Biến đổi liên tục và điều kiên bài toán, Toán lớp 9


BIẾN ĐỔI ĐIỀU KIỆN BÀI TOÁN 1 Bùi Văn Chi


BIẾN ĐỔI LIÊN TỤC
ĐIỀU KIỆN BÀI TOÁN



Mỗi bài toán với các điều kiện cho trước, dẫn đến một kết luận nhất đònh.
Khi điều kiện thay đổi thì kết luận cũng thay đổi.
Bài viết này giới thiệu với các bạn một số phương pháp biến đổi liên tục các điều kiện của
bài toán để từ đó làm xuất hiện các bài toán mới.
Những bài toán đó có sự liên quan mật thiết, chặt chẽ với nhau,
Trong đó mỗi phương pháp giải và kết quả của bài toán này có thể được khai thác và vận
dụng một cách linh hoạt cho bài toán kia.


Bài toán 1

Cho đường tròn (O;R), dây AB cố đònh. C là điểm di động trên (O), kẻ dây CD vuông góc với AB.
Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AC, BD.
Tìm vò trí của C ∈
∈∈
∈ (O) để đoạn thẳng MN có độ dài lớn nhất.


LƯC GIẢI:

Vò trí của C ∈
∈∈
∈ (O) để MN đạt giá trò lớn nhất

Gọi H = AB ∩ CD. Xét 3 trường hợp của điểm H đối với (O).
+) H nằm trong (O) (hình 1)

Gọi K là trung điểm của BC.
Ta có MK là đường trung bình của ∆ABC nên
MK // AB, MK = AB/2,
NK là đường trung bình của ∆BCD nên
NK // CD, NK = CD/2.
Vì AB ⊥ CD nên MK ⊥ NK,
∆MNK vuông tại K, đònh lý Py-ta-go cho ta:
MN
2
= MK
2
+ NK
2
=
2 2
AB CD
4 4
+

Vì CD là dây cung của (O) nên CD ≤ 2R.
Do đó MN ≤
2
2

AB
R
4
+

Suy ra MN đạt max =
2
2
AB
R
4
+
khi CD = 2R,
tức C là trung điểm của cung

AB
.

+) H nằm ngoài (O) (hình 2)

Chứng minh tương tự như trên, ta vẫn có MN ≤
2
2
AB
R
4
+

A
C

D
B
N
O
M
Hình 1
K
H
A
B
D
C
M
N
O
Hình 2
K
H


BIẾN ĐỔI ĐIỀU KIỆN BÀI TOÁN 2 Bùi Văn Chi


Nên MN đạt max =
2
2
AB
R
4
+

khi CD = 2R,
tức C là trung điểm của cung

AB
.

+) H ∈
∈∈
∈ (O)
• Xét H ≡
≡≡
≡ A ∈
∈∈
∈ (O) (hình 3),
Ta có D
≡
A, khi đó BC là đường kính của (O)
Trong trường hợp này, MN là đường trung bình của
∆
ABC
Nên MN = BC/2 = R <
2
2
AB
R
4
+


• Xét H ≡

≡≡
≡ B ∈
∈∈
∈ (O) (hình 4),
Ta có D
≡
B
≡
N
Trong trường hợp này, AC là đường kính của (O), M
≡
O
Nên MN = OB = R <
2
2
AB
R
4
+

Vậy khi C là trung điểm của

AB
thì MN có giá trò lớn nhất là
2
2
AB
R
4
+

.










Bài toán 2
(hình 5)
Cho đường tròn (O;R), hai dây cung AB và CD di động nhưng luôn vuông góc với nhau tại H. Gọi
M, N lần lượt là trung điểm của AC, BD.
Tìm vò trí của H để đoạn thẳng MN có độ dài lớn nhất.

LƯC GIẢI:
Tiến hành giải tương tự như bài toán 1
(xem hình 1),
Ta có:
MN =
2 2
2 2
AB CD
R R R 2
4 4
+ ≤ + =

Do đó MN đạt max = R

2
khi AB = CD = 2R
Suy ra H
≡
O.
Lúc này đoạn thẳng MN nhận O là trung điểm.

Vậy khi hai dây AB và CD là các đường kính của (O)
vuông góc nhau tại tâm O thì đoạn thẳng MN đạt giá trò lớn nhất bằng R
2
.




C
B
N
O
M
Hình 3
R
D
A
H
C
O
M
Hình 4
A

R
N
B
D
H
A
B
D
C
M
N
Hình 5
OH
A
C
D
B
N
O
M
Hình 1
K
H
Thêm điều kiện dây cung AB cùng di động với dây cung CD sao cho hai dây cung vẫn
vuông góc nhau, ta có bài toán 2:


F


BIẾN ĐỔI ĐIỀU KIỆN BÀI TOÁN 3 Bùi Văn Chi







Bài toán 3

Cho đường tròn (O), hai dây cung AC, BD không đi qua tâm O. Gọi H là hình chiếu của B lên AC,
M là trung điểm của AB, P là trung điểm của OH, N là điểm đối xứng của M qua P.
Chứng minh hai đường thẳng CN và BH cắt nhau tại một điểm trên đường tròn (O).

LƯC GIẢI:
Chứng minh CN và BH cắt nhau tại điểm D ∈
∈∈
∈ (O)

Gọi D là giao điểm thứ hai của BH với (O).
Ta chứng minh C, N, D thẳng hàng

+) Xét trường hợp H nằm giữa A, C (hình 1)
Vẽ đường kính AE của (O).
Ta có OM là đường trung bình của
∆
ABE nên
OM // BE, OM = BE/2
Mặt khác, EC

⊥
AC, BD
⊥
AC nên EC // BD,
do đó BDCE là hình thang cân, suy ra CD = BE = 2OM (1)
Vì OMHN là hình bình hành nên OM = HN (2)
Từ (1), (2) suy ra CD = 2HN.
Ta chứng minh N là trung điểm của CD.
Thật vậy, giả sử N
’
là trung điểm của CD. Gọi I là trung điểm của BE.
Ta có BI = OM, BI // OM, HN = OM, HN // OM
suy ra BI = HN, BI // HN, do đó BHNI là hình bình hành
nên IN // BH, IN = BH (3)
Mặt khác, IN
’
là đường trung bình của hình thang cân BDCE nên
IN
’
// BH, IN
’
= BH (4)
Từ (3), (4) suy ra N
≡
N
’
.
Vậy N là trung điểm của CD,
hay các đường thẳng CN và BH cắt nhau tại điểm D
∈

(O).

+) Xét trường hợp H nằm ngoài đoạn AC (hình 2 và hình 3)
Tiến hành chứng minh tương tự như trên
ta cũng có kết quả N là trung điểm của CD
nên CN và BH cắt nhau tại một điểm D
∈
(O).

+) Xét trường hợp H ≡
≡≡
≡ A (hình 4)
Khi đó, D
≡
A
≡
H,
∆
ABC vuông tại A,
tứ giác AMON là hình chữ nhật
nên CN và BH cắt nhau tại D
≡
A
∈
(O).

A
B
D
C

E
I
N
O
M
H
P
N’
Hình 1
A
B
D
C
E
I
N
O
M
H
P
N’
Hình 2
A
B
C
E
I
N
O
M

P
N’
Hình 3
D
H
A
B
C
N
O
M
Hình 4
D
H
P
Cho dây cung AB cố đònh, dây cung CD di động sao cho hai dây cung vẫn vuông góc nhau
tại H, với chú ý M và N đối xứng nhau qua trung điểm của OH, ta có bài toán 3:


F



BIẾN ĐỔI ĐIỀU KIỆN BÀI TOÁN 4 Bùi Văn Chi


+) Xét trường hợp M, O, H thẳng hàng (hình 5)
Khi đó P và N cùng thẳng hàng với M, O, H,
∆
ABH vuông cân tại H, góc BAC = 45

0
.
Tiến hành chứng minh tương tự như trên ta có P vừa là trung điểm của OH
vừa là trung điểm của MN, suy ra N
≡
N’ là trung điểm của CD,
do đó CN và BH cắt nhau tại điểm D
∈
(O).
Vậy trong mọi trường hợp, ta luôn có
CN và BH cắt nhau tại một điểm D ∈
∈∈
∈ (O).











Bài toán 4
(hình 1)
Cho đường tròn (O), hai dây cung di động AC và BD
vuông góc nhau tại điểm H cố đònh nằm trong (O).
Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, CD.
Chứng minh MN luôn đi qua một điểm cố đònh.

LƯC GIẢI
:
Chứng minh MN luôn đi qua một điểm cố đònh.

Vẽ đường kính AE. Gọi I là trung điểm của BE
Theo một kết quả trong lời giải bài toán 3, ta chứng minh được
OMHN là hình bình hành.
Do đó MN đi qua trung điểm P của OH là một điểm cố đònh.






Bài toán 5
Cho đường tròn (O), dây cung AB.
Vẽ đường tròn tâm I, đường kính AB.
H là điểm di động trên đường tròn (I).
Các đường thẳng AH, BH cắt đường tròn (O) tại C, D.
Gọi M, N lần lượt là trung điểm của BC, AD,
P là trung điểm của MN.
Tìm tập hợp các điểm P khi H di động trên đường tròn (I).

LƯC GIẢI:
*) Phần thuận (hình 1)
Vì H
∈
(I) nên AC
⊥

BD.
Theo kết quả bài toán 3, ta có OMHN là hình bình hành
A
B
D
C
E
I
N
O
M
H
P
N’
Hình 5
A
B
D
C
E
I
N
O
M
H
P
N’
Hình 1
C
B

A
I
E
N
O
M
H
Hình 1
F
K
P
D
Cho H di động t
rên một đường tròn cố đònh có đường kính là dây cung AB cố đònh của (O).
Hai dây cung di động AC, BD của (O) đi qua H. Khi đó đoạn thẳng MN nối trung điểm của
BC, AD di động và luôn đi qua trung điểm của OH, ta có bài toán 5
:

F

Cho hai dây AC và BD di động nhưng vuô
ng góc nhau tại điểm H cố đònh nằm trong đường
tròn (O), để ý đến kết quả OMHN là hình bình hành, ta có bài toán 4:


F



BIẾN ĐỔI ĐIỀU KIỆN BÀI TOÁN 5 Bùi Văn Chi



nên P cũng là trung điểm của OH.
Ta có:
OP 1
2
OH
=

Gọi K là trung điểm của OI, ta có K cố đònh.
∆
OIH có KP là đường trung bình nên KP = IH/2 = AB/4.
Do đó P
∈
đường tròn tâm K, bán kính AB/4.

*) Phần đảo
Trên đường tròn tâm K, bán kính AB/4, lấy điểm P bất kỳ.
Gọi H là một giao điểm của đường thẳng OP với
đường tròn tâm I, bán kính AB/2. Các đường thẳng AH, BH
cắt đường tròn (O) tại C, D. Gọi M, N là trung điểm của BC, AD.
Ta chứng minh P là trung điểm của MN.
Vẽ đường kính AE.
Dựa theo chứng minh ở phần thuận, ta có:
AE // BD (cùng
⊥
AC), do đó BDAE là hình thang cân,
có FN là đường trung bình nên FN // BD, FN = BH.
Gọi F là trung điểm của BE.
Ta có, OM là đường trung bình của

∆
BCE, nên
OM // BE, OM = BE/2 = BF.
Mặt khác, FN là đường trung bình của hình thang cân BDAE nên
FN // BH, FN = BH, do đó BHNF là hình bình hành nên BF // HN, BF = HN.
Suy ra OM // HN, OM = HN nên OMHN là hình bình hành
Do đó P là trung điểm của MN.

Kết luận
Tập hợp các điểm P là đường tròn tâm K, bán kính AB/4
(với K là trung điểm của OI).

Chú ý:
+) Trường hợp H nằm ngoài đường tròn (O) (hình 2)
Tiến hành chứng minh tương tự, ta vẫn có tập hợp các điểm P
là đường tròn tâm K, bán kính AB/4.

+) Từ hệ thức
OP 1
2
OH
=

Ta có hai điểm P và H là cặp điểm tương ứng nhau
trong phép vò tự tâm O, tỉ số 1/2,
Do đó khi điểm H vạch đường tròn tâm I, bán kính AB/2,
thì điểm P vạch đường tròn tâm K, bán kính AB/4 là ảnh của
đường tròn tâm I, bán kính AB/4 trong phép vò tự tâm O, tỉ số 1/2.
Vì vậy, với công cụ phép biến hình, việc tìm tập hợp các
điểm P sẽ đơn giản và gọn hơn rất nhiều, bởi vì ta không phải xét hết

các trường hợp của vò trí điểm H đối với đường tròn (O).
C
B
I
E
A
O
M
Hình 2
F
K
D
N
H
P
C
B
A
I
E
N
O
M
H
Hình 1
F
K
P
D


BIẾN ĐỔI ĐIỀU KIỆN BÀI TOÁN 6 Bùi Văn Chi







Bài toán 6 (hình 1)
Cho đường tròn (O;R), hai dây cung AB và CD vuông góc nhau tại H.
Chứng minh S
OAC
= S
OBD


LƯC GIẢI:
Chứng minh S
OAC
= S
OBD


Gọi M, N là trung điểm của hai dây AC, BD.
Theo chứng minh ở bài toán 3, ta có OMHN là hình bình hành.
Do đó OM // HN, OM = HN; ON // HM, ON = HM.
Mặt khác, theo tính chất đường trung tuyến ứng với cạnh huyền
trong tam giác vuông, ta có:
HN = BD/2, HM = AC/2.

Từ đó, ta có:
S
OAC
=
. . . . . .
1 1 1
OMAC HNAC BD AC
2 2 4
= =

(1)

S
OBD
=
. . . . . .
1 1 1
ONBD HMBD ACBD
2 2 4
= =
(2)
Từ (1), (2) suy ra S
OAC
= S
OBD
.

Chú ý:

+) Kết luận bài toán vẫn đúng trong trường hợp AB và CD

vuông góc nhau tại điểm H nằm ngoài đường tròn (O) (hình 2)
(Chứng minh tương tự như trường hợp 1)

+) Trong trường hợp điểm H nằm trong đường tròn (O) (hình 1),
ta có thể chứng minh bài toán theo cách sử dụng
một công thức khác của diện tích tam giác
(S = absinC/2), với chú ý sinx = sin(180
0
– x).
Ta có AB
⊥
BD tại H
⇒



0
sdAC sdBD 180
+ =

Do đó


0
AOC BOD 180
+ =
, suy ra


sin sin

AOC BOD
=

Từ đó S
AOC
=
1
2
.OA.OC. sin

AOC
=
1
2
.R
2
.sin

AOC
=
1
2
.R
2
.sin

BOD
= S
BOD
.

A
C
D
N
O
M
Hình 2
H
B
A
C
D
B
N
O
M
Hình 1
H
Giấu đi giả thiết OMHN là hình bình hành, giữ nguyên điều kiện AB
⊥
⊥⊥
⊥
CD, với chú ý OM
⊥
⊥⊥
⊥

AC, ON

⊥
⊥⊥
⊥
BD, đưa đại lượng diện tích tam giác vào, ta có bài toán 6:


F



BIẾN ĐỔI ĐIỀU KIỆN BÀI TOÁN 7 Bùi Văn Chi







Bài toán 7 (hình 1)
Cho đường tròn (O;R), điểm H nằm trong (O).
Qua H, vẽ hai dây cung AB, CD của đường tròn (O) vuông góc nhau
và bằng nhau. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AC, BD.
Tính chu vi và diện tích của tứ giác OMHN theo R và d. (Với d = OH)

LƯC GIẢI:
Theo một kết quả trong phần chứng minh bài toán 3, ta có
Tứ giác OMHN là hình bình hành.
Theo giả thiết, ta có AB = CD
Từ đó





AB CD BD AC
= ⇒ =

⇒
BD = AC.
Vì OM
⊥
AC, ON
⊥
BD, nên OM = ON.
Suy ra hình bình hành OMHN là hình thoi.
Do đó MN
⊥
OH tại P là trung điểm của mỗi đường.
Vì AB
⊥
CD tại H nên:





0
sdAC sdBD
AHC 90 sdAC sdBD
2
+

= = ⇒ =
= 90
0

⇒



AOC BOD
=
= 90
0
.
Do đó
∆
AOC và
∆
BOD là các tam giác vuông cân tại O
suy ra AC = BD = R
2

Từ đó OM = ON =
AC R 2
2 2
=
Vậy chu vi tứ giác OMHN bằng 4OM =
2 2R
.

+) Tính diện tích tứ giác OMHN

Áp dụng đònh lý Py-ta-go trong
∆
OMP vuông tại P, ta có:
MP
2
= OM
2
– OP
2
=
2 2
2 2 2 2
2R d
R d 2R d
MP
2 4 4 2
−
−
− = ⇒ =
⇒
MN = 2MP =
2 2
2R d
−

Vậy S
MOHN
=

. . . .

2 2
1 1
OHMN d 2R d
2 2
= −
.






Bài toán 8 (hình 2)
Cho đường tròn (O;R), hai dây cung AB, CD của đường tròn (O)
bằng nhau và vuông góc nhau tại điểm H nằm ngoài (O).
Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AC, BD.
Tính chu vi và diện tích của tứ giác OMHN theo R và d.
(Với d = OH, R < d < R
2
)

A
O
Hình 1
H
B
C
D
N
M

P
R
R
D
O
Hình 2
H
B
C
A
N
M
P
R
R
Giữ nguyên giả thiết của bài toán 7, đưa vò trí điểm H nằm trong đườ
ng tròn (O) ra ngoài
đường tròn (O), ta có bài toán 8:

F

Xét trường hợp đặc biệt khi hai dây cung AB, CD của đường tròn (O) bằng nhau, vẫn giữ
nguyên điều kiện AC
⊥
⊥⊥
⊥
BD, đưa đại lượng chu vi và diện tích của tứ giác vào, ta có bài
toán 7
:

F



BIẾN ĐỔI ĐIỀU KIỆN BÀI TOÁN 8 Bùi Văn Chi


LƯC GIẢI:
Giải tương tự bài toán 7, ta vẫn có kết quả OMHN là hình thoi.
Chu vi tứ giác OMHN bằng
2 2R

Diện tích tứ giác OMHN bằng
. .
2 2
1
d 2R d
2
−
.

Bài toán 9 (hình 1)
Cho đường tròn (O;R), hai dây cung di động AB, CD của đường tròn (O)
luôn bằng nhau và vuông góc nhau tại điểm H.
Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AC, BD.
Tìm vò trí của điểm H để diện tích của tứ giác OMHN có giá trò lớn nhất.

LƯC GIẢI:
Đặt OH = d.
Theo kết quả bài toán 7 và 8, ta có tứ giác OMHN là
hình thoi. Biểu thức của diện tích hình thoi OMHN là
S
OMHN
=
. .
2 2
1
d 2R d
2
−

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương, ta có:
. ( )
2 2 2 2 2
2d 2R d d 2R d
− ≤ + −
= 2R
2

Dấu “=” xảy ra khi
2R
2
– d
2
= d
2

⇔
⇔⇔
⇔
d = R
⇔
⇔⇔
⇔
H
∈
(O).
Do đó S
OMHN
đạt max =
2
R
2
khi d = R
Vậy khi H ≡
≡≡
≡ A ∈
∈∈

∈ (O), tức hai dây cung AB, CD
bằng nhau và vuông góc nhau tại H ≡
≡≡
≡ A ∈
∈∈
∈ (O)
thì diện tích hình thoi OMHN có giá trò lớn nhất bằng
2
R
2
.
Khi đó hình thoi OMHN trở thànhø hình vuông OMAN
có độ dài đường chéo bằng R.(hình 2)









D
O
Hình 2
H
B
C
A
N

M
P
R
R
A
O
Hình 1
H
B
C
D
N
M
P
R
R
B
C
M
Hình 2
O
A
D
H
N
R
R


d

=

R
Từ kết quả về biểu thức tính diện tích của hình thoi OMHN, vận dụng thêm bất đẳng thức
Cô-si để tìm cực trò của biểu thức, ta có bài toán 9:
F



BIẾN ĐỔI ĐIỀU KIỆN BÀI TOÁN 9 Bùi Văn Chi







Bài toán 10 (hình 1)
Cho đường tròn (O;R); AB, CD là hai dây cung di động nhưng luôn bằng nhau và vuông góc nhau.
Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AC, BD.
Chứng minh tứ giác OMHN có chu vi không đổi.

LƯC GIẢI:
Chứng minh tứ giác OMHN có chu vi không đổi.

Gọi H = AB
∩
CD.
Theo kết quả trong chứng minh bài toán 7, ta có

OMHN là hình thoi.
Trong cả 3 trường hợp của vò trí điểm H đối với
đường tròn (O):
+) H nằm trong (O) (
hình 1)
+) H nằm ngoài (O)
(hình 2)
+) H nằm trên (O)
(hình 3)
Ta luôn có:
Chu vi hình thoi OMHN có giá trò không đổi và bằng
2 2R
.














Tóm lại, bằng các cách biến đổi liên tục các điều kiện của bài toán, ta phát hiện ra nhiều
bài toán mới có cùng một cách giải trên cơ sở khai thác rất linh hoạt những kết quả tương
tự của bài toán.

Hy vọng rằng bài viết này đem đến cho các bạn một vài điều bổ ích và tạo được niềm say
mêï hứng thú trong việc học toán một cách tích cực, sáng tạo.




Quy Nhơn, ngày 03 tháng 05 năm 2009
BÙI VĂN CHI, Trường THCS Lê Lợi
Tp. Quy Nhơn, Tỉnh Bình Đònh


B
C
M
Hình 3
O
A
D
H
N
R
R


d

=

R
Nghiên cứu kết quả về biểu thức tính chu vi của hình thoi OMHN, cho hai dây cung AB, CD

của đường tròn (O) di động nhưng vẫn giữ nguyên điều kiện AB
⊥
⊥⊥
⊥
CD và AB = CD, ta có bài
toán 10
:

A
O
Hình 1
H
B
C
D
N
M
P
R
R
D
O
Hình 2
H
B
C
A
N
M
P

R
R
F



BIẾN ĐỔI ĐIỀU KIỆN BÀI TOÁN 10 Bùi Văn Chi
