sáng kiến kinh nghiệm: kẻ đường phụ là đường kính của đường tròn để giải một số bài toán hình học lớp 9

Sáng kiến kinh nghiệm Năm học 2011- 2012
ĐỀ TÀI: KẺ ĐƯỜNG PHỤ LÀ ĐƯỜNG KÍNH CỦA ĐƯỜNG
TRỊN ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TỐN HÌNH HỌC 9
A - MỞ ĐẦU
I. ĐẶT VẤN ĐỀ.
Tốn học là mơn học cơ bản trong nhà trường phổ thơng. Dạy tốn là dạy hoạt
động tốn cho học sinh với hình thức giải tốn là chủ yếu.
Đối với học sinh lớp 9, mặc dù là lớp cuối cấp THCS nhưng việc giải các bài tốn
chứng minh các em cũng đang gặp nhiều lúng túng, nhất là đối với các bài tốn hình
học. Từ các bài đơn giản đến các bài phức tạp, từ các bài tập mang tính chất củng cố
kiến thức đơn lẻ đến các bài tập mang tính chất tổng hợp các em thường gặp khó khăn
trong việc tìm tòi lời giải. Định hướng, hướng dẫn cho các em tìm lời giải là việc làm
cần thiết và quan trọng. Hơn nữa việc cung cấp cho các em phương pháp giải các dạng
bài lại càng quan trọng hơn. Song đưa ra một phương án duy nhất để tìm ra một hướng
chuẩn mực, tối ưu cho các bài tốn là điều khơng thể thực hiện. Mỗi một giáo viên đều
có thế mạnh riêng của mình. Do đó tuỳ vào đối tượng học sinh và u cầu của bài tốn
mà giáo viên đưa ra những phương pháp phù hợp, đảm bảo tính khoa học, tính sáng tạo,
tính sư phạm, tính thực tiễn để trang bị cho học sinh. Một trong các phương pháp mà tơi
đã chọn và thực hiện khá thành cơng là “kẻ đường phụ là đường kính của đường tròn để
giải một số bài tốn hình học 9”. Thực tế cho thấy rằng khơng có phương pháp chung
cho việc vẽ thêm các yếu tố phụ khi giải các bài tốn hình học, nhưng việc vẽ thêm
đường phụ lại phải tn theo những bài tốn dựng hình cơ bản. Bài viết này tơi muốn đề
cập đến việc hướng dẫn học sinh những cơ sở mà nghĩ tới sự cần thiết phải kẻ thêm
đường phụ là đường kính của đường tròn, giúp học sinh một con đường, một cách nhìn
nhanh hơn, tháo gỡ được vướng những mắc trong một số bài tốn, góp phần rèn luyện
kỹ năng giải tốn, phát triển tư duy tốn học cho học sinh.
II. MỤC ĐÍCH CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM.
* Đối với giáo viên:
- Sử dụng làm tài liệu cho các chun đề.
- Đúc rút được các kinh nghiệm, đổi mới phương pháp dạy học, nâng cao chất lượng
giáo dục.

* Đối với học sinh:
- Giúp học sinh biết vẽ đường phụ là đường kính để giải một số bài tốn hình học
lớp 9.
- Tác động đến tình cảm, đem lại niềm vui, hứng thú học tập.
Giáo viên: Nguyễn Thò Lê Na Trường THCS Lương Thế Vinh
1
Sáng kiến kinh nghiệm Năm học 2011- 2012
- Bồi dưỡng phương pháp tự học.
- Học sinh có kỹ năng vận dụng những kiến thức đã học để giải quyết những vấn đề
thường gặp trong cuộc sống, thể hiện tính linh hoạt, độc lập, sáng tạo trong học tập.
III. PHẠM VI CỦA ĐỀ TÀI.
- Đề tài được áp dụng cho học sinh lớp 9.
- Các ví dụ được chọn trình bày là những ví dụ minh hoạ, bạn đọc có thể tìm các ví
dụ hoặc các bài tập khác để áp dụng.
- Mở rộng chun đề vẽ đường phụ trong giải tốn hình học cho các khối lớp khác.
B - GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ:
Phần 1: CƠ SỞ LÝ THUYẾT ĐỂ KẺ ĐƯỜNG KÍNH:
1) Đường kính bằng hai lần bán kính.
2) Đường kính là dây cung lớn nhất của đường tròn.
3) Tâm của đường tròn là trung điểm của đường kính.
4) Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn là góc vng.
5) Đường kính vng góc với một dây thì chia dây ấy thành hai phần bằng nhau.
Phần 2: BÀI TỐN ÁP DỤNG
Dạng tốn 1: Đường kính là dây cung lớn nhất của
đường tròn.
Bài tốn 1: Cho tứ giác ABCD có các góc A và C tù.
Chứng minh rằng AC<BD.
* Trước hết ta chứng minh bài tốn phụ sau: Cho đường
tròn (O; R) đường kính AB; M là một điểm nằm trong đường
tròn. Chứng minh rằng góc AMB là góc tù.

Chứng minh:
Gọi giao điểm của AM, BM với đường tròn lần lượt là C và
D.
·
AMB
là góc có đỉnh nằm bên trong đường tròn nên:
Sđ
·
AMB
2
1
(sđ
»
AB
+sđ
»
DC
), mà sđ
»
AB
=180
0

Nên
·
AMB
>90
0
, nghĩa là
·

ΑΜΒ
là góc tù.
Giáo viên: Nguyễn Thò Lê Na Trường THCS Lương Thế Vinh
2
Sáng kiến kinh nghiệm Năm học 2011- 2012

1.1. Phân tích bài tốn: Từ bài tốn phụ ở trên ta nhận thấy A và C nằm trong đường
tròn đường kính BD.
Do vậy, trên cơ sở đó, để giải bài tốn 1, ta nghĩ đến việc vẽ đường tròn (O) có
đường kính BD.
Do đó ta có lời giải như sau:
1.2. Bài giải:
- Vẽ đường tròn (O), đường kính BD.
Vì
·
·
D DCΑΒ, Β
là các góc tù nên hai điểm A, C
đều nằm trong đường tròn (O).
Khi đó BD là đường kính nên là dây cung lớn nhất
của (O), AC nhỏ hơn dây cung chứa nó. Vậy AC<BD.
Bài tốn 2: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn
(O). Xác định vị trí của điểm M trên đường tròn (O)
sao cho nếu gọi D và E theo thứ tự là hình chiếu của
điểm M trên các đường thẳng AB và AC thì đoạn thẳng
DE có độ dài lớn nhất.
2.1. Phân tích bài tốn:
Bài tốn u cầu xác định điểm M thuộc đường tròn
(O) để đoạn thẳng DE có độ dài lớn nhất. Như vậy
đoạn thẳng DE phụ thuộc vào vị trí điểm M, kéo theo

phụ thuộc vào đoạn thẳng AM. Ta xem AM và DE có
liên hệ gì với nhau, ta thấy
·
·
MEA = DΜ Α
= 90
0
(gt)
Do đó E và D thuộc đường tròn đường kính MA nên
DE
≤
MA. Vậy việc xác định vị trí điểm M để đoạn
DE lớn nhất đưa ta về xác định vị trí điểm M để MA
có độ dài lớn nhất. Từ đó ta nghĩ tới việc kẻ đường kính
của đường tròn (O).
2.2. Bài giải:
Lấy điểm M thuộc đường tròn (O),
kẻ ME, MD lần lượt vng góc với AC, AB.
Ta có:
·
·
AEM = DΑ Μ
= 90
0
, suy ra
E, D thuộc đường tròn đường kính MA. Do đó DE
≤
AM
(AM là đường kính, DE là dây). (1)
Kẻ đường kính AH của đường tròn (O), ta có: AM

≤
AH
(AH là đường kính, AM là dây); mà điểm A cố định nên AH khơng đổi. Do đó đoạn
thẳng AM lớn nhất bằng AH, tức là khi điểm M trùng với điểm H. (2)
Giáo viên: Nguyễn Thò Lê Na Trường THCS Lương Thế Vinh
3
Sáng kiến kinh nghiệm Năm học 2011- 2012
Từ (1) và (2) suy ra đoạn thẳng DE lớn nhất khi và chỉ khi điểm M trùng với điểm H.

Bài tốn 3: Cho hai đường tròn (O; R) và (O’; r)
(R>r) cắt nhau tại A và B (O và O’ ở hai nửa mặt
phẳng đối nhau bờ AB). Một cát tuyến di động qua B
lần lượt cắt (O) và (O’) tại C và D sao cho B nằm
giữa C và D. Xác định vị trí cát tuyến CBD để chu vi
tam giác ACD có giá trị lớn nhất.
3.1. Phân tích bài tốn:
Bài tốn u cầu xác định vị trí của cát tuyến CBD để chu vi tam giác ACD lớn nhất,
nghĩa là ta
nghĩ tới tổng độ dài các cạnh của tam giác đó đạt
giá trị lớn nhất. Mà hai cạnh AC, AD của tam giác lại là hai dây của các đường tròn (O)
và (O’). Vậy để AC, AD lớn nhất ta nghĩ tới việc kẻ đường kính AM và AN của hai
đường tròn trên. Qua đó xuất hiện các mối quan hệ sẽ giúp ta tìm ra lời giải.
3.2. Bài giải:
Kẻ đường kính AM, AN của đường tròn (O) và (O’)
Ta có:
·
AMB
=
·
ABN

= 90
0
(góc nội tiếp chắn nửa
đường tròn), suy ra ba điểm M, B, N thẳng hàng. Do
A, O, O’ cố định nên các đường tròn (O) và (O’) cố
định; suy ra M, N cố định.
Mặt khác do
·
·
· ·
AMB = C DΑ Β;ΑΝΒ = Α Β
(các góc nội
tiếp cùng chắn một cung lần lượt của đường tròn (O)
và (O’)).
Do đó ΔACD ~ ΔAMN (g.g). Suy ra:
AM
AC
=
AMN
ACD
P
P

(tỉ số chu vi của hai tam giác đồng dạng bằng tỉ số đồng dạng của chúng);
Do đó:
AC
AM
P
P
AMN

.
ACD
=
. Vì
AM
AMN
P
khơng đổi nên P
ACD
lớn nhất khi và chỉ khi AC lớn
nhất, khi đó điểm C trùng với điểm M và điểm D trùng với điểm N.
Dạng tốn 2: Tâm của đường tròn là trung điểm của đường kính đường tròn đó.
Bài tốn 4: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), gọi H và G lần lượt là trực tâm
và trọng tâm của tam giác ABC.
Chứng minh ba điểm: O; G; H thẳng hàng.
4.1. Phân tích bài tốn:
Giáo viên: Nguyễn Thò Lê Na Trường THCS Lương Thế Vinh
4
Sáng kiến kinh nghiệm Năm học 2011- 2012
Để chứng minh ba điểm: O; H; G thẳng hàng, kẻ OM vng góc với BC (M thuộc BC)
được MB = MC. Gọi G là giao điểm của AM và OH, ta cần chứng minh G là trọng tâm
của tam giác ABC, muốn vậy cần chỉ ra được
2
1
=
GA
GM
, hay
2
1

=
AH
OM
(vì ΔGHA ~
ΔGOM ); nghĩa là AH =2OM. Từ đây ta sẽ nghĩ tới việc kẻ đường kính của dường tròn;
bởi lẽ:
Thứ nhất: Từ đẳng thức 2OM = AH ta có thể nghĩ
tới OM là đường trung bình của một tam giác nào đó
mà 2OM = a (a là độ dài cạnh đáy), khi đó cần
chứng minh AH = a;
Thứ hai: Từ bài tốn khi ta kẻ OM vng góc với
BC để có MB = MC, muốn OM là đường trung bình
thì phải chăng O là trung điểm của đường kính?
Trên những cơ sở đó ta kẻ đường kính BE của
đường tròn; khi đó OM là đường trung bình của tam
giác BEC, bài tốn đã có lời giải.
4.2. Bài giải:
Kẻ đường kính BE của đường tròn (O) thì OB = OE (1)
Kẻ OM
⊥
BC thì MB = MC (2)
Từ (1) và (2) suy ra OM là đường trung bình của tam
giác BCE nên 2OM = CE (*)
Mặt khác
·
BAE
= 90
0
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
suy ra EA

⊥
AB. (3)
Do H là trực tâm của tam giác ABC (gt) nên CH
⊥
AB (4)
Từ (3) và (4) ta có HA//CH (5)
Tương tự: HA//CE (6)
Từ (5) và (6) suy ra tứ giác AECH là hình bình hành; do đó AH = CE (**)
Kết hợp (*) và (**) ta được 2OM = AH (7)
Gọi G là giao điểm của OH và AM, ta có: AH//OM (cùng vng góc với BC) nên tam
giác ΔGAH ~ ΔGMO (g.g) nên
MO
AH
GM
GA
=
(8)
Từ (7) và (8) suy ra:
2
2
==
MO
OM
GM
GA
; do đó G là trọng tâm của tam giác ABC.
Do G là giao điểm của OH và AM nên ba điểm O; G; H thẳng hàng.
Bài tốn 5: Trên dây cung AB của đường tròn (O) lấy hai điểm C và D sao cho
AC = CD = DB. Gọi E, F lần lượt là giao điểm của OC, OD với đường tròn (O).
Chứng minh:

»
»
AE < FΕ

5.1. Phân tích bài tốn:
Giáo viên: Nguyễn Thò Lê Na Trường THCS Lương Thế Vinh
5
Sáng kiến kinh nghiệm Năm học 2011- 2012
Bài tốn u cầu chứng minh:
»
»
AE < FΕ
ta đưa về
việc chứng minh
·
·
FΑΟΕ < ΕΟ
. Từ đó ta nghĩ đến tìm
một tam giác có hai góc bằng hai góc AOC, COD mà
quan hệ giữa các cạnh đối diện dễ thấy. Từ giả thiết
CD=AC và O là trung điểm của đường kính nên CO là
đường trung bình của tam giác AMD (AM là đường
kính của đường tròn (O)), suy ra CO//MD.
Khi đó
·
·
AOE = DΟΜ
(đồng vị),
·
·

EOF = DΟ Μ
(so le
trong).
Do đó ta đến với lời giải bài tốn như sau.
5.2. Bài giải:
Kẻ đường kính AM của đường tròn (O);
Ta có: OA = OM = R (1); CA = CD (gt) (2)
Từ (1) và (2) suy ra CO là đường trung bình của tam giác
ADM.
Do đó CO//DM suy ra
·
·
AOE = DΟ Μ
(đồng vị) (3) và
·
·
EOF = DΟ Μ
(so le trong) (4)
Xét tam giác OMD có MO>OD (OM = R, D là điểm nằm
trong đường tròn)
Nên
·
ODM
>
·
OMD
(quan hệ đối diện cạnh và góc trong một tam giác) (5).
Từ (3), (4) và (5) suy ra
·
·

FΕΟ > ΑΟΕ

Nên
»
»
EF > ΑΕ.
Dạng tốn 3: Tốn liên quan đến bán kính của đường tròn.
Bài tốn 6: Cho đường tròn (O; R), I là một điểm nằm trong đường tròn. Gọi AB và CD
là hai dây qua I và vng góc với nhau.
Chứng minh rằng: AC
2
+ BD
2
= 4R
2
6.1. Phân tích bài tốn:
Theo u cầu bài ra, ta thấy đẳng thức cần chứng
minh
có liên quan tới bán kính của đường tròn nhưng
với những gì đã cho, trong hình vẽ chưa thấy xuất
hiện
bán kính của đường tròn. Nếu ta kẻ đường kính AE
của đường tròn thi AE = 2R. Lúc đó 4R
2
= AE
2
,
đẳng thức cần chứng minh trở thành AC
2
+BD

2
= AC
2
.
Ta có lời giải cho bài tốn.
Giáo viên: Nguyễn Thò Lê Na Trường THCS Lương Thế Vinh
6
Sáng kiến kinh nghiệm Năm học 2011- 2012
6.2. Bài giải:
Kẻ đường kính AE của đường tròn (O) thì AE = 2R.
Mặt khác
·
ABE
= 90
0
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Hay BE
⊥
AB (1)
Theo giả thiết: CD
⊥
AB (2)
Từ (1) và (2) suy ra CD//BE nên tứ giác BCDE là hình
thang.
Do BCDE nội tiếp đường tròn (O; R) nên đó là hình
thang cân; do đó: BD = CE (3)
Xét tam giác ACE có
·
ACE
= 90

0
(góc nội tiếp chắn nửa
đường tròn) hay ΔACE vng tại C.
Áp dụng định lý Pytago, ta có:
AC
2
+ CE
2
= AE
2
= (2R)
2
= 4R
2
(4)
Từ (3) và (4) suy ra: AC
2
+ BD
2
= 4R
2
.
Chú ý: Khai thác kết quả bài tốn trên cho ta giải nhanh bài tập sau: Cho tứ giác ABCD
nội tiếp đường tròn (O; R) có hai dây AC và BD vng góc với nhau tại I.
Chứng minh rằng: AB
2
+ BC
2
+ CD
2

+ DA
2
= 8R
2
.
Bài tốn 7: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O; R) có BC = a;
CA = b; AB = c.
Chứng minh rằng:
C
c
B
b
A
a
sinsinsin
==
= 2R
7.1. Phân tích bài tốn:
Ta dễ nhận thấy u cầu cần chứng minh
có liên quan đến bán kính đường tròn. Với
giả thiết chưa thấy có đoạn nào chứa bán kính.
Do đó ta nghĩ tới kẻ thêm đoạn thẳng có chứa
bán kính; và đoạn thẳng đầu tiên được chọn là
đường kính BD. Khi đó
µ
µ
C = D
(góc nội tiếp
cùng chắn cung AB), suy ra
D

c
C
c
sinsin
=
. Ta đi
đến cách giải bài tốn.
7.2. Bài giải:
Kẻ đường kính BD của đường tròn (O), ta có:
·
·
ACB = DΑ Β
(góc nội tiếp chắn cung AB) (1)
Mà
·
BAD
= 90
0
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Giáo viên: Nguyễn Thò Lê Na Trường THCS Lương Thế Vinh
7
Sáng kiến kinh nghiệm Năm học 2011- 2012
Từ đó ta có:
R
c
BD
AB
D
2
sin

==
, suy ra:
R
D
c
2
sin
=
(2)
Từ (1) và (2) ta được:
R
C
c
2
sin
=
.
Chứng minh tương tự được:
R
B
b
R
A
a
2
sin
;2
sin
==
.

Vậy:
C
c
B
b
A
a
sinsinsin
==
= 2R.
Bài tốn 8: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O;R), đường cao AH (H
∈
BC).
Chứng minh rằng: AB.AC = 2R.AH
8.1. Phân tích bài tốn:
Từ u cầu chứng minh, ta nghĩ đến việc tìm
ra hai tam giác đồng dạng có các cạnh bằng độ
dài các cạnh AB, AC, AH, đường kính của đường tròn.
Trên cơ sở đó ta vẽ đường kính AD của
đường tròn (O) và có lời giải cho bài tốn.
8.2. Bài giải:
Vẽ đường kính AD của đường tròn (O),
Suy ra:
·
ACD
= 90
0
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Xét tam giác HBA và CDA, có:

·
·
AHB = CDΑ
(=90
0
);

·
·
HBA = CDΑ
(góc nội tiếp chắn cung AC)
Do đó ΔHBA ~ ΔCDA (g.g)
Suy ra:
AD
AB
AC
AH
=
hay: AB.AC=AD.AH; mà AD = 2R
nên: AB.AC = 2R.AH.
Chú ý: Từ kết quả bài tốn trên, ta có được các bài tốn
sau:
Bài 8A: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O; R).
Chứng minh rằng:
R
CABCAB
S
ABC
4

=
.
Bài 8B: Cho A là điểm di động trên cung lớn BC của đường tròn (O;R). Xác định vị trí
điểm A để AB.AC có giá trị lớn nhất.
Dạng tốn 4: Đường kính vng góc với một dây thì đi qua trung điểm của dây ấy.
Giáo viên: Nguyễn Thò Lê Na Trường THCS Lương Thế Vinh
8
Sáng kiến kinh nghiệm Năm học 2011- 2012
Bài tốn 9: Cho đường tròn (O; R), đường kính AB và dây EF khơng cắt AB. Gọi I và
K lần lượt là chân các đường vng góc kẻ từ A, B đến EF.
Chứng minh rằng: IE = KF. (Bài 17, STB Tốn 9 T
1
, Tr.130)
9.1. Phân tích bài tốn:
Theo u cầu chứng minh: IE = KF nhưng với
những gì đã có thật khó có thể chứng minh được.
Song từ u cầu chứng minh đoạn thẳng bằng nhau, bên
cạnh đó ta còn có AI và BK cùng vng góc với EF làm
ta nghĩ tới liên hệ giữa dây và đường kính của đường tròn.
Do vậy nếu ta kẻ đường kính CD vng góc với EF sẽ cho
ta những cặp đoạn thẳng bằng nhau, tạo thuận lợi cho việc
chứng minh.
9.2. Bài giải: Kẻ đường kính CD của đường tròn (O) sao
cho CD vng góc với EF tại H
Ta có: HE = HF (liên hệ giữa đường kính và dây) (1)
Mặt khác: AI
⊥
EF (gt); BK
⊥
EF (gt) nên tứ giác ABKI

là hình thang.
Do OA = OB = R và OH // BK (cùng vng góc với EF) nên OH là đường trung bình
của hình thang ABKI, suy ra HI = HK. (2)
Từ (1) và (2), ta có: EI = HI – HE = HK – HF = KF.
Vậy: EI = KF.
Chú ý: Bạn đọc hãy chứng minh bài tốn trên trong trường hợp dây EF cắt AB.

Bài tốn 10: Cho điểm C nằm giữa hai điểm A và B. Gọi
(O) là đường tròn bất kì đi qua A và B. Qua C vẽ đường
thẳng vng góc với OA, cắt đường tròn (O) ở D và E.
Chứng minh rằng các đoạn thẳng AD, AE có độ dài
khơng đổi.
10.1. Phân tích bài tốn:
Gọi H là giao điểm của OA và DE thì OA vng góc với
DE tại H, ta có: AD = AE. Do vậy ta chỉ cần chứng minh
AD hoặc AE có độ dài khơng đổi.
Các yếu tố khơng đổi của bài tốn là độ dài các đoạn thẳng AC, AB. Từ giả thiết DE
vng góc với OA gợi cho ta vẽ đường phụ là đường kính AF của đường tròn.
Do đó bài tốn được giải như sau:
Giáo viên: Nguyễn Thò Lê Na Trường THCS Lương Thế Vinh
9
Sáng kiến kinh nghiệm Năm học 2011- 2012
10.2. Bài giải:
Kẻ đường kính AF của đường tròn (O).
Ta có: Tam giác ADF vng tại D (D là góc nội tiếp chắn
nửa đường tròn nên
µ
D
= 90
0

)
Do đó: AD
2
= AH. AF (hệ thức về cạnh và đường cao trong
tam giác vng) (1)
Mặt khác ΔAHC ~ ΔABF (g.g)
µ
µ
·
0
( 90 F
Η = Β = ;ΒΑ
là góc
chung); do đó:
FA
AC
AB
AH
=
Hay AH. AF = AB.AC (2).
Do AB, AC khơng đổi nên AB.AC khơng đổi.
Từ (1) và (2) suy ra: AD
2
khơng đổi, do đó AD khơng đổi.
Vậy các đoạn thẳng AD, AE có độ dài khơng đổi.
Dạng tốn 5: Tốn liên quan đến góc vng.
Bài tốn 11: Cho hai đường tròn (O) và (O’)
bằng nhau, cắt nhau tại A và B. Gọi C là một
điểm của đường tròn (O), D là một điểm của
đường tròn (O’) sao cho tứ giác OCDO’ là

hình bình hành.
Chứng minh rằng A là trực tâm của tam giác
BCD.
11.1. Phân tích bài tốn:
Để chứng minh A là trực tâm của tam giác BCD, ta chứng minh nó là giao điểm của
ba đường cao. Từ giả thiết ta có OO’ vng góc với AB (tính chất đường nối tâm). Do
tứ giác OO’DC là hình bình hành (gt) nên OO’//CD, suy ra được AB vng góc với DC.
Như vậy đã có một đường cao qua A. Bây
giờ chỉ cần chứng minh DA vng góc với BC
(hoặc CA vng góc với BD). Xuất phát từ việc
phải chứng minh vng góc ta nghĩ tới “góc nội
tiếp chắn nửa đường tròn là góc vng”. Từ đó
ta kẻ đường kính AA’ của đường tròn (O’).
11.2. Bài giải:
Kẻ đường kính AA’ của đường tròn (O’) thì tứ
giác OBO’A là hình thoi (OA = OB = O’A =
O’B theo giả thiết), suy ra: OB//O’A nên OB//O’A’ (1)
Mà theo giả thiết ta còn có: OB = O’A’ = R (2)
Từ (1) và (2) ta được tứ giác OBO’A’ là hình bình hành.
Giáo viên: Nguyễn Thò Lê Na Trường THCS Lương Thế Vinh
10
Sáng kiến kinh nghiệm Năm học 2011- 2012
Do đó OO’//BA’ và OO’ = BA’ (3)
Mặt khác tứ giác OCDO’ là hình bình hành (gt) nên OO’//CD và OO’ = CD (4)
Từ (3) và (4) suy ra: CD//BA’ và CD = BA’;
Tứ giác CDA’B là hình bình hành, nên CB//DA’ (5)
Vì AA’ là đường kính (cách vẽ điểm A’) nên
·
'
DΑ Α

= 90
0
(góc nội tiếp chắn nửa đường
tròn) hay DA
⊥
DA’ (tại D) (6)
Kết hợp (5), (6) ta được: DA
⊥
CB (a)
Theo tính chất đường nối tâm ta có: OO’
⊥
AB (b)
Từ (a); (b) suy ra A là trực tâm của tam giác BCD.
Bài tốn 12: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O; R).
Vẽ AD là đường cao của tam giác ABC. Chứng minh rằng:
·
·
D CΒΑ = ΟΑ
.
12.1. Phân tích bài tốn:
Theo giả thiết ta có tam giác ABD vng tại D. Do vậy để
chứng minh được
·
·
D CΒΑ = ΟΑ
ta nghĩ tới việc tạo ra một
tam giác vng khác chứa góc OAC có thể bằng hoặc
đồng dạng được với tam giác ABD. Trên cơ sở kiến
thức của chương trình, ta nghĩ tới việc vẽ đường kính
AE của đường tròn.

12.2. Bài giải:
Vẽ đường kính AE của đường tròn (O) thì
·
ACE
= 90
0
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn), nghĩa là ΔACE
vng tại C.
Xét hai tam giác ABD và AEC, có:

·
·
ADB = CΑ Ε
(=90
0
),

·
·
ABD = CΑΕ
(hai góc nội tiếp chắn cung AC)
Do đó: ΔABD ~ ΔAEC (g.g)
Suy ra:
·
·
BAD = CΟΑ
(hai góc tương ứng).
Chú ý: Kết quả bài tốn trên giúp ta giải nhanh bài tập sau: Cho tam giác ABC nhọn, nội
tiếp đường tròn (O;R), đường cao AD. Chứng minh rằng hai góc BAC và DAO có cùng
một tia phân giác.

Bài tốn 13: Đường phân giác trong góc A của tam giác ABC cắt đường tròn ngoại tiếp
tam giác đó ở D. Trình bày cách dựng đường tròn (O) đi qua D và tiếp xúc với AB tại B.
Giáo viên: Nguyễn Thò Lê Na Trường THCS Lương Thế Vinh
11
Sáng kiến kinh nghiệm Năm học 2011- 2012
13.1. Phân tích bài tốn.
Đường tròn (O) cần dựng thoả mãn hai u cầu:
Thứ nhất: Đường tròn (O) đi qua D và B, suy ra tâm O
thuộc đường trung trực d của BD.
Thứ hai: Đường tròn (O) tiếp xúc với AB tại B nên OB
vng góc với AB. Do B thuộc đường tròn ngoại tiếp
tam giác BAC nên ta nghĩ tới góc OBA là góc nội tiếp
chắn nửa đường tròn. Muốn vậy, từ A kẻ đường kính
AE của đường tròn (I) ngoại tiếp tam giác ABC. Khi
đó AB vng góc với BE tại B, suy ra O thuộc BE.
Vậy tâm O của đường tròn cần dựng là giao điểm
của đường trung trực d của BD và BE.
13.2. Bài giải:
a) Phân tích:
Giả sử đường tròn (O) đã dựng được thoả mãn các u cầu bài tốn.
Do đường tròn (O) đi qua D và B nên tâm O của đường tròn thuộc đường trung trực d
của BD
Đường tròn (O) tiếp xúc với AB tại B nên OB
⊥
AB.
Kẻ đường kính AE của đường (I) ngoại tiếp tam giác ABC thì
·
ABE
= 90
0

, hay AB
⊥

BE nên O
∈
BE.
Do đó tâm (O) của đường tròn cần dựng hồn tồn được xác định: Là giao điểm của
đường thẳng BE và đường trung trực d của BD.
b) Cách dựng:
- Dựng đường kính AE của đường tròn (I) ngoại tiếp tam giác ABC;
- Dựng đường trung trực d của đoạn thẳng BD; đường thẳng d cắt BE tại O;
- Vẽ đường tròn (O; OB) ta được đường tròn cần dựng.
c) Chứng minh:
O thuộc đường trung trực d của BD (cách dựng) nên OD = OB, suy ra D
∈
(O; OB)
O
∈
BE (theo cách dựng), suy ra OB
⊥
AB (vì
·
ABE
là góc nội tiếp chắn nửa đờng
tròn (I)); mà OB=R nên AB tiếp xúc với đường tròn (O) tại B.
Vậy đường tròn (O) là đường tròn cần dựng.
d) Biện luận:
- Đường trung trực d của đoạn thẳng DB ln ln cắt BE. Do đó ln dựng được
đường tròn (O).
- Vì đường trung trực d chỉ cắt BE tại một điểm duy nhất nên chỉ dựng được một

đường tròn (O). Bài tốn có đúng một nghiệm hình.
Giáo viên: Nguyễn Thò Lê Na Trường THCS Lương Thế Vinh
12
Sáng kiến kinh nghiệm Năm học 2011- 2012
Bài tốn 14: Cho đường tròn (O; 3cm) và đường tròn (O’; 1cm) tiếp xúc ngồi tại A. Kẻ
tiếp tuyến chung ngồi BC (B thuộc (O); C thuộc (O’)). Tính độ dài đoạn thẳng BA.
14.1. Phân tích bài tốn:
Với các bài tốn tính độ dài đoạn thẳng thường có
nhiều cách lựa chọn. Một trong các cách có thể sử
dụng là gắn đoạn thẳng cần tính vào một tam giác
vng. Tuy nhiên trong bài ra ta chưa thấy tam giác
vng nào chứa AB. Vậy làm thế nào để gắn AB vào
tam giác vng nào đó? Nếu ta kẻ đường kính BD của
đường tròn (O) thì góc
·
BAD
= 90
0
(góc nội tiếp chắn
nửa đường tròn) và DB vng góc với BC (tính chất
cơ bản của tiếp tuyến). Phần còn lại chỉ cần chứng
minh ba điểm D, A, C thẳng hàng thì bài tốn sẽ giải
được nhờ áp dụng một trong các hệ thức về cạnh và
đường cao trong tam giác vng.
14.2. Bài giải:
Kẻ đường kính BD thì
·
BAD
= 90
0

(1) và DB
⊥
BC.
Kẻ tiếp tuyến chung ngồi tại A cắt tiếp tuyến BC tại
P, ta có:
BCPA
2
1
=
(tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
Suy ra:
·
BAC
= 90
0
(2)
Từ (1) và (2) suy ra ba điểm D, A, C thẳng hàng.
Kẻ O’K
⊥
BD, ta có tứ giác BKO’C là hình chữ nhật
(có 3 góc vng) suy ra O’K = BC; mà BK = O’C = 1cm
Nên OK = OB – KB = 3 – 2 = 2cm.
ΔOO’K vng tại K nên O’K
2
= OO’
2
– OK
2
= 4
2

– 2
2
= 12, suy ra BC
2
= 12.
Xét tam giác BCD vng tại B, đường cao BA, ta có:
222
111
BCBDBA
+=
(hệ thức về cạnh
và đường cao trong tam giác vng)
Ta được:
9
1
36
4
12
1
36
1
12
1
6
11
22
==+=+=
BA
Nên BA
2

= 9. Do đó BA = 3cm.
Phần 3: Bài tập áp dụng:
Dựa trên những cơ sở đã nêu ở trên, xin giới thiệu với bạn đọc một số bài tốn sau đây
có thể giải được bằng cách vẽ đường phụ là đường kính của đường tròn.
Giáo viên: Nguyễn Thò Lê Na Trường THCS Lương Thế Vinh
13
Sáng kiến kinh nghiệm Năm học 2011- 2012
Bài 1: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O; R). Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm
các cạnh BC, CA, AB. Vẽ các đường thẳng MM'//OA; NN'//OB; PP'//OC. Chứng minh
rằng các đường thẳng MM', NN', PP' đồng quy.
Bài 2: Cho đường tròn (O) đường kính AB. CD là một dây của đường tròn. Các đường
thẳng vng góc với CD tại C và D lầ lượt cắt AB tại E và F. Chứng minh rằng AE =
BF.
Bài 3: Cho tam giác ABC, giả sử các đường phân giác trong và các đường phân giác
ngồi của góc A của tam giác ABC cắt đường thẳng BC lần lượt tại D và E sao cho AD
= AE. Chứng minh rằng: AB
2
+ AC
2
= 4R
2
(R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam
giác ABC).
Bài 4: a) Cho đường tròn (O; R); R = 4cm. Vẽ dây cung AB = 5cm. C là điểm trên dây
cung AB sao cho AC = 2cm Vẽ dây CD vng góc với OA tại D. Tính độ dài đoạn
thẳng AD.
b) Cho đường tròn (O; R); R = 3cm.Vẽ dây cung AB = 4cm. M là điểm trên đoạn
thẳng OA sao cho OM = 1cm. Đường thẳng vng góc với OA tại M cắt AB tại C. Tính
tích AC.AB.
Bài 5: Cho tam giác ABC có

·
BAC
nhọn nội tiếp đường tròn (O; R).
Chứng minh rằng: BC = 2Rsin
·
BAC
.
Kết quả trên thay đổi như thế nào khi
·
ΒΑΧ
tù?
C. BIỆN PHÁP THỰC HIỆN.
- Điều tra học lực của học sinh qua các bài kiểm tra.
- Điều tra tâm lý của học sinh về sở thích đối với mơn Tốn.
- Tổ chức ơn tập vào các buổi ngoại khố nhằm tăng thời lượng luyện tập giải tốn.
- Ra các bài tập có cùng dạng như bài đã được học. Sau đó nâng mức độ khó tăng
dần (về cả kiến thức lẫn kỹ năng)
- Khi ra bài tập cho học sinh, giáo viên u cầu học sinh thực hiện đầy đủ một số
nội dung sau:
+) Đọc kỹ nội dung bài tốn.
+) Nhận dạng bài tốn thuộc dạng tốn nào, thực hiện phép "quy lạ về quen".
+) Xác định rõ u cầu bài tốn.
+) Xác định đúng giả thiết, kết luận (có thể viết giả thiết dưới dạng khác được
khơng?)
+) Tự mình tiến hành giải bài tốn.
+) Kiểm tra xem đã vận dụng hết giả thiết chưa, trong bài sử dụng những kiến thức
nào?
+) Đối chiếu với cách giải của bạn, của thầy.
Giáo viên: Nguyễn Thò Lê Na Trường THCS Lương Thế Vinh
14

Sáng kiến kinh nghiệm Năm học 2011- 2012
+) Tìm thêm các lời giải khác cho bài tốn (nếu có).
+) Rút ra kinh nghiệm cho bản thân.
• Kết quả thực nghiệm:
Thống kê kết quả học tập của học sinh qua từng năm học theo bảng sau:
Năm học Lớp Tổng số
HS
Loại điểm
0  2 5 trở lên 8  10
SL % SL % SL %
2009-2010 9 75 5 6.7 58 78.0 24 32.0
2010-2011 9 75 2 2.8 56 80.0 26 37.0
D - KẾT LUẬN.
Trên đây là một số bài tốn giải được bằng cách kẻ thêm đường phụ là đường
kính của đường tròn mà tơi đã cố gắng lựa chọn để phù hợp với nhiều đối tượng học
sinh. Tơi khơng khẳng định đây là cách giải tối ưu. Dạy học là một nghệ thuật. Việc
hướng dẫn học sinh tìm lời giải cho một bài tốn thế nào cho nhanh, gọn còn phụ thuộc
vào nhiều yếu tố. Nhưng dù ở khía cạnh nào đi chăng nữa thì phương pháp này cũng
giúp cho các em học sinh thực hiện thành cơng khi kẻ đường phụ là đường kính để giải
các bài tốn tơi đã đưa ra làm ví dụ và trang bị thêm một phương pháp giải tốn cho học
sinh. Do vậy, trong q trình dạy học giáo viên cần quan tâm hình thành cho học sinh
những cơ sở cần đi đến sự cần thiết phải kẻ thêm đường phụ là đường kính của đường
tròn nói riêng và các đường phụ khác nói chung. Các em sẽ vững vàng và tự tin hơn
trong học tập và nhất là trong các kỳ thi!
Trong bài viết này, tơi đã nêu lên vai trò của việc kẻ đường phụ là đường kính của
đường tròn để giải một số bài tốn hình học 9. Hy vọng rằng bạn bè, đồng nghiệp sẽ có
thêm một kinh nghiệm nhỏ trong vốn kinh nghiệm dạy học của mình. Bên cạnh đó cũng
mong nhận được sự góp ý và trao đổi của các thầy giáo, cơ giáo, bạn bè để làm thế nào
đó chúng ta ngày càng có nhiều kinh nghiệm bổ ích trong dạy học. Từ đó nâng cao chất
lượng dạy, học mơn tốn nói riêng và chất lượng giáo dục nói chung, đáp ứng u cầu

về đổi mới phương pháp dạy học trong giai đoạn hiện nay.
Kính mong ban giám khảo, hội đồng khoa học các cấp xem xét, bổ cứu để sáng
kiến này được áp dụng rộng rãi hơn, hiệu quả cao hơn nữa. Tơi xin chân thành cảm ơn!
Giáo viên: Nguyễn Thò Lê Na Trường THCS Lương Thế Vinh
15
Sáng kiến kinh nghiệm Năm học 2011- 2012
Chơn Thành, ngày 05 tháng 01 năm 2012
Người viết
Nguyễn Thò Lê Na
V – NHẬN XÉT CỦA HỘI ĐỒNG KHOA HỌC CẤP TRƯỜNG, PHỊNG
GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO.
1. Hội đồng khoa học cấp trường:
Giáo viên: Nguyễn Thò Lê Na Trường THCS Lương Thế Vinh
16
Sáng kiến kinh nghiệm Năm học 2011- 2012
2. Hội đồng khoa học phòng Giáo dục và Đào tạo:
Giáo viên: Nguyễn Thò Lê Na Trường THCS Lương Thế Vinh
17
Sáng kiến kinh nghiệm Năm học 2011- 2012
3. Hội đồng khoa học cấp Sở:
Giáo viên: Nguyễn Thò Lê Na Trường THCS Lương Thế Vinh
18
Sáng kiến kinh nghiệm Năm học 2011- 2012
MỤC LỤC:
Giáo viên: Nguyễn Thò Lê Na Trường THCS Lương Thế Vinh
19
Sáng kiến kinh nghiệm Năm học 2011- 2012
Tên mục Trang
A. MỞ ĐẦU Trang 1
I. ĐẶT VẤN ĐỀ Trang 1

II. MỤC ĐÍCH CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Trang 1
III. PHẠM VI CỦA ĐỀ TÀI Trang 2
B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ Trang 2
Phần 1: CƠ SỞ LÝ THUYẾT ĐỂ KẺ ĐƯỜNG KÍNH Trang 2
Phần 2: BÀI TỐN ÁP DỤNG Trang 2
Phần 3: BÀI TẬP ÁP DỤNG Trang 14
C. BIỆN PHÁP THỰC HIỆN Trang 14
D. KẾT LUẬN Trang 15




Giáo viên: Nguyễn Thò Lê Na Trường THCS Lương Thế Vinh
20