SKKN Khai thác từ một bài toán Hình học 9 (bài tập 30 SGK toán 9, tập 1)

I. T VN
Hỡnh hc l mt mụn hc rt quan trng trong vic rốn luyn tớnh lụgic, t
duy sỏng to, giỳp hc sinh khụng nhng hc tt mụn Toỏn m cũn cú th hc tt
cỏc mụn hc khỏc. Vy lm th no hc sinh nm chc kin thc c bn, bit
cỏch phỏt trin bi toỏn v ch ng trong hc tp cỏc em luụn cú th t hc v
t sỏng to? Ngoi vic rốn luyn k nng gii tng dng toỏn, tỡm nhiu cỏch
gii cho mt bi toỏnthỡ vic khai thỏc phỏt trin bi toỏn cng ht sc cn
thit. Nhng khai thỏc nh th no? Khai thỏc mc no? ú mi l iu
chỳng ta cn tp trung suy ngh.
Vi mc tiờu ú bn thõn xin c trao i mt kinh nghim nh thụng
qua:
Khai thác từ một bài toán Hình học trong sách
giáo khoa Toán 9 - tập 1. Bài toán 30. trang 116
II. GII QUYT VN
1. C s lý lun
nh hng v i mi phng phỏp dy hc hin nay l phi phỏt huy tớnh
tớch cc, t giỏc, ch ng, t duy sỏng to ca ngi hc, bi dng nng lc t
hc, lũng say mờ hc tp. Lm cho cỏc em c tỡm tũi, khỏm phỏ, phỏt hin,
luyn tp, khai thỏc v x lý thụng tin, em li nim vui, hng thỳ
Vi vic dy hc mụn Toỏn bc THCS, ngi giỏo viờn cn hỡnh thnh
v rốn luyn cho cỏc em kh nng quan sỏt, d oỏn, suy lun hp lý v hp
lụgic, phỏt trin trớ tng tng, bi dng phm cht t duy linh hot v sỏng
to giỳp hc sinh hc mt, bit mi khc phc tỡnh trng thy cõy m
chng thy rng.
lm c iu ú ũi hi vo s linh hot, sỏng to ca giỏo viờn trong
cỏch dy, cỏch khai thỏc bi toỏn.
2. C s thc tin
a. Thun li:
1
Nội dung ở sách giáo khoa được biên soạn khá công phu, hệ thống kiến
thức trình bày khoa học, phù hợp với đối tượng học sinh. Đặc biệt hệ thống bài

tập phong phú và có nhiều bài tập được viết dưới dạng mở, tạo điều kiện thuận lợi
để học sinh và giáo viên khai thác, tìm tòi thêm các bài toán mới nhằm phát huy
sự sáng tạo trong giảng dạy và học tập.
b. Khó khăn:
Bên cạnh đó thực tế giảng dạy chương trình Toán 9 nói riêng và Toán bậc
THCS nói chung, cho thấy: Đa số học sinh chưa hứng thú khi học Hình học. Bởi
vì:
- Học sinh còn thiếu phương pháp, thiếu tư duy trong giải toán. Có những
bài toán rất đơn giản nhưng các em cũng không nhìn ra vấn đề nên không giải
được.
- Yếu về kỹ năng phân tích đa chiều một bài toán.
- Chưa biết khai thác và tổng quát hóa bài toán đã cho.
Vậy làm thế nào để cuốn hút các em với môn học này? Câu hỏi đó là động
lực luôn thôi thúc tôi cần phải sáng tạo, làm mới mình khi giảng dạy đặc biệt là
phân môn Hình học. Chính vì lẽ đó mà đề tài được ra đời sau nhiều năm trải
nghiệm trong giảng dạy và đúc rút kinh nghiệm của bản thân.
3. Hiệu quả của đề tài
Trước khi chưa áp dụng đề tài vào giảng dạy tôi nhận thấy đa số học sinh
còn bộc lộ hạn chế ở một số mặt sau:
- Yếu về khả năng phân tích bài toán để tìm lời giải.
- Khả năng vận dụng kiến thức vào giải một bài toán còn hạn chế.
- Sự hứng thú, tính tích cực của học sinh với môn Hình học chưa cao.
- Chưa có thói quen khai thác bài toán đã giải .
Sau khi áp dụng đề tài nhìn chung học sinh nắm vững kiến thức cơ bản,
trình bày và lập luận chặt chẽ, chủ động và sáng tạo trong cách nhìn nhận bài
toán, nhiều em đã có phương pháp tự học tốt, từ đó các em biết cách khai thác bài
toán (ở nhiều khía cạnh khác nhau) và tự tin hơn khi học Hình học, nên có nhiều
em đã tiến bộ vượt bậc như em Thắng, em Tâm, em Giang, em Chức, em Toàn,
2
em Yn, em Tho, em Hong, em V, em Qunh Anh, em Thỳy Hng, t kt

qu cao trong cỏc k thi HSG v thi vo THPT, nh em inh Vn Tỏ, em Nguyn
Th Lnh, em Trn Vn Lc, em Lờ Tin t, em Lờ Th Thỳy Nga, em Nguyn
Vit H, em V Th Ngc H, em Nguyn Th Thu Hiu
Kt qu c th:
T l %
Thi gian
Gii Khỏ
Trung
bỡnh
Yu,
kộm
Nm hc
2009-2010
Trc khi ỏp dng
ti
3 % 30 % 20 % 47 %
Sau khi ỏp dng
ti
10 % 54 % 30 % 6 %
Nm hc
2010-2011
Trc khi ỏp dng
ti
0 20 % 25 % 55 %
Sau khi ỏp dng
ti
10 % 45 % 35 % 10 %

4. Phm vi v i tng ỏp dng ti
- ti ỏp dng c cho tt c cỏc i tng hc sinh lp9.

- ti cú th dựng trong cỏc tit dy chớnh khúa, ụn tp cng c v nõng
cao kin thc c bit l ụn thi vo cỏc trng THPT.
5. Ni dung c th ca ti
ti l s khai thỏc t bi tp 30 (trang 116. . SGK Toỏn 9 - Tp 1. NXB
GD nm 2006), vi nhiu khớa cnh lnh vc kin thc, trờn c s xõy dng bng
nhiu cõu hi khú, m rng v nõng cao, phỏt trin thnh nhng bi toỏn mi phự
hp vi tt c cỏc i tng hc sinh lp 9. H thng cõu hi c a ra t d v
c bn n khú v m rng, hn na li c trỡnh by theo mch lụgic ca kin
thc. Sau õy tụi xin c trỡnh by ni dung ca ti:
Khai thác từ một bài toán Hình học trong sách
giáo khoa Toán 9 - tập 1. Bài toán 30. trang 116.
Bi toỏn 1: (Bi tp 30 - trang 116. SGK Toỏn 9 - Tp 1. NXB GD nm
2006)
3
Cho nửa đường tròn tâm O có đường kính AB. Gọi Ax, By là các tia
vuông góc với AB (Ax, By và nửa đường tròn thuộc cùng một nửa mặt phẳng
bờ AB). Qua điểm M thuộc nửa đường tròn (M khác A và B), kẻ tiếp tuyến
với nửa đường tròn, cắt Ax và By theo thứ tự ở C và D. Chứng minh rằng:
1.
·
DCO
=90
o
2. CD = AC + BD
3. Tích AC.BD không đổi khi điểm M di chuyển trên nửa đường tròn.
* Hướng dẫn cách giải:
1. Áp dụng tính chất hai tiếp tuyến cùng
xuất phát từ điểm C và điểm D để chứng
minh
µ

C
1
+
µ
D
1
= 90
o
. Suy ra
·
COD
= 90
o
.
2. Cũng áp dụng tính chất hai tiếp tuyến
cùng xuất phát từ điểm C và điểm D để
chứng minh CA=CM; B=DM.
Suy ra AC + BD = CD
3. Chứng minh
∆
COD vuông tại O, đường cao OM.
Suy ra MC.MD = OM
2
mà MC = AC; MD = BD; OM=R
Do đó AC.BD=R
2
không đổi
Giải:
1. Áp dụng tính chất hai tiếp tuyến cùng xuất phát từ điểm C, ta có:
µ

¶
µ
¶
1 2 1 2
;C C O O= =
Áp dụng tính chất hai tiếp tuyến cùng xuất phát từ điểm D, ta có
¶
¶
¶
¶
1 2 3 4
;D D O O= =
Do đó:
µ
¶ ¶
¶
1 4 2 3
O O O O+ = +
=
0
180
2
=90
0
. Hay
·
0
D 90CO =
2. Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: CA = CM và DB =DM.
Nên CD = CM + MD = CA + DB

3. Theo câu 1,
·
0
D 90CO =
, hay tam giác COD vuông tại O.
Mặt khác:
DOM C
⊥
(tính chất tiếp tuyến).
Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vuông COD, ta có:
4
1
1
1
2
2
2
3
4
2 2
. D. Hay . D ROM AC A AC A= =
không đổi
* Đối với học sinh trung bình ta có thể khai thác bài toán bằng các
câu hỏi sau.
4. Chứng minh
∆
COD và
∆
AMB đồng dạng với nhau ?
Gợi ý: Ta có:

µ
C
1
=
µ
C
2
;
º
D
1
=
º
D
2

⇒

∆
COD ∼
∆
AMB (g.g)
5. Khi
∆
COD ∼
∆
AMB ta nghỉ đến tỉ số diện tích các tam giác đó nên có thêm
câu hỏi: Tính tỉ số
DCO
AMB

S
S
khi AC =
2
R
?
Gợi ý : Theo cách chứng minh ở câu 3, ta có OM
2
= MC. MD hay MC. MD = R
2
mµ
MC = AC =
2
R

=> MD =
2
OM
MC
= R
2
:
2
R
= 2R
=> CD = CM + DM =
2
R
+ 2R =
5

2
R
Theo trªn ∆COD ∼ ∆ AMB =>
CD
AB
=
5
2
R
: 2R =
5
4
= k (k lµ tØ sè ®ång d¹ng).
Vì tỉ số diện tích giữa hai tam giác đồng dạng bằng bình phương tỉ số đồng dạng,
nên ta có:

COD
AMB
S
S
= k
2
=>
COD
AMB
S
S
=
2
5 25

4 16
 
=
 ÷
 
6. Gọi K là giao điểm của AD và BC hãy chứng minh MK
⊥
AB
Gợi ý:
Ta có AC//BD (gt)
Áp dụng hệ quả của định lý
Thalets vào tam giác AKC, ta có:
KD KB DB
KA KC AC
= =
(1)

AC, CM là tiếp tuyến của nửa (O) nên CM = CA (2) ,
tương tự ta có DB = DM (3)
5
Từ (1), (2), (3) ta có:
/ /
KD MD
MK AC
KA MC
= ⇒
( Theo định lý Thalets đảo)
MK AB
⇒ ⊥
7. Sau khi chứng minh được

MK AB⊥
, hãy chứng minh
CD.KM = CM.BD.
Gợi ý:
MK AB⊥
hay MK // AC, dễ thấy ∆CKM ∼ ∆ CBD
suy ra
CD DB
CM MK
= ⇒
CD.KM = CM.BD.
8. Giả sử MK
⊥
AB tại H, hãy so sánh MK và KH ?
Gợi ý: Gọi I là giao điểm của BM và Ax. Ta có:
CA = CM
⇒

·
CMA
=
·
CMA

⇒

·
CIM
=
·

CMI

⇒
CI = CM = CA
Do MH // IA, áp dụng định lý Thales ta có:
MK
CI
=
BK
BC
=
KH
CA
mà CI=CA
⇒
MK = KH
9. Từ giả thiết của bài toán nghĩ ngay đến tứ giác nội tiếp do đó có thêm câu
hỏi chứng minh các tứ giác CMOA; DMOB nội tiếp đường tròn.
10. Thêm giả thiết OC cắt AM tại E và OD cắt BM tại F. Hãy xác định tâm
của đường tròn đi qua 4 điểm O;E;M;F
Gợi ý: Chứng minh tứ giác OEOF là hình chữ nhật nên tâm của đường tròn đi
qua 4 điểm O;E;M;F chính là giao điểm của OM và EF
* Thật là sáng tạo nếu từ kết quả chứng minh ở câu 10, ta có thể
khai thác thêm các câu hỏi về quỹ tích dành cho đối tượng học sinh khá,
giỏi như sau:
11 a. Gọi P là tâm đường tròn đi qua 4 điểm O; E; M; F. Hãy tìm quỹ tích của
điểm P, khi M chạy trên nủa đường tròn tâm O, đường kính AB.
6
Gợi ý: Từ kết quả của câu 10, ta có:
PO =

1
2
OM =
2
R
. Do điểm O cố định,
PO =
2
R
không đổi nên quỹ tích của P
là nửa đường tròn đồng tâm với (O)
có bán kính bằng nửa bán kính của
(O)
11 b. Gọi N là trung điểm của CD. Tìm quỹ tích điểm N khi M di chuyển trên
nửa đường tròn tâm O, đường kính AB (M không trùng với A và B).
Gợi ý:
Vì ON là đường trung bình của hình
thang ACDB nên ON // Ax // By. Do
đó N thuộc tia Ot song song và cách
đều hai tia Ax và By. Gọi M
’
là giao
điểm của tia Ot và nửa đường tròn. Nếu
' '
M M thì N M≡ ≡

Do đó quỹ tích của điểm N là tia M
’
t
* Từ bài toán gốc có thể liên tưởng đến bài toán cực trị không? Đối

với bài này ta có thể khai thác được bởi các câu hỏi.
12 a. Xác định vị trí của M để chu vi tứ giác ACDB đạt giá trị nhỏ nhất?
Gợi ý:
Chu vi tứ giác ACDB = AB +AC + CD + DB
Mà AC + BD = CD nên suy ra chu vi của tứ giác ACDB = AB + 2CD.
Do AB không đổi nên chu vi tứ giác ACDB nhỏ nhất khi CD nhỏ nhất.
CD nhỏ nhất
⇔
CD
⊥
Ax và CD
⊥
By, khi đó CD // AB.
Suy ra M là điểm chính giữa của cung AB
12b. Xác định vị trí của M để diện tích tứ giác ACDB đạt giá trị nhỏ nhất?
7
Gợi ý:
Tứ giác ACDB là hình thang, có diện tích là: S =
1
2
(AC + BD) .AB
S nhỏ nhất
⇔
(AC + BD ) nhỏ nhất: Mà AC + BD = CD (câu 2)
Vậy CD nhỏ nhất
⇔
CD // AB. Khi đó M là điểm chính giữa của cung AB
* Cũng có thể khai thác bài toán gốc theo hướng khó hơn:
13 a. Biết
·

MAB
= 60
O
. Tính diện tích
BMD∆
theo R.
Gợi ý:
DM = DB
⇒

∆
DMB cân
Do
·
DMB
=
·
MAB
= 60
o
nên
DMB∆
đều
Gọi F là giao điểm của OD với MB thì DF
⊥
MB và DF =
3
2
BM
;

DM B
S
=
1
2
BM.DF =
2
. 3
4
BM
∆
MAB vuông có AM=R; AB=2R nên MB
2
= AB
2
– AM
2
= 4R
2
– R
2
= 3R
2

⇒
MB = R
3
⇒

MBD

S
=
2
( 3) . 3
4
R
=
2
3 3
4
R
(đvđt)
* Nếu gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp
∆
COD ta có câu hỏi nâng
cao hơn nữa như sau:
13 b. Chứng minh
1
3
<
r
R
<
1
2
Gợi ý:
Để chứng minh câu hỏi này, ta sẽ áp dụng bổ đề sau
“Trong tam giác vuông cạnh huyền là a, cạnh góc vuông là b và c, đường cao h,
bán kính đường tròn nội tiếp là r thì ah = r (a+b+c) = 2S”
Khi đó áp dụng vào tam giác COD vuông tại O, ta có

CD.OM = r (OC + OD + CD)
⇒
CD . R = r (OC + OD + CD)
⇒

r
R
=
D
D D
C
OC O C+ +
.
Mà OC + OD > CD (quan hệ giữa ba cạnh trong trong tam giác)
8
nên
r
R
=
D
D
C
OC OD C+ +
<
D
2 D
C
C
=
1

2
Mặt khác: OC + OD + CD < 3CD
⇒

r
R
=
D+ D
CD
OC O C+
>
D
3 D
C
C
=
1
3
Do đó:
1
3
<
r
R
<
1
2
Không chỉ dừng lại ở trên mà bài toán còn có thể mở rộng theo góc
nhìn khác, chẳng hạn ta thấy
·

0
E 90A O =
;
·
0
OF 90B =
nên điểm E thuộc nửa
đường tròn đường kính AO; F thuộc nửa đường tròn đường kính OB. Từ
đó ta có được bài toán sau:
Bài tập 2: Cho hai đường tròn (O) và (O
’
) tiếp xúc ngoài tại A. BC là
tiếp tuyến chung ngoài với
'
( ); ( )B O C O∈ ∈
. Tiếp tuyến chung trong tại A cắt
BC ở M. Gọi E là giao điểm của OM và AB; F là giao điểm của O
’
M và AC.
Chứng minh:
1. Tứ giác AEMF là hình chữ nhật.
2. ME . MO = MF . MO
’
3. OO
’
là tiếp tuyến chung của đường tròn đường kính BC
4. BC là tiếp tuyến của đường tròn, đường kính OO
’
(BT 42– trang 128. SGK Toán 9 - Tập 1.)
Giải:

1. Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có:
MO là phân giác của góc BMA
MO
’
là phân giác của góc CMA
Mà
· ·
và BMA CMA
là hai góc kề bù
nên
·
'
OMO 90
o
=
(1)
Mặt khác ta có
BMA∆
cân tại M có ME là phân giác của BMA
·
ME BA hay A = 90
o
ME⇒ ⊥
(2)
9
Tương tự
·
A = 90
o
MF

(3)
Từ (1); (2); (3) ta có:
·
· ·
EMF = A = A = 90
o
ME MF
Suy ra tứ giác AEMF là hình chữ nhật
2.
MAO
∆
vuông tại A có AE
⊥
MO
2
MA = ME . MO⇒
'
MAO∆
vuông tại A có AF
⊥
MO
’

2 '
MA = MF . MO⇒
Do đó: ME . MO = MF . MO
’
3. Vì MB = MC = MA (C/m trên)
Nên đường tròn đường kính BC có tâm là M đi
qua A. Mà OO

’

MA ⊥
tại A
∈
(M)
'
OO⇒
là tiếp tuyến của đường tròn đường
kính BC
4.
·
'
OMO
= 90
o
nên M thuộc đường tròn có tâm
1
O
đường kính OO
’
Hình thang OBCO
’
có MO
1
là đường trung bình, nên MO
1
//OB mà
OB BC ⊥
, suy ra

1
OBC M⊥
Do đó BC là tiếp tuyến của đường tròn tâm O
1
đường kính OO
’
* Từ bài toán trên ta có thể khai thác tiếp như sau:
5. Kéo dài BA cắt (O
’
) tại P; kéo dài CA cắt (O) tại Q. Chứng minh B,O,Q
thẳng hàng; C, O
’
, P thẳng hàng
Gợi ý:
Từ kết quả câu 1, ta có AEMF là hình
chữ nhật, suy ra:
·
= 90
o
BAQ

⇒
A
thuộc đường tròn đường kính BQ
⇒
B,O,Q thẳng hàng.
Tương tự : C,O
’
, P thẳng hàng
6. Từ kết quả câu 5, ta có BQ = IA; CP = AK

Nên IK = IA+AK = BQ+CP, xuất hiện thêm câu hỏi c/m IK=BQ+CP
7. Gọi R và r lần lượt là độ dài bán kính của (O) và (O
’
)
Tính độ dài BC; BA; CA theo R và r.
10
Gợi ý:
Từ MA=MB=MC (c/m trên)
BC = 2MA
⇒
'
O MOM ⊥
(hai tia phân giác của hai góc kề bù )
Áp dụng hệ thức h
2
= b
’
c
’
vào tam giác vuông MOO
’
ta có
MA
2
= AO.AO
’
hay MA
2
= Rr
⇒

= rMA R
BC = 2MA = 2 rR⇒
Vậy
Ta có:
∆
CBD vuông tại B nên áp dụng hệ thức
2 2 2
1 1 1
=
h b c
+
Ta có:
2 2 2 2 2
1 1 1 1 1
= + = + =
D 4R 4Rr 4R
R r
BA B BC r
+

⇒
2R
BA=
r
R r
+
Tương tự ta có:
2r
=

R
CA
R r
+
* Từ kết quả
= 2 rBC R
(*)
ta có thể khai thác tiếp như sau:
8. Vẽ (O
2
;r
2
) tiếp xúc với đường thẳng BC và tiếp xúc ngoài với (O) và (O
’
).
Tính bán kính r
2
.
Gợi ý:
Gọi H là tiếp điểm của (O
2
;
r
2
) với BC
- Nếu H thuộc đoạn BC, khi đó theo (*) ta có:
2 2
= 2 r ; HC = 2 .BH R r r
2 2
BC = BH+HC 2 r = 2 r + 2R R rr⇒ ⇒

2 2 2
r = r + r r = ( + ) R R r R R r r⇔ ⇔
( )
2
2
2
r r
r =
+
+
R R
R r
R r
 
⇔ =
 ÷
 ÷
 
- Nếu H thuộc tia đối của CB (H ở vị trí H
’
trên hình vẽ).
11
= 2 rBC R
Khi đó BC = BH
’
– H
’
C
2 2
2 2

2 r = 2 r - 2 r
r = r - r
R R r
R R r
⇔
⇔
( )
2
2
2
r r
r =
-
-
R R
R r
R r
 
⇔ =
 ÷
 ÷
 
9. Qua chứng minh ở câu 8. Nếu chú ý hơn một tí, chúng ta sẽ có thêm câu
hỏi: C/m
2
1 1 1
= +
r R r
với H thuộc đoạn BC
Thật vậy, từ hệ thức

2 2
2 r 2 r + 2 rR R r=
ta có:
2 2
2
r = r + r
1 1 1
= +
R R r
r R r
⇔
10. Gọi N là giao điểm của IB và KC, dễ thấy tứ giác ABNC là hình chữ nhật.
Vậy liệu 3 điểm N, M, A có thẳng hàng không?
Gợi ý:
Vì
'
OONA ⊥
BOA
∆
cân tại O
·
·
= OBA OAB⇒
BOA∆
cân tại O
·
·
= OBA OAB⇒
Tứ giác ABNC là hình chữ nhật, suy ra
·

·
·
·
·
·
·
0
90
BAN CBA OAB BAN OBA ABC
OBC
= ⇒ + = +
= =
nên
'
OONA ⊥
tại A. Mà
'
OOMA ⊥
tại A.
Suy ra N, M, A thẳng hàng.
11. Từ tứ giác ABNC là hình chữ, ta có
·
0
90INK =
, nên N thuộc nửa đường tròn
đường kinh IK, ta có thể chứng minh rằng: AN
2
= IA.AK.
12. Nếu từ A kẻ AH
⊥

BC. Có thể chứng minh AH, O’B, OC

đồng quy tại
trung điểm của AH được không?
Gợi ý:
Gọi D là giao điểm của OC và AH. Ta có OB//O
’
C//AH (cùng vuông góc với BC)
12
- Theo định lý Thales ta có:
'
'
D
= =
r
= DH =
DH C O A
OB CO O O
DH r R
R R r R r
⇒ ⇒
+ +

Tương tự:
r
=
R
DA
R r+
Vậy DA = DH. Suy ra OC đi qua D

Tương tự O
’
B cũng đi qua D
Nên 3 đường thẳng OC, O
’
B, AH đồng quy tại D.
13. Khi đó hãy tính tỉ số diện tích giữa tứ giác BCO
’
O và tam giác NIK ?
Gợi ý:
'
' '
'
( ) ( )
= =
2 2
1 OO . 1 . 1
. = . =
2 2 2 2 2
BCO O
NIK
BO CO BC OA AO BC
BC IK AH
S
S
+ +
=
Vậy
'
1

=
2
BCO O
NIK
S
S

Vẫn không ngừng khai thác, nếu sử dụng kiến thức về độ dài đường
tròn, diện tích hình tròn, ta có thể phát triển tiếp để có những bài toán
hấp dẫn như:
14 a. Hãy chứng minh rằng độ dài nửa đường tròn đường kính IK bằng tổng
các độ dài của hai nửa đường đường kính IA và nửa đường đường kính AK .
Gợi ý:
13
Áp dụng công thức
C =
π
d (d là độ dài đường kính ) và
IA + AK = IK, khi đó ta có:
Từ IA + AK = IK, nhân hai vế với
2
π
,
ta có:
. . .
2 2 2
IA AK IK
π π π
+ =
Suy ra điều phải chứng minh

14 b. Vậy có thể tính diện tích phần giới hạn bởi ba nửa đường tròn trên được
không?
Gợi ý:
Gọi bán kính của đường tròn
đường kính IK là R
’
, ta có:
Diện tích nửa hình tròn đường
kính IK là: S
1
=
'2
2
R
π
Diện tích nửa hình tròn đường kính IA là: S
2
=
2
2
R
π
Diện tích nửa hình tròn đường kính AK là: S
3
=
2
2
r
π
Diện tích phần giới hạn đó là: S = S

1
- S
2
- S
3
=
'2
2
R
π
- (
2
2
R
π
+
2
2
r
π
).
* Từ câu hỏi 11 và câu hỏi 14 b, ta có thể nâng cao hơn nữa:
14 c.Chứng minh diện tích phần giới hạn đó với A bất kỳ trên IK bằng diện
tích hình tròn đường kính AN.
Gợi ý: Diện tích phần giới hạn là:
2 2 2 2 2 2
2 2
( ) ( ) )
8 8
.2 . = .2A =

8 8 4
IK IA AK IA AK IA AK
IA AK N AN
π π
π π π
 
− − = + − −
 
=

Vậy diện tích phần giới hạn trên bằng diện tích hình tròn đường kính AN.
14
A
O O
’
Như vậy, sau khi giải xong bài toán 1, nếu chúng ta chỉ dừng lại ở
việc giải bài toán mà không tiếp tục suy nghĩ, tìm tòi, vận dụng triệt để
các yếu tố từ hình vẽ, từ đó đặt ra những câu hỏi, những bài toán mới hay
hơn, khó hơn thì liệu việc dạy học đã đạt hiệu quả cao chưa? Vai trò của
việc tự học một lần nữa lại được chứng minh qua việc tìm tòi, sáng tạo để
khai thác xung quanh một vấn đề cụ thể. Phải chăng đó là cách chúng ta
nên dạy cho học sinh !
Các bài tập sau củng có rất nhiều hướng khai thác, các bạn hãy thử
sức nhé !
8. Bài tập đề xuất:
Bài toán 1( Bài tập 11 trang 104 SGK - Toán 9 tập 1)
Cho đường tròn (O) đường kính AB, dây CD không cắt đường kính AB.
Gọi H và K theo thứ tự là chân các đường vuông góc kẻ từ A và B đến CD.
Chứng minh rằng: CH = DK
Bài toán 2: Cho hai đường tròn (O) và (O

’
) tiếp xúc ngoài tại C. Gọi AC
và BC là hai đường kính đi qua C của O) và (O
’
). Dây chung MN của (O) vuông
góc với AB tại trung điểm P của AB. MC kéo dài cắt (O
’
) tại Q.
a. Chứng minh ba điểm B, Q, N thẳng hàng.
b. Chứng minh PQ là tia tiếp tuyến của (O
’
)
III. KẾT LUẬN
1. Kết luận
- Đề tài là sự tìm tòi nghiên cứu và sáng tạo của bản thân trong quá trình dạy học,
đáp ứng việc đổi mới phương pháp. Nhằm phát huy tính tích
cực, niềm say mê, sáng tạo của mọi đối tượng học sinh.
- Đề tài đã khai thác sâu kiến thức trọng tâm của chương trình Toán THCS
trên nhiều khía cạnh của kiến thức (đặc biệt là chương trình Toán lớp 8, lớp 9) và
khai thác bài toán ở các góc nhìn khác tạo nên những bài toán mới hấp dẫn.
- Bài toán trên chắc chắn còn nhiều hướng khai thác khác, rất mong các đồng
nghiệp tiếp tục phát triển thêm.
15
- Mặc dù bản thân đã nổ lực, cố gắng rất nhiều song không thể tránh khỏi
những thiếu sót cần bổ sung, rất mong được sự nhiệt tình góp ý từ quý thầy cô,
bạn bè để đề tài ngày càng hoàn thiện và có hiệu quả cao trong công tác giảng dạy
phân môn Hình học hơn nữa.
2. Kiến nghị
- Mỗi một Giáo viên phải xác định đúng vai trò, nhiệm vụ của mình, tích cực
nghiên cứu, tìm tòi, tâm huyết với học sinh để xứng đáng là “ tấm gương tự học

và sáng tạo”.
- Hàng năm nhà trường ngoài việc phát động phong trào viết sáng kiến kinh
nghiệm nên tổ chức đánh giá lại những sáng kiến kinh nghiệm có ứng dụng thiết
thực trong công tác giảng dạy và động viên, khích lệ một cách kịp thời và xứng
đáng.

16