SKKN 2010 -2011

Sáng kiến kinh nghiệm Năm học 2010-2011
KHAI THÁC VÀ PHÁT TRIỂN BÀI TOÁN HÌNH HỌC TRONG SGK
I. ĐẶT VẤN ĐỀ:
Ở trường THCS dạy toán là dạy hoạt động toán học cho học sinh,trong đó giải
toán là hình thức chủ yếu. Để rèn luyện kĩ năng giải toán cho học sinh,ngoài
việc trang bị tốt kiến thức cơ bản,người thầy giáo cũng cần giúp các em hệ thống
hoá các dạng bài tập để các em dễ nhớ,dễ vận dụng. Trong chương trình lớp9,
học sinh được làm quen với đường tròn và các bài toán liên quan đến nó.Những
bài toán này không chỉ có trong các bài kiểm tra thông thường mà còn thường
gặp trong các kì thi tuyển sinh vào lớp10 PTTH, thi chọn học sinh giỏi các cấp,
thi vào trường chuyên,lớp chọn. Khi giải xong một bài toán trong SGK nhiều
bạn coi như là xong việc thì thật là đáng tiếc vì các bạn đã bỏ lỡ cơ hội rèn luyện
và khám phá tri thức cho mình.Bao giờ các bạn cũng tự đặt cho mình câu hỏi:
“ Có thể khai thác và phát triển bài toán này theo nhiều hướng khác nhau được
không ? ”. Khi đó các bạn sẽ thấy được nhiều điều thú vị và bổ ích.Chẳng hạn
chúng ta “ Khai thác và phát triển bài toán 39 tr.123 SGK toán 9 tập 1”.Sau đây
là một vài kinh nghiệm nhỏ mà tôi tích luỹ được trong quá trình dạy toán và giải
toán,xin trao đổi cùng các bạn đồng nghiệp.
II. NỘI DUNG.
Bài toán 1:( Bài 39.tr.123 SGK)
Cho hai đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc ngoài tại A.Kẻ tiếp tuyến chung ngoài
BC.B
∈
(O),C
∈
(O’),tiếp tuyến chung trong tại A cắt tiếp tuyến chung ngoài BC
tại I.
a ) CMR:
·
90BAC =
o

b) Tính số đo:
·
'OIO
c) Tính độ dài BC,biết: OA= 9cm,O’A= 4cm.
Lời giải.
a) Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau
ta có:
;
2
BC
IA IB IB IC IA IB IC= = ⇒ = = =
ABC
⇒ ∆
vuông tại A (vì có trung tuyến
2
BC
AI =
)
·
90BAC⇒ =
o
b) Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau ta có:
OI là phân giác
·
BIA
,O’I là phân giác
·
AIC
mà
·

BIA
và
·
AIC
là hai góc kề bù.
·
' 90OIO⇒ =
o
c) Ta có:
'OIO
∆
vuông tại I có IA là đường cao. Theo hệ thức lượng trong tam
giác vuông ta có:
2 2 2
. ' 9.4 36 6 6 2. 2.6 12 .IA OAOA IA IA cm BC IA cm= ⇒ = = = ⇒ = ⇒ = = =
KHAI THÁC VÀ PHÁT TRIỂN BÀI TOÁN
Nhận xét1: Việc giải bài toán1 coi như xong,ta thử đặt vấn đề: “ Nếu hai đường
tròn cho trước (O) và (O’) không tiếp xúc ngoài với nhau tại A mà hai đường
tròn đó ở ngoài nhau ,ta đi thiết lập bài toán tương tự khi đó ta còn có được
những kết luận đã được chứng minh như ở trên không? ”Ta có bài toán khác:
Bài toán2: Cho hai đường tròn (O) và (O’) ở ngoài nhau.Kẻ tiếp tuyến chung
ngoài BC.B
∈
(O),C
∈
(O’), đương nối tâm OO’ cắt các đường tròn (O) và (O’)
tại các điểm D và E. Các đường thẳng BD và CE cắt nhau tại A.
Nguyễn Thành Chung Trường THCS Kỳ Ninh
1
Sáng kiến kinh nghiệm Năm học 2010-2011

Gọi I là trung điểm của BC. Chứng minh rằng:
a)
·
90BAC =
o
b) AD.AB = AE.AC.
c) Tứ giác BCED nội tiếp.
d)
OO'IA
⊥
Lời giải.
a) Theo tính chất của góc giữa tiếp
tuyến và dây cung ta có:
·
µ
·
¶
1 1
1 1
; '
2 2
ABC O ACB O= =
. Mà
µ
¶
1 1
' 180O O+ =
o
( vì OB // O’C) nên
·

·
·
90 90 .ABC ACB BAC+ = ⇒ =
o o
b) Ta có:
·
·
'ABC ACO=
( Vì cùng phụ với
·
ACB
);
·
·
' 'ACO CEO=
(vì do
'EO C∆
cân
tại O’) mà
·
·
'CEO AED=
(đối đỉnh). Do đó
·
·
.AED ABC=
Vậy
ABC∆
~
( . )AED g g∆

. .
AE AD
AE AC AB AD
AB AC
⇒ = ⇒ =
(đpcm).
c) Theo câu b) ta có:
·
· ·
·
180 .AED ABC ABC DEC= ⇒ + =
o
Vậy tứ giác BCED nội
tiếp.
d) Vì
ABC
∆
vuông tại A có AI là trung tuyến nên
AI IB IC ABI
= = ⇒ ∆
cân tại I
·
·
·
·
90 OO'.ABI BAI AED IAC IA⇒ = ⇒ + = ⇒ ⊥
o
Nhận xét 2: Sau khi giải xong bài toán2 ta thử đặt vấn đề: “ Nếu hai đường tròn
cho trước (O) và (O’) cắt nhau,ta đi thiết lập bài toán tương tự khi đó ta còn kết
luận

·
90BAC =
o
như chứng minh trên nữa không ? ”. Ta có bài toán khác:
Bài toán 3: Cho hai đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại hai điểm M,N .Kẻ tiếp
tuyến chung ngoài BC.B
∈
(O),C
∈
(O’). Đường nối tâm OO’ cắt các đường tròn
(O) và (O’) tại các điểm D và E .Các đường thẳng BD và CE cắt nhau tại A.
Chứng minh rằng:
a)
·
90BAC =
o
b) Tứ giác BCDE nội tiếp.
c)AB.AD = AC.AE.
Lời giải.
a) Theo tính chất về góc giữa tiếp tuyến
và dây cung ta có:
·
µ
·
¶
1 1
1 1
; ' .
2 2
DBC O ECB O= =

Mà
µ
¶
1 1
' 180O O+ =
o
(vì OB // O’C)
·
·
·
90 90 .DBC ECB BAC⇒ + = ⇒ =
o o
b) Ta có:
·
·
'DBC O CE=
(vì cùng phụ với
·
BCE
).mà
·
·
' 'O CE O EC=
(do
'EO C∆
cân
tại O’)
· ·
DEC DBC⇒ = ⇒
tứ giác BCDE nội tiếp được (vì

· ·
&DEC DBC
cùng nhìn
DC dưới một góc bằng nhau).
c) Ta có:
AED∆

ABC∆
(g.g)
. .
AE AD
AE AC AB AD
AB AC
⇒ = ⇒ =
( đpcm)
Nhận xét 3: Đến đây ta có thể đặt vấn đề tiếp: “ Nếu hai đường tròn cho trước
(O) và (O’) đựng nhau hoặc tiếp xúc trong với nhau ta có thiết lập được bài toán
tương tự không ? Khi đó có tồn tại lời giải không ? ”.
Nguyễn Thành Chung Trường THCS Kỳ Ninh
2
s
Sáng kiến kinh nghiệm Năm học 2010-2011
Nhận xét 4: Ta thấy các bài toán 1,2,3 đều liên quan đến tiếp tuyến chung ngoài
BC và góc
·
90BAC =
o
,nên ta có:
- Nếu (O) và (O’) đựng nhau thì không còn tồn tại tiếp tuyến chung BC nên
không tồn tại lời giải bài toán.

- Nếu (O) và (O’) tiếp xúc trong thì khi đó B và C trùng A do đó không tồn tại
·
90BAC =
o
nên không tồn tại lời giải bài toán.
• Trên đây là cách khai thác bài toán 1 theo hướng thay đổi vị trí tương đối
của hai đường tròn tức là thay đổi giả thiết của bài toán và ta vẫn có kết
luận
·
90BAC =
o
. Bây giờ ta sẽ khai thác bài toán1 theo một hướng khác đó
là “ tìm bài toán đảo” hoặc “vẫn giữ nguyên giả thiết của bài toán và thiết
lập những bài toán có kết luận khác ”.Sau đây tôi xin giới thiệu một số bài
toán.
Bài toán 4: (Bài toán đảo). Cho
ABC∆
vuông tại A.Vẽ đường tròn tâm (O) đi
qua A và tiếp xúc với BC tại B,vẽ đường tròn tâm (O’) đi qua A và tiếp xúc với
BC tại C. Chứng minh rằng:
a) (O) và (O’) tiếp xúc nhau tại A.
b) Trung tuyến AM của
ABC∆
là tiếp tuyến chung của hai đường tròn tại A.
Lời giải.
a) Các
& 'AOB AO C∆ ∆
là các tam giác cân
Nên:
·

·
AOB OBA=
và
·
·
' 'O AC O CA=
Tacó:
·
·
·
·
90 & ' 90OBA ABC O CA ACB+ = + =
o o
·
·
' 90O AC BAO⇒ + =
o
.
Do đó:
·
·
·
' 180O AC CAB BAO+ + =
o
⇒
ba điểm O,A,O’ thẳng hàng và
OO’ = OA + O’A.Vậy (O) tiếp xúc với (O’)
tại A.
b) AM là trung tuyến thuộc cạnh huyền BC
của

ABC∆
vuông tại A nên MA = MC.
∆
MO’A =
∆
MO’C (c.c.c) nên
·
·
' ' 90 OO'MAO MCO AM= = ⇒ ⊥
o
tại A nên AM là tiếp tuyến chung của (O) và
(O’).
Bài toán 5: Cho hai đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc ngoài tại A.Kẻ tiếp tuyến
chung BC.B
∈
(O),C
∈
(O’). Tiếp tuyến chung trong tại A cắt tiếp tuyến chung
ngoài BC tại I.Gọi D là giao điểm của CA với đường tròn tâm O (D
≠
A). Chứng
minh rằng:
a) Ba điểm B,O,D thẳng hàng.
Nguyễn Thành Chung Trường THCS Kỳ Ninh
3
Sáng kiến kinh nghiệm Năm học 2010-2011
b) BC là tiếp tuyến đường tròn đường kính OO’
c) OO’ là tiếp tuyến đường tròn đường kính BC.
Lời giải.
a) Các tam giác cân O’AC và OAD có hai góc ở đáy bằng nhau nên hai góc ở

đỉnh bằng nhau
⇒
OD // O’C. Ta lại có: OB // O’C (vì cùng vuông góc với BC).
Vậy theo tiên đề Ơclit thì B,O,D thẳng hàng.
b) Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau,ta có:
OI là tia phân giác
·
BIA
,O’I là tia phân giác
·
AIC
.Mà
·
BIA
kề bù với
·
AIC
·
' 90OIO⇒ =
o
'OIO⇒ ∆
nội tiếp đường tròn đường kính OO’.Ta có:IB = IC =IA.
Gọi J là trung điểm của OO’ thì IJ là đường trung bình của hình thang O’CBO.
Mà
OB BC IJ BC BC⊥ ⇒ ⊥ ⇒
là tiếp tuyến của đường tròn đường kính OO’.
c)
ABC
∆
vuông tại A có AI là trung tuyến

2
BC
AI ABC= ⇒ ∆
nội tiếp đường tròn
đường kính BC vì
'AI OO⊥
nên OO’ là tiếp tuyến đường tròn tâm I bán kính IA.
Bài toán 6: Cho hai đương tròn (O) và (O’) tiếp xúc ngoài tại A.Kẻ tiếp tuyến
chung ngoài BC. B
∈
(O),C
∈
(O’).Tiếp tuyến chung trong tại A cắt tiếp tuyến
chung ngoài BC tại I. Đường thẳng OO’ cắt hai đường tròn (O) và (O’) lần lượt
ở D và E(D và E khác A). Đường thẳng BA cắt (O’) ở K. CMR:
a) I là trung điểm của BC và
BAC∆
vuông tại A.
b) Tứ giác DBCE nội tiếp đường tròn.
c) Đường thẳng đi qua K và vuông góc với đường thẳng OB là tiếp tuyến
của (O’).
Lời giải.
a) Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau
ta có: IA = IB;IA = IC
2
BC
IA IB IC ABC⇒ = = = ⇒ ∆
vuông tại A
(vì có trung tuyến
2

BC
AI =
)
b) Ta có:
· ·
1
2
BDA BOA=
(t/c góc nội tiếp) (1)
·
·
1
ECx '
2
CO E=
(t/c góc giữa tiếp tuyến và dây cung) (2).
Mặt khác, ta có:OB
⊥
BC,O’C
⊥
BC
⇒
OB // O’C
⇒
·
·
' .CO E BOA=
(3).
Từ (1),(2),(3) ta có:
·

·
·
·
ECx 180BDA BDA BCE= ⇒ + =
o
. Vậy tứ giác DBCE nội tiếp
đường tròn.
Nguyễn Thành Chung Trường THCS Kỳ Ninh
4
Sáng kiến kinh nghiệm Năm học 2010-2011
c) Ta có:
·
90CAK =
o
(kề bù với
·
BAC
)
⇒
·
CAK
là góc nội tiếp chắn nữa đường tròn.
⇒
CK là đường kính
⇒
CK // OB. Gọi d là đường thẳng đi qua K và d
⊥
OB
⇒
d

⊥
CK.Do đó d là tiếp tuyến của đường tròn (O’).
Bài toán 7: Cho hai đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc ngoài tại A.Kẻ tiếp tuyến
chung ngoài BC. B
∈
(O),C
∈
(O’).Tiếp tuyến chung trong tại A cắt tiếp tuyến
chung ngoài BC tại I.
a) Tính độ dài BC,biết OA = R,O’A = r.
b) Tính độ dài OI và O’I theo R,r.
c) Tính các cạnh của
ABC
∆
theo R,r.
Lời giải.
a) Ta có:
·
90BAC =
o
và
·
' 90OIO =
o
(theo bài 1)
Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông,
Ta có:
2
. ' . .IA OAOA R r IA R r= = ⇒ =

Mà
2. 2. .BC IA R r= =
b)Ta có:
2 2 2 2
. ( )OI IA OA R r R R R r= + = + = +
( )OI R R r⇒ = +
2 2 2 2
' ' . ( )O I IA O A R r r r R r= + = + = +
' ( )O I r R r= +
.
c) Gọi D là giao điểm của CA với (O);(D
≠
A).Theo bài 5a) ta có: B,O,D thẳng
hàng.Xét
CBD∆
vuông tại B,ta có:
2 .BC R r=
; BD = 2R.
Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:
2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 2
4 4 4 .
R r R r
AB
AB BD BC R Rr R r
R r
+
= + = + = ⇒ =
+
. Tương tự ta có:

2r R
AC
R r
=
+
.
Vậy các cạnh của
ABC
∆
là:
2 2
; ; 2
R r r R
AB AC BC Rr
R r R r
= = =
+ +
.
Bài toán 8:Cho hai đường tròn (O;R) và (O’;r),(R >r) tiếp xúc ngoài tại A.
Đường thẳng OO’ cắt (O) ở D,cắt(O’) ở E.Tiếp tuyến chung ngoài BC.B
∈
(O), C
∈
(O’)cắt đường thẳng OO’ tại H,tiếp tuyến chung trong tại A cắt BC tại I.
a) Chứng minh:
OIO'& BAC
∆ ∆
là các tam giác vuông.
b) Chứng minh:
2 .BC R r=

c) Tia BA cắt (O’) tại B’,tia CA cắt (O) tại C’.Chứng minh 3 điểm B,O,C’
và B’,O’,C thẳng hàng.
d) Tính độ dài AI, BC, OI, O’I ,OH, O’H theo R và r
Lời giải.
a) Theo kết quả bài1 ta có:
ABC
∆
vuông tại A và
'OIO
∆
vuông tại I.
b) Ta có:
2 .BC R r=
(theo bài 7)
c)
·
·
'& 'BAC B AC
là các góc vuông nên BC’ và B’C là các đường kính của (O)
và (O’),do đó ta có: B,O,C’ và B’,O,C thẳng hàng. Các tam giác C’BC và
BCB’ vuông tại B và C nên ta có: C’C
2
= BC
2
+C’B
2
= 4R.r +4R
2
B’B
2

= BC
2
+B’C
2
=4R.r +4r
2

⇒
C’C
2
+B’B
2
= 4R
2
+8R.r +4r
2
= (2R +2r)
2

= DE
2
. Vậy DE
2
=C’C
2
+B’B
2
.
d) Ta có:
2 .BC R r=

;
.IA R r=
;
.OO' .( )OI OA R R r= = +
và
Nguyễn Thành Chung Trường THCS Kỳ Ninh
5
Sáng kiến kinh nghiệm Năm học 2010-2011
' ' . ' ( )O I O AO O r R r= = +
.
'HO C∆
~
HOB∆
(g.g) nên
' '
OH OB
O H O C
=
hay
( ) ( )
; '
' '
OH OB R R r r R r
OH O H
OH O H OB O C R r R r
+ +
= ⇒ = =
− − − −
Bài toán 9: Cho hai đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc ngoài tại A.(R>r).Tiếp
tuyến chung ngoài BC.B

∈
(O),C
∈
(O’),tiếp tuyến chung trong tại A cắt tiếp
tuyến chung ngoài tại I.Gọi S là tâm của đường tròn tiếp xúc với (O),(O’) và
BC. Tính bán kính của (S) theo R và r.
Lời giải.
Gọi M là tiếp điểm của đường tròn
(S;x) với BC.Xét hai trường hợp:
+ TH1: Điểm M thuộc đoạn thẳng BC.
Theo bài 7,ta có:
2 . ; 2 . ; 2 .BC R r BM R x CM r x= = =
Mà BC = BM +MC
2 . 2 . 2 .R r R x r x⇒ = +
2
. . .
.
.( ) . .
( )
R r R x r x
R r
x R r R r x
R r
⇒ = +
⇒ + = ⇒ =
+
+ TH 2: Điểm M thuộc tia đối của tia CB.( Điểm M ở vị trí của M’ trên hình vẽ )
Khi đó ta có: BC = M’B – M’C
2
.

2 . 2 ( )
( )
R r
R r x R r x
R r
⇒ = − ⇒ =
−
.
( với R > r).
III. KẾT LUẬN. Từ việc “ Khai thác và phát triển bài toán hình học trong SGK
toán 9” chỉ là một ví dụ nhỏ nhằm rèn luyện cho học sinh tư duy sáng tạo và tư
tưởng tấn công trong học tập môn Toán. Ý tưởng “ dạy học phát huy tính tích
cực sáng tạo của học sinh” đã có từ lâu.Cái mới ở đây là : “Từ những bài toán
không mới (đối với giáo viên),nếu người dạy biết sắp xếp chúng theo một hệ
thống nhất định có thể giúp học sinh tiếp thu bài nhanh hơn,vững vàng hơn.
Người dạy cần tạo cho học sinh thói quen không chỉ dừng lại ở kết quả vừa tìm
được mà phải phân tích,khai thác nó để có những kết quả mới.Thông qua việc
hướng dẫn học sinh tìm tòi,sáng tạo các bài toán mới từ những bài toán đã học,
đã gặp giúp học sinh tự tin hơn trong giải toán,nhờ đó mà học sinh phát huy
Nguyễn Thành Chung Trường THCS Kỳ Ninh
6
Sáng kiến kinh nghiệm Năm học 2010-2011
được tư duy và nâng cao năng lực sáng tạo,bước đầu hình thành cho học sinh
niềm say mê nghiên cứu khoa học. Như GS.TS Nguyễn Cảnh Toàn có nói:
“ Còn hơn cả khoa học cơ bản,khoa học sư phạm là sản phẩm được chiết xuất
từ khoa học cơ bản ở trình độ cao”.
Để gây hứng thú và niềm say mê nghiên cứu khoa học cho học sinh,trước hết
người thầy giáo phải nêu cao tấm gương tự học,tự nghiên cứu nhằm nâng cao
trình độ chuyên môn nghiệp vụ của mình. Trên đây là một vài kinh nghiệm nhỏ
mà tôi tích luỹ được trong quá trình hướng dẫn học sinh giải toán,xin trao đổi và

rất mong sự góp ý của các bạn. Xin cảm ơn.
Ngày 15/4/2011
Nguyễn Thành Chung Trường THCS Kỳ Ninh
7