Sáng kiến kinh nghiệm Hướng dẫn học sinh khai thác và phát triển một số bài toán Hình học Lớp 9

1. PHẦN MỞ ĐẦU
1.1. Lý do chọn đề tài :
- Tốn học là một bộ mơn khoa học tự nhiên mang tính logíc, tính trừu
tượng cao. Đặc biệt là với hình học nó giúp cho học sinh khả năng tính tốn, suy
luận logíc và phát triển tư duy sáng tạo. Việc bồi dưỡng học sinh học tốn khơng
đơn thuần chỉ cung cấp cho các em một số kiến thức cơ bản thông qua việc làm
bài tập hoặc làm càng nhiều bài tập khó, hay mà giáo viên phải biết rèn luyện
khả năng và thói quen suy nghĩ tìm tịi lời giải của một bài toán trên cơ sở các
kiến thức đã học.
- Qua nhiều năm công tác và giảng dạy Tốn 9 ở trường THCS tơi nhận
thấy việc học tốn nói chung và bồi dưỡng học sinh năng lực học tốn nói riêng,
muốn học sinh rèn luyện được tư duy sáng tạo trong việc học và giải tốn thì
việc cần làm ở mỗi người thầy, đó là giúp học sinh khai thác đề bài toán để từ
một bài toán ta chỉ cần thêm bớt một số giả thiết hay kết luận ta sẽ có được bài
tốn phong phú hơn, vận dụng được nhiều kiến thức đã học nhằm phát huy nội
lực trong giải tốn nói riêng và học tốn nói chung. Vì vậy tơi ra sức tìm tịi, giải
và chắt lọc hệ thống lại một số các bài tập mà ta có thể khai thác được đề bài để
học sinh có thể lĩnh hội được nhiều kiến thức trong cùng một bài tốn.
- Với mong muốn được góp một phần cơng sức nhỏ nhoi của mình trong
việc bồi dưỡng năng lực học toán cho học sinh hiện nay và cũng nhằm rèn luyện
khả năng sáng tạo trong học toán cho học sinh để các em có thể tự phát huy
năng lực độc lập sáng tạo của mình, nhằm góp phần vào công tác chăm lo bồi
dưỡng đội ngũ học sinh giỏi tốn ngày một khả quan hơn. Tơi xin cung cấp và
trao đổi cùng đồng nghiệp đề tài sang kiến: "Hướng dẫn học sinh khai thác và
phát triển một số bài tốn Hình học lớp 9 ". Đề tài này ta có thể bồi dưỡng
năng lực học tốn cho học sinh và cũng có thể dùng nó trong việc dạy chủ đề tự
chọn toán 9 trong trường THCS hiện nay. Mong quý đồng nghiệp cùng tham
khảo và góp ý.
1.2. Mục đích nghiên cứu
Đây là đề tài rộng và ẩn chứa nhiều thú vị bất ngờ thể hiện rõ vẻ đẹp của mơn
Hình học và đặc biệt nó giúp phát triển rất nhiều tư duy của học sinh, nếu vấn đề

này tiếp tục được khai thác hàng năm và được sự quan tâm góp ý của các thầy
cơ thì chắc hẳn nó sẽ là kinh nghiệm quý dành cho việc dạy học sinh khá giỏi.Vì
đây là đề tài rộng nên trong kinh nghiệm này chỉ trình bày một vài chủ đề của
mơn Hình lớp 9, chủ yếu là phần đường trịn do chương này gần gũi với học
sinh và xuất hiện nhiều trong các kỳ thi. Chỉ có thể thấy được sự thú vị của
những bài toán này trong thực tế giảng dạy, những bài tốn cơ bản nhưng cũng
có thể làm cho một số học sinh khá lúng túng do chưa nắm phương pháp giải
dạng toán này. Khi đi sâu tìm tịi những bài tốn cơ bản ấy khơng những học
sinh nắm sâu kiến thức mà cịn tìm được vẻ đẹp của mơn Hình học. Vẻ đẹp đó
được thể hiện qua những cách giải khác nhau, những cách kẻ đường phụ, những
1

SangKienKinhNghiem.net


ý tưởng mà chỉ có thể ở mơn Hình học mới có, làm được như vậy học sinh sẽ
u thích mơn Tốn hơn. Đó là mục đích của bất kì giáo viên dạy ở môn nào cần
khêu gợi được niềm vui, sự u thích của học sinh ở mơn học đó. Nhưng mục
đích lớn nhất trong việc dạy học là phát triển tư duy của học sinh và hình thành
nhân cách cho học sinh. Qua mỗi bài toán học sinh có sự nhìn nhận đánh giá
chính xác, sáng tạo và tự tin qua việc giải bài tập Hình đó là phẩm chất của con
người mới.
1.3. Đối tượng nghiên cứu
Học sinh cấp học THCS chủ yếu là học sinh khối 9 và ôn luyện thi vào
10, thi vào các trường chuyên, cũng như trong bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi
các cấp.
1.4. Phương pháp nghiên cứu
Tìm hiểu thực tiễn giảng dạy, học tập, bồi dưỡng học sinh giỏi trong nhà
trường.
Tra cứu tài liệu, tham khảo nghiên cứu các tài liệu trên mạng.

Thực nghiệm, đối chiếu so sánh.
Nhận xét.
1.5. Giới hạn phạm vi nghiên cứu.
Phạm vi nghiên cứu học sinh trường THCS Nguyễn Tất Thành qua nhiều
năm học.
Thời gian thực hiện trong các năm học từ năm học 2014 – 2015 đến năm
học 2018-2019.
2. PHẦN NỘI DUNG

2.1.Cơ sở lí luận
Qua việc giảng dạy thực tế nhiều năm ở THCS tôi thấy hiện nay đa số học
sinh sợ học mơn Hình học. Tìm hiểu ngun nhân tơi thấy có rất nhiều học sinh
chưa thực sự hứng thú học tập bộ mơn vì chưa có phương pháp học tập phù hợp
với đặc thù bộ mơn, sự hứng thú với mơn Hình học là hầu như ít có. Có nhiều
ngun nhân, trong đó có thể xem xét những nguyên nhân cơ bản sau:
- Đặc thù của bộ mơn Hình học là mọi suy luận đều có căn cứ, để có kĩ
năng này học sinh khơng chỉ phải nắm vững các kiến thức cơ bản mà cịn phải
có kĩ năng trình bày suy luận một cách logic. Kĩ năng này đối với học sinh là
tương đối khó, đặc biệt là học sinh lớp 9 các em mới được làm quen với chứng
minh Hình học. Các em đang bắt đầu tập dượt suy luận có căn cứ và trình bày
chứng minh Hình học hồn chỉnh. Đứng trước một bài tốn hình học học sinh
thường khơng biết bắt đầu từ đâu, trình bày chứng minh như thế nào.
- Trong q trình dạy tốn nhiều giáo viên cịn xem nhẹ hoặc chưa chú
trọng việc nâng cao, mở rộng, phát triển các bài toán đơn giản ở SGK hoặc chưa
đầu tư vào lĩnh vực này, vì thế chưa tạo được hứng thú cho học sinh qua việc
phát triển vấn đề mới từ bài toán cơ bản.
- Việc đưa ra một bài toán hoặc phát triển một bài toán cho phù hợp với
từng đối tượng học sinh để có kết quả giáo dục tốt còn hiều hạn chế.
2

SangKienKinhNghiem.net


- Học sinh THCS nói chung chưa có năng lực giải các bài tốn khó,
nhưng nếu được giáo viên định hướng về phương pháp hoặc kiến thức vận dụng,
hoặc gợi ý về phạm vi tìm kiếm thì các em có thể giải quyết được vấn đề.
- Ngay cả với học sinh khá giỏi cũng cịn e ngại với bộ mơn Hình Học do
thiếu sự tự tin và niềm đam mê.
2.2. Thực trạng
2.2.1. Thuận lợi, khó khăn:
a) Thuận lợi:
Tơi đã được trực tiếp giảng dạy mơn Tốn khối 9 được 25 năm, trong đó
thời gian gần đây nhất là từ năm 2014 đến 2019 tại trường THCS Nguyễn Tất
Thành, bồi dưỡng học sinh giỏi tốn 9 và ơn tập, nâng cao kiến thức cho học
sinh thi tuyển vào lớp 10, thi vào trường chuyên nên tôi thấy được sự cần thiết
phải thực hiện đề tài "Hướng dẫn học sinh khai thác và phát triển một số bài
tốn Hình học lớp 9 ".
Tơi được các đồng nghiệp có nhiều kinh nghiệm góp ý kiến trong giảng
dạy, tham khảo các tài liệu liên quan trên mạng, ...
Học sinh ở độ tuổi này luôn năng động sáng tạo, ln thích khám phá học
hỏi những điều mới lạ.
Điều kiện kinh tế xã hội ngày càng phát triển. Từ đó sự quan tâm của các
bậc phụ huynh học sinh ngày một nâng lên, luôn tạo điều kiện tốt nhất, trang bị
đầy đủ cho con em mình các thiết bị và đồ dùng học tập.
b) Khó khăn:
Trong chương trình Tốn THCS “Các bài tốn về hình học” rất đa dạng,
phong phú và trừu tượng, mỗi dạng toán có nhiều phương pháp giải khác nhau.
Học sinh khi học tốn đã khó, đối với Hình học lạ càng khó hơn bởi vì: Để làm
bài tốn Hình học thì học sinh phải vận dụng tất cả các định nghĩa, tính chất ...,
mà mình đã được học một cách linh hoạt. Bên cạnh đó để giải một bài tốn Hình

học lớp trên thì học sinh phải nắm vững tất cả kiển thức, các bài toán cơ bản ở
lớp dưới.
Kinh tế từng gia đình khơng đồng đều, một số gia đình có điều kiện cịn
mải lo làm kinh tế, khơng có thời gian quan tâm đến việc học hành của con em
mình, phó mặc cho con cái, chỉ biết cho con em mình tiền dẫn đến các em hư
hỏng.
Tác động xã hội đã làm một số học sinh không làm chủ được mình nên đã
đua địi, ham chơi, khơng chú tâm vào học tập mà dẫn thân vào các tệ nạn xã hội
như chơi game, bi da, đánh bài ...
2.2.2. Thành công, hạn chế
a) Thành cơng:
Các bài tập Hình đều phát triển dựa trên những bài toán cơ bản trong sách
giáo khoa và sách bài tập nên mục đích cần hướng đến là học sinh trung bình
cần phải làm tốt những bài tập này.
3

SangKienKinhNghiem.net


b) Hạn chế:
Giải bài tập toán là lúc học sinh được thể hiện kĩ năng, tính sáng tạo, phát
triển óc tư duy. Các bài tập Hình trong sách giáo khoa rất đa dạng nhưng làm
sao để cho phần lớn các học sinh khá và trung bình nhớ lâu, hiểu vấn đề đó mới
là quan trọng.
Do đặc điểm của mơn Hình học khó, phải tư duy trừu tượng và kèm thêm
việc vẽ hình phức tạp, khi giải một bài tốn hình thì học sinh phải vận dụng tất
cả các định nghĩa, định lí, tính chất, ... mà mình đã được học một cách linh hoạt.
Nên giáo viên phải tạo cho học sinh kĩ năng vẽ hình và hướng dẫn học sinh tư
duy dựa trên những bài toán cơ bản.
2.2.3. Mặt mạnh, mặt yếu

a) Mặt mạnh:
Giúp cho học sinh hiểu được một số bài toán phát triển từ bài toán cơ bản,
nhưng quan trọng hơn giáo viên cần giúp cho học sinh hiểu được hướng phát
triển một bài toán. Tại sao phải làm như vậy? Làm như thế đạt được mục đích
gì? Qua đó giúp các em say mê mơn Tốn. Cho dù là học sinh giỏi hay học sinh
trung bình khi nhìn một bài tốn dưới nhiều góc độ thì học sinh đó sẽ tự tin hơn,
thích thú hơn với mơn học, yếu tố đó rất quan trọng trong q trình tự học, nó
giúp q trình rèn luyện hình thành tư duy cho học sinh tốt hơn.
b) Mặt yếu:
Số học sinh hiểu được một số bài toán phát triển từ bài tốn cơ bản là
khơng nhiều vì đây là vấn đề khó cần sự kiên trì và cố gắng của cả học sinh và
giáo viên mặc dù vậy tôi hướng đến 1/3 số học sinh đạt được điều này, có thể
học sinh sẽ không tạo ra những dạng mà thầy đã làm vì vốn kinh nghiệm của
học sinh cịn rất hạn chế nên giáo viên cần phải động viên giúp các em tự tin
hơn. Việc sáng tạo đó khơng những cần có kiến thức vơ cùng chắc chắn mà học
sinh cần có sự nhạy cảm của tốn học. Điều này chỉ phù hợp với học sinh giỏi
nên tôi chỉ áp dụng yêu cầu này trong quá trình dạy học sinh giỏi.
2.2.4. Các nguyên nhân, các yếu tố tác động
a) Học sinh khơng giải tốn được:
- Học sinh chưa biết liên hệ giữa kiến thức cơ bản và kiến thức nâng cao.
- Chưa có tính sáng tạo trong giải tốn và khả năng vận dụng kiến thức
chưa linh hoạt.
b) Học sinh giải tốn được:
- Trình bày lời giải chưa chặt chẽ, mất nhiều thời gian.
- Chưa sáng tạo trong vận dụng kiến thức.
Số học sinh tự học tập thêm kiến thức, tham khảo tài liệu,…để nâng cao
kiến thức chưa nhiều, nên khả năng học mơn Tốn giữa các em trong lớp học
khơng đồng đều. Bên cạnh đó một bộ phận khơng nhỏ học sinh cịn yếu trong kỹ
năng phân tích và vận dụng …
Một số bộ phận phụ huynh học sinh không thể hướng dẫn con em mình

giải các bài tốn hình. Vì vậy chất lượng làm bài tập ở nhà cịn thấp.
4

SangKienKinhNghiem.net


2.2.5. Phân tích đánh giá các vấn đề về thực trạng mà đề tài đã đặt ra.
Trong hoạt động dạy và học Tốn nói chung, đối với bộ mơn hình học nói
riêng thì vấn đề khai thác, nhìn nhận một bài tốn cơ bản dưới nhiều góc độ
khác nhau nhiều khi cho ta những kết quả khá thú vị. Ta biết rằng ở trường phổ
thơng, việc dạy tốn học cho học sinh thực chất là việc dạy các hoạt động toán
học cho họ. Cụ thể như khi truyền thụ cho học sinh một đơn vị kiến thức thì
ngồi việc cho học sinh tiếp cận, nắm vững đơn vị kiến thức đó thì một việc
khơng kém phần quan trọng là vận dụng đơn vị kiến thức đã học vào các hoạt
động tốn học. Đây là một hoạt động mà theo tơi, thơng qua đó dạy cho học sinh
phương pháp tự học - Một nhiệm vụ quan trọng của người giáo viên đứng lớp .
Xuất phát từ quan điểm trên, vấn đề khai thác và cùng học sinh khai thác một
bài toán cơ bản trong sách giáo khoa để từ đó xây dựng được một hệ thống bài
tập từ cơ bản đến nâng cao đến bài tốn khó là một hoạt động không thể thiếu
đối với người giáo viên. Từ những bài tốn chuẩn kiến thức, giáo viên khơng
dừng ở việc giải tốn. Việc khai thác một số bài tốn hình học cơ bản trong SGK
không những gớp phần rèn luyện tư duy cho HS khá giỏi mà còn tạo chất lượng,
phù hợp với giờ học, gây hứng thú cho HS ở nhiều đối tượng khác nhau.
+ Để giải quyết vấn đề trên trong quá trình giảng dạy cần chú trong các
bài toán ở SGK. Biết phát triển các bài toán đơn giản đã gặp để tăng vốn kinh
nghiệm vừa phát triển năng lực tư duy tốn học, vừa có điều kiện tăng khả năng
nhìn nhận vấn đề mới từ cái đơn giản và từ đó hình thành phẩm chất sáng tạo
khi giải toán sau này.
+ Việc phát triển một bài toán phù hợp với từng đối tượng học sinh là rất
cần thiết và quan trọng, nó vừa đảm bảo tính vừa sức và là giải pháp có hiệu quả

cao trong việc giải tốn vì nó khơng tạo cho học sinh sự nhụt chí mà là động lực
thúc đẩy giúp cho học sinh có sự tự tin trong q trình học tập, bên cạnh đó cịn
hình thành cho các em sự u thích và đam mê bộ mơn hơn.
+ Các em phải được tập suy luận từ dễ đến khó, từ đơn giản đến phức tạp.
+ Phát huy được khả năng sáng tạo, phát triển khả năng tự học, hình thành
cho học sinh tư duy tích cực ,độc lập và kích thích tị mị ham tìm hiểu đem lại
niềm vui cho các em.
2.3. Các biện pháp đã tiến hành để giải quyết vấn đề
2.3.1. Mục tiêu của giải pháp, biện pháp :
- Tìm tịi, tích lũy các đề tốn ở nhiều dạng trên cơ sở vận dụng được các
kiến thức cơ bản đã học.
- Hướng dẫn học sinh tìm hiểu đề bài.
- Giải hoặc hướng dẫn học sinh cách giải.
- Khai thác bài toán và giúp học sinh hướng giải bài toán đã được khai
thác
- Trang bị cho các em các dạng toán cơ bản, thường gặp.
- Đưa ra các bài tập tương tự, bài tập nâng cao.
5

SangKienKinhNghiem.net


- Kỹ năng nhận dạng và đề ra phương pháp giải thích hợp trong từng
trường hợp cụ thể. Giúp học sinh có tư duy linh hoạt và sáng tạo.
- Kiểm tra, đánh giá mức độ nhận thức của học sinh thơng qua các bài
kiểm tra. Qua đó kịp thời điều chỉnh về nội dung và phương pháp giảng dạy.
- Tạo hứng thú, đam mê, u thích các dạng tốn hình học, thơng qua các
bài tốn có tính tư duy.
2.3.2. Nội dung và cách thức thực hiện giải pháp, biện pháp
Trong đề tài này tôi chỉ đưa ra một số bài tốn có liên quan đến:

ĐƯỜNG TRỊN VÀ TIẾP TUYẾN
2.3.2.1. Dạng tốn về đường trịn
Bài 1: Cho hai đường thẳng a và b cắt nhau tại O. Trên a lấy điểm A và trên b
lấy điểm B. Có bao nhiêu đường trịn đi qua ba điểm O, A, B?
Tìm hiểu đề bài
Bài này liên quan đến sự xác định một đường trịn qua ba điểm O, A, B
trong đó O là giao điểm của hai đường thẳng a, b và A và B là hai điểm bất kì
thuộc a và b.
Hướng dẫn cách tìm lời giải
Lưu ý A và B có thể nằm về hai phía của O, ngồi ra A và B cũng có thể
trùng với O hoặc khác O. Do đó hãy xét các trường hợp sau:
- O khác A và B;
- A trùng với O nhưng B khác O hoặc ngược lại;
- Ba điểm O, B, A trùng nhau.
a
B
Cách giải:
`- Trường hợp O khác A và B, như thế ba điểm O,
O
A, B không thẳng hàng nên bao giờ cũng có và chỉ
A
b
có một đường trịn đi qua ba điểm A, O, B.
Hình 1
- Trường hợp A trùng với O nhưng B khác O
(hoặc B trùng với O nhưng A khác O) thì có vơ số
đường trịn đi qua hai điểm O và B mà tâm của chúng nằm trên đường trung trực
của đoạn thẳng OB hoặc OA.
- Trường hợp A và B trùng với O thì có vơ số đường trịn qua O mà tâm là
điểm tùy ý trong mặt phẳng.( cũng có thể cho rằng đường tròn đi qua ba điểm O,

A, B bây giờ biến thành một điểm O)
Khai thác bài toán:
Với bài toán này ta có thể thêm câu hỏi sau:
+) Tính bán kính của đường tròn qua O, A, B trong các trường hợp:
a)  OAB vuông tại O với OA = m; OB = n.
b)  OAB vuông cân tại O với OA = OB = p
c)  OAB đều với cạnh bằng q
Cách giải:
a) Nếu OAB vng tại O thì tâm đường tròn là trung điểm của cạnh huyền AB
và bán kính bằng

1
2

m2  n2

6

SangKienKinhNghiem.net


b) Nếu OAB vng cân tại O thì tâm đường trịn vẫn là trung điểm của AB
nhưng bán kính bằng p

2
2

c) Nếu OAB đều cạnh q thì tâm đường trịn là giao điểm G của ba đường trung
tuyến của tam giác OBA và bán kính OG bằng 2/3 đường cao của tam giác đều
tức là bằng q

3 2
3
. q
.
2 3
3

Bài 2: Cho đường tròn tâm O và một điểm A bên trong đương tròn. Qua A hãy
dựng dây BC sao cho
a) BC có độ dài nhỏ nhất
b) BC nhận A làm trung điểm
Tìm hiểu đề bài:
Đây là bài tốn dựng hình trong đương trịn (O). u
cầu phải dựng qua điểm A cho trước bên trong (O) một
dây BC sao cho BC có độ dài nhỏ nhất, BC nhận A làm
(Hình 2a)
trung điểm.
Hướng dẫn cách tìm lời giải
a) Hãy thay “Dây BC có độ dài nhỏ nhất” bằng “ Khoảng cách OM từ tâm O
đến dây là lớn nhất”, rồi nhận xét OM  OA, từ đó OM lớn nhất khi bằng OA suy
ra cách dựng BC (hình 2a)
b) Do AB phải bằng AC nên nếu nối OA thì OA  BC . Từ
đó suy ra cách dựng BC (hình 7b)
Cách giải:
a) Gọi BC là một dây bất kì qua A cách tâm O một
khoảng OM. Ta thấy rằng nếu BC có độ dài nhỏ nhất thì OM
có độ dài lớn nhất.
Do OM  OA nên OM lớn nhất khi OM = OA tức là khi M trùng với A.
Suy ra cách dựng sau đây: qua A dựng dây B1C1 vuông góc với OA. Dây B1C1

là dây có độ dài nhỏ nhất.
Bài tốn có một nghiệm hình
b) Giả sử BC là dây dựng được mà A là trung điểm của nó. Nối AO ta có
B1

C

A

M

C1

O

B

Hình 7a

C

A

B

O

Hình 7b

OA  BC

S1

Suy ra cách dựng sau đây: Nối A với tâm O và dựng
đường thẳng vng góc với OA tại A cắt (O) tại B và C.
Dây BC là dây cần dựng.
Bài tốn có một nghiệm hình.
Khai thác bài tốn:
Có thể đặt thêm câu hỏi sau:
Tìm trên đường trịn (O) một điểm S sao cho OSˆA lớn nhất
Giải: Kéo dài SA cắt (O) tại T ta thấy rằng trong tam giác cân SOT có cạnh bên
khơng đổi thì OSˆA lớn nhất khi SOˆ T nhỏ nhất tức là dây ST nhỏ nhất ( hình 7c)
S

A

T

O

Hình 7C

7

SangKienKinhNghiem.net

T1


Như vậy bài toán quy về câu a ở trên: Dựng dây S1T1 có độ dài nhỏ nhất với

S1T1  OA ta được điểm S1 phải tìm
Bài 3: ( Bài tập 11 trang 104 SGK – Toán 9 tập 1)
Cho đường trịn tâm (O) đường kính AB, dây CD khơng
cắt đường kính AB. Gọi H và K theo thứ tự là chân
đường vng góc kẻ từ A và B đến CD.
Chứng minh CH = DK (*) (Gợi ý kẻ OM  CD ).
Cách giải
Ta có AH  CD và BK  CD (gt) nên AH// BK  Tứ
giác AHKB là hình thang.
Kẻ OM  CD tại M  MC = MD (1) ( ĐL quan hệ giữa vng góc giữa đường
kính và dây).
Xét hình thang AHKB có OA =OB = R ; OM // AH // BK (  CD )
 OM là đường trung bình của hình thang  MH  MK (2)
Từ (1) và (2), ta có CH = DK
Đối với bài tập này ta có thể khai thác theo hai hướng như sau :
+ Hướng thứ nhất :
Từ bài toán (*) nếu dây cung CD cắt đường kính AB thì kết luận CH =
DK có cịn đúng nữa khơng? Kết luận đó vẫn đúng và chúng ta có bài tốn khó
hơn bài tốn (*) một chút như sau:
Bài 3a: Cho đường trịn (O) đường kính AB, dây CD cắt đường kính AB tại G.
Gọi H và K lần lượt là hình chiếu của A và B trên CD. Chứng minh rằng CH =
DK.
Hướng dẫn giải:
Để chứng minh CH = DK ta chứng minh CD và HK có
chung trung điểm.
Qua O vẽ đường thẳng song song với AH và BK cắt CD tại
I, cắt AK tại F.
Lập luận để có OI là đường trung trực của đoạn CD và FI là
đường trung bình của tam giác AHK  I là trung điểm của
HK  đpc/m.

Cũng bài toán trên nhưng chúng ta có thể phát triển dưới một dạng khác phức
tạp hơn như sau:
Bài 3b: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn đường kính
AB. Chứng minh rằng hình chiếu vng góc của các cạnh
đối diện của tứ giác trên đường chéo CD bằng nhau. (
Cách giải hoàn toàn tương tự như bài trên)
Bài 3c: Gọi G là điểm thuộc đoạn thẳng AB (G không
trùng với A và B). Lấy AB, AG và BG làm đường kính,
dựng các đường tròn tâm O, O1, O2. Qua G vẽ cát tuyến
cắt đường tròn (O) tại C và D, cắt (O1) tại H, cắt (O2) tại K. Chứng minh CH =
DK.
Hướng dẫn giải:
8

SangKienKinhNghiem.net


Lập luận để có AH  CD và BK  CD  Cách giải hồn tồn tương tự như bài
tốn trên
+ Hướng thứ hai:
Bài 3d: Thêm vào bài tập trên câu b như sau: Chứng minh
H và K ở bên ngồi đường trịn (O).
Cách giải ( dùng phương pháp phản chứng)
Giả sử chân đường vng góc hạ từ A đến đường thẳng
CD là H’. H’ là điểm nằm giữa hai điểm C và D.
Xét ACH , ta có : ACˆ H   ACˆ B  BCˆ D  ACˆ H   900
Mà ACˆ H   900 (theo giả sử)  Tổng các góc trong của ACH lớn hơn 1800 là
điều vơ lí.
Vậy H’ phải nằm ngồi đường tròn(O) hay H nằm trong (O).
Chứng minh tương tự đối với điểm K.

Nhận xét: Từ việc vẽ OM  CD ta có MH = MK ta dễ nhận thấy rằng :
SOMH  SOMA  SOMK  SOMB  S OHK  S AMB  HK.OM = AB.MM’(với MM '  AB tại
M’)
Bài 3e: Qua nhận xét trên ta có thể thêm vào bài trên câu c:
Chứng minh S AHKB  SACB  SADB .
Vẽ thêm CC '  AB, DD '  AB ( C ', D '  AB )
Ta có

CC ' DD '
 MM ' (MM’ là đường trung bình của hình
2

thang CDD’C’)
 HK.OM  AB.

CC ' DD ' 1
 AB  CC ' DD '  S ACB  S ADB
2
2

Mặt khác HK.OM = SAHKB ( Vì OM là đường trung bình của
hình thang AHBK, nên OM 

AH  KB
)
2

Từ đó S AHKB  SACB  SADB (đpc/m)

Bài 3f: Đặc biệt khi CD không phải là một dây mà CD trở

thành tiếp tuyến của (O) như hình vẽ bên ta vẫn có
S AMB  S HOK và HK .OM  AB.MM ' ( lúc này M thuộc nửa
đường trịn (O) nên AB = 2OM.
Do đó ta có HK.OM = 2OM.MM’  MM ' 

HK
2

Dựa vào điều kiện một điểm thuộc đường trịn ta có
HK
)
2
HK
 (M ;
) tiếp xúc với AB tại M’.
2
M '  (M ;

9

SangKienKinhNghiem.net


Bài 3g: Từ bài tốn trên ta lại có bài tốn quỹ tích:
a/ Tìm quỹ tích trung điểm I của đoạn thẳng CD khi C
(hoặc D) chạy trên đường tròn (O).
b/ Tìm quỹ điểm H và K khi C ( hoặc D) chạy trên đường
trịn O đường kính AB.
Từ bài tốn trên chúng ta có thể phát biểu bài tốn đảo như sau :
Bài 3h : Trên đường kính AB của đường tròn tâm (O) ta lấy hai

điểm H và K sao cho AH = KB. Qua H và K kẻ hai đường thẳng song với nhau
lần lượt cắt đường tròn tại hai điểm C và D ( C, D cùng thuộc nửa đường tròn
tâm O). Chứng minh rằng HC  CD , KD  CD .
Bài 4: Cho đường trịn (O) đường kính AB. M là một điểm bất kì trên nửa đường
trịn đó  M  A, B  . Qua M vẽ tiếp tuyến xy, H và K là chân đường vng góc hạ
từ A, B xuống xy. Chứng minh rằng : Đường trịn (M) đường kính HK tiếp xúc
với AB. ( Xác định vị trí tương đối của (M) với đường thẳng AB khi M chạy trên
(O))
Bài 5: Cho đoạn thẳng HK, qua H, K vẽ các đường thẳng d và d’ vng góc với
HK. Một góc vng với đỉnh là trung điểm M của HK có một
cạnh cắt d tại A, một cạnh cắt d’ tại B. Chứng minh rằng Ab
là tiếp tuyến của đường trịn đường kính HK.
Giải :
Vẽ MD  AB  D  AB  (1)
Gọi C  AM  d ' . Ta có AMH  CMK  g.c.g   MA = MC
 ABC có BM vừa là đường cao, vừa là trung tuyến nên
ABC cân tại B
 BM là phân giác của ABC
 MDB  MKB ( cạnh huyền – góc nhọn)
 MD  MK mà MH  MK 

1
HK (2)
2

Từ (1) và (2) suy ra Ab là tiếp tuyến của đường trịn đường
kính HK.
Bài 6: Cho tứ giác AHKB có đường trịn đường kính AB tiếp
xúc với đường thẳng HK. Chứng minh rằng đường trịn đường
kính HK tiếp xúc với đường thẳng AB khi và chỉ khi AH // BK.

Giải : Gọi O và O’ lần lượt là trung điểm của AB và HK.
Vẽ O ' D  AB , nối OO’ ta có O ' O  HK ( OO’là đường trung
bình cua hình thang HABK). Đặt OO’ = a, O’D = b.
 S O 'OA  S O 'OH  S O 'OB  S O 'OK
1
AB.b
Mà  SO 'OA  SO 'OH  OA.O ' D 
2
4

10

SangKienKinhNghiem.net


1
HK .a
S OO ' B  S O 'OK  O ' K .OO ' 

2
4

AB
2  HK . AB
4
8

HK .

( Vì OO’ = a = OA = OB =

1
AB )
2
AB.b AB.HK
HK
HK

b
 O'D 
4
8
2
2
 O ' D  O ' H  O ' K  D  (O ') đường kính HK.

Như vậy BK // AH 

E

H
1

M

 Đường trịn đường kính HK tiếp xúc với AB tại D.

J

Bài 7: Cho đường trịn tâm O bán kính R và hai dây bằng

nhau EF và GH cắt nhau tại M.
a) Tứ giác EGFH là hình gì?

I
O
1

G

2
3

b) Tính khoảng cách từ O đến mỗi dây biết rằng EF  GH  R

F

Hình 2

Tìm hiểu đề bài
Bài ra cho đương trịn (O; R) và hai dây EF = GH cắt nhau tại M. Yêu cầu
nhận dạng tứ giác EFGH và tính khoảng cách từ O đến mỗi dây biết độ dài hai
dây.
Hướng dẫn cách tim lời giải:
a) Gọi OI, OJ là khoảng cách từ O đến hai dây ta có ngay
OI = OJ. Từ đó chứng minh  OMI =  OMJ, rồi xét hai tam giác cân đỉnh M để
suy ra EH // GF. Do đó EGFH là hình thang, sau đó chứng minh thêm hình
thang này cân (hình 2)
b) Để tính khoảng cách OI và OJ ta xét một trong hai tam giác vuông bằng
nhau OEI hoặc OHJ rồi áp dụng định lý Pitago để tính
Cách giải

a)
Do EF = GH nên khoảng cách từ tâm đến hai dây bằng nhau hay
OI = OJ. Xét OMI và OMJ có:
MJˆO  MIˆO  90 0 ( gt )

OI  OJ (cmt )
  OMI  OMJ (ch  cgv)

OMchung


 MJ = MI (cạnh tương ứng).

Hai tam giác cân đỉnh M là MEH và MGF có các góc ở đỉnh M bằng nhau nên
Eˆ1  Fˆ1 (so le trong) suy ra EH // GH.
Tứ giác EGFH là hình thang có hai đường chéo EF = GH nên EGFH là hình
thang cân.
b)
Xét tam giác vng OEI theo định lí Pitago ta có:
2

R 2 8R 2
 2R 
2
OI 2  OE 2  EI 2  R 2  

 R 
9
9
 3.2 

. Vậy OI = OJ =

2 2R
.
3

Khai thác bài tốn:
Ta có thể nêu thêm các câu hỏi sau: Nếu góc tại M vng:
11

SangKienKinhNghiem.net


c) Tính diện tích của tứ giác OIMJ và bán kính đường trịn ngoại tiếp tứ giác
này
d) Tính tổng ME2 + MF2 + MG2 + MH2 theo R
Cách giải
G

I

E

của nó là

2

SOIMJ

F

M

R 6
c) OIMJ là hình vng cạnh là OI =
nên diện tích
3

J
O

K

R 6
6R 2 2R 2
 

 
9
3
 3 

H
Hình 3

Đường trịn ngoại tiếp tứ giác OIMJ có đường kính là OM, ta có:
OM  OI 2 

R 6

2R 3
R 3
. Vậy bán kính đường trịn này là:
2
3
3
3

d) Kẻ đường kính FK ta có KEF vng tại E (vì trung tuyến OE của KEF
»  KH
¼ suy ra EG = KH
bằng 1/2 cạnh KF). Do đó KE // HG (  EF) nên EG
Xét hai tam giác vuông EMG và HMF, theo định lý Pytago ta có:
ME2 + MG2 = EG2 (1) và
MF2 + MH2 = FH2 (2). Cộng từng vế (1) và (2) ta được:
ME2 + MG2 + MF2 + MH2 = EG2 + FH2 = KH2 + FH2 = KF2 ( vì tam giác HF
vng tại H)
Vậy tổng phải tìm bằng KF2 = (2R)2 = 4R2
Bài 8: Cho đường tròn tâm O và dây cung AD. Từ D vẽ tia Dx vng góc với
OD. Đường kính vng góc với OA cắt AD ở B và Dx ở C.
a) Chứng minh BCD cân.
b) Chứng minh trục đối xứng của dây AD song song với trung tuyến CM của
tam giác BCD.
Tìm hiểu đề bài:
Đề bài cho đường trịn (O) và dây cung AD, tia vng góc với OD và
đường kính vng góc với OA. u cầu chứng minh một tam giác cân và một
trục đỗi xứng song song với một trung tuyến của tam giác cân này.
Hướng dẫn cách tìm lời giải:
a) Để chứng minh BCD cân ta cần chứng minh tam giác
có hai góc ở đáy bằng nhau ( Bˆ  Dˆ ) bằng cách lần lượt xét tam

giác vng AOB và tam giác cân OAD (hình 4).
b) Trục đối xứng của AD là đường trung trực của nó, cịn
trung tuyến CM là trung trực của BD. Từ đó ta suy ra được điều
phải chứng minh.
Cách giải
Hình 4
0
ˆ
ˆ
a) Trong tam giác vng AOB ta có: A  B1  90 vì CD là tiếp tuyến của (O)
tại D,
Dˆ 1  Dˆ 2  90 0 . Nhưng Dˆ 1  Aˆ vì tam giác ODA cân.
Từ đó Bˆ1  Dˆ 2 ; Bˆ1  Bˆ 2 (đối đỉnh), suy ra Dˆ 2  Bˆ 2

x
C

A

B

2

M
1

O

12

SangKienKinhNghiem.net

2
D


Vậy BCD cân tại C.
b) Trục đối xứng của dây AD là trung trực của nó nên vng góc với AD.
Đường trung tuyến CM của tam giác cân BCD vuông góc với BD nên cùng
vng góc với AD. Suy ra trục đối xứng của dây AD song song với trung tuyến
CM của BCD.
Khai thác bài toán:
Với bài toán 3 ta có thể nêu thêm câu hỏi như sau:
c) Chứng minh hệ thức: OA.BM = OB.CM
Thật vậy: Xét AOB

CMB (g,g) ta có

OA OB

CM BM

suy ra OA.BM = OB.CM (đpcm).
Bài 9: Cho nửa đường trịn tâm O đường kính MN và dây DE. Gọi P và Q theo
thứ tự là hình chiếu của M và N trên đường thẳng DE. Đường thẳng NQ cắt nửa
đường tròn tại G. Goi H là trung điểm của dây DE và I là hình chiếu của H trên
MN, chứng minh:
a) OH  MG
b) OH.MG = MN.HI
Tìm hiểu đề bài

Bài ra cho nửa đường trịn đường kính MON và
dây DE với H là trung điểm. Hình chiếu của đường kính
MN trên đường thẳng DE là PQ. Hình chiếu của H trên
MN là I. Yêu cầu phải chứng minh hai đoạn thẳng
vng góc và một hệ thức (hình 5).
Hướng dẫn tìm lời giải
a )Trước hết chứng minh MGˆ N  900 và MG // PQ. Kết hợp với H là trung điểm
của DE để suy ra điều phải chứng minh
b) Xét hai tam giác vuông đồng dạng OIH và NGM
Cách giải:
Q

E

D

H

G

P

1

1

M

M'

I

O

E'

Hình 5

a) MGN vng tại G vì trung tuyến OG =

1
MN, nên MG  QN . Ta lại có
2

PQ  QN . suy ra MG // PQ.

Do H là trung điểm của DE nên OH  DE tức là OH  PQ . Vậy OH  MG .
b) Ta có OH // NQ nên Oˆ1  Nˆ 1 (đồng vị). Do đó OIH NGM


OH
HI

hay OH.MG = MN.HI
MN MG

Khai thác bài toán:
Với bài toán này ta hỏi thêm : Chứng minh rằng PD = EQ và diện tích tứ giác
MPQN bằng tổng diện tích của hai tam giác MDN và MEN.
Thật vậy: Hình thang vng MPQN có OH là đường trung bình nên HP = HQ,

ngồi ra HD = HE. Do đó HP – HD = HQ – HE hay PD = EQ.
Kẻ DD’ và EE’ vng góc với MN ta có:

13

SangKienKinhNghiem.net

N


SMDN  S MEN =

1
1
DD'+EE'
DD'+EE'
MN .DD'+ MN .EE' =MN
 HI trong
mà
2
2
2
2

hình thang vng DD’E’E nên tổng diện tích này bằng MN.HI.
Theo câu b thì MN.HI = OH.MG chính là diện tích tứ giác MPQN vì hình thang
MP  NQ
.MG  OH .MG .
2
 S MDN  S MEN .

này có diện tích

Vậy SMPQN
Bài 10: Cho đường trịn tâm O đường kính AB và dây CD cắt bán kính OA ở I.
Kẻ AE, BH cùng vng góc với CD. Qua O kẻ đường kính vng góc với CD tại
G và cắt EB ở M. Chứng minh:
a) M là trung điểm của EB và G là trung điểm của EH.
b) EC = HD
Tìm hiểu đề bài:
Đề bài này có những chỗ tương tự như bài 4 nhưng yêu
cầu phải chứng minh hai trung điểm của hai đoạn thẳng và hai
đoạn thẳng bằng nhau EC = HD như PD = EQ (ở phần khai thác
bài tốn trước).
Hướng dẫn tìm lời giải:
a) Hãy chứng minh OM là đường trung bình của tam giác AEB và MG là đường
trung bình của tam giác EHB (hình 6).
b) Áp dụng định lý đường kính vng góc với một dây thì chia đơi dây ấy và lưu
ý G là trung điểm của EH (theo câu a) để được đẳng thức cần chứng minh.
Cách giải
a) Ta có OM // AE vì cùng vng góc với CD. Điểm O lại là trung điểm của
AB nên OM là đường trung bình của tam giác EAB, suy ra M là trung điểm của
EB.
Xét tam giác EHB có MG // HB vì cùng vng góc với CD, lại đi qua trung
điểm M của EB nên MG là đường trung bình của tam giác EHB suy ra G là
trung điểm của EH.
b) Do OG  C D nên G chia dây CD thành hai phần bằng nhau
hay GC = GD (1). Mặt khác G lại là trung điểm của EH nên GE = GH (2).
Trừ từng vế (1) cho (2) ta được EC = HD.
Khai thác bài tốn:

Bài này có thể thêm câu hỏi sau đây: Chứng minh rằng:
c) AE. IG = IE .OG;
d) OG.IH = IG.BH ( cho học sinh tự chứng minh)
2.3.2.2. Dạng tốn về tiếp tuyến của đường trịn
Bài 1 ( bài 30 – trang 116 SGk – toán 9, tập 1)
Cho nửa đường trịn (O) đường kính AB. Gọi Ax, By là các tia vng góc
với AB ( Ax, By và nửa đường tròn thuộc cùng một nửa mặt phảng bờ Ab). Qua
điểm M thuộc nửa đường tròn ( M khác A và B) kẻ tiếp tuyến với nửa đường
tròn, nó cắt Ax và By theo thứ tự ở C và D. Chứng minh rằng:
a) COˆ D  900
14
D

H

G

I

A

O

E

M

C

Hình 6

SangKienKinhNghiem.net

B


b) CD = AC + BD
c) Tích AC.BD khơng đổi khi điểm M di chuyển trên nửa đường tròn.
Cách giải :
a) Xét (O) có CA, CM là tiếp tuyến của (O)
 OC là tia phân giác của AOˆ M hay Oˆ1  Oˆ 2 ( t/c tiếp
tuyến) (1)
Tương tự DB, DM là tiếp tuyến của (O)  Oˆ 3  Oˆ 4 (2)
Từ (1) và (2)  Oˆ1  Oˆ 4  Oˆ 2  Oˆ 3
Mà Oˆ1  Oˆ 2  Oˆ 3  Oˆ 4  1800  Oˆ1  Oˆ 4  Oˆ 2  Oˆ 3  900 hay COˆ D  900 (đpc/m)
b) Theo t/c tiếp tuyến , ta có: CA = CM và DB = DM
Mà M  CD  CD  CM  MD  CD  CA  BD
Vậy CD  CA  BD (đpc/m)
c) Xét COD vng tại O (c/mt), có: OM  CD (gt)  OM 2  CM .DM ( đ/l)
Mà CA = CM và DB = DM  OM 2  AC.BD mà OM = R (gt)
 AC.BD không đổi khi điểm M di chuyển trên nửa đường trịn. (đpc/m)

y
D

t

Tơi khai thác bài tốn này như sau:
1) Đối với học sinh trung bình:
a) OC và OD cắt AM và BM theo thứ tự tại E và

F. Xác định tâm P của đường tròn đi qua bốn
điểm O, E, M, F.
b) Chứng minh tứ giác ACBD có diện tích nhỏ nhất
khi nó là hình chữ nhật và tính diện tích nhỏ nhất đó.
Tìm hiểu đề bài:
Bài ra cho nủa đường tròn tâm O và ba tiếp tuyến theo thứ tự tạ A, B và
M bất kì trên (O). Yêu cầu chứng minh một đẳng thức, bốn điểm thuốc đường
tròn và diện tích nhỏ nhất của một tứ giác tạo thành.
Hướng dẫn cách tìm lời giải:
a) Chứng minh tứ giác OEMF là hình chữ nhật nên giao điểm P của hai đường
chéo cách đều bốn đỉnh của hình chữ nhật
x

N

Q

M

C

E

P

F

A

O

b) Tứ giác ACDB là hình thang, diện tích của nó là

B

Hình 11

1
 AC  BD  .AB . Hãy chứng
2

minh AC + BD nhỏ nhất khi CD // AB.
Cách giải:
a) Tứ giác EMFO là hình bình hành có một góc vng nên nó là hình chữ nhật.
Tâm P của hình chữ nhật này cách đều 4 đỉnh, do vậy P là tâm đường tròn đi qua
4 điểm O, E, M, F.
b) Tứ giác ACBD là hình thang vng có diện tích bằng

1
(AC  BD).AB = ON.AB  OQ.AB (ON là đường trung bình của hình thang). Vậy diện
2

15

SangKienKinhNghiem.net


tích ACDB nhỏ nhất khi bằng AQ.AB hay

AB

AB 2
. AB 
. Khi đó N trùng với Q
2
2

và ACDB là hình chữ nhật (tiếp tuyến CD // AB).
2) Đối với học sinh khá, giỏi:
c) Gọi K là giao điểm của BC và AD. Chứng minh: MK // AC // BD.
d) Gọi H là giao điểm của MK và AB. Chứng minh rằng K là trung điểm của
MH.
e) Gọi E, F lần lượt là giao điểm của OC và AM, OD và BM. Chứng minh ba
điểm E, K, F thẳng hàng.
Chứng minh :
Xét AKC có AC // BD (gt) 

KD KB DB


(
KA KC AC

đ/l talet) (1)
CA, CM là tiếp tuyến của nửa đường tròn (O)
nên CM = CA, DB = DM (t/c) (2)
Từ (1) và (2) 

KD MD

 MK / / AC ( theo định

KA MC

K

H

lí talet đảo)
Vậy MK // AC // BD (đpc/m)
 Sau khi chứng minh được MK // AC ta có thể có thêm yêu học sinh chứng
minh:
CD.MK = CM.DB.
Chứng minh: Theo chứng minh trên MK //AC  CKM CBD


CD DB

 đpc/m.
CM MK

Khai thác bài tốn
Ta có thể đặt thêm các câu hỏi sau đây: Khi M chạy trên nửa đường trịn
(O).
c) Tìm quỹ tích của N;
d) Tìm quỹ tích của P;
e) Chứng minh tích AC.BD khơng đổi.
Cách giải như sau:
c) Vì ON là đường trung bình của hình thang ACBD nên ON // Ax // By. Do
đó quỹ tích N là tia Qt song song và cách đều hai tia Ax và By
d) Giao điểm P các đường chéo của hình chữ nhật OEMF cách O một khoảng
1

R
điểm O cố định, khoảng cách PO không đổi nên quỹ tích của P là
PO  OM 
2
2

nửa đường trịn đồng tâm với (O) bán kính bằng nửa bán kính của (O).
e)Xét tam giác vng COD có OM là đường cao nên OM2 = MC.MD, mà
MC = AC, MD = BD và OM = R do đó: AC.BD = R2 khơng đổi.
Từ bài tốn trên ta có thể ra bài tốn mới như sau:
Cho ABC vuông tại A, đường cao AH. Vẽ đường trịn tâm A bán kính
AH. Từ B và C kẻ các tiếp tuyến với đường tròn (A) tại D, E. Chứng minh rằng:
16

SangKienKinhNghiem.net


a) D, A, E thẳng hàng.
b) BD.CE = AH2 ( khơng đổi)
c) DE là tiếp tuyến của đường trịn đường kính BC.
Bài 2: Cho đường trịn (O; R) và điểm A với OA  R 2 . Từ A kẻ hai tiếp tuyến
AM và AN.
a) Chứng minh rằng tứ giác AMON là hình vng.
b) Gọi H là trung điểm của dây MN, chứng minh rằng
M
ba điểm A, H, O thẳng hàng.
Tìm hiểu đề bài:
A
H
Đặc điểm của bài này là cho đường tròn (O; R),

O
khoảng cách OA  R 2 và hai tiếp tuyến AM, AN. Yêu cầu
đầu tiên là chứng minh AMON là hình vng (câu a) rồi
N
chứng minh ba điểm A, H, O thẳng hàng trong đó H là
Hình 8
trung điểm của dây MN (câu b).
Hướng dẫn tìm lời giải:
a) Hãy chứng minh cho tam giác AMO là vuông cân để suy ra MO = AM = R,
từ đó chứng minh AMON có bốn cạnh bằng nhau và một góc vng (hình 8)
b) Chứng minh cho OH là tia phân giác của góc MON và OA là phân giác của
góc MAN. Suy ra hai tia OH và OA trùng nhau.
Cách giải:
a) Tam giác AMO vuông tại M do OM  MA (bán kính vng góc với tiếp tuyến
tại tiếp điểm), có cạnh huyền OA  R 2  OM 2 nên nó vng cân.
Suy ra MO = MA = R.
Tương tự tam giác ANO cũng vuông cân tại N và AN = NO = R. Mặt khác do
tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau nên AN = AM. Suy ra AN =AM = OM =
ON = R. Tứ giác AMON có bốn cạnh bằng nhau lại có góc vng nên nó là hình
vng.
b) Do H là trung điểm của MN và tam giác MON cân tại O nên OH là phân giác
của góc MON, mặt khác theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau thì OA cũng
là phân giác của góc MON. Suy ra OH trùng OA vậy A, O, H là ba điểm thẳng
hàng.
Khai thác bài tốn:
Ta có thể đặt thêm các câu hỏi sau:
c) Một đường thẳng (m) quay xung quanh A cắt (O) tại P và Q. Goi S là
trung điểm của dây PQ, tìm quỹ tích của điểm S
d) Tìm vị trí của đường thẳng (m) để tổng AP + AQ lớn nhất
e) Tính theo R độ dài đoạn HI trong đó I là giao điểm của AO với cung nhỏ

MN.
Cách giải

17

SangKienKinhNghiem.net


c)Ta có OS  PQ (vì S là trung điểm của dây PQ).
M
Q
S
Do góc ASO vng và A, O cố định nên quỹ tích của
P
S là đường trịn đường kính OA. Vì S nằm trong đường A
H
O
P'
¼
trịn (O) nên S chỉ chạy trên cung MON trong (O)
d) Kẻ đường kính P’Q’ qua A ta chứng minh rằng
N
tổng AP’+ AQ’ có giá trị lớn nhất. Muốn thế ta chỉ cần
chứng minh AP’+ AQ’ >AP + AQ
Hình 9
Thật vậy; ta có:
AP + AQ = AP + AP + PQ = 2AP + 2PS = 2(AP +PS) = 2AS (1)
Mặt khác: AP’+AQ’ = AP’+AP’+P’Q’ = AP’+AP’ + P’O + OQ’
= 2(AP’+P’O) = 2AO (2).
Vì AO > AS nên từ (1) và (2) suy ra 2AO > 2AS. Tức là AP’+ AQ’ >AP + AQ.

Vậy tổng AP + AQ lớn nhất khi đường thẳng (m) trùng với AO.
e) Điểm I chính là điểm P (theo câu d), do đó để tính HI ta tính HP’
HP’ = OP’ – OH = R -

(m)

Q'

R 2 R(2  2)

2
2

Bài 3: Cho đường tròn (O; R). Từ điểm M với OM = 2R ta vẽ hai tiếp tuyến MP
và MQ.
a) Chứng minh tam giác MPQ đều và tính cạnh của nó.
b) Đường thẳng qua M và O cắt (O) tại S và E. Tứ giác DPOQ là hình gì?
Tính diện tích của nó.
Tìm hiểu đề bài:
Bài ra cho (O; R) và điểm M ở ngoài (O) với OM = 2R và hai tiếp tuyến
MP, MQ. Yêu cầu chứng minh tam giác MPQ đều và tính cạnh của nó theo (câu
a), xác định dạng và tính diện tích của tứ giác DPOQ trong đó DE là đường kính
qua M (câu b).
Hướng dẫn cách tìm lời giải:
a)Tam giác MPQ là tam giác cân (MP = MQ),
chứng minh thêm góc PMQ bằng 600 (hình 10)
Để tính cạnh của tam giác đều MPQ thì lưu ý MPO
là nửa tam giác đều có cạnh huyền MO = 2R.
b) Hãy chứng minh tứ giác DPOQ là hình thoi.
S

Diện tích của nó bằng nửa tích hai đường chéo DO
và PQ.
Cách giải:
a) Ta có MP = MQ ( tính chất hai tiếp tuyến cắt
nhau) nên tam giác MPQ cân. Tam giác vng
MPO có
P

M

1

D

N

2

1

2

O

Q

Hình 10

OP 

1
MO  R (cạnh góc vng bằng nửa cạnh huyền) nên Mˆ 1  30 0 , mà Mˆ 1  Mˆ 2
2

( do MO là phân giác của góc tạo bởi hai tiếp tuyến cắt nhau tại M). Suy ra
PMˆ Q  60 0 . Tam giác MPQ cân có một góc bằng 600 nên MPQ là tam giác đều.
18

SangKienKinhNghiem.net

E


Trong tam giác vng MPO ta có: MP 

OP
R
R


 R 3 . Vậy cạnh của
0
1
tgM 1 tg 30
3

tam giác đều MP  R 3
b) Do Mˆ 1  300 nên trong tam giác vuông MPO , Oˆ1  600  DPO là tam giác cân
có góc tại đỉnh O bằng 600 nên nó là tam giác đều. Chứng minh tương tự ta có
tam giác ODQ cũng là tam giác đều. Suy ra OP = PD = DQ = QO (= R). Vậy tứ

giác DPOQ là hình thoi.
1
2

1
2

Suy ra diện tích của tứ giác DPOQ là: SDPOQ  DO.PQ  R.R 3 

R2 3
2

Khai thác bài tốn:
Có thể đưa thêm vào bài toán trên câu hỏi như sau:
c) Chứng minh tứ giác MPEQ là hình thoi và tính diện tích của nó.
d) Từ O kẻ đường vng góc với PO cắt MQ tại S. Chứng minh rằng tam
giác SMO cân, và DS là tiếp tuyến của (O).
Cách giải như sau:
c)Tứ giác MPEQ có các đường chéo ME và PQ vng góc với nhau vì ME là
đường trung trực của PQ. Mặt khác tam giác DPO đều nên đường cao PN là
trung tuyến, do đó ND = NO = R/2
 MN  MO  NO  2R -

R 3R
R
3R

và NE = NO + OE =  R 
.
2

2
2
2

Do đó N là trung điểm của ME. Vậy tứ giác MPEQ có hai đường chéo vng
góc và cắt nhau tại trung điểm mỗi đường nên nó là hình thoi.
1
ME.PQ  MN .PQ mà MN là đường cao của
2
PQ 3
MN 
nên
, do đó MN.PQ =
2

Diên tích của hình thoi này bằng
tam

giác

đều

MPQ

PQ 2 3 ( R 3) 2 3 3R 2 3


2
2
2

d) Vì OS // MP (cùng vng góc với PO) nên Mˆ 1  MOˆ S ( soletrong )
mà Mˆ 1  Mˆ 2 suy ra SMO cân tại S
Ta có D là trung điểm của MO nên SD là trung tuyến của tam giác cân SMO và
cúng là đường cao suy ra SD  MO tại D vậy SD là tiếp tuyến của (O).
Bài 4: Cho đường tròn (O, R) Và dây cung PQ với POˆ Q  1200 Hai tiếp tuyến tại
P và Q cắt nhau tại M.
a)Tính các cạnh của tam giác MPQ
b) Gọi I là điểm bất kì trên cung nhỏ PQ và K, N lần
lượt là giao điểm của tiếp tuyến tại I với MP, MQ.
Chứng minh rằng chu vi của tam giác MKN khơng đổi.
Tìm hiểu đề bài:
P

K

I

M

1

O

E

1

N

Q
Hình 12

19

SangKienKinhNghiem.net


Bài ra cho (O, R) và POˆ Q  1200 M là giao điểm của hai tiếp tuyến tại P và Q.
Yêu cầu tính các cạnh của ∆MPQ (câu a) và chứng minh chu vi ∆MKN không
đổi với K, N là giao điểm của tiếp tuyến tại I với MP, MQ (câu b)
Hướng dẫn cách tìm lời giải:
a) Trước hết chứng minh ∆MPQ đều do đó ta chỉ cần tính độ dài một cạnh
b) Áp dụng tính chất hai tiếp tuyến xuất phát từ K và từ N để tìm được chu vi
tam giác MKN bằng hai lần độ dài của MP (hoặc MQ)
Cách Giải (hình 12).
a) Do tổng các góc của một tứ giác bằng 3600 mà Pˆ  Qˆ  1800  Mˆ  Oˆ  1800
Suy ra KMˆ Q  1800  1200  600 Tam giác MPQ cân (vì MP = MQ theo tính chất
hai tiếp tuyến cắt nhau tại M) có góc M ở đỉnh bằng 600 là tam giác đều. Do đó
ta chỉ cần tính độ dài một trong ba cạnh chẳng hạn MQ.
Xét tam giác vuông MQO là nửa tam giác đều ( vì MO là phân giác của góc
M và góc O nên MQ là đường cao: MQ 

MO 3 2OQ 3

R 3
2
2

Vậy MP = MQ = PQ  R 3

b) Ta có IK = IP, NI NQ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau tại một điểm). Chu vi
∆MKN = MK + KI + IN + MN = MK + KP + MN + NQ = MP + MQ = 2MP =
2 R 3 khơng đổi.
Ta có thể đặt thêm các câu hỏi sau
c) Chứng minh góc KON khơng đổi khi I chạy trên cung nhỏ PQ;
d) Chứng minh tứ giác MKON là hình thoi khi I là trung điểm của cung nhỏ PQ.
Hướng dẫn:
1
2

c) Vì KO và NO là tia phân giác của POˆ I , QOˆ I nên KOˆ N  POˆ Q  600 không
đổi
d) Nếu I là trung điểm của cung nhỏ PQ thì KN // PQ vì cùng vng góc với
MO, suy ra ∆MKN đều nên MO là trung trực của KN. Do đó ∆OKN cân, lại có
KOˆ N  60 0 , nên là tam giác đều.
Vậy hai tam giác đều MKN và OKN có chung cạnh KN nên chúng bằng
nhau.
Suy ra tứ giác MKON là hình thoi.
Bài 5: Cho đường thẳng d tiếp xúc với đường tròn (O) tại M từ điểm P bất kì
trên d kẻ tiếp tuyến PN với (O).
a) Tìm quỹ tích trung điểm K của PO
b) Tìm quỹ tích trực tâm H của tam giác PMN.
Tìm hiểu đề bài:
Bài ra cho đường trong (O) hai tiếp tuyến
PM, PN xuất phát từ một điểm P bất kì trên PM.
Yêu cầu tìm quỹ tích của trung điểm PO và quỹ tích
của trực tâm tam giác PMN khi P chạy trên tiếp tuyến PM.
Hướng dẫn cách tìm lời giải:
d

k

M

L

D

O

P

K

H

Hình 13

20

SangKienKinhNghiem.net

N