 300 = 1500  ACB = 300. (2). cã: BAC = 1800 - 2. B^  BAC = 1800 - 2(900 - x) = 2x Theo GT: BAC - BHC = 250 ⇔ 2x - x = 250 ⇔ x = 250  BAC = 500 (®pcm). (tÝnh chÊt  c©n). 3. Tính số đo góc phải xét đủ các tập hợp về số đo góc có thể xảy ra. VÝ dô 6. Tính góc A của  ABC cân tại A. Biết rằng có một đờng thẳng đi qua A chia tam giác đó thành hai tam giác cân. Ph©n tÝch: Gọi D là giao điểm của đờng thẳng đi qua A với BC chia  ABC thành 2 tam gi¸c c©n  Do ADB, ADC bï nhau  Tån t¹i mét gãc lín h¬n hoÆc b»ng 900  Chẳng hạn ADC > 900, khi đó ADB phải là đỉnh của  ADB cân.  Xét 3 trờng hợp đối với  ACD . Chøng minh: a) Trêng hîp 1:.  ACD c©n ë A.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> ^ B ^ Khi đó ADC = C= (v« lý) V× gãc ADC > B^ (tÝnh chÊt gãc ngoµi  )  ACD c©n ë C b) Trêng hîp 2: (h×nh 1) ^ §Æt = BAD = x B  ADC = 2x; DAC = 2x; C ^ =x Ta cã 2x + 2x + x = 1800 (tÝnh chÊt tæng 3 gãc cña  ) 0  x = 36  BAC = 3x = 1080 (1)  ACD c©n ë D c) Trêng hîp 3: (h×nh 2) Khi đó: DA = DB = DC  ^ = CAD = x ^ §Æt C B = BAD = x XÐt  ABC cã: Ĉ  B̂ + BAC = 1800  x + x + 2x = 1800  BAC = 2x = 900 ⇔ x = 450 (2) Tõ (1) vµ (2) ta cã: BAC = 1800 hoÆc BAC = 900. VÝ dô 7. Cho  ABC, trùc t©m H, AH = BC. TÝnh BAC Ph©n tÝch: . Do bài toán liên quan đến trực tâm của tam giác nên ta xét 3 trờng hợp x¶y ra:  Trùc t©m n»m bªn trong   Trùc t©m n»m bªn ngoµi   Trực tâm trùng với đỉnh của   Do đó ta xét  Trêng hîp ¢ < 900  Trêng hîp ¢ > 900  Trờng hợp  = 900. Không xảy ra vì khi đó H A Chøng minh: a) Trêng hîp 1: ¢ < 900 Ta cã 2  vu«ng  AEH =  BEC (c¹nh huyÒn, gãc nhän)  AE = BE   ABE vu«ng c©n t¹i E  BAE = 450 Hay BAC = 450 0 b) Trêng hîp 2: ¢ > 90 Ta cã: 2  vu«ng  BEC =  HEA (c¹nh huyÒn, gãc nhän)  HE = BE   BEH vu«ng c©n t¹i E   BHE = 450 BAC = 1350 4. Tính số đo góc thông qua việc phát hiện ra tam giác vuông nhờ định lý Pi-tago VÝ dô 8..

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Cho  ABC vu«ng c©n ë B vµ mét ®iÓm M nµm trong tam gi¸c. BiÕt MA = 1cm; MB = 2cm; MC = 3cm. TÝnh gãc AMB Ph©n tÝch:  Dù ®o¸n AMB kho¶ng 1350  AMB = 450 + 900  Mµ 450 lµ gãc cña  vu«ng c©n  Do đó nghĩ đến việc dựng  vuông cân MBK ra ngoài  BMC Chøng minh: Dùng  MBK vu«ng c©n t¹i B, ë phÝa ngoµi  BMC  BK = BM XÐt  ABK vµ  BMC cã: BM = BK (Gt) AB = BC (Gt) ABK = MBC (cïng phô víi B^ 1 )   ABK =  CBM (c.g.c)  AK = MC = 3cm 2 2 2 2 Ta cã: KM = BK = 2 + 2 = 8 (cm) AK2 = 32 = 9 (cm) AM2 = 12 = 1 (cm)  AK2 = KM2 + AM2   AMK vu«ng ë M  AMK = 900 Mµ KMB = 450 (c¸ch dùng) 0 0  AMB = 45 + 90 = 1350.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> VÝ dô 9. Cho  ABC c©n ë A, ¢ = 300; BC = 2cm. Trªn AC lÊy ®iÓm D sao cho AD = √ 2 cm. TÝnh gãc ADB vµ mét ®iÓm M nµm trong tam gi¸c. BiÕt MA = 1cm; MB = 2cm; MC = 3cm. TÝnh gãc AMB Ph©n tÝch:  Dù ®o¸n AMB kho¶ng 1350  AMB = 450 + 900  Mµ 450 lµ gãc cña  vu«ng c©n  Do đó nghĩ đến việc dựng  vuông cân MBK ra ngoài  BMC Chøng minh: Dùng  MBK vu«ng c©n t¹i B, ë phÝa ngoµi  BMC.

<span class='text_page_counter'>(8)</span>