Hướng dẫn học sinh lớp 9 trường THCS thị trấn thường xuân xây dựng hệ thống bài tập theo nhiều hướng khác nhau từ một bài tập sách giáo khoa

1. Mở đầu
1.1. Lý do chọn đề tài
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 bồi dưỡng học sinh giỏi 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
giống với bài toán cũ. Đặc biệt là các bài toán đảo và bài toán tổng quát học sinh
thường không có kỹ 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 Thị Trấn nói riêng và học sinh toàn huyện Thường Xuân nói
chung. Tôi xin được trình bày đề tài: “ Hướng dẫn học sinh lớp 9 trường
THCS Thị Trấn Thường Xuân xây dựng hệ thống bài tập theo nhiều hướng
khác nhau từ một bài tập sách giáo khoa ”
1.2. Mục đích nghiên cứu
- 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.
- Giúp học sinh hứng thú hơn trong học tập đặc biệt là bồi dưỡng Học

sinh giỏi.
1.3. Đối tượng nghiên cứu
Phương pháp hình thành tính tích cực, tự giác, chủ động và năng lực tự
học của học sinh.
1.4. Phạm vi nghiên cứu
Nội dung chương trình Toán THCS mà chủ yếu là chương trình lớp 9.
2. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm.
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
1


cực, tự giác, chủ động và đồng thời phát triển năng lực tự học của học là một
quá trình lâu dài, kiên nhẫn 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 chỗ 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.
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm.
Qua nhiều năm giảng dạy, bồi dưỡng học sinh giỏi 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 khi thực hiện đề tài này tôi đã khảo sát 32 học sinh lớp 9A trường
THCS Thị Trấn Thường Xuân năm học 2015 - 2016. Kết quả thu được như sau:
Giỏi
Khá
TB
Yếu, kém
SL
TL (%)
SL
TL (%)

SL
TL (%)
SL
TL (%)
32
3
9.4
12
37.5
15
46.9
2
6.2
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.
Sĩ số

2


2.3. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề
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
kỹ 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.
2.3.1. Ví dụ (Bài tập 30 trang 116 SGK Toán 9 tập 1):
Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Gọi Ax, By là các tia vuông
góc với AB (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:
·
a. COD
= 90o.
b. CD =AC + BD
y
x
Hướng dẫn:

D

M
C

A

O

B

a. -Vì CA và CM là hai tiếp tuyến của đường tròn (O) cắt nhau tại C
·
nên OC là tia phân giác của COM
(1) và CM = CA
+ DM và DB là hai tiếp tuyến của đường tròn (O) cắt nhau tại D

·
nên OD là tia phân giác của MOB
(2) và DM = DB
- Từ (1) và (2) ⇒ CO ⊥ OD
b. Ta có CD = CM + MD mà CM = CA và DM = DB (chứng minh trên)
Nên CD =AC + BD
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.
2.3.2. Xây dựng hệ thống bài toán .
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
3


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.
Hướng dẫn:
y

x

D

M
C

A

B

O

Theo câu a phần ví dụ: ∆ COD vuông tại O, OM là đường cao nên OM 2 =
CM.MD
Theo câu b phần ví dụ: 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 tại O)
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 trung bình của hình thang ACDB ⇒ ON // AC
Do đó ON ⊥ AB ( vì AC ⊥ AB) (2)
4


- Từ (1) và (2) Suy ra AB tiếp xúc với đường ngoại tiếp tam giác COD.
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
M

N

C

SCDO = p.r = r.( a+b+c)A . Mặt khácOSCDO = OM.CD
= R.a

B
⇒
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) suy ra: < <
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 diện tích của tứ giác ACDB đạt giáytrị nhỏ nhất.
x
Tìm giá trị nhỏ nhất đó theo R.
Hướng dẫn:
D
M
C

- Ta có PACDB = CA + AB +BD + DC = AB + 2CD
B
A
O
Mà CD ≥ AB Suy ra : PACDB ≥ 3AB hay PACDB ≥ 6R.
Dấu “ = ” xảy ra khi và
chỉ khi CD = AB
Vậy GTNN của PACDB = 6R
- SACDB = . AB = ≥ Hay SACDB ≥ 2R2

Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi CD = AB
5


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 BMD.
Hướng dẫn:
y
x

D
M
C

A

H

B

O

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

+ SAMB = MH.AB Mà MH ≤ R do đó SAMB ≤ R.2R = R2(2)
Dấu “ =” xảy 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 bằng 2R2 và SAMB lớn nhất bằng R2
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)
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 = yCD. Chứng minh CD là tiếp
tuyến của đường tròn đường kính AB.
Huớng dẫn:
D
x
M

C

A

6
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
suy ra: ·AMC =
2

·
1800 − BDM
·
BMD
=
2
·
do đó ·AMC + BMD
=

và

(

·
3600 − ·ACM + BDM

)

2

0
·
·
- Mà ACM + BDM = 180 ( vì tứ giác ABDC là hình thang vuông)
·
Nên ·AMC + BMD
= 900 ⇒ ·AMB = 900 ⇒M thuộc đường tròn đường kính

AB(1)
- Trên AB lấy điểm O sao cho OA = OB. Nối O với M ta có MO = OA = OB
·
·
·
hay
tam giác AOM cân tại O ⇒ OMA
+ ·AMC = OAM
+ CAM
= 900 ⇒ OM ⊥ CD (2)
- Từ (1) và (2) suy ra CD là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AB.
y
Cách 2:
D

x
M

C

F
E

Lấy trên đoạn CD một điểm M sao cho CM = CA. Gọi E và F theo thứ tự là
A
B
O
trung điểm của AM và MB. Nối CO'≡với
E và nối D với F cắt nhau tại O’.
- Xét ∆ CAM cân tại C có CE là đường trung tuyến. Nên CE cũng là đường cao
và là đường phân giác (1).
- Xét ∆ MDB cân tại D có DF là đường trung tuyến. Nên DF cũng là đường cao
và là đường phân giác (2).
0
· ' CD + CDO
·
·
- Từ (1) và (2) suy ra O
= 1800)
' ’= 90 (vì ·ACD + CDB
· ' D = 900.
⇒ CO
7


Do đó tứ giác O’EMF là hình chữ nhật ⇒ ·AMB = 900 và MO’ = EF.
- Trên AB lấy điểm O sao cho OA = OB. Vì ∆ AMB vuông tại M nên
MO = OA = OB = AB (3)
- Xét ∆AMB có: EA = EM và MF = FB nên FE là đường trung bình 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
·
= ·ACO
MCO
Do đó: ∆ACO = ∆MCO
·
·
Suy ra CMO
= CAO
= 900 hay CM ⊥ MO nên CD là tiếp tuyến của đường tròn
đường kính AB .
Cách 3:
y

D

N

x
M

C

A

O

B

- Từ O kẻ đường thẳng vuông góc với AB cắt CD tại N suy ra NC = ND
Xét hình thang vuông ACDB có ON là đường trung bình nên
ON = = = CN = ND ⇒∆NCO cân tại N.
·
·
·
·
⇒ NCO
= CON
mà ·ACO = CON
( CA // ON) ⇒ ·ACO = NCO
- Từ O kẻ OM ⊥ CD ( M ∈ CD)
- Xét ∆ACO và ∆MCO có:
·
·
·
= OMC
= 900 , CO chung, ·ACO = NCO
OAC
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 kỹ 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.
8

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
z
tròn.
y
Hướng dẩn:
D

N

x

K
M

C

A

B

O

- 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 nghĩ khác.
Không phải lúc nào cũng 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.
y
x
b. ON ⊥ AD
Hướng dẫn:
D

N
M
C

L
H

A

O

B

9


a. Ta có: AC = CM (t/c hai tiếp tuyến 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.
·
b. Ta có AN // BD ( cùng vuông góc với AB) ⇒ ·ANB = NBD
( so le trong)
0
0
·
·
·
·
·
·
·
Mà ANB + NAM = 90 và NBD + ODB = 90 nên NAM = ODB
= ODM
⇒ tanMAN = tanODM hay = ⇒ = (1)
·
·
·
·
·

Mặt khác NMO
= ·AMD ( Vì NMA
= OMD
= 900 và CMN
= BMD
) (2)
⇒
·
⇒
·
Từ (1) và (2) suy ra: ∆ OMN ∽ ∆DMA
tứ giác ANMH nội
MNO = MAD
0
·
·
tiếp. Do đó NAM
= NHA
= 90 hay ON ⊥ AD .
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

Q

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

( CO // MB) ⇒ QPO
= MBA
(1).
0
·
·
Xét tứ giác MDNO có OMD
= OBD
= 90 ⇒ tứ giác MDNO nội tiếp
⇒·
·
(2)
MDO = MBO
·
·
Từ (1) và (2) suy ra MDO
= QPO
. Do đó tứ giác 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 vuông góc với CD nên NE // MQ (4)
Từ (3) và (4) suy ra tứ giác NEOF là hình bình hành.

10


⇒NE

= FO = R ( tứ giác MPOQ là hình chữ nhật)

Xét tam giác CNE có CN = = ≥
= R
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi AB = CD hay M là điểm chính giữa cung CD.
Giá trị nhỏ nhất của bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác CEFD bằng R
Nhận xét: Ở bài toán thứ 9 giúp cho học sinh hình thành được tính chủ động,
sáng tạo và biết liên kết các bài toán trong giải toán vì đây là bài toán không dễ
nếu như không giải các bài toán trước. Khai thác tiếp các bài trên ta lại có bài
toán thứ 10 .
Bài toán10: 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.Từ
M kẻ MH ⊥ AB. Gọi E và F là chân đường vuông góc hạ từ H xuống AM và
BM.
a. Chứng minh tứ giác AEFB nội tiếp được đường tròn
b. Gọi G là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEFB. Chứng minh EF = 2OG
c. Chứng minh MH, CB, AD đồng quy
y

x

D
M
C

F
E

A

P

L
O
H

B

G
Nhận xét: Đây là bài toán không dễ chút
nào nhưng nếu ta biết vận dụng các
kết quả của những bài tập trên thì bài toán này trở nên đơn giản hơn rất nhiều
Hướng dẫn:
µ = M
¶ = F
µ = 900 )
a.Tứ giác AEFB là hình chữ nhật( E
⇒·
·
·
·
·
·
·
mà EMH
= MBH
(cùng phụ với MHB
) Nên MEF
= MBH
MEF = EMH

Do đó tứ giác AEFB nội tiếp được đường tròn.
b. Gọi giao điểm của EF và MH là Q.
Vì O là trung điểm của AB nên GO ⊥ AB.mà MH ⊥ AB nên GO // MH (1)
·
·
·
Mặt khác MEF
= BMO
( cùng bằng MBO
)
0 ⇒ ·
0
·
·
·
Mà BMO + OMA = 90
MEF + OMA = 90 do đó
·
= 900 hay OM ⊥ EF mà GQ ⊥ EF ( LE = LF) .Nên OM //QG (2)
MPE
Từ (1) và (2) suy ra tứ giác MOGL là hình bình hành.
⇒ OG = QM mà QM = EF nên OG = EF.
c. Gọi giao điểm của AD và MH là L
- Xét tam giác CDA có: ML // AC( vì cùng ⊥ AB) ⇒ = = (1)
11


- Xét tam giác ADB có LH // BD ( vì cùng ⊥ AB) ⇒ = (2)
- Từ (1) và (2) suy ra . = . = Mà = ( do ML // CA)

Do đó . = .Mặt khác MD = BD, MC = AC (TC của hai TT cắt nhau)
⇒ . = ⇒ = 1 ⇒ MH = LH hay L là trung điểm của MH (3)
- Tương tự: Gọi K là giao điểm của CB và MH ta có K là trung điểm của MH
(4)
Từ (3) và (4) suy ra L và K trùng nhau.Vậy MH, CB, AD đồng quy.
Nhận xét: Nếu chúng ta thay đổi một chút là hai tiếp tuyến Ax và By trở thành
hai cát tuyến thì ta sẽ có bài toán tổng quát hơn và khó hơn.
Bài toán 11. Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB và một điểm Q cố định
nằm trên đoạn OB. Qua Q vẽ đường thẳng d vuông góc với OB. Vẽ cát bất kỳ
Ay cắt nửa đường tròn tại M ( M luôn năm về nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng
d có chứa điểm A) và cắt đường thẳng d tại T. Nối T với B cắt nửa đường tròn
tại C. Qua N và M kẻ các tiếp tuyến Nx và Mz với nửa đường tròn cắt nhau tại
R. Gọi giao điểm của BM và AN là I.
a. Chứng minh I, R cùng thuộc đường thẳng d
b. Gọi K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AIT. Chứng minh rằng khi cát
tuyến Ay thay đổi thì điểm K luôn nằm trên một đường thẳng cố định.
Hướng dẫn:

d

y
T

R

K

M
N

I

A

z

B'

O

Q

B

x

a. - Xét tam giác ATB có BM, AN và TQ là ba đường cao nên I nằm trên đường
thẳng (d).
- Gọi R’ là trung điểm của TI ⇒NR’là đường trung tuyến của tam giác ITN
⇒ R’N = R’T ⇒∆TR’N cân tại R’ ⇒ R
· ' TN = TNR
·
'
⇒
·
·
- ∆OAN cân tại O
NAO = ANO
·
·

·
mà NAO
= TNR
)
' (cùng bằng BNx
·
·
Do đó ANO = TNR ' mà AN ⊥ TN ⇒ON ⊥ R’N ⇒R’N là tiếp tuyến của
đường tròn (O) (4)
- Chứng minh tương tự ta cũng có: R’M là tiếp tuyến của đường tròn(O) (5).
Từ (4) và (5) ⇒R ≡ R’ hay R nằm trên đường thẳng (d).
12


b. Gọi B’ là điểm đối xứng với B qua Q mà B và Q cố định ⇒B’ cố định mà IQ
· ' B = IBB
· '
là đường trung trực của BB’ nên ∆ BIB’ là tam giác cân tại I do đó IB
·
· ' = ·ATQ ( cùng phụ với TAQ
· ' B = ·ATQ
mà IBB
) . Nên IB
⇒tứ giác TIB’A nội tiếp (1)
Mặt khác: K là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆TIA nên đường tròn tâm K đi qua
điểm A và điểm B’ cố định. Tức là K nằm trên đường trung trực của đoạn thẳng
cố định AB’.
Nhận xét: Nếu ta đặc biệt bài toán số 11 ta lại có bài toán số 12 hay hơn, khó
hơn và điều này cũng giúp các em biết quy lạ về quen, biết quy cái tổng quát ra
cái cụ thể và ngược lại.

Bài toán 12: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Vẽ cát AMT và BNT
với đường tròn tâm O sao cho tổng khoảng cách từ A,B đến đường thẳng MN
bằng R. Qua N và M kẻ các tiếp tuyến Nx và Mz với nửa đường tròn và cắt nhau
tại R. Gọi giao điểm của BM và AN là I.
a.Tính độ dài đường kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác MINT theo R.
b.Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác TAB theo R khi M,N di chuyển trên
nửa đường tròn nhưng vẫn thỏa mãn điều kiện bài toán.
Hướng dẫn:
T

R
N

B'

H
A'

M
I

A

K

O

B

a. Theo câu 11 thì T, R, I thẳng hàng nên đường kính của đường tròn ngoại tiếp

tứ giác MINT là TI.
- Gọi H là trung điểm của MN ⇒ RO là đường trung trực của MN
- Dựng AA’ và BB’ ⊥ MN. Xét tứ giác AA’B’B có AA’ // BB’( cùng ⊥ MN) nên
tứ giác AA’B’B là hình thang mà OH là đường trung bình nên OH = (AA’+BB’)
= R
- Xét tam giác MOH vuông tại O có MH2 = MO2 - OH2 = R2 - R2 = R2
⇒MH = R.
¼ =600
⇒ MN = R hay tam giác OMN là tam giác đều ⇒ sđ MN
¼ ) = ( 1800 - 600) = 600 ⇒ MRN
·
- ·ATB = ( sđ »AB - sđ MN
= 1200
0
⇒·
RMH = 30

13


⇒

MR = = ⇒ TI =
b. Xét ∆TAB có AN và BM là đường cao cắt nhau tại I nên TI ⊥ AB
- Theo câu a thì ·ATB = 600 mà AB cố định nên T luôn chạy trên cung A chứa
góc 600 dựng trên đoạn thẳng AB khi M,N thay đổi. Do đó diện tích tam giác
TAB lớn
nhất khi và chỉ khi đường cao TK lớn nhất ( vì S TAB = TK.AB mà
AB không đổi)
Mà TK lớn nhất khi và chỉ khi T là điểm chính giữa cung chứa góc 60 0 dựng

trên đoạn thẳng AB. Khi đó tam giác TAB là tam giác đều.
⇒ STAB lớn nhất = TK.AB = R.2R = R2 (đvdt).
Cuối cùng để chốt lại đề tài tôi cho học sinh thử sức bài toán 13 là đề thi
HSG lớp 9 tỉnh Thanh Hóa năm học 2014 - 2015.
Bài toán 13: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Một điểm C cố định
thuộc đoạn thẳng AO (C khác A và C khác O). Đường thẳng đi qua C và vuông
góc với AO cắt nửa đường tròn đã cho tại D. Trên cung BD lấy điểm M (M khác
B và M khác D). Tiếp tuyến của nửa đường tròn đã cho tại M cắt đường thẳng
CD tại E. Gọi F là giao điểm của AM và CD.
1. Chứng minh tam giác EMF là tam giác cân.
2. Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác FDM. Chứng minh ba điểm D, I,
B thẳng hàng.
3. Chứng minh góc ABI có số đo không đổi khi M di chuyển trên cung BD.
Hướng dẫn:
E

M

D
I
K

F
O
A

C

B

N

1) Gọi N là giao điểm của CD với nửa đường tròn còn lại.
Vì OA ⊥ DN nên A là điểm chính giữa cung DN.
1 ¼
·
» ) (góc có đỉnh ở bên trong đường tròn)
= (sd MD
+ sd AN
Ta có: DFM
2
1
·
¼ + sd »AD) = 1 sd ¼
⇒ DFM
= (sd MD
AM (vì »AN = »AD ) (1)
2
2

14


1
·
= sd ¼
AM (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung) (2)
Mặt khác: EMA
2

·
·
·
·
⇒ ∆EMF cân tại E.
Từ (1) và (2) suy ra: DFM
hay EFM
= EMF
= EMF
2) vẽ đường kính DK của đường tròn ngoại tiếp tam giác DMF.
·
Ta có: DFK
= 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (I))
⇒ KF / / AB (cùng vuông góc với DN)
·
·
(cặp góc đồng vị)
⇒ MFK
= MAB
·
·
Mà MFK
(cùng chắn cung MK của đường tròn (I))
= MDK
·
·
Nên ⇒ MDK = MAB (*)
·
·
Mặt khác: MDB

(cùng chắn cung MB của đường tròn (O)) (**)
= MAB
·
·
Từ (*) và (**) suy ra: MDK
= MDB
Mà K, D cùng nằm trên một nửa mặt phẳng bờ MD nên D, K, B thẳng hàng
Hay D, I, B thẳng hàng (DK là đường kính của đường tròn (I))
1
3) Vì D, I, B thẳng hàng nên ·ABI = ·ABD = sd »AD
2

Do A, D và đường tròn (O) đường kính AB cố định nên cung AD không đổi
Suy ra ·ABI không đổi khi M di chuyển trên cung BD.
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với
bản thân, đồng nghiệp và nhà trường.
Qua giảng dạy theo tinh thần của đề tài trên đã:
- Góp phần phát triển năng lực tư duy của học sinh, phát huy trí thông
minh, óc sáng tạo. Hệ thống kiến thức chương trình được cũng cố, gây được
hứng thú học tập bộ môn. Làm nền tảng tiếp thu kiến thức tiếp theo, học tập các
bộ môn khác tốt hơn.
- Rèn luyện cách trình bày bài toán chứng minh hình đầy đủ, chặt chẽ, lập
luận có căn cứ, chính xác. Khắc sâu vào cũng cố các kiến thức có liên quan.
- Nếu trong khi dạy toán mà chúng ta biết hệ thống và liên kết chúng thì
được một hệ thống bài tập không những giúp cho việc giảng dạy thêm phần sinh
động mà còn giúp cho học sinh cảm thấy hứng thú và chủ động đồng thời nắm
bắt được kiến thức một cách vững vàng hơn.
- Điều đó càng được thể hiện rõ hơn thông qua kết quả làm bài kiểm tra
khảo sát của 32 học sinh lớp 9A trường THCS Thị Trấn Thường Xuân sau khi
thực hiện đề tài này trong năm học 2015 - 2016:

Sĩ số
32

Giỏi
SL
TL (%)
13
40,6

Khá
SL
TL (%)
17
53,1

TB
SL
TL (%)
2
6,3

Yếu, kém
SL
TL (%)
0
0

3. Kết luận, kiến nghị
Qua quá trình nghiên cứu đề tài này tôi thấy, 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
15


tin hơn trong giải toán, nhờ đó mà học sinh phát huy được tư duy và nâng cao
năng lực sáng tạo, bước đầu hình thành cho học sinh niềm say mê nghiên cứu
khoa học.
Trong quá trình giảng dạy, bồi dưỡng. Việc khai thác, liên kết, lật ngược...
bài toán rất quan trọng, nó không chỉ giúp cho học sinh nắm bắt kĩ kiến thức cơ
bản của một dạng toán mà còn nâng cao tính khái quát hoá, đặc biệt hoá một bài
toán. Hơn nữa, việc liên kết các bài toán khác nhau, tìm mối liên hệ chung giữa
chúng sẽ giúp cho học sinh có hứng thú hơn khi học toán.
Ví dụ trên chỉ là một trong các ví dụ nhỏ minh họa cho việc đổi mới
phương pháp dạy - học theo hướng tích cực nhằm rèn luyện cho học sinh tư duy,
sáng tạo và phát triển năng lực tự học của Học sinh trong học tập môn Toán. Ý
tưởng “Giúp học sinh hình thành tính tích cực, tự giác, chủ động và đồng thời
phát triển năng lực tự học ” đã có từ lâu. Nhưng cái mới ở đây là: Từ những bài
toán không mới, giáo viên đã biến nó thành cái mới và sắp xếp chúng theo một
hệ thống nhất định có thể giúp học sinh tiếp thu bài nhanh hơn,vững vàng hơn
và hứng thú hơn.
Bản thân tôi trước đây từ khi mới vào nghề và đặc biệt là từ khi được giao
dạy bồi dưỡng tôi cảm thấy rất khó khăn trong việc giúp học sinh hình thành
tính tích cực, tự giác, chủ động và đồng thời phát triển năng lực tự học cho học
sinh mặc dầu tôi đã cố hết sức mà kết quả vẫn không cao nhưng từ khi áp dụng
cách làm như tôi đã trình bày ở trên thì kết quả rất khả quan. Không những bản
thân tôi áp dụng mà tôi còn chia sẽ cách làm này cho các đồng nghiệp của tôi
trong trường và từ đó kết quả thi khảo sát, thi chuyển cấp vào lớp 10 THPT cũng
như các cuộc thi học sinh giỏi trong toàn huyện thì trường tôi luôn được xếp thứ
nhất.

Trên đây là kinh nghiệm mà tôi rút ra được trong quá trình giảng dạy và
tôi đã có được phần thành công trong việc thay đổi phương pháp dạy và học tại
trường THCS Thị Trấn đặc biệt là trong bồi dưỡng học sinh giỏi và ôn thi
chuyển cấp. Đề tài chắc chắn không tránh khỏi thiếu sót rất mong nhận được sự
góp ý giúp đỡ của quý thầy cô và các bạn đồng nghiệp.
XÁC NHẬN
CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thường Xuân, ngày 20 tháng 3 năm 2017
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết,
không sao chép nội dung của người khác.

Người viết SKKN

Nguyễn Sỹ Điệp

16


TÀI LIỆU THAM KHẢO
123456-

Sách giáo khoa và sách bài tập Toán 9. Nhà xuất bản giáo dục.
Nâng cao và phát triển Toán 8,9 Tác giả: Vũ Hữu Bình
Tuyển tập các đề thi HSG Toán THCS.Nhà Xuất bản giáo dục
Tuyển tập các tập chí của Toán tuổi thơ các số. Nhà Xuất bản giáo dục
23 chuyên đề và 1001 bài toán sơ cấp. Tác giả: Nguyễn Văn Vĩnh
Các loại tài liệu khác.....

17

18