10 Cách giải cho bài hình Lớp 9 hay và khó

Nội dung text: 10 Cách giải cho bài hình Lớp 9 hay và khó

1. 10 cách giải cho bài hình khó Lời bàn: Đây là bài hình tương đối khó với học sinh và thầy cô. Tuy nhiên, nó cũng khá là khó nhìn để giải. Với lí do này, tôi đề xuất thêm nhiều cách giải cho bài toán. Mời các bạn và thầy cô tham khảo để tìm thêm nhiều lời giải hơn nữa. Đề bài: Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn (AB HI // BD. Mà MN _|_ HI => BD _|_ MN kết hợp với BF _|_ HD nên M là trực tâm của tam giác BHD => MD _|_ BE mà AC _|_ BE => MD // AC => góc MDH = góc HCN (2 góc solo trong) ; góc MHD = góc NHC (2 góc đối đỉnh) ; HC = HD nên (g – c – g) => HM = HN
2. Cách 2: Dùng tam giác đồng dạng Dễ thấy góc AMH = góc IHC (cùng phụ với góc MHF). Dễ thấy H là trực tâm tam giác ABC nên AH _|_ BC nên dễ thấy góc MAH = góc BCF => (g – g) => Chứng minh tương tự (g – g) => Chia về theo vế => . Mà IB = IC => HM = HN. Cách 3: Dùng hình bình hành với tứ giác nội tiếp Gọi K là điểm đối xứng H qua I. Dễ thấy tứ giác BHCK là hình bình hành => BK // HC mà HC _|_ AB => BK _|_ AB. Lại có HM _|_ HK nên tứ giác BMHK nội tiếp. Chứng minh tương tự ta cũng có tứ giác CNHK nội tiếp. Kết hợp với góc HBK = góc HCK (BHCK là hình bình hành) với các tứ giác nội tiếp trên ta có: Góc HMK = góc HBK = góc HCK = góc HNK => Tam giác MNK cân tại K. Lại có HK _|_ MN nên HK là đường trung tuyến => HM = HN Cách 4: Dùng hình bình hành với tứ giác nội tiếp Gọi K là điểm đối xứng H qua I, G là điểm đối xứng N qua I. Theo cách 3 ta chứng minh được tứ giác BMHK nội tiếp. Dễ thấy tứ giác BNCG là hình bình hành => BG // AC mà AC _|_ BE => BG _|_ BE. Tương tự dễ thấy tứ giác NHGK là hình bình hành=> GK // MN và MN _|_ HK => GK _|_ HK kết hợp với BG _|_ BE nên tứ giác BHKG nội tiếp. Mà theo như trên tứ giác BMHK nội tiếp nên 5 điểm H, M, B, G, K cùng thuộc 1 đường tròn => góc HMG + góc HKG = 180* => góc HMG = 90* => MN _|_ MG mà MN _|_ HI => MG // HI. Lại có IG = IN => HM = HN Nhận xét: Cách giải 3 và 4 tương đối giống nhau
3. Hình 2 – Dùng cho cách 5 – 6 Phần 2: Các cách chứng minh ở cấp độ rộng Cách 5: Dùng hệ quả ta let với đường trung bình tam giác (Dựa theo cách giải của thầy giáo Dương Thế Nam) Gọi O là trung điểm của FC, OI cắt AH tại P, PC cắt AB tại Q. Dễ thấy OI là đường trung bình tam giác BFC => OI // BF mà BF _|_ FC => OI _|_ FC. Dễ thấy H là trực tâm tam giác ABC nên AH _|_ BC, kết hợp với OI _|_ FC nên I là trực tâm tam giác HCP => HI _|_ QC mà HI _|_ MN => MN // QC. Trong tam giác QFC có OI // BF , OF = OC => PC = PQ Từ MN // QC và PQ = PC. Áp dụng hệ quả ta let ta có Mà PC = PQ => HM = HN Cách 6: Dùng tam giác đồng dạng kết hợp với tứ giác nội tiếp Gọi T và J lần lượt là trung điểm cạnh BF và CE Dễ chứng minh (g – g) => => (c – g – c) => góc FTH = góc EJH
4. Dễ thấy IT là đường trung bình tam giác BFC => IT // FC mà FC _|_ FB => IT _|_ BF. Kết hợp với HM _|_ HI => Tứ giác MTHI nội tiếp. Chứng minh tương tự cũng có tứ giác NJHI nội tiếp. Kết hợp với góc FTH = góc EJH ta có Góc MIH = góc FTH = góc EJH = góc NIH => HI là tia phân giác góc MIN mà HI _|_ MN nên tam giác MIN cân tại I. Lại có HI _|_ MN => HM = HN Hình 3 – Dùng cho cách 7 – 8 – 9 – 10 Phần 3: Các cách chứng minh ở cấp độ cao cấp Cách 7: Kẻ thêm đường phụ xuất hiện các tam giác đồng dạng Kẻ BD Và CK cùng vuông góc với HI (D và K thuộc HI) Dễ thấy BD // CK theo định lý ta let . Mà IB = IC => BD = CK Dễ thấy (g – g) => Góc FMH = góc CHK (cùng phụ với góc FHM) nên (g – g) => (1) Chứng minh tương tự (g – g) => (2) (1) : (2) => => => HM = HN
5. Cách 8: Tam giác đồng dạng với định lý Menelaus Gọi G là trung điểm của HC. Dễ thấy GI là đường trung bình tam giác BHC => BH = 2GI và góc GIH = góc BHI (2 góc sole trong do BH // GI) mà Góc BHI = góc ANM (cùng phụ với góc EHN) => góc GIH = góc ANM. Lại có góc GHI = góc AMN (cùng phụ với góc FHM) => (g – g) => Dễ dàng chứng minh được (g – g) => Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác BMH với 3 điểm A, N, C => AF.MN = Tương tự ta cũng có AE.MN = Chia nhau vế theo vế => => HN = HM Cách 9: Tam giác đồng dạng + Talet AH cắt BC tại T. Trên cạnh BC lấy các điểm L và T sao cho ML // AT // NS. Gọi G là trung điểm của HC. Theo như cách 8 ta chứng minh được Dễ thấy AT _|_ BC và (g – g) => (g – g) => . Áp dụng định lý ta let ta có => LT = Tương tự ta có => ST = Chia vế theo vế => LT = ST
6. Xét trong hình thang MLSN (ML // SN) có HT // ML // NS => HT là đường trung bình của hình thang => HM = HN Cách 10: Tam giác đồng dạng + Talet + định lý Menelaus Cho MN cắt BC tại O. Gọi P và Q lần lượt là hình chiếu của B và C trên đường thẳng MN. Gọi G là trung điểm của HC Theo như cách 8 ta chứng minh được Dễ thấy BP // QC nên theo định lý talet Dễ thấy góc PBM = góc FHM = góc QHC cho nên (g – g) => (1) Tương tự: (g – g) => (2) (1) : (2) Vế theo vế = 1 => MP = NQ (Do áp dụng định lý Menelaus trong tam giác ABC với 3 điểm O, M, N) Ta có dễ thấy BP // HI // QC (cùng vuông góc với PQ nên tứ giác BPQC là hình thang. Mà IB = IC => HI là đường trung bình hình thang BPQC => HP = HQ Từ HP = HQ và MP = NQ => HM =HN. Bình luận Đây quả thật là một bài toán khá là hay và khó. Bài toán này hay ở chỗ có thể giải được mà không cần kẻ thêm đường phụ hoặc có đường phụ. Tùy theo đường phụ có thể cho cách giải rất nhanh và gọn lẹ, cũng có những đường phụ đòi hỏi kĩ năng tư duy biến đổi cao. Thậm chí phải sử dụng nhiều công cụ chứng minh khá là phức tạp. Thực chất đây chính là bài toán ẩn giấu của bài toán Con bướm, một định lý khá là nổi tiếng. Tuy nhiên, có rất nhiều cách chứng minh khác nhau và phức tạp của các tác giả. Các bạn và học sinh có thể tham khảo trên mạng
7. 4 cách giải đầu tiên tương đối nhẹ nhàng, phù hợp cho những ai có tư duy đơn giản. Thật đáng ngạc nhiên đó là: Cách giải 1 rất đơn giản và nhanh chóng. Chĩ sử dụng kiến thức trực tâm, đường trung bình và tam giác bằng nhau để giải. Do vậy, với cách 1 các học sinh lớp 8 chưa học tam giác đồng dạng vẫn có thể giải được Cách giải 2 đơn giản là chỉ dùng 2 cặp tam giác đồng dạng. Tuy nhiên, nó khó nhìn ở chỗ đó là góc phụ nhau và phải dùng cách để chia tỉ số của 2 tam giác đồng dạng cho ra một tỉ số mới thì mới chứng minh được. Nó không thể thông qua tỉ số trung gian. Do vậy, đây cũng là một cách sử dụng tam giác đồng dạng khá là khó với học sinh Cách giải 3 rất ngắn gọn và đơn giản chỉ sử dụng kiến thức tứ giác nội tiếp và hình bình hành. Đây là một cách đơn giản, nhanh chóng tiện lợi như cách 1 cho ra lời giải ngắn gọn và súc tích. Nó phù hợp với học sinh lớp 9 Cách giải 4 cũng giống như cách 3 tuy nhiên nó thông qua đường trung bình để chứng mnh. Tuy vậy lại phải sử dụng ý tưởng cách giải 3 để chứng min được các tứ giác nội tiếp. Cách giải này liên quan nhiều đến các cặp tứ giác nội tiếp và hình bình hành. Tuy nhiên, chứng minh cũng khá là nhẹ nhàng và dễ hiểu 2 cách giải tiếp theo đòi hỏi kỹ năng biến đổi cao hơn một chút. Nhưng nhìn chung là vẫn dễ hiểu, không quá khó. Cách giải 5 là kĩ thuật vẽ các đường phù sao cho xuất hiện đường thẳng song song để sử dụng hệ quả ta let suy ra các cặp tỉ lệ song song bằng nhau. Tuy nhiên, nó khó ở chỗ là chọn như thế nào để kết nối được tất cả các dữ liệu của bài toán như thông qua trực tâm, đường trung bình. Nhờ vào cách giải của thầy Dương Thế Nam tôi mới tham khảo được. Do vậy cách giải này cũng khá là khó trong việc chọn lựa đường phụ. Cách giải 6 tương tự như cách giải 3 nhưng nó lại bị bó hẹp. Do vậy phải sử dụng đến 2 cặp tam giác đồng dạng + 2 cặp tứ giác nội tiếp để chứng minh. Đây cũng là cách chứng minh quen thuộc của bài toán con bướm. Nó cũng không phải là khó vì sử dụng kiến thức cơ bản của THCS 4 cách giải ở sau dành cho những người có tư duy ở mức độ cao. Việc chọn những đường phụ như thế này không dễ chứng minh. Do đó nó đòi hỏi các kĩ
8. thuật chứng minh cao cấp hơn và khó khăn. Chi từ 1 bài khá là đơn giản nhưng việc chọn đường phụ phức tạp có thể cho cách chứng minh phức tạp Ở cách giải 7 việc chọn đường phụ là 2 đường vuông góc nhằm sử dụng các tam giác đồng dạng theo ý muốn của tác giả, Tuy nhiên, nó lại phức tạp vì lại phải sử dụng nhiều cặp tam giác đồng dạng trung gian để tìm tỉ số. Ở cách giải 8 là một cách giải khó vì định lý Menelaus khá là phức tạp vì phải thông qua 3 tích tỉ số nhân nhau. Do vậy, phải sử dụng thêm các cặp tam giác đồng dạng để khử bớt chung. Nhưng khó ở chỗ là làm sao chỉ ra được và chọn cặp tam giác Menelaus phù hợp và dùng các tỉ số đồng dạng các tam giác để khử bớt chúng đi. Do vậy, cách giải này phù hợp cho những người có khả năng tư duy biến đổi tốt, nhạy bén khi sử dụng các hệ thức. Ở cách giải 9 kẻ đường phụ để xuất hiện đường trung bình của hình thang. Sử dụng định lý ta let kết hợp với tam giác đồng dạng mới giải được. Tuy nhiên, nó khó ở chỗ như cách 8 phải chỉ ra được và các cặp đồng dạng ở trong tam giác. Cũng như cách 8 làm sao để khử đi các tỉ số với nhau. Ở cách giải 10 giống như cách 9 là kẻ đường phụ để xuất hiện đường trung bình của hình thang. Tuy nhiên, việc chứng minh nó là quá khó. Để chứng minh MP = NQ không dễ dàng một chút nào. Nó phải thông qua nhiều công cụ như các cặp tam giác đồng dạng, hệ thức giống như cách 8, ta let và định lý Menelaus. Việc chứng minh hệ thức này là tương đối cao. Không dễ thậm chí với cả các học sinh giỏi toán. Điều đó cho thấy việc lựa chọn các đường phụ phức tạp sẽ cho ra các cách giải phức tạp. Thông qua từng cách giải sẽ cho thấy được kĩ năng lập luận, lựa chọn đường phụ chính xác. Thậm chí cách giải quá là đơn giản và dễ hiểu. Do vậy, thông qua các cách giải trên. Tôi hi vọng các bạn và thầy cô sẽ tìm thêm nhiều cách giải cho bài toán nhưng ngắn gọn và dễ hiểu như cách giải 1, 2, 3, 4. Việc chọn lựa nhiều cách giải cho 1 bài toán khó sẽ nâng cao kĩ năng giải đề, thực hành giải các bài hình học một cách nhanh chóng thông qua các tính chất trước đó mà ta đã được rèn luyện thuần thục.