skkn rèn luyện phát triển năng lực giải toán thông qua bài tập sách giáo khoa

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

RÈN LUYỆN PHÁT TRIỂN NĂNG
LỰC GIẢI TOÁN THÔNG QUA BÀI
TẬP SÁCH GIÁO KHOA


I. Đặt vấn đề.
1. Vị trí môn học trong chương trình toán THCS.
Hình học là môn khoa học cơ bản trong chương trình phổ thông, nó trước
hình thành từ những năm đầu của chương trình tiểu học. Môn hình học nó được gắn
liền với thực tiển cuộc sống. Bởi vậy giải toán hình học là vấn đề trọng tâm của
người dạy cũng như người học, môn hình học kích thích sự sáng tạo, sự phán đoán
của con người bên cạnh đó nó rèn luyện tính kiên trì, nhẫn nại của người học.
2. Thực trạng học hình học hiện nay của học sinh THCS .
Hiện nay số học sinh sợ môn toán đặc biệt là môn hình học rất cao đối với
học sinh lười học đã đành. Còn đối với những học sinh "chăm học" mặc dù thuộc lí
thuyết vẩn không giải được . Thậm chí có những bài chỉ là tương tự bài đã giải hay
chỉ là một khía cạnh của bài đã giải, hoặc bài toán ngược lại của bài đã giải mà học
sinh vẫn không giải quyết được. Nguyên nhân cơ bản dẫn đến tình trạng đó là:
- Học sinh lười học, lười suy nghĩ, không nắm được phương pháp
- Học sinh học thụ động, thiếu sáng tạo

- Không liên hệ trược giữa các " Bài toán gốc" đã giãi với các bài toán trước
suy ra từ "bài toán gốc" hay nói cách khác không biết nghiên cứu lời giải của một
bài toán
Những tồn tại trên không những do người học mà còn do cả người dạy.
Người dạy thường chú trọng hướng dẫn các em giải, hoặc giải các bài toán độc lập
mà không chú trọng hệ thống, xâu chuổi, phát triển các bài toán từ các " bài toán
gốc" nhờ việc nghiên cứu kỹ lời giải mỗi bài toán,thông qua hình vẽ, nhần xét, thay
đổi giả thiết các bài toán. Lật ngược vấn đề…
Đối với học sinh không có gì đáng nhớ hơn bằng tự bản thân các em, tìm
kiếm phát hiện ra những vấn đề xung quanh bài toán gốc SGK đưa ra, các em sẽ
nhớ lâu khi gặp một bài toán các em biết liên hệ giữa bài toán phải giải với bài toán
cũ đã giải mà các em đã được biết và nó sẽ giúp các em biết bất kỳ một bài toán nào
cũng xuất phát từ những bài toán đơn giản.
Để giúp các em có phương pháp học tập tốt hơn môn hình học trong quá
trình giảng dạy tôi thường tìm tòi các cách khác nhau để tiếp cận một vấn đề, giải
kỹ các phương pháp khác nhau những bài toán cơ bản trọng tâm, và phát triển các
bài toán đó dưới các hình thức khác nhau. Thông qua các nhận xét, liên hệ giữa cái
mới vừa tìm được để tạo ra cái mới.

II. Biện pháp đã thực hiện.
Thực hiện với phương châm:
· Cho học sinh nắm chắc kiến thức cơ bản tại lớp
· Giãi kỹ các cách khác nhau các bài toán cơ bản
· Xuất phát từ những vấn đề đã giải quyết. Thông qua những nhận xét
để đề xuất vấn đề mới.
Các ví dụ:
Ví dụ 1:
Bài toán I: Bài 30 SGK toán 9. Tập 1:
Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB. Ax, By là các đường thẳng vuông góc với
AB tại A và B. M là điểm thuộc nửa đường tròn. Tiếp tuyến tại M cắt Ax, By theo

thứ tự ở C và D. Chứng minh rằng:
1).
Ù
COD
=90
0

2). CD = AC + BD
3). AC . BD không đổi khi M chạy trên nửa đường tròn.
Giải:
¨1. Để chứng minh
Ù
COD
= 90
0
ta có nhiều cách chứng minh sau đây là một cách.
Theo tính chất tiếp tuyến cắt nhau.
Ta có: OC là phân giác
Ù
AOM
.
OD là phân giác
Ù
BOM

Mà
Ù
AOM
và
Ù

BOM
là hai góc kề bù
nên OC ^ OD hay
Ù
COD
=90
0
.
¨2. Cũng theo tính chất tiếp tuyến cắt nhau ta có:
CM = CA; DM = DB nên ta có: CD = CM

+ MB

= CA +BD.
¨3. AC. BD = CM .MD ( Do CM = CA; DM =DB).
Mà
D
COD vuông tại O có đường cao OM nên
CM.MD = OM
2
=R
2
. ( R là bán kính đường tròn(O))
Khai thác bài toán:
Nhận xét 1: Theo giả thiết CA ^ AB, DB ^AB
Þ
ABCD là hình vuông.
M là điểm trên nửa đường tròn nên khi M là điểm chính giữa của cung AB thì
CD = AB. Ta có câu hỏi tiếp.
¨4. Tìm vị trí điểm M trên nửa đường tròn sao cho tứ giác ABDC có chu vi nhỏ

nhất.
Giải: Chu vi hình thang ABCD bằng AB +BD +DC+CA = AB +2CD
Chu vi ABCD nhỏ nhất
Û
2CD nhỏ nhất
Û
CD nhỏ nhất
Û
CD vuông góc
với tiếp tuyến tại M
Þ
CD =AB
Þ
M là điểm chính giữa của cung AB.
Nhận xét 2: ABCD là hình thang vuông nên diện tích sẽ là .
S =

2
AB
BDAC
+
Ta có có thể đặt câu hỏi tiếp.
¨5. Tìm vị trí điểm M trên cung AB sao cho diện tích tứ giác ABCD nhỏ nhất.
Giải: Lập luận tương tự ta có nhỏ nhất
Û
M là điểm chính giữa cung AB.
Nhận xét 3: Ta thấy
D
AMB vuông M,
D

COD vuông ở O
OC ^ AM; OD ^ BM. Ta đặt câu hỏi tiếp.
¨6. Gọi giao điểm AM với OC là P, BM và OD là Q.
Chứng minh tứ giác OPMQ là hình chữ nhật
Giải: Dựa vào nhận xét 3 ta dễ dàng chứng minh được tứ giác OPMQ là
hình chữ nhật
Nhận xét 4: Do AC // BD . Ta đặt câu hỏi tiếp.
¨7. Gọi giao điểm AD và BC là H . Chứng minh MH ^ AB
Giải: Do CA // BD
HB
CH
BD
CA
=Þ mà CA = CM
BD =DM
Nên Þ=
HB
CH
MD
CM
MH //BD( đ/l đảo định lý ta let)
Þ
MH ^ AB ( Do DB ^ AB).



Nhận xét 5: H là giao điểm 2 đường chéo của hình thang ABDC mà
MH// (AC// BD) ta đặt câu hỏi tiếp.
¨8. Gọi giao điểm AD và BC là H, MH cắt AB ở K.
Chứng minh HM = HK

Giải: Theo câu 7
Þ
HK // AC
Þ
BC
BH
AC
HK
=

AC//BD
Þ

DA
DH
BC
BH
=

MH// CA
Þ

CA
MH
DA
DH
=

Từ các đẳng thức trên
MHHK

CA
MH
AC
HK
=Þ=Þ
.
· Nhận xét 6:
H là trung điểm MK; P là trung điểm AM; Q là trung điểm BM ta đặt câu hỏi
tiếp theo.
¨9. Chứng minh rằng P, H, Q thẳng hàng
P là giao điểm AM với OC, H là giao điểm AD và BC, Q là giao điểm MB và OD
Giải: Dựa vào nhận xét 6 . ta dễ dàng chứng minh được P,H ,Q thẳng hàng.
· Nhận xét 7: ABDC là hình thang vuông có O là trung điểm cạnh bên AB ta
liên tưởng đến trung điểm cạnh bên CD.Nên ta có th
ể đặt câu hỏi tiếp.
¨10. Chứng minh rằng.
AB là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp
D
COD.
Giải: Gọi I là trung điểm CD

Þ
IC = ID =IO(
D
COD vuông có OI là trung tuyến ứng với cạnh huyền)
O là trung điểm AB ,I là trung điểm CD
Þ
IO là đường trung bình hình thang ABDC
®
IO // BD

Mà DB ^ AB
Þ
IO ^ AB tại O
Þ
AB là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp
D
COD
Ta sẽ tiếp tục khai thác bài toán theo hướng khác :
· Nhận xét 8:
Khi M nằm trên nửa đường tròn (O). Tiếp tuyến tại M cắt tiếp tuyến Ax,By tại C và
D hay CD là tiếp tuyến của đường tròn tại M thì
Ù
COD
= 90
0
đều ngược lại còn đúng
không?
Ta có bài toán sau:
Bài toán 1.I: Cho nửa đường tròn (()) đường kính AB, Ax, By là các tiếp tuyến tại
A và B, trên Ax lấy điểm C tùy ý . Vẽ tam giac vuông COD, D ÎBy và cùng nằm
trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa điểm C .
Chứng minh rằng CD là tiếp tuyến của (O) .
Giải : ta có:

2
1
ÙÙ
= OD
cùng phụ
1

Ù
O
;
=
=
ÙÙ
B
A
90
0
(gt)

Þ

D
DOB ~
D
OCA ( g.g)

CA
OB
OC
OD
=Þ
mà OB = OA nên
AC
OA
OC
OD
=

;
Mặt khác
Ù
CAD
=
Ù
COD
= 90
0

Þ
D
COD ~
D
CAO ( c.g.c)
Þ

ÙÙ
= DCOACO
hay CD là phân giác của góc
Ù
ACD
.
Từ O vẽ OM ^ CD ( M Î CD ) ; CO là phân giác
Ù
ACM
OA ^AC
Þ
OM = OA(Điểm nằm trên phân giác cách đều hai cạnh của góc) . Vậy
CD là tiếp tuyến của (O) tại M.

· Nhận xét 9: Theo câu 2. Bài I thì: AC +BD =CD ta hãy đặt vấn đề ngược lại
của câu 2. Bài toán I.
Bài toán 2.I: Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB . hai tiếp tuyến Ax và By
trên 2 tiếp tuyến đó lấy 2 điểm C và D sao cho CD = AC + BD chứng minh
Ù
COD
=90
0
và CD là ti
ếp tuyến của (O).
Giải: Qua O kẻ đường thẳng vuông góc với AB cắt
CD tại I ta có I là trung điểm của CD
Þ
IO là đường trung bình của hình
thang ABCD nên
IO =
CDBDAC .
2
1
)(
2
1
=+
( do AC +BD = CD)

D
Þ
COD vuông ở O.
theo bài toán 2 thì CD là tiếp tuyến của (O)

· Nhận xét 10: Tiếp tục khai thác bài toán bằng cách thay đổi điều kiện của bài
toán: Chẳng hạn điểm O được thay bởi điểm O
'
bất kỳ thuộc đoạn AB, lúc
này CD không còn là tiếp tuyến nửa mà trở thành cát tuyến, bây giờ
Ù
DCO'

bằng bao nhiêu?.
Bài toán 3.I: Cho điểm M nằm trên nửa đường tròn đường kính AB, O
'
là điểm bất
kỳ nằm trong đoạn AB, đường thẳng vuông góc với MO
'
tại M cắt tiếp tuyến Ax,
By tại C và D . Chứng minh
0
90' =
Ù
DCO
.
Giải: Do O
'
bất kỳ thuộc AB nên O
'
trùng O ; hoặc O
'
trùng A hoặc O
'
trùng B.

+/ Nếu O
'
trùng O Thì bài toán 3.I trở thành bài toán I.
+/ Nếu O
'
trùng A
Þ
D trùng B, khi đó
0
90' ==
ÙÙ
CABDCO

+/ Nếu O
'
trùng B
Þ
C trùng A khi đó
0
90' ==
ÙÙ
DBADCO

Xét O
'
không trùng O ; O
'
không trùng A; O
'
không trùng B.

Ta có : AO
'
MC nội tiếp
Ù
Ù
=Þ
1
'
1
MO cùng chắn
Cung CA
BO
'
MD nội tiếp
Ù
Ù
=Þ
2
'
2
MO



Do
0
90=
Ù
AMB
(gt) nên

0
21
90=+
ÙÙ
MM
Þ
0
2
'
1
'
90=+
ÙÙ
OO
0
90' =Þ
Ù
DCO
.
· Nhận xét 11: Khi O
'
nằm trên đường thẳng AB thì bài toán 3.I còn đúng nửa
không. Ta có bài toán sau:
Bài toán 4.1: Cho điểm M nằm trên nửa đường tròn đường AB, O
'
là điểm bất kỳ
trên đường thẳng AB nhưng ở phía ngoài đoạn AB, đường thẳng vuông góc O
'
M
tại M cắt các tiếp tuyến Ax, By tại C và D. Chứng minh

0
90' =
Ù
DCO

Giải ( Tóm tắt).
+) CMAO
'
nội tiếp

ÙÙ
=Þ MABCMO'
cùng bù
Ù
'MAO

+) DBMO
'
nội tiếp

ÙÙ
=Þ BMODMO '' cùng chắn cung
MO
'
mà
0
90' =+
ÙÙ
BMOMAB
nên

0
90'' =+
ÙÙ
DMOCMO

0
90' =Þ
Ù
DCO
(Tổng 3 góc trong tam giác).





· Nhận xét 12: Qua bài toán 4 và 4.1 ta có bài toán tổng quát sau:
Cho nửa đường tròn đường kính AB, M là điểm bất kỳ trên nửa đường tròn đó ( M
¹ A, M ¹ B) O là điểm bất kỳ trên đường thẳng AB, đường thẳng vuông góc với
OM tại M cắt tiếp tuyến Ax và By tại C và D. Chứng minh rằng OC ^ OD.
Ví dụ 2: (Dựa vào bài tập 95 SGK .Toán 9 . Tập 2).
Bài toán II: Cho
D
ABC nhọn trực tâm H các đường cao AM, BN, CP
Chứng minh: Các tứ giác APHN; BPNC nội tiếp được
Giải: ( Tóm tắt).
+/
0
90=
Ù
APH

;
Þ=+Þ=
ÙÙÙ
00
18090 ANHAPHANH

APHN nội tiếp
+/
Þ==
ÙÙ
0
90BNCBPC
BPNC nội tiếp
Nhận xét 1: Hình vẽ gợi cho ta một số tứ giác nội tiếp.
Ta đặt thêm câu hỏi.
¨1. Trên hình vẽ có bao nhiêu tứ giác nội tiếp
Có 6 tứ giác nội tiếp: APHN; BPHM; CMHN; ANMB; BPNC; APMC.
Nhận xét 2: Với
D
BHC có A là trực tâm,
D
AHC có B là trực tâm ta đặt câu hỏi
tiếp theo.
¨2. Chứng tỏ rằng mỗi đỉnh của đã cho là trực tâm của tam giác tạo thành
bởi 2 đỉnh còn lại và trực tâm H của
ABC
D
.
Nhận xét 3: Từ các tứ giác nội tiếp đã tìm được ta thấy:
ÙÙÙÙÙÙÙÙ

=Þ===
21211111
;; MMMCCBBM
ta có câu hỏi tiếp theo.
¨3. Chứng minh rằng H là tâm đường tròn nội tiếp
MNP
D
.
Giải: ( Dựa vào nhận xét 3 . Ta dễ dàng chứng minh được)
Nhận xét 4: ta có NH là phân giác
Ù
PNM

NA
^
NH(gt)
Þ
NA là phân giác góc ngoài đỉnh N của
MNP
D
. Nên A là tâm
đường tròn bàng tiếp của
.MNP
D
Ta có câu hỏi tiếp theo.
¨4. Chứng minh rằng mỗi đỉnh của
ABC
D
là tâm đường tròn bàng tiếp các
góc tương ứng của

MNP
D
.
Giải: ( Dựa vào nhận xét 4)
Nhận xét 5: Dựa vào 4 Thì NA là phân giác ngoài đỉnh N của
MNP
D
, NH là phân
giác trong nên ta có câu hỏi tiếp.
¨5. Gọi G,K,I lần lượt là giao điểm của AH với PN, BH với PM, CH với
MN . Chứng minh rằng.
HP
IH
CP
CI
HN
KH
BN
BK
HM
HG
AM
AG
=== ;;

Giải: Dựa vào nhận xét 5. Sử dụng tính chất đường phân giác ta có điều phải chứng
minh.
Nhận xét 6: Lấy H
1
đối xứng với H qua AB Ta thấy

ÙÙ
=ÞD=D AHBBAHABHBAH
11

mà
0
180; =+=
ÙÙÙÙ
NCMNHMNHMAHB
tứ giác NHMC nội tiếp
Þ
0
1
180=+
ÙÙ
ACBBAH
nên
tứ giác AH
1
BC nội tiếp dược ta đặt câu hỏi tiếp.
¨6. Gọi H
1
,H
2
,H
3
là điểm đối xứng với H
qua các cạnh AB, BC, CA của
ABC
D

.
Chứng minh rằng . 6 điểm A,H
1
, B, H
2
, C, H
3

cùng thuộc một đường tròn.
Giải:Dựa vào nhận xét 6 ta dễ dàng chứng minh được.



Nhận xét 7: Theo nhận xét 6 thì BAH
1
D =
AHB
D
và đối xứng nhau qua AB
Þ

đường tròn (AH
1
B) = đường tròn( AHB)= đường tròn(ABC), từ đó ta có câu hỏi
tiếp.
¨7. Gọi R là bán kính đường tròn ngoại tiếp
ABC
D
. Chứng minh rằng: đường
tròn (AHB) = đường tròn(AHC) = đường tròn(BHC) cùng có đường kính 2R.

Giải: Dựa vào câu 6 và nhận xét 7 ta chứng minh được.
Nhận xét 8: Ta thấy. S
APN
=
SinAAPAN
2
1

S
ABC
=
SinAACAB
2
1

ACosCosACosA
AC
AP
AB
AN
ACAB
APAN
S
S
ABC
APN
2

.
.

====Þ
Tương tự: CCos
S
S
BCos
S
S
ABC
CMN
ABC
BPM
22
; == từ đó ta đặt câu hỏi tiếp.
¨8. CMR: )(1
222
CCosBCosACos
S
S
ABC
MNP
++-=
Giải: Dựa vào nhận xét 8 ta có:
S
APN
= S
ABC.
.Cos
2
A; S
BPM

= S
ABC
. Cos
2
B


S
CMN
= S
ABC
. Cos
2
C


S
MNP
= S
ABC
- S
ABC
( Cos
2
A+ Cos
2
B +Cos
2
C)
= S

ABC
( 1- ( Cos
2
A + Cos
2
B + Cos
2
C)
)(1
222
CCosBCosACos
S
S
ABC
MNP
++-=Þ
Nhận xét 9:
Theo câu 6 . Thì A,H
1
, B, H
2
, C, H
3

cùng thuộc 1 đường tròn
Þ

cung AH
1
= cung AH

3


Þ
A là điểm chính giửa của cung
H
1
AH
3
ta đặt câu hỏi tiếp theo.
¨9. Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp
ABC
D
chứng minh:
AO
^
PN ; CO
^
MN ; BO
^
PM
Giải: ( có nhiều cách giải) Xin nêu một cách.
Ta có:
ÙÙ
=
11
CB
( cùng phụ
Ù
)BAC

Þ
ÇÇ
=
31
AHAH
Þ
A là điểm chính giửa cung
Ç
31
AHH AO
Þ
^
H
1
H
3

Tứ giác BPNC nội tiếp
ÙÙ
=Þ
21
BP
(cùng chắn cung NC) ;
ÙÙ
= CHHB
132
( cùng chắn
cung H
3
C)

Þ=Þ
ÙÙ
CHHP
131
PN // H
1
H
3
mà
AO
^
H
1
H
3
suy ra
PN
^
OA
Chứng minh tương tự ta được CO
^
NM; BO
^
PM.
Nhận xét 10: Kẻ đường kính AI của đường tròn ngoại tiếp
ABC
D
ta có IC // BH
( Cùng vuông góc với AC)
H

2
I // BC ( H
2
là điểm đối xứng với H qua BC)
Ta đặt câu hỏi tiếp.
¨10. Kẻ đường kính AI, Gọi H
2
là điểm đối xứng với H qua BC. Chứng minh
rằng:
+Tứ giác BHCI là hình bình hành
+Tứ giác BCIH
2
là hình thang cân
Nhận xét 11: Theo trên thì BPNC nội tiếp, AO
^
PN vấn đề ngược lại có đúng
không? Tức là PN
^
AO
Þ
BPNC nội tiếp . Ta có bài toán sau:
Bài toán 1.II: Cho
ABC
D
nhọn nội tiếp (O) đường kính AI, d là đường thẳng vuông
góc với AI cắt AB, AC tại M và N. Chứng minh BPNC nội tiếp được.
Giải: Do d bất kỳ nên: d có thể đi qua A, B, C.
+Khi d đi qua A
Þ
M º A; N º A

Þ
BMNC trở thành
ABC
D

+Khi d đi qua B
Þ
M º B
Þ
BMNC trở thành
MNC
D

+Khi d đi qua C
Þ
N º C
Þ
BMNC trở thành
BMC
D

+Khi d cắt AI không đi qua các đỉnh của
ABC
D

Để chứng minh được BMNC nội tiếp
Ta chứng minh
0
180=+

ÙÙ
NB
.
Gọi T là giao điểm của d với AI
Ta có: ITNC nội tiếp được <
>==
ÙÙ
00
90;90 ITNICN


Þ

0
180=+
ÙÙ
NI
mà
ÙÙ
=
B
I
cùng chắn
cung AC
Þ
0
180=+
ÙÙ
NB

Þ

Tứ giác BMNC nội tiếp.
Nếu d cắt các đường thẳng chứa cạnh AB, AC
tại M và N ( M, N không thuộc cạnh AB, AC
của
ABC
D
.
Ta có:
0
1
90=+
ÙÙ
AN
mà
ÙÙ
=
1
1
BA
cùng chắn
cung IC
Þ
0
1
90=+
ÙÙ
BN mặt khác
Ù

IBM
= 90
0
nên
0
1
180=++
ÙÙÙ
IBMBN
hay
0
180=+
ÙÙ
MBCN

Þ
Tứ giác MBCN
nội tiếp được.
Nhận xét 12:
Theo câu 4. Thì 3 đỉnh của
ABC
D

lần lượt là tâm đường tròn bàng tiếp các
góc tương ứng M, N, P của
MNP
D
.
Gọi I, K lần lượt là tiếp điểm của
đường tròn ( B) và ( C) với đương thẳng PN

Theo tính chất tiếp tuyến cắt nhau ta có:
2 NI = Chu vi
MNP
D
( hai tiếp tuyến của (B) cắt nhau tại N
2PK = Chu vi
MNP
D
(hai tiếp tuyến của (C) cắt nhau tại P
2(NI + PK) = 2 Chu vi
MNP
D

Þ
Chu vi
MNP
D
= NI + PK.
Hay MN +NP + PM = IP + PN + PN + NK
= (IP +PN + NK) + PN
Hay MN + MP = IK
Ta có bài toán sau:
Bài toán 2.II: Cho
ABC
D
nhọn các đường cao AM, BN, CP
Gọi I, K là hình chiếu của B và C lên đường thẳng PN . Chứng minh rằng:
MP + MN = IK
Chứng minh: Dựa vào nhận xét 12 ta chứng minh được
· Nhận xét 13: Ta có Chu vi

MNP
D
= MP + PN +MN
Ta gọi M
1
, M
2
lần lượt là các điểm đối xứng với
M qua AB và AC. Khi đó ta có:
PM = PM
1
; NM = NM
2
và M
1
, M
2
thuộc
đường thẳng PN khi đó: M
1
P+ PN + NM
2
= M
1
M
2

= MP + PN +MN
= Chu vi
MNP

D

trong trường hợp này Chu vi
MNP
D
nhỏ nhất.
Từ đó ta đề xuất bài toán sau:
Bài toán 3.II: Cho
ABC
D
nhọn. Hãy tìm trên các cạnh của
ABC
D
các điểm M, N, P
sao cho Chu vi
MNP
D
nhỏ nhất.
Giải: Giải sử M
Î
BC, N
Î
AC, P
Î
AB
Lấy điểm M
1
, M
2
Là các điểm đối xứng với M

qua các cạnh AB, AC ta có AM
1
=AM = AM
2

các
2121
;; AMMMAMMAM DDD
là các tam giác cân tại A
MAM
1
D
cân tại A
®

Ù
AMM
1
=2
Ù
BAM

MAM
2
D cân tại A
®

ÙÙ
= CAMAMM 2
2

Ù
Þ
21
AMM
=
Ù
AMM
1
+
Ù
AMM
2
= 2(
Ù
BAM
+
Ù
CAM
) = 2
Ù
BAC

mà
21
AMMD cân tại A và
Þ
Ù
21
AMM

=2
Ù
BAC
không đổi
Chu vi
MNP
D
= MP + PN +MN= M
1
P +PN + NM
2

Þ
Chu vi
MNP
D
nhỏ nhất khi
M
1
, P, N, M
2
thẳng hàng và M
1
M
2
nhỏ nhất.
Do
21
AMMD cân tại A, có
Ù

Þ
21
AMM
không đổi nên M
1
M
2
nhỏ nhất khi AM nhỏ
nhất, AM nhỏ nhất khi AM
^
BC
Þ
M là chân đường cao hạ từ đỉnhA của
ABC
D
.
Do vai trò của M, N, P như nhau nên lập luận tương tự ta có:
BN
^
AC, CP
^
AB
®
N, P là chân các đường cao hạ từ B và C của
ABC
D
.
Nhận xét 14: Theo câu 3. ta có H là tâm đường tròn nội tiếp
MNP
D

S
PNM
= S
PNH
+ S
PHM
+ S
NHM

=
(
2
r
MP + PN +MN) ( r là tâm đường tròn nội tiếp
MNP
D
).
Nhưng theo câu 9: AO
^
PN, BO
^
PM, CO
^
NM
Nên các tứ giác APON, PBMO, CNOM là các tứ giác có 2 đường chéo vuông góc
và tổng diện tích 3 tứ giác này bằng diện tích tam giác ABC.
S
ABC
= S

APON
+ S
BPMO
+ S
CNOM
=
NM
CO
PM
OB
PN
OA
.
2
.
2
.
2
++
=
2
R
(MP + PN +MN). R
là bán kính đường tròn ngoại tiếp
ABC
D

Ta đề xuất bài toán sau:
Bài toán 4.II: Cho
ABC

D
nhọn nội tiếp (O,R) các đường cao AM, BN, CP gọi r là
bán kính đường tròn nội tiếp
MNP
D
.
Chứng minh rằng:
R
r
S
S
ABC
MNP
=
Chứng minh: Dựa vào nhận xét trên ta chứng minh được.
Nhận xét 15: theo bài toán 4.II thì
R
r
S
S
ABC
MNP
=
Còn theo câu 8. thì
)(1
222
CCosBCosACos
S
S
ABC

MNP
++-=


Ta lại đề xuất bài toán sau:
Bài toán 5.II: Cho
ABC
D
nhọn nội tiếp (O,R) , M, N, P lân lượt là chân đường cao
của tam giác, r là bán kính đường tròn nội tiếp
MNP
D
. Chứng minh rằng:

(1-=
R
r
)
222
CCosBCosACos ++

Chứng minh: Dựa vào nhận xét trên ta chứng minh được:
Nhận xét 16: Từ câu 7.
R là bán kính đường tròn ngoại
tiếp
ABC
D
thì đường tròn (AHB)
= đường tròn(AHC) = đường tròn(BHC)
Cùng có đường kính 2R.

Ta lại đề xuất bài toán sau:



Bài toán 6.II:
Cho
ABC
D
nhọn, trực tâm H nội tiếp đường tròn(O,R) Gọi O
1
, O
2
, O
3
lần lượt
là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác AHB, AHC, và BHC chứng minh rằng
tam giác O
1
O
2
O
3
bằng tam giác ABC.
Chứng minh: Theo câu 7. Các đường tròn ngoại tiếp các
ABCBHCAHCAHB
D
D
D
D
,,,

bằng nhau nên ta có.
OA = OB = O
1
A = O
1
B = R
Þ
AOBO
1
là hình thoi
Þ
AO //BO
1

Tương tự AOCO
2
là hình thoi
Þ
AO // CO
2

Þ
BO
1
// CO
2
và BO
1
= CO

2

Þ
BO
1
O
2
C là hình bình hành
Þ
O
1
O
2
= BC
Do O
1
,O
2
, O
3
ta chứng minh hoàn toàn tương tự
Ta có: O
2
O
3
= AB; O
1
O
3
= AC

Vậy CABOOO D=D
321

Nhận xét 17: Theo câu 10. Thì BHCI là hình bình hành. Gọi giao điểm 2 đương
chéo là T. Ta có: OT =
AH
2
1
hay AH = 2OT (đường trung bình tam giác AHI)
Và HB + HC = IB + IC Khi đó
HA +HB + HC = HA + IB +IC
Nếu cố định BC
Þ
OT không đổi
Þ
AH = 2OT không đổi
Þ

Tổng HA +HB + HC
chỉ phụ thuộc vào vị trí điểm I .
Ta đề xuất bài toán:

Bài toán 7.II: Cho đường tròn (O) và dây BC không đi qua O, A là điểm đi trên
đường tròn sao cho
ABC
D
nhọn, Gọi H là trực tâm
ABC
D
. Tìm vị trí điểm A sao

cho tổng khoảng cách HA +HB + HC lớn nhất .
Lời giải: ( Tóm tắt )
Vẽ đường kính AI, Gọi T là giao điểm HI và BC. Theo câu 10 thì BHCI là
hình bình hành
Þ
T là trung điểm HI
Þ
HB + HC =BI + IC. Mà O là trung điểm
AI . Nên TO =
AH
2
1
( đường trung bình
)AHI
D

Þ
AH = 2OT
Do BC cố định, O cố định
Þ
OT không đổi
Þ
AH không đổi.
Do đó: HA +HB + HC lớn nhất khi BI + IC lớn nhất. Mặt khác vì
ABC
D
nhọn nên
A chỉ chuyển động trên cung H
1
H

2
. Khi A chuyển động trên cung H
1
H
2
thì I
chuyển động trên cung nhỏ BC nên IB

+ IC lớn nhất khi I là điểm chính giữa cung
BC
Þ
A là điểm chính giữa cung lớn BC. ( A ở vị trí A
1
; I ở vị trí I
1
)
Nhận xét 18: Theo câu 6 thì H
1
, H
2
, H
3
thuộc đường tròn tâm (O) ngoại tiếp tam
giác ABC, ta nhận ra rằng A là điểm chính giữa
cung H
1
H
3

Þ

A thuộc phân giác góc H
1
H
2
H
3

ta đề xuất bài toán.
Bài toán 8.II: Dựng tam giác nhọn ABC biết
3 điểm phân biệt H
1
, H
2
, H
3
là các điểm đối
xứng với trực tâm H lần lượt qua AB, BC, AC

Giải: (Vắn tắt) Dựa vào nhận xét trên ta dễ dàng dựng được theo trình tự
- Dựng đường tròn tâm (O) ngoại tiếp tam giác H
1
H
2
H
3
Dựng phân giác các góc H
1
H
2
H

3
; H
1
H
3
H
2
; H
3
H
1
H
2
các giao điểm phân giác các
góc này với đường tròn tâm (O) là các đỉnh A,B,C của tam giác ABC cần dựng
Từ bài toán I,II bằng cách nghiên cứu kỹ lời giải của từng câu đặc biệt chú ý đến
đặc điểm các yếu tố ta có thể đề xuất các bài toán sau:
Bài toán 1: ~ I. Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB = 2R ;M là điểm di
động trên nửa đường tròn đó ( M khác A, M khác B) vẽ đường tròn tâm M tiếp xúc
với AB tại H, từ A và B vẽ 2 tiếp tuyến AC và BD với đường tròn tâm M
a. Chứng minh 3 điểm C,M, D cùng nằm trên tiếp tuyến của đường tròn tâm
(O) tại điểm M.
b. Giả sử CD cắt AB ở K. Chứng minh OA
2
= OB
2
= OA.OK
Bài toán 2: ~ I. Cho đường tròn (O) đường kính AB= 2 R, tiếp tuyến tại điểm
M bất kỳ trên đường tròn cắt các tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A và B lần lượt
ở C và D

a. Xác định vị trí điểm M sao cho chu vi tam giác COD nhỏ nhất
b. Gọi I, J lần lượt giao điểm của OC với AM và OD với BM xác định vị trí điểm
M
để đường tròn ngoại tiếp tứ giác CIJD có bán kính nhỏ nhất.
Bài toán 3: ~ II. Cho tam giác ABC trực tâm H, trọng tâm G, O là tâm đường
tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Chứng minh rằng.
a. Khoảng cách từ H đến A gấp 2 lần khoảng cách từ O đến BC
b. Ba điểm H, G, O thẳng hàng.
Bài toán 4: ~ II. Cho đường tròn tâm O (O) và dây BC cố điịnh không đi qua tâm,
A là điểm di động trên cung lớn BC sao cho tam giác ABC nhọn
a. Tìm quỹ tích điểm H
b. Tìm vị trí điểm A sao cho diện tích tam giác ABC lớn nhất.


III. Kết luận.
Trên đây là những việc làm nhỏ nhoi của bản thân trong quá trình dạy học.
Khảo sát cho thấy với cách làm này các em hứng thú học tập hơn, các em khá, giỏi
không coi thường các bài tập SGK đưa ra tưởng chừng đơn giản mà các em đã biết
đào sâu suy nghĩ , tìm kiếm phát hiện ra những vấn đề rất thụ vị, những h/s "hơi
khá" đã biết tổng hợp các bài tập cùng dạy, xâu chuổi các kiến thức để ôn tập một
cách khoa học.
Tôi nhận ra rằng những việc làm của tôi mới chỉ đáp ứng được một chút kiến
thức trong kho tàng kiến thức mà tác giả SGK muốn gửi gắm tới người học, Thông
qua người dạy bởi vậy tôi cần phải học hỏi nhiều, rất nhiều ở đồng nghiệp ở tài
liệu… hy vọng được sự dìu dắt của đồng nghiệp để. Tôi càng hoàn thiện hơn trong
nghề dạy học./.
Tôi xin chân thành cảm ơn!
Tháng 04 năm 2006