SK KN VANG 2015 2016

Trường THCS Hoài Mỹ

Năm học 2015 - 2016

XÂY DỰNG HỆ THỐNG BÀI TẬP TỪ MỘT BÀI TẬP BAN ĐẦU THEO NHIỀU
HƯỚNG KHÁC NHAU, PHÁT TRIỂN KHẢ NĂNG TƯ DUY, TỰ HỌC CỦA HỌC SINH
TRONG MÔN HÌNH HỌC
A. MỞ ĐẦU
I. Đặt vấn đề
1. Thực trạng của vấn đề đòi hỏi phải có giải pháp mới để giải quyết.
Trong quá trình giảng dạy nói chung và bồi dưỡng học sinh khá giỏi nói riêng thì việc
định hướng, liên kết, mở rộng và lật ngược bài toán là một vấn đề rất quan trọng, nó không chỉ
giúp cho học sinh nắm bắt kĩ kiến thức của một dạng toán cơ bản mà còn nâng cao tính khái quát
hoá, đặc biệt hoá một bài toán để từ đó phát triển tư duy, nâng cao tính sáng tạo cho các em học
sinh. Hơn nữa, việc liên kết, mở rộng và lật ngược các bài toán khác nhau, tìm mối liên hệ chung
giữa chúng sẽ giúp cho học sinh hứng thú và phát triển năng lực tự học một cách khoa học khi
học toán.
Qua nhiều năm giảng dạy và học tập tôi được tiếp xúc với rất nhiều đối tượng học sinh và
thấy rằng đa số học sinh không nhớ những bài đã làm thậm chí có những bài chỉ khác nhau bởi
lời văn nhưng nội dung lại hoàn toàn giống với bài toán cũ. Đặc biệt là các bài toán đảo và bài
toán tổng quát học sinh thường không có kỷ năng nhận ra. Chính vì vậy, để giúp học sinh dễ
dàng nhận ra các bài toán cũ, bài toán đảo, bài toán tổng quát…đồng thời góp phần vào việc đổi
mới phương pháp dạy học theo hướng tích cực và bồi dưỡng năng lực học toán cho học sinh, rèn
luyện khả năng sáng tạo trong học toán cho học sinh cũng như muốn góp phần vào công tác bồi
dưỡng đội ngũ học sinh giỏi Toán trường THCS Hoài Mỹ nói riêng và học sinh toàn huyện nói
chung. Tôi xin được trình bày đề tài: “Xây dựng hệ thống bài tập từ một bài tập ban đầu theo
nhiều hướng khác nhau, phát triển khả năng tư duy, tự học của học sinh trong môn hình học
”
2. Ý nghĩa và tác dụng của giải pháp mới.
Đề tài: “Xây dựng hệ thống bài tập từ một bài tập ban đầu theo nhiều hướng khác
nhau, phát triển khả năng tư duy, tự học của học sinh trong môn hình học ” nhằm cung cấp

hệ thống kiến thứ từ dễ tới khó cho học sinh dễ dàng nắm được, đồng thời kích thích niềm đam
mê yêu toán học. Tạo cho học sinh tính tò mò, say mê nghiên cứu và tự học toán. Thành lập cho
các em một số khả năng tư duy: đặc biệt hóa, tổng quát hóa,…giúp các em phát triển tư duy toán
học một cách hoàn thiện hơn.
3. Phạm vi nghiên cứu của đề tài
Nội dung chương trình Toán THCS mà chủ yếu là chương trình lớp 8 và lớp 9. Đối tượng
áp dụng là học sinh khá và giỏi.
II. Phương pháp tiến hành
1. Cơ sở lý luận và thực tiễn có tính định hướng cho việc nghiên cứu, tìm giải pháp
của đề tài.
a.Cở sở lý luận
Đặc điểm của lứa tuổi THCS là muốn tự mình khám phá, tìm hiểu trong quá trình nhận
thức. Các em có khả năng điều chỉnh hoạt động học tập, sẵn sàng tham gia các hoạt động học tập
khác nhau nhưng cần phải có sự hướng dẫn, điều hành một cách khoa học và nghệ thuật của thầy
cô giáo. Hình thành tính tích cực, tự giác, chủ động và đồng thời phát triển năng lực tự học của

Giáo viên: Huỳnh Hữu Vang

Trang 1


Trường THCS Hoài Mỹ

Năm học 2015 - 2016

học là một quá trình lâu dài, kiên nhẩn và phải có phương pháp. Tính tích cực, tự giác, chủ động
và năng lực tự học của học sinh được thể hiện một số mặt sau:
- Biết tìm ra phương pháp nghiên cứu giải quyết vấn đề, khắc phục các tư tưởng rập
khuôn, máy móc.
- Có kĩ năng phát hiện những kiến thức liên quan với nhau, nhìn nhận một vấn đề ở nhiều

khía cạnh.
- Phải có óc hoài nghi, luôn đặt ra các câu hỏi tại sao? Do đâu? Như thế nào? Liệu có
trường hợp nào nữa không? Các trường hợp khác thì kết luận trên có đúng nữa không? Và phải
biết tổng hợp các bài toán liên quan.
- Tính chủ động của học sinh còn thể hiện ở chổ biết nhìn nhận vấn đề và giải quyết vấn
đề.
- Có khả năng khai thác một vấn đề mới từ những vấn đề đã biết.
b. Cơ sở thực tiễn:
Qua nhiều năm giảng dạy và tham khảo học hỏi các đồng nghiệp trong và ngoài huyện tôi
nhận ra rằng:
- Học sinh yếu toán là do kiến thức còn hổng, lại lười học, lười suy nghĩ, lười tư duy
trong quá trình học tập.
- Học sinh làm bài tập rập khuôn, máy móc để từ đó làm mất đi tính tích cực, độc lập,
sáng tạo của bản thân.
- Các em ít được cũng cố, khắc sâu kiến thức, rèn luyện kĩ năng để làm nền tảng tiếp thu
kiến thức mới, do đó năng lực cá nhân không được phát huy hết.
- Không ít học sinh thực sự chăm học nhưng chưa có phương pháp học tập phù hợp, chưa
tích cực chủ động chiếm lĩnh kiến thức nên hiệu quả học tập chưa cao.
- Nhiều học sinh hài lòng với lời giải của mình, mà không tìm lời giải khác, không khai
thác phát triển bài toán, sáng tạo bài toán nên không phát huy hết tính tích cực, độc lập, sáng tạo
của bản thân.
- Một số giáo viên chưa thực sự quan tâm đến việc khai thác, phát triển, sáng tạo bài toán
trong các các giờ luyện tập, tự chọn ...
- Việc chuyên sâu một vấn đề nào đó, liên hệ được các bài toán với nhau, phát triển một
bài toán sẽ giúp cho học sinh khắc sâu được kiến thức, quan trọng hơn là nâng cao được tư duy
cho các em làm cho các em có hứng thú hơn khi học toán.
Trước thực trạng trên đòi hỏi phải có các giải pháp trong phương pháp dạy và học sao
cho phù hợp và có hiệu quả.
2. Các biện pháp tiến hành, thời gian tạo ra giải pháp.
- Phương pháp hình thành tính tích cực, tự giác, chủ động và năng lực tự học của học

sinh.
- Kết hợp nhiều phương pháp: Phương pháp quan sát, Phương pháp thực nghiệm kết hợp
với kiểm tra đánh giá kết quả.
B. NỘI DUNG
I. Mục tiêu
- Cung cấp kiến thức và phương pháp tự học cho học sinh khi học bộ môn Toán.
- Hình thành tính tích cực, tự giác, chủ động của học sinh. Khơi dậy tính sáng tạo và giải
toán của học sinh.
- Phát triển năng lực tự học, biết liên kết và mở rộng các bài toán từ đó giúp các em hình
thành phương pháp giải.

Giáo viên: Huỳnh Hữu Vang

Trang 2


Trường THCS Hoài Mỹ

Năm học 2015 - 2016

- Giúp học sinh hứng thú hơn trong học tập đặc biệt là bồi dưỡng Học sinh giỏi.
II. Mô tả giải pháp của đề tài
1. Thuyết minh tính mới
Trong quá trình dạy toán, chắc rằng các thầy cô giáo đã có không ít lần gặp các bài toán
cũ mà cách phát biểu có thể hoàn toàn khác, hoặc khác chút ít. Những bài toán tương tự, mở
rộng, đặc biệt hóa hay lật ngược bài toán mà các bài toán này có cùng phương pháp giải. Nếu
giáo viên định hướng cho học sinh kỷ năng thường xuyên liên hệ một bài toán mới với những bài
toán đã biết như bài toán đảo, bài toán tổng quát, bài toán đặc biệt...thì sẽ làm cho học sinh phát
hiện ra rằng bài toán đó không mới đối với mình nữa hoặc nhanh chóng xếp loại được bài toán từ
đó định hướng được phương pháp giải quyết một cách tích cực và chủ động. Sau đây tôi sẽ đưa

ra một số ví dụ để giải quyết thực trạng trên và để thể hiện nội dung của đề tài.
Ví dụ 1:
Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác dựng các tam giác đều ABF, ACD. Chứng minh
rằng:
a. CF = BD
·
b. BOC
= 1200
1.Hướng dẫn
·
·
a. Xét hai tam giác ABD và AFC có AF = AB, AD = AC, FAC
= BAD

D

Do đó: ∆ABD = ∆AFC ⇒ CF = BD
b. ∆ABD = ∆AFC ( câu a)
µ = F
µ
⇒ B
1
1
⇒ Tứ giác AOBF nội tiếp

A

F

1

1

1
2

µ = B
¶ = 600 và O
¶ = µA = 600
⇒ O
1
2
2
1
⇒ ·AOB = 1200 (1)

3

O

1

1

C

2

B

Tương tự: ·AOC = 1200 (2)
·
·
Từ (1) và (2) suy ra BOC
= 1200 .Vậy ·AOB = BOC
= ·AOC = 1200 ( ĐPCM)
2. Xây dựng hệ thống bài toán .
Qua việc chứng minh ví dụ 1 ta thấy nếu vẽ về phía ngoài tam giác ABC hai tam giác đều
·
thì ta luôn có ·AOB = BOC
= ·AOC = 1200 .Với cách suy nghĩ này ta có bài toán 1 và đây là bài
toán đảo của ví dụ 1

Giáo viên: Huỳnh Hữu Vang

Trang 3


Trường THCS Hoài Mỹ

Năm học 2015 - 2016

Bài toán 1: Cho tam giác ABC nhọn hãy dựng một điểm O trong tam giác sao cho ·AOB =
·
BOC
= ·AOC .
Nhận xét: Rõ ràng nếu chưa có ví dụ 1 thì bài toán này không đơn giản nhưng nếu có ví dụ 1 và
bài toán 1 thì bài toán này trở nên đơn giản .
D

Hướng dẫn

A

F

1

1

1
2

3

O

1

1

C

2

B

a. Cách dựng

- Dựng về phía ngoài tam giác ABC, 2 tam giác đều ABF, ACD.

- Giao điểm của BD và FC là điểm O cần dựng
b. Chứng minh
µ = F
µ
- ∆ABD = ∆AFC (theo cách dựng và ví dụ 1) ⇒ B
1
1
µ = B
¶ = 600
⇒ Tứ giác AOBF nội tiếp ⇒ O
1
2
¶ = µ
A1 = 600 ⇒ ·AOB = 1200 (1)
và O
2
- Tương tự: ·AOC = 1200 (2)
·
·
Từ (1) và (2) suy ra BOC
= 1200 .Vậy ·AOB = BOC
= ·AOC = 1200 ( ĐPCM)
Nếu trên cạnh OD ta lấy điểm P sao cho PD = OA suy ra ∆CPD = ∆COA. Với cách suy nghĩ này
ta có bài toán thứ 2.
Bài toán 2: Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác dựng các tam giác đều ABF, ACD. Gọi
giao điểm của BD và CF là O.
Chứng minh rằng OA + OB +OC = BD
D

Hướng dẫn:

A
F

P

O

B

Giáo viên: Huỳnh Hữu Vang

C

Trang 4


Trường THCS Hoài Mỹ

Năm học 2015 - 2016

Trên cạnh OD ta lấy điểm P sao cho PD = OA
- Xét hai tam giác: ∆CPD và ∆COA có:
+ PD = OA (Cách vẽ),
·
·
+ PDC
= OAC
(Tứ giác OADC nt, ví dụ 1)
+ DC = AC (gt). Do đó

·
·
·
⇒ ∆CPD = ∆COA (c.g.c) ⇒ CP = OC (1) và CPD
= COA
=1200 ⇒ CPO
= 600 (2)
Từ (1) và (2) suy ra ∆CPO đều ⇒ OP = OC
Vậy ta có: OA + OB + OC = PD + OB + OP Hay OA + OB + OC = BD.
Qua bài toán thứ 2 ta thấy BD không đổi (B và D cố định) suy ra OA + OB + OC không đổi và
từ đây ta có bài toán thứ 3.
Bài toán 3: Cho tam giác nhọn ABC, dựng tam giác đều ACD về phía ngoài tam giác
ABC. O là một điểm bất kỳ trong tam giác ABC. Tìm vị trí của điểm O sao cho tổng khoảng
cách từ O tới ba đỉnh của tam giác là nhỏ nhất.
Nhận xét: Đây là bài toán cũ mà mới và khó nếu như các em học sinh chưa gặp bài toán
2 và bài toán 1 nhưng nếu các em đã làm hai bài toán trên thì thực chất bài toán thứ này là bài
toán thứ nhất nhưng ở mức độ câu hỏi khó hơn. Thế thì làm thế nào để giáo viên hướng dẫn học
sinh làm được bài mà không gặp khó khăn? Đó là hình thành cho các em biết cách liên kết các
bài toán đã học với nhau từ đó học sinh sẽ lĩnh hội kiến thức một cách chủ động, tích cực và dễ
dàng hơn.
D
Hướng dẫn:
A

Q

O
B

C

Dựng tam giác đều OCQ ở phía ngoài tam giác OBC có bờ là đường thẳng OC.
- Xét hai tam giác: ∆CQD và ∆COA, có:
·
·
+ CQ = CO, QCD
= OCA
và DC = AC (gt)
⇒ ∆CQD = ∆COA (c.g.c) ⇒ OA = QD
Vậy ta có: OA + OB + OC = BO + OQ + QD
OA + OB + OC ≥ BO + OD

Giáo viên: Huỳnh Hữu Vang

Trang 5


Trường THCS Hoài Mỹ

Năm học 2015 - 2016

⇒ OA + OB + OC ≥ BD
Dấu “ =” xảy ra khi
·
·
·
+ O, Q, D thẳng hàng mà CQO
= 600 ⇒ CQD
= 1200 ⇒ COA
= 1200 (1)

·
·
+ B, O, Q thẳng hàng mà COQ
= 600 ⇒ COB
= 1200 (2)
Từ (1) và (2) suy ra O là điểm nhìn ba cạnh của tam giác ABC dưới một góc bằng 120 0 hay O là
·
giao điểm của 3 cung chứa 3 góc BOC
, ·AOB , ·AOC dựng trên 3 đoạn thẳng BC, AB, AC.
Nếu giữ nguyên giả thiết của ví dụ 1 và thêm chút giả thiết ta sẽ có bài toán 4 khó hơn rất nhiều.
Bài toán 4: Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác, dựng các tam giác đều ABF;
ACD. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của cạnh AF và CD. P là một điểm thuộc BC sao cho BP
= 3PC. Tam giác MNP là tam giác gì?
Nhận xét: Đây thực sự là một bài toán rất khó, nhưng nếu ta biết giúp các em liên hệ với
các bài toán trước và bằng cách dự đoán hình vẽ thì bài này trở nên không phải là khó lắm. Đối
với bài toán dạng như trên thì các tam giác chỉ có thể là các tam giác đặc biệt như tam giác cân,
đều, vuông…Ở bài này nhìn hình vẽ ta dự đoán là tam giác vuông.
Hướng dẫn:

D
A

M
F

N
H
B

P

1

C

·
·
- Từ N kẻ NH ⊥ AC . Xét tam giác vuông HNC có: HCN
= 600 nên HNC
= 300
⇒ HC = NC ⇒ HC = DC = AC (1) Mà PC = BC( gt) (2)
Từ (1) và (2) suy ra HP // AB( Theo ĐL ta lét đảo)
⇒ PH = AB = AM ( ví AB = AF) (3)
·
- Xét tam giác AHN vuông có HAN
= 300 ⇒ HN = AN (4)
Từ (3) và (4) ta có : = ( vì cùng = )
·
·
·
·
·
·
Mặt khác: MAN
= PHN
( PHC
= BAC
, MAB
+ ·AHN = NHC
= 900)

·
·
Do đó : ∆PHN ∽∆ MAN ⇒ = và AHN = MNP
·
·
⇒ ∆NPM ∽∆ NHA Nên NPM
= NHA
= 900

Giáo viên: Huỳnh Hữu Vang

Trang 6


Trường THCS Hoài Mỹ

Năm học 2015 - 2016

Vậy tam giác MPN là tam giác vuông tại P
Ở bài toán ví dụ ta vẽ về phía ngoài tam giác ABC hai tam giác đều là ABF, ACD thì có kết quả
là CF = BD. Vậy thì bây giờ ta vẽ thêm tam giác đều BCE ở phía ngoài của tam giác ABC thì
liệu AE; BD; CF có bằng nhau không và có cắt nhau tại một điểm không? Từ đó ta có các bài
toán 5
Bài toán 5: Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác, dựng các tam giác đều ABF; ACD; BCE
.Chứng minh rằng
D
a. AE = BD = CF
b. AE, BD, CF đồng quy
Hướng dẫn:

A

F

1

1

1
2

3

O

1

1

C

2

B

a. + Theo bài toán 1 ta có CF = BD (1)

E

+ Chứng minh tương tự bài toán 1 ta có CF = AE (2)

Từ (1) và (2) ta có AE = BD = CF
b. Gọi O là giao điểm của BD và CF. Ta cần CM: A; O; E thẳng hàng.
µ = F
µ
+ Thật vậy : ∆DAB = ∆CAF (bài toán 1) ⇒ B
1
1
µ
¶
¶
µ
0
0 ⇒ ·
⇒ Tứ giác AOBF nội tiếp ⇒ O
AOB = 1200 (3)
1 = B2 = 60 và O2 = A1 = 60
+Tương tự : ∆DAB = ∆CAF (bài toán 1) ⇒ ·ADO = ·ACO
¶ =C
µ và DAC
·
·
⇒ Tứ giác AOCD nội tiếp ⇒ O
⇒ ·AOC = 1200 (4)
= DOC
3
1
·
·
+ Từ (3) và (4) suy ra BOC
= 1200 mà BEC

= 600 ⇒ Tứ giác BOCE nội tiếp
µ
µ
·
·
·
⇒ COE
= CBE
= 600 mà A1 = 600 ⇒ COE
= A1 ( cùng = 600)
Do đó A; O; E thẳng hàng (ĐPCM)
Nhận xét : Ở bài toán 5 ta vẽ 3 tam giác đều về phía ngoài của tam giác ABC thì được kết quả
·
là AE = BD = CF và AE, BD, CF đồng quy và ·AOB = BOC
= ·AOC =1200. Vậy thì nếu ta vẽ
ngược trở lại tức là vẽ ngược vào trong tam giác cả ba tam giác đều thì điều đó còn đúng nữa
không? Từ suy nghĩ này ta có bài toán thứ 6.

Giáo viên: Huỳnh Hữu Vang

Trang 7


Trường THCS Hoài Mỹ

Năm học 2015 - 2016

Bài toán 6: Cho tam giác ABC. Dựng các tam giác đều ABD, BCE,CAF lần lượt nằm trên các
mặt phẳng có bờ AB chứa điểm C, bờ BC chứa điểm A, bờ AC chứa điểm B.
a. Chứng minh AE= BD= CF

b. Chứng minh AE, BD, CF đồng quy
·
c. Tính ·AOB , BOC
, ·AOC
Nhận xét: Ở bài toán này, ta thấy rằng kết quả :
+ AE= BD= CF, và AE,BD, CF đồng quy vẩn đúng nhưng cách chứng minh có phần khó khăn
hơn, còn kết quả
·
+ ·AOB = BOC
= ·AOC =1200 sẽ không đúng nữa.
Hướng dẫn

E

A

B

D

C

O

F

a. Tương tự như bài tập 4
·
·
⇒ Tứ giác ABOD nội tiếp. Do đó

b. Do ∆ABE = ∆DBC nên BAE
= BDC
·
·
·
·
·
·
BAO
= BDO
(2 góc nt ), mà BEA
= BCD
và EBA
= DBC
(∆ABE = ∆DBC)
·
·
·
·
·
⇒ E, A, O thẳng hàng.
Do đó: BEA
+ EBA
= BCD
+ DBC
= BAO
c. Tứ giác ABOD nội tiếp (câu a) ⇒ ·ADB = ·AOB = 600 và ·ABD = ·AOC = 600
·
Do đó BOC
= 1200

Nhận xét: Qua bài toán này giúp các em nhận ra một điều rằng khi vẽ hình thì ta phải xét tất
các các khả năng có thể xẩy ra để từ đó xem xét hết tất cả các trường hợp và tránh sai lầm đáng
tiếc.
Với giả thiết như bài toán 5. Nếu ta gọi M,N,P lần lượt là tâm của các tam giác AFB, ADC, BEC
thì ta lại các bài toán khó hơn bài toán 1 rất nhiều. Từ đó ta có bài toán thứ 7.

Giáo viên: Huỳnh Hữu Vang

Trang 8


Trường THCS Hoài Mỹ

Năm học 2015 - 2016

Bài toán 7: Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác, dựng các tam giác đều ABF, ACD, BCE
.Gọi M,N,P lần lượt là tâm của các tam giác AFB, ADC, BEC.
Tam giác PMN là tam giác gì?
Hướng dẫn
F

A

M

D
N

C

B
P

- Xét tam giác BPE và BMA có

E

·
·
·
·
MBA
= PBE
= MAB
= PEB
= 300(1) ⇒ ∆ BPE ∽ BMA(2)
·
·
Từ (1) và (2) suy ra ∆ BPM ∽ BEA ⇒ BPM
= BEA
(3)
·
·
- Tương tự ∆CPN ∽∆ CAE ⇒ CPN
= CEA
·
·
mà BEA
+ CEA
= 600 (4)

·
·
·
Từ (3) và (4) suy ra BPM
+ CPN
= 600 do đó MPN
= 600 (5)
·
- Chứng minh tương tự ta có PMN
= 600 (6) .
Từ (5) và (6) suy ra ∆PMN đều
Từ bài toán 7 nếu ta không vẽ 3 tam giác đều mà ta vẽ 3 tam giác cân ABF, ACD, BCE sao cho
·
AFB
= ·ADC = ·AEC = 1200 thì ta lại có một bài toán hay hơn bài toán 7 rất nhiều.
Bài toán 8: Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác, dựng các tam giác cân ABM, ACN,
·
BCP sao cho ·AMB = ·ANC = BPC
= 1200 . Tam giác MNP là tam giác gì?
F
Nhận xét: Tuy bài toán thứ 8 khó hơn bài toán thứ 7 nhưng nếu
giáo viên hướng dẫn các em
xâu chuổi các bàiAtoán trên đặc biệt là bài toán 7 thì bài toán thứ 8 lại trở thành bài toán thứ 7.
A

M
N
Hướng dẫn: Dựng về phía ngoài tam
giác ABC các tam giác đều ABF,
ADC, BCE thìD bài toán

M
N
thứ 8 lại trở thành bài toán thứ 7 và cách giải như bài số 7
C

B

B

Giáo viên: Huỳnh Hữu Vang
P

C

P

Trang 9
E


Trường THCS Hoài Mỹ

Năm học 2015 - 2016

Nhận xét: Ở bài toán 5 ta vẽ 3 tam giác đều về phía ngoài của tam giác với mổi tam giác đều có
một cạnh của tam giác đã cho. Bây giờ ta thay đổi một chút là cả ba tam giác đều đó đều có
chung một đường thẳng đi qua một cạnh của tam giác đã cho thì điều đó có còn đúng nữa
không? Từ đây ta có bài toán thứ 9 và thứ 10.
Bài toán 9: Cho tam giác ABC. Trên cạnh AC lấy điểm M bất kỳ, dựng các tam giác đều ADM,
MCE,CAF lần lượt nằm trên các mặt phẳng có bờ AC chứa điểm B, bờ AC chứa điểm B, bờ AC

không chứa điểm B.
a.Chứng minh AE = CD = MF
b.Chứng minh AE, CD, MF đồng quy tại O
Bài số 10: Cho tam giác ABC. Trên cạnh AC lấy điểm M bất kỳ, dựng các tam giác đều ADM,
MCE,CAF nằm trên mặt phẳng có bờ là đường thẳng AC chứa điểm B. Chứng minh AE = CD =
E

MF

F

B

D

O

E
A

M

B

C

D

A

Hình vẽ của bài Fsố 9

M

C

Hình vẽ của bài số 10

Nhận xét: Cả hai bài trên đều giải như bài số 6 riêng bài số 10 các đường thẳng AE, CD, MF
lại không đồng quy với nhau. Từ đây giáo viên giúp cho học sinh hình thành kĩ năng phát hiện
những kiến thức liên quan với nhau, nhìn nhận một vấn đề ở nhiều khía cạnh và giúp học sinh

Giáo viên: Huỳnh Hữu Vang
10

Trang


Trường THCS Hoài Mỹ

Năm học 2015 - 2016

phải có óc hoài nghi, luôn đặt ra các câu hỏi tại sao? Do đâu? Như thế nào? Liệu có trường hợp
nào nữa không? Các trường hợp khác thì kết luận trên có đúng nữa không? Và từ đây ta lại mở
rộng bài toán ở ví dụ 1 theo hướng khác như sau.
Trở lại ví dụ 1, một câu hỏi đặt ra là: Nếu không dựng hai tam giác đều mà dựng hai tam giác
vuông cân tại A thì BD và FC có bằng nhau nữa không? từ đó ta lại có bài toán thứ 11
Bài toán 11: Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác, dựng các tam giác ABF; ACD vuông
cân tại A. Gọi I, M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh BC, FB, CD .Chứng minh rằng :
a. CF = BD

b. CF ⊥ BD
c. Tam giác IMN là tam giác gì?

D

Hướng dẫn

N
F

A

O

M

B

I

C

a. CF = BD (tương tự như VD1)
·
b. Do ∆ABD = ∆AFC nên AFO
= ·ABO
·
·
⇒ Tứ giác AOBF nội tiếp ⇒ FAB
= FOB

= 900 ⇒ FC ⊥ BD
c. IM là đường TB của tam giác BCF nên: IM // CF và
Tương tự ta có: IN // BD và IN =

1
IM = CF (1)
2

1
BD (2) Mà: CF ⊥ BD và CF = BD (3)
2

Từ (1), (2) và (3) suy ra: IM ⊥ IN và IM = IN hay

∆ MIN vuông cân tại I

Ở bài toán 11 ta vẽ hai tam giác vuông cân ABF và ACD tại A thì CF = BD, CF ⊥ BD nhưng
nếu vẽ hai tam giác vuông cân không phải tại A mà tại F và D thì kết quả đó sẽ không đúng nữa
mà ta lại có kết quả khác nhưng lại phải vận dụng cách làm của bài toán thứ 11 thì mới làm
được. Từ đó ta có bài toán thứ 12.

Giáo viên: Huỳnh Hữu Vang
11

Trang


Trường THCS Hoài Mỹ

Năm học 2015 - 2016

Bài toán 12: Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác, dựng các tam giác ABF vuông cân tại
F; ACD vuông cân tại D. Gọi M là trung điểm của BC .Chứng minh Tam giác FMD là tam giác
vuông cân.
Nhận xét: Nếu học sinh lần đầu gặp bài toán này mà chưa gặp bài toán thứ 11 thì hơi khó giải
đối với các em. Nhưng nếu gặp rồi thì không khó khăn gì lắm.
H

Hướng dẫn
E

D

A

K

F

N

B

M

C

- Lấy H và K lần lượt đối xứng với C và A qua D, D và E đối xứng với A và B qua M. Suy ra tứ
giác ABHF và ABDE là hình vuông.
Như vậy ta đã biến bài toán thứ 12 thành bài toán thứ 11 và việc giải quyết bài toán 12 bay giờ

rất đơn giản vì các em đã làm bài toán 11. Kết hợp bài toán 11 và bài toán 12 ta lại có bài toán 13
khó hơn rất nhiều.
Bài toán 13 Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác, dựng các hình vuông AFPB, ADQC và
hình bình hành AFMD. CM:
a. MA ⊥ BC
b. BQ = MC và BQ ⊥ MC
c. BQ, MA, PC đồng quy.

M

Hướng dẫn
D

F

Q

A
P

O

K

B

Giáo viên: Huỳnh Hữu Vang
12

H

C

Trang


Trường THCS Hoài Mỹ

Năm học 2015 - 2016

a. Xét tam giác: ∆ABC và ∆FQA có:
·
·
- AB = MD( =FA), BAC
= ·ADM ( bù với FAD
), FA = AC (gt)
·
Do đó ∆ABC = ∆FQA (c.g.c) ⇒ ·ACB = MAQ
·
·
Mà MAD
+ CAH
= 900 ( do = 900, H là giao điểm của MA và BC)
·
⇒ CAH
+ ·ACH = 900 ⇒ ·AHC = 900. hay MA ⊥ BC
b. Gọi O là giao điểm của BQ và MC.
·
·
·

⇒ BCQ
- Ta có: ∆ABC = ∆FQA ( câu a) ⇒ BC = MA và ·ACB = MAD
= MAC
·
·
- Xét hai tam giác: ∆BCQ và ∆MAC có: BC = MA, BCQ
= MAC
và AC = QC
Nên ∆BCQ = ∆MAC (c.g.c)
·
·
⇒ BH = QC và CBQ
= ·AMC . Mà ·AMC + MCH
= 900
·
·
·
⇒ CBQ
+ MCH
= 900 do đó BOC
= 900 Hay BH ⊥ QC
c. Tương tự câu b ta có DP ⊥ MB
Xét tam giác MBC có MH là đường cao ( Câu a)
BO là đường cao ( cmt)
CK là đường cao (cmt)
Do đó QB, BK và CR đồng quy (đpcm)
Qua bài toán 13 ta thấy nếu ta không vẽ hình bình hành AFMD mà vẽ hình vuông BCNI ta lại
có bài toán thứ 14 tổng quát hơn

Bài toán 14: Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác dựng các hình vuông ABGF; ACED;

BCPQ. Chứng minh các đường cao của các tam giác AFD; CEQ; BPG xuất phát từ A, B, C đồng
quy.
Nhận xét: Đây là một bài toán không dễ một chút nào nếu như các em bắt đầu mới tiếp xúc
nhưng nếu thầy, cô cho các em làm các bài trên thì bài này các em sẽ định hướng và giải quyết
được. Vì vậy qua bài này cho chúng ta thấy rằng việc liên kết mở rộng các bài toán là một điều
hết sức quan trọng nó không chỉ giúp cho học sinh dễ dạng định hướng được bài toán mà còn
giúp học sinh học toán một cách chủ động và phát triển được năng lực tự học một cách khoa
học để nhớ các bài toán lâu dài.
Hướng dẫn:
- Kẻ hình bình hành ABLC

Giáo viên: Huỳnh Hữu Vang
13

Trang


Trường THCS Hoài Mỹ

Năm học 2015 - 2016
D

Xét ∆ABL và ∆AFD có

H
F

+AB = AF (gt),
+ AD = BH (=AC),

E
A
G

N

P

·
·
·
+ BAL
= FAD
( cùng bù với BAC
).

C
B

R

K

M

·
·
Do đó ∆ABL = ∆AFD ( c.g.c) ⇒ BAL
= AFD
(1)

L

- Kẻ AH ⊥ FD tại H cắt BC tại M ta có
·
·
BAM
= AFD
( cùng phụ với ) (2)

Q

P

·
·
⇒ A, M, L thẳng hàng
- Từ (1) và (2) ⇒ BAL
= BAM
Mặt khác tứ giác ABLC là hình bình hành nên M là trung điểm của BC. (3)
- Hoàn toàn chứng minh tương tự ta có:
P và N là trung điểm của AB và AC(4)
- Từ (3) và (4) suy ra AH, CP và BN đồng quy.
Trở lại bài toán 12, ta thấy tam giác MIN là tam vuông cân, hơn nữa I là trung điểm của BC nên
khi ta vẽ thêm điểm D đối xứng với A qua I thì ta được hình bình hành ABDC và cũng dựng về
phía ngoài hình bình hành này các tam giác vuông cân thì ta có bài toán thư 15 phức tạp hơn rất
nhiều.
A

Bài toán 15: Cho tam giác ABC, về phía ngoài
của tam giác dựng hình bình hành ABDC

N

M

có bờ là đường thẳng BC không chứa điểm
A, về phía ngoài hình bình hành ABCD, dựng các

C

B

tam giác ABM vuông cân tại M; ACN vuông cân

Q

tại N; BDP vuông cân tại P; CDQ vuông cân tại Q.
Chứng minh rằng: AD, BC, MQ, PN đồng quy.

D
P

Nhận xét: Bài toán này nếu để như thế thì rất khó cho học sinh nhưng nếu ta phát biểu dưới
dạng khác thì dễ hơn nhiếu từ đó ta có bài toán 16
Bài toán 16: Cho tam giác ABC, về phía ngoài của tam giác dựng hình bình hành ABDC có bờ
là đường thẳng BC không chứa điểm A. Về phía ngoài hình bình hành ABCD, dựng các hình
vuông ABGQ’, ACIH, DBFE, CDRK, Gọi M,N,Q,P lần lượt là tâm của các hình vuông trên.
Chứng minh rằng
a. Tứ giác MNQP là hình vuông

Giáo viên: Huỳnh Hữu Vang
14

Trang


Trường THCS Hoài Mỹ

Năm học 2015 - 2016

b. Các đường thẳng AD, BC, MQ, PN đồng quy.
H

Hướng dẫn:

I
G

N

A
M

Q’

Q

B

L

C

K
Q

D

P

R

F

E

a. + Tứ giác ABDC là hình bình hành (gt) và tứ giác ABQ’G và DCKR là hình vuông(gt)
⇒ AM = CQ (1)
+ tứ giác ACIH là hình vuông (gt) ⇒ AN = NC(2)
·
·
·
·
+ Mặt khác: BAC
= ICK
(cùng bù với ·ACD ) ⇒ MAN
= NCQ
(3)
·
Từ (1), (2) và (3) ⇒ ∆AMN = ∆CQN(c.g.c) (4) ⇒ ·ANM = CNQ
·

Mà ·ANM + MNC
= 900( Tứ giác ACIH là HV)
·
·
·
⇒ MNC
+ CNQ
= 900 hay MNQ
= 900 (5)
+ Chứng minh tương tự ta có ∆CQN = ∆DQP =∆BMP(c.g.c)(6)
Từ (4) và (6) ⇒ MN = NQ = QP = PM (7)
Từ (5) và (7) ⇒ Tứ giác MNQP là hình vuông.
b) Gọi L là trung điểm của BC ⇒ A, L, D thẳng hàng(tứ giác ABDC là hình bình hành)
·
·
Theo bài 12 thì ∆MNL, ∆ PLQ là tam 2 giác vuông cân ⇒ MLN
= PLQ
=900 (8)
· ' Q = 900 (9)
· ' N = PL
- Gọi L’ là giao điểm của MQ và PN ⇒ ML
Từ (8) và (9) ⇒ L ≡ L’. Do đó các đường thẳng AD, BC, MQ, PN đồng quy

Giáo viên: Huỳnh Hữu Vang
15

Trang


Trường THCS Hoài Mỹ

Năm học 2015 - 2016

Nhận xét: Bài toán này khó mà không khó, không khó là học sinh biết vận dụng bài tập số 12 để
làm còn khó là nếu học sinh không biết vận dụng bài tập số 12.
Qua bài tập số 16 ta thấy Tứ giác MNQP là hình vuông nên MQ ⊥ PN và MQ = PN. Nhưng ở bài
tập số 16 ta vẽ tứ giác ABCD là hình bình hành, bây giờ ta không vẽ hình bình hành mà vẽ một
tứ giác lồi ABCD bất kỳ thì liệu kết quả đó còn đúng nữa không? Từ suy nghĩ này ta lại có thêm
bài tập số 17 tổng quát hơn.
Bài toán 17: Cho tam giác ABC, về phía ngoài của tam giác dựng tứ giác ABCD, có bờ là
đường thẳng BC không chứa điểm A. Về phía ngoài hình bình hành ABCD, dựng các hình
vuông ABGQ’, ACIH, DBFE, CDRK, Gọi M,N,Q,P lần lượt là tâm của các hình vuông trên.
Chứng minh rằng MQ ⊥ PN và MQ= PN
Nhận xét: Ở bài tập này tứ giác MNQP không còn là hình vuông nữa nhưng MQ ⊥ PN và
MQ= PN vẩn đúng
H

Hướng dẫn:

I
G

N

A
M

Q’

S

B

Q

L

O

C
K

F

Q
P
D
R

E

- Gọi L là trung điểm của BC, theo bài toán 12 ta chứng minh được
∆MLN và ∆ PLQ là hai tam giác vuông cân tại L ⇒ LN =LM, LP = LQ
·
·
- Xét hai ∆PLN và ∆QLM có: ⇒ LN =LM, LP = LQ và PLN
= MLQ
·
·
⇒ ∆PLN = ∆QLM (c.g.c) ⇒ PN = MQ (1) và LMQ

= LNP
- Gọi O là giao điểm của PN và MQ. S là giao điểm của ML và ON.

Giáo viên: Huỳnh Hữu Vang
16

Trang


Trường THCS Hoài Mỹ

Năm học 2015 - 2016

·
·
·
·
·
·
·
Xét ∆MOS có OMS
+ MSO
= NSL
+ SNL
= 900 ( LMQ
= LNP
, và MLN
= 900)
·
⇒ MOS

= 900 hay MQ ⊥ NP
Ví dụ 2:
Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Vẽ các tia tiếp tuyến Ax và By với nửa đường
tròn (Ax, By và nửa đường tròn cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ là AB). Qua một điểm M
thuộc nửa đường tròn (M khác A và B), kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn đó, nó cắt Ax và By
theo thứ tự tại C và D. Chứng minh rằng:
· D = 90o.
a. CO
b. CD =AC + BD

y

x

1. Hướng dẫn:
D

M
C

A

O

B

a. -Vì CA và CM là hai TT của đt(O) cắt nhau tại C
·
⇒ OC là tia phân giác của COM
(1) và CM = CA

+ DM và DB là hai TT của đt(O) cắt nhau tại D
·
⇒ OD là tia phân giác của MOB
(2) và DM = DB
- Từ (1) và (2) ⇒ CO ⊥ OD ( ĐPCM)
b. Ta có CD = CM + MD mà CM = CA và DM = DB (CMT)
Nên CD =AC + BD ( ĐPCM)
Nhận xét: Đây là bài toán khá đơn giản đối với học sinh khá giỏi, thậm chí những em trung
bình cũng có thể làm được. Nhưng nếu ta thêm các câu hỏi khác thì không những học sinh trung
bình mà còn những em khá giỏi củng có thể gặp nhiều khó khăn. Sau đây là một số bài toán xuất
phát từ bài tập này.
2. Xây dựng hệ thống bài toán .

Giáo viên: Huỳnh Hữu Vang
17

Trang


Trường THCS Hoài Mỹ

Năm học 2015 - 2016

Bài toán1: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Vẽ các tia tiếp tuyến Ax và By với nửa
đường tròn (Ax, By và nửa đường tròn cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ là AB). Qua một điểm
M thuộc nửa đường tròn (M khác A và B), kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn đó, nó cắt Ax và By
theo thứ tự tại C và D.Chứng minh rằng tích AC.BD không đổi khi M di chuyển trên nữa đường
tròn.
y
x

Hướng dẫn:
D
M
C

A

B

O

Theo câu a : Tam giác COD vuông tại O mà OM là đường cao nên OM2 = CM.MD
Theo câu b: CM = CA, BD = MD
Do đó OM2 = CA.BD mà OM = R ( không đổi). Nên CA.BD không đổi.
Bài toán 2: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Vẽ các tia tiếp tuyến Ax và By với nửa
đường tròn (Ax, By và nửa đường tròn cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ là AB). Qua một điểm
M thuộc nửa đường tròn (M khác A và B), kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn đó, nó cắt Ax và By
theo thứ tự tại C và D.Chứng minh rằng đường thẳng AB tiếp xúc với đường ngoại tiếp tam giác
COD.
Hướng dẫn :

y

x

D
N
M
C

A

O

B

- Gọi N là trung điểm của CD ⇒ NC = ND = NO ( vì ∆ COD vuông)
Do đó ON là bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆ COD(1)
- Ax ⊥ AB (gt) và By ⊥ AB(gt) ⇒ AC // BD nên ACDB là hình thang
- Xét hình thang ACDB có NC = ND và OA = OB
Nên ON là đường TB của hình thang ACDB ⇒ ON // AC
Do đó ON ⊥ AB ( vì AC ⊥ AB) (2)
- Từ (1) và (2) Suy ra AB tiếp xúc với đường ngoại tiếp tam giác COD.

Giáo viên: Huỳnh Hữu Vang
18

Trang


Trường THCS Hoài Mỹ

Năm học 2015 - 2016

Bài toán 3: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Vẽ các tia tiếp tuyến Ax và By với nửa
đường tròn (Ax, By và nửa đường tròn cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ là AB). Qua một điểm
M thuộc nửa đường tròn (M khác A và B), kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn đó, nó cắt Ax và By
theo thứ tự tại C và D. Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác COD.
Chứng minh: < <

Hướng dẫn :

y

x

D
N
M
C

A

B

O

SCDO = p.r = r.( a+b+c) . Mặt khác SCDO = OM.CD = R.a
Do đó : r.( a+b+c) = R.a ⇒ R.a = r.( a+b+c) hay

=

Xét tam giác CDO ta có
+ b + c > a ⇒ a+b+c > 2a ⇒ < = (1)
+ a > b, a > c ( vì tam giác CDO vuông tại O)
⇒ a+b+c < 3a hay > = (2)

Từ (1) và (2) ta có

< < ( ĐPCM)

Bài toán 4: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Vẽ các tia tiếp tuyến Ax và By với nửa
đường tròn (Ax, By và nửa đường tròn cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ là AB). Qua một điểm
M thuộc nửa đường tròn (M khác A và B), kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn đó, nó cắt Ax và By
theo thứ tự tại C và D. Xác định vị trí của M để chu vi và điện tích của tứ giác ACDB đạt giá trị
nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất đó theo R.
y
x

Hướng dẫn:
D
M
C

Giáo viên: Huỳnh Hữu Vang
A
19

Trang
O

B


Trường THCS Hoài Mỹ

Năm học 2015 - 2016

- Ta có PACDB = CA + AB +BD + DC = AB + 2CD Mà CD ≥ AB
Suy ra : PACDB ≥ 3AB hay PACDB ≥ 6R. Dấu “ = ” xẩy ra khi và chỉ khi CD = AB

Vậy GTNN của PACDB = 6R
- SACDB = . AB = ≥ Hay SACDB ≥ 2R2
Dấu “ = ” xẩy ra khi và chỉ khi CD = AB
Vậy GTNN SACDB = 2R2 Khi đó M nằm chính giữa cung AB.
Bài toán 5: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Vẽ các tia tiếp tuyến Ax và By với nửa
đường tròn (Ax, By và nửa đường tròn cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ là AB). Qua một điểm
M thuộc nửa đường tròn (M khác A và B), kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn đó, nó cắt Ax và By
theo thứ tự tại C và D.Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng diện tích hai tam giác ACM và MDM
Hướng dẫn:
y

x

D
M
C

A

H

O

B

Ta có:
+ SACBD = ( AC + BD). AB = CD.AB
Mà CD ≥ AB do đó SACBD ≥ AB2 = 2R2 (1)
Dấu “ =” xẩy ra khi và chỉ khi điểm M nằm chính giữa cung AB
+ SAMB = MH.ABMà MH ≤ R do đó SAMB ≤ R.2R = R2(2)

Dấu “ =” xẩy ra khi và chỉ khi điểm M nằm chính giữa cung AB
+ SAMC + S BMD = SACBD - SAMB (3).Từ (1), (2) và (3) suy ra
Để SAMC + S BMD nhỏ nhất thì SACBD nhỏ nhất và SAMB lớn nhất.
Mà SACBD nhỏ nhất = 2R2 và SAMB lớn nhất = R2

Giáo viên: Huỳnh Hữu Vang
20

Trang


Trường THCS Hoài Mỹ

Năm học 2015 - 2016

Vậy SAMC + S BMD nhỏ nhất = R2
Nhận xét: Từ câu 1 đến câu 5 chúng ta mới chỉ thêm câu hỏi mà chưa thêm các giao điểm và lật
ngược lại vấn đề của bài toán. Nhưng nếu chúng ta đảo lại bài toán ở ví dụ 2 hoặc thêm giao
điểm thì sẽ được các câu hỏi mới khó hơn nhiều giúp các em liên hệ được các hình vẽ với nhau,
hiểu sâu bài toán, nắm bắt được kiến thức một cách chủ động, đồng thời tạo hứng thú cho các
em trong học tập. Xuất phát từ ý tưởng này ta lại có một số bài tập thú vị hơn.
Bài toán 6 ( Bài toán đảo của ví dụ 2)
Cho đoạn thẳng AB, kẻ hai tia Ax và By cùng vuông góc với AB và cùng nằm trên cùng một mặt
phẳng có bờ là đường thẳng AB. Trên tia Ax và tia Ay lần lượt lấy hai điểm C và D sao cho AC
+ BD = CD. Chứng minh CD là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AB.
y

Huớng dẫn:

D

x
M

C

A

O

B

Ở bài này chúng ta có nhiều cách làm:
Cách 1: Sử dụng định nghĩa và định lý về tiếp tuyến.
-Trên CD lấy điểm M sao cho CM = CA ⇒MD = BD ( vì AC + BD = CD)
-Do đó 2 tam giác ACM và MDB cân tại C và D
1800 − ·ACM
·AMC
⇒
=
và
2
· D
BM

do đó

· DM
1800 − B
=

2
·AMC

+

· D
BM

· DM )
3600 − ( ·ACM + B
=
2

· DM = 1800 ( vì tứ giác ABDC là hình thang vuông)
- Mà ·ACM + B
· D = 900 ⇒ ·AMB = 900 ⇒M thuộc đường tròn đường kính AB(1)
Nên ·AMC + BM
- Trên AB lấy điểm O sao cho OA = OB. Nối O với M ta có MO = OA = OB hay
· A + OMC
·
·
·
tam giác AOM cân tại O ⇒ OM
= OAM
+ CAM
= 900 ⇒ OM ⊥ CD (2)

Giáo viên: Huỳnh Hữu Vang
21

Trang


Trường THCS Hoài Mỹ

Năm học 2015 - 2016

- Từ (1) và (2) suy ra CD là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AB.
Cách 2:

y

D

x
M

C

F
E

A

B

O' ≡ O

Lấy trên đoạn CD một điểm M sao cho CM = CA.Gọi E và F theo thứ tự là trung điểm của AM
và MB. Nối C với E và nối D với F cắt nhau tại O’

- Xét ∆cân CAM có CE là đường trung tuyến .Nên CE cũng là đường cao và là đường phân
giác(1).
- Xét ∆cân MDB có DF là đường trung tuyến .Nên DF cũng là đường cao và là đường phân
giác(2).
· ' CD + C
· DO ' ’= 900 (vì ·ACD + C
· DB = 1800) ⇒ CO
· ' D = 900.
- Từ (1) và (2) suy ra O
Do đó O’EMF là hình chữ nhật ⇒ ·AMD = 900 và MO’ = EF.
- Trên AB lấy điểm O sao cho OA = OB. Vì ∆ AMB là ∆ vuông nên MO = OA = OB = AB (3)
- Xét ∆AMB có: EA = EM và MF = FB nên FE là đường TB của tam giác

AMB ⇒FE = AB

(4)
- Từ (3) và (4) suy ra MO = MO’ hay O ≡ O’
·
- Xét ∆ACO và ∆MCO có CO chung, CA = CM, MCO
= ·ACO ⇒∆ACO = ∆MCO
·
·
Suy ra CMO
= CAO
= 900 hay CM ⊥ MO nên CD là tiếp tuyến của đường tròn đường kính
AB .

y

Cách 3:

D

N

x
M
C
Giáo viên: Huỳnh Hữu Vang
22
A

Trang
O

B


Trường THCS Hoài Mỹ

Năm học 2015 - 2016

- Từ O kẻ đường thẳng ⊥ AB cắt CD tại N suy ra NC = ND
Xét hình thang vuông ACDB có ON là đường TB nên
ON = = = CN = ND ⇒∆NCO cân
·
·
·
·
⇒ NCO

= CON
mà ·ACO = CON
( CA // ON) ⇒ ·ACO = NCO
- Từ O kẻ OM ⊥ CD ( M ∈ CD)
·
¶ = 900 , CO chung, ·ACO = NCO
- Xét ∆ACO và ∆MCO có µA = M
nên ∆ACO = ∆MCO
Do đó AO = OB = OM hay M thuộc đường tròn đường kính AB mà CD ⊥ OM tại M nên CD là
tiếp tuyến của đường tròn đường kính AB .
Nhận xét: Qua bài toán này chúng ta sẽ rèn cho các em thành thạo kỷ năng chứng minh một bài
toán hình học không những có một cách mà có thể có nhiều các khác nhau và nắm vững nội
dung của bài toán một cách tích cực, chủ động và tự giác. Từ đó giúp các em tự tin hơn và thấy
say mê Toán học nhiều hơn. Cũng từ cách làm thứ 3 của bài toán 6 ta có bài toán 7 và một số
bài toán khác bằng cách cho thêm các giao điểm.
Bài toán 7: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Vẽ các tia tiếp tuyến Ax và By với
nửa đường tròn (Ax, By và nửa đường tròn cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ là AB). Qua một
điểm M thuộc nửa đường tròn (M khác A và B), kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn đó, nó cắt Ax
và By theo thứ tự tại C và D.Gọi N là trung điểm của CD. Tìm quỹ tích điểm N khi điểm M chạy
trên nửa đường tròn.
z

Hướng dẩn:

y

D

N

x

K
M

C

A

Giáo viên: Huỳnh Hữu Vang
23

O

B

Trang


Trường THCS Hoài Mỹ

Năm học 2015 - 2016

- Nối N với O cắt đường tròn tâm O tại K. Ta có NO là đường trung bình của hình thang ACDB.
Suy ra ON // CA // BD (1)
- Vì tia Ax, By và điểm O cố định nên tia Oz cố định
Vậy khi M di chuyễn trên nửa đường tròn tâm O thì điểm I di chuyển trên tia Kz.
Nhận xét: Cái khó của bài này khác so với các bài trên là ta phải vẽ thêm đường phụ. Chính vì
điều này tạo cho học sinh một thói quen suy nghỉ khác. Không phải lúc nào củng theo lối mòn
của tư duy mà phải có óc hoài nghi. Tại sao người ta lại cho trung điểm và điểm này có mối liên

hệ gì với trung điểm còn lại. Và từ đây giúp cho học sinh tự tin hơn trong giải toán.
Bài toán 8: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Vẽ các tia tiếp tuyến Ax và By với nửa
đường tròn (Ax, By và nửa đường tròn cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ là AB). Qua một điểm
M thuộc nửa đường tròn (M khác A và B), kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn đó, nó cắt Ax và By
theo thứ tự tại C và D. Nối M với B cắt Ax tại N. Chứng minh
a. C là trung điểm của AN.
b. ON ⊥ AD

y

x

Hướng dẫn:
D

N
M
C

L
H

A

O

B

a.Ta có: AC = CM(TCTT cắt nhau) và OA = OM = R
Do đó CO là đường trung trực của AM ⇒ AM ⊥ CO mà AM ⊥ NB ⇒ CO // NB

- Xét ∆ANB có OA = OB = R và CO // NB ( CMT) nên CO là đường trung bình của ∆ANB ⇒
CA = NC.
· D ( so le trong)
b. Ta có AN // BD ( cùng ⊥ AB) ⇒ ·ANB = NB
·
· D+O
· DB = 900 nên NAM
·
· DB = O
· DM
Mà ·ANB + NAM
= 900 và NB
=O
⇒ tanMAN = tanODM hay =

⇒ = (1)

·
·
· D = 900 và CMN
·
· D ) (2)
Mặt khác NMO
= ·AMD ( Vì NMA
= OM
= BM
·
· D ⇒ ANMH nội tiếp.
Từ (1) và (2) ⇒ ∆ OMN ∽ ∆DMA ⇒ MNO
= MA

·
·
Do đó NAM
= NHA
= 900 hay ON ⊥ AD .

Giáo viên: Huỳnh Hữu Vang
24

Trang


Trường THCS Hoài Mỹ

Năm học 2015 - 2016

Nhận xét: Dựa vào cách chứng minh của bài toán trên ta lại có bài toán 9 khó hơn.
Bài toán 9: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Vẽ các tia tiếp tuyến Ax và By với nửa
đường tròn (Ax, By và nửa đường tròn cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ là AB). Qua một điểm
M thuộc nửa đường tròn (M khác A và B), kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn đó, nó cắt Ax và By
theo thứ tự tại C và D.Gọi giao điểm của CO và AM là P, giao điểm của OD và MB là Q. Chứng
minh.
a.Tứ giác CPQD nội tiếp được đường tròn
b.Xác định giá trị nhỏ nhất bán kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác CEFD.

Hướng dẫn:

y

x

N

D
E
M
C
P

F

A

Q
O

B

a.Theo bài 8 thì P, Q là trung điểm của AM và MB
·
·
Nên PQ là đường trung bình của ∆AMB ⇒ PQ // AB Do đó: MQP
= MBA
·
·
·
·
mà MQP
= QPO
( CO // MB) ⇒ QPO
= MBA

(1).
· D = OB
· D = 900 ⇒ MDNO nội tiếp ⇒ M
· DO = MBO
·
Xét MDNO có OM
(2)
·
· DO = QPO
Từ (1) và (2) ⇒ M
. Do đó CPQD nội tiếp.
b. Gọi E và F lần lượt là trung điểm của CD và QP. N là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác
CPQD ⇒ OE // AC và NF ⊥ QP. Mà PQ // AB( câu a)
⇒NF ⊥ AB do đó NF // AC (3).

Mặt khác: NE và MQ cùng ⊥ CD nên NE // MQ (4)
Từ (3) và (4) suy ra tứ giác NEOF là HBH ⇒NE = FO = R( MPOQ là HCN)

Xét tam giác CNE có CN = = ≥

Giáo viên: Huỳnh Hữu Vang
25

= R

Trang