MỘT SỐ BÀI TOÁN CÓ NHIỀU ỨNG DỤNG

1
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
I. TÊN ĐỀ TÀI: “MỘT SỐ BÀI TOÁN CÓ NHIỀU ỨNG DỤNG”
II. ĐẶT VẤN ĐỀ:
Điều 27 Luật Giáo dục 2005 ghi: “Mục tiêu của giáo dục phổ thông là
giúp học sinh (HS) phát triển toàn diện về đạo đức, trí tuệ, thể chất, thẩm mỹ
và các kỹ năng cơ bản, phát triển năng lực cá nhân, tính năng động và sáng
tạo, hình thành nhân cách con người Việt Nam XHCN, xây dựng tư cách và
trách nhiệm công dân, chuẩn bị cho HS tiếp tục học lên hoặc đi vào cuộc
sống lao động, tham gia xây dựng và bảo vệ tổ quốc”.
Hướng đổi mới của Giáo dục là đào tạo con người năng động, sáng tạo,
chủ động trong học tập. Bên cạnh việc dạy cho HS nắm vững các nội dung cơ
bản về kiến thức, giáo viên (GV) còn phải dạy cho HS biết suy nghĩ, tư duy
sáng tạo, biết tạo cho HS có nhu cầu nhận thức trong quá trình học tập. Từ
nhu cầu nhận thức sẽ hình thành động cơ thúc đẩy quá trình học tập tự giác,
tích cực và tự lực trong học tập để chiếm lĩnh tri thức. Những thành quả đạt
được sẽ tạo niềm hứng thú, say mê học tập, nhờ đó mà những kiến thức sẽ trở
thành “tài sản riêng” của HS.
Tri thức nhân loại nói chung và kiến thức Toán học nói riêng là vô tận.
Để chiếm lĩnh, nắm bắt kiến thức Toán học một cách hiệu quả, tích cực thì
chúng ta cần phải có phương pháp nghiên cứu, học tập đúng đắn và phù hợp.
Một trong những phương pháp tích cực đó là phát hiện một số bài toán có
nhiều ứng dụng để khai thác kiến thức mới. Vì vậy trong quá trình dạy học
Toán nói chung, người dạy và người học cần phải tạo ra cho mình một thói
quen: Sau khi đã tìm được lời giải bài toán, dù là đơn giản hay phức tạp, cần
tiếp tục suy nghĩ, dựa vào bài toán này ta sẽ tìm ra được những kết quả thú vị
và hấp dẫn nào nữa không.
Ngoài việc phát hiện được nhiều bài toán mới, còn giúp học sinh ghi
nhớ, khắc sâu nội dung của bài toán cơ bản cũng như biết vận dụng linh hoạt
bài toán đó khi giải toán.
Đề tài: “Một số bài toán có nhiều ứng dụng” gắn liền với nhiệm vụ

được giao của bản thân là GV trực tiếp giảng dạy bộ môn Toán 9 và thường
xuyên tham gia công tác dạy bồi dưỡng HS giỏi bộ môn Toán cho trường và
huyện. Với hy vọng sẽ giải quyết được sự trăn trở trong công tác dạy bồi
dưỡng HS giỏi nói chung và chất lượng bộ môn Toán 9 nói riêng. Điểm mới
của đề tài là tự khám phá tìm tòi những kiến thức mới từ những bài toán có
nhiều ứng dụng, nhằm khắc sâu kiến thức của bài toán cơ bản.
III. CƠ SỞ LÝ LUẬN:
Ứng dụng là đưa lý thuyết áp dụng vào thực tiễn.
Bài toán ứng dụng là vận dụng những lý thuyết đã được chứng minh
để giải quyết bài toán khác. Bài toán ứng dụng đã được chứng minh là một
khẳng định hay mệnh đề đúng được xem như một “định lý”.
GV: Phan Thy Hiến

Trường THCS Nguyễn Bỉnh Khiêm - Phú Ninh


2
Bài toán có nhiều ứng dụng phát hiện ra nhiều bài toán mới, từ những
bài toán mới đó giải quyết được nhiều kết quả thú vị và hấp dẫn.
Không phải bất kì bài toán nào cũng có nhiều ứng dụng. Việc phát hiện
ra bài toán có nhiều ứng dụng là con đường khá lý thú khi làm toán. Tôi nghĩ
rằng cần chủ động đi tìm những bài toán có nhiều ứng dụng và tập hợp các
ứng dụng đó chắc chắn sẽ là một phương pháp học mang lại hiệu quả rất cao.
IV. CƠ SỞ THỰC TIỄN:
Qua quá trình nghiên cứu và giảng dạy, tôi nhận thấy:
- HS học yếu môn toán nói chung và yếu chứng minh hình học nói
riêng chủ yếu là do ít thuộc khái niệm, định lý, ...
- Nhiều HS 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.

- Học không đi đôi với hành, làm cho bản thân HS ít được củng cố,
khắc sâu kiến thức, ít được rèn luyện kĩ năng để làm nền tảng tiếp thu kiến
thức mới, do đó năng lực cá nhân không được phát huy hết.
- Đa số HS, sau khi tìm được một lời giải đúng cho bài toán thì các em
hài lòng và dừng lại, và không cần nhớ vấn đề đã được chứng minh là chìa
khóa để giải quyết những bài toán khác.
- Một số GV chưa thực sự quan tâm đến những ứng dụng của bài toán
trong các tiết dạy nói riêng cũng như trong công tác dạy học nói chung.
- Trong các đề thi học sinh giỏi hiện nay thường gặp những bài toán sử
dụng kiến thức của bài toán có nhiều ứng dụng, nếu học sinh chưa biết thì
rất lúng túng hoặc không biết cách giải.
Nhằm góp phần khắc phục những hạn chế đã nêu, tôi quyết định biên
soạn đề tài: “Một số bài toán có nhiều ứng dụng” để áp dụng vào thực tế
giảng dạy bộ môn và bồi dưỡng HS giỏi.
V. NỘI DUNG NGHIÊN CỨU
Để công tác bồi dưỡng học sinh giỏi của bản thân đạt hiệu quả cao tôi
cung cấp cho HS một số bài toán có nhiều ứng dụng để HS làm quen. Trên
cơ sở đó, HS tự tìm ra những kiến thức mới.
Chúng ta bắt đầu từ các bài toán sau:
Bài toán cơ bản 1: (Bài 30 trang 116 sgk toán 9 tập I)
Cho nửa đường tròn tâm O có đường kính AB = 2R. Vẽ các tiếp tuyến
Ax, By với nửa đường tròn (các tia Ax, By cùng phía vớiy nửa đường tròn đối
với AB). Qua điểm xM thuộc nửa đường tròn (M khác A và B) kẻ tiếp tuyến
với nửa đường tròn, cắt Ax, By theoMthứ tự ở C, D. Chứng Dminh
0
a) �COD  90
C
b) CD = AC + BD
c) Tích AC.BD không đổi khi điểm M di chuyển trên nửa đường tròn
GV: Phan Thy Hiến

Trường THCS Nguyễn Bỉnh Khiêm - Phú Ninh
A

O

B


3

Hướng giải:

a) b) Vận dụng tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta chứng minh được
�COD  900 và CD = AC + BD
c) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông OCD ta được:
OM2 = MC.MD
 AC.BD = R2 (không đổi)
Từ kết quả của bài toán 1 ta chứng minh được các bài toán sau:
Bài 1.1: Cho nửa đường tròn tâm O có đường kính AB = 2R. Vẽ các tiếp
tuyến Ax, By với nửa đường tròn (các tia Ax, By cùng phía với nửa đường
tròn đối với AB). Gọi M là điểm di động trên nửa đường tròn. Qua M vẽ tiếp
tuyến với nửa đường tròn cắt Ax, By theo thứ tự ở C, D. Tìm vị trí của điểm
M trên nửa đường tròn để diện tích tứ giác ACDB đạt giá trị nhỏ nhất. Tính
giá trị nhỏ nhất đó.
Hướng giải: Vận dụng kết quả của bài tập trên
SACDB =

AC + BD
CD

AB 2
.AB =
.AB �
 2R 2
2
2
2

Vậy minSABDC = 2R2  M là điểm chính giữa cung AB
Bài 1.2. Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R và M là một điểm
thuộc nửa đường tròn (khác A và B). Tiếp tuyến của (O) tại M cắt các tiếp
tuyến tại A và B của (O) lần lượt tại C và D. Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng
diện tích của hai tam giác ACM và BDM.
Hướng giải:
y

x

D
M
C

A

H

O

B

Vận dụng kết quả CD = AC + BD
GV: Phan Thy Hiến

Trường THCS Nguyễn Bỉnh Khiêm - Phú Ninh


4
Kẻ MH  AB (H �AB) ta có MH �MO = R
Tứ giác ABDC là hình thang vuông nên CD �AB = 2R
Ta có SABDC =

 AC  BD  AB  CD. AB �AB. AB  2 R 2

2
2
2
MH . AB MO. AB
�
 R2
SMAB=
2
2
Nên SACM + SBDM = SABDC - SMAB �2R2 –R2 ( Vì a > b, c < d => a – c > b – d)
� SACM + SBDM �R2
Dấu “=” xảy ra � H ≡ O
� M là giao điểm của đường thẳng vuông góc với AB vẽ từ O và nửa đường

tròn (O)
Vậy khi M là giao điểm của đường thẳng vuông góc với AB vẽ từ O và nửa
đường tròn (O). Thì SACM + SBDM nhỏ nhất và bằng R2

Nếu học sinh nhớ được kết quả AC + BD = CD hoặc AC.BD = R2 thì
học sinh sẽ chứng minh được bài toán nâng cao hơn sau đây:
Bài 1.3: Trên đường thẳng d lấy hai điểm A, B trong cùng nửa mặt phẳng bờ
là đường thẳng d ta dựng hai tia Ax, By cùng vuông góc với d và trên Ax lấy
điểm C, trên By lấy điểm D sao cho AC + BD = CD. Chứng minh CD là tiếp
tuyến của (O) đường kính AB.
Hướng giải:
y
x

D
M
C

d
A

O

B

E

Gọi O là trung điểm của AB; E là giao điểm của DO và CA
+ Chứng minh ∆OBD = ∆OAE (cạnh góc vuông – góc nhọn kề)
 AE = BD và OE = OD
 CE = CD nên ∆CDE cân tại C
 Trung tuyến CO đồng thời là phân giác của ∆CDE
Kẻ OM vuông góc CD
+ Chứng minh OM = OA suy ra điều cần chứng minh.

GV: Phan Thy Hiến

Trường THCS Nguyễn Bỉnh Khiêm - Phú Ninh


5
Bài 1.4: Trên đường thẳng d lấy hai điểm A, B trong cùng nửa mặt phẳng bờ
là đường thẳng d ta dựng hai tia Ax, By cùng vuông góc với d và trên Ax lấy
điểm C, trên By lấy điểm D sao cho AB 2 = 4AC.BD. Chứng minh CD là tiếp
tuyến của (O) đường kính AB.
Hướng giải: Gọi O là trung điểm của AB. Dựa vào AB 2 = 4AC.BD. Chứng
minh tam giác AOC đồng dạng tam giác BDO (c.g.c)
 �AOC  �ODB
0
 �COD  90
Kẻ OM vuông góc với CD và dựa vào bài 1.3 chứng minh OM = OA, suy ra
điều cần chứng minh.
Bài toán cơ bản 2: Cho hai đường tròn (O; R) và (O’; R’) tiếp xúc ngoài tại
A. Vẽ tiếp tuyến chung ngoài BC của (O) và (O’) (B thuộc (O); C thuộc (O’))
0
a) Chứng minh �BAC  90
b) Chứng minh BC  2 R.R'
B
M
C

O

A

O'

Hướng giải:
a) Vẽ tiếp tuyến chung trong của hai đường tròn tại A cắt BC tại M
+ Vận dụng tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: MA = MB = MC
Suy ra tam giác ABC vuông tại A
b) Vận dụng tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta chứng minh được tam giác
OMO’ vuông tại M.
+ Vận dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông OMO’ chứng minh được
MA2  R.R '

 BC  2 R.R'
Từ kết quả của bài toán 2 ta chứng minh được các bài toán sau:
Bài 2.1: Cho hai đường tròn (O1) và (O2) có bán kính lần lượt là 1 và 4 tiếp
xúc ngoài với nhau. Một tiếp tuyến chung ngoài của (O1) và (O2) với các tiếp
điểm lần lượt là A, B. Tính bán kính đường tròn (O) tiếp xúc với (O 1); (O2) và
AB.
GV: Phan Thy Hiến

Trường THCS Nguyễn Bỉnh Khiêm - Phú Ninh


6
Hướng giải:
B
C
A

O
O2

O1

Gọi x là bán kính của (O); C là tiếp điểm của AB với (O)
Áp dụng kết quả của bài toán 2 ta có: AC  2 1.x ; CB  2 4.x ; AB  2 1.4
Từ AC + CB = AB suy ra x = 4/9
Bài 2.2: Cho ba đường tròn có bán kính R 1, R2, R tiếp xúc ngoài lẫn nhau đôi
một và tiếp xúc với một đường thẳng, trong đó R là bán kính có độ dài nhỏ
nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất của R 1R2 theo R cho trước. (Đề thi HSG toán 9 TP
HCM 1993 – 1994).
Hướng giải:

O1

M

O2
D
A

O
C

B

Giả sử R1 ≥ R2 ≥ R
Vẽ BD // O1O2.
Vận dụng kết quả của bài toán 2 ta có:
AB  2 R 1 .R 2

AB = AC + CB =>

AC  2 R1 .R

CB  2 R 2 .R

R 1 .R 2  R1 R  R 2 R

2
 R1 R 2  ( R1 R  R 2 R )   R1 R  R2 R   4 R1 RR2 R
2

 R1 R 2 �4R R1 R2
2
 R1 R 2 �16R

Dấu = xảy ra  R1 = R2 = 4R
GV: Phan Thy Hiến

Trường THCS Nguyễn Bỉnh Khiêm - Phú Ninh


7
Bài toán 2.3: Hai đường tròn (O; R) và (O’; r) tiếp xúc ngoài tại A. Gọi BC,
DE là các tiếp tuyến chung của hai đường tròn (B và D thuộc đường tròn tâm
O).
a) Chứng minh BDEC là hình thang cân
b) Tính diện tích hình thang cân đó.
Hướng giải:
b) Kẻ tiếp tuyến chung tại A cắt BC, DE tại M, N.

Ta có MN = 2AM = BC = 2 Rr
Kẻ đường cao CH cắt OB tại K
Ta có BC2 = KC.HC => 4Rr = (R + r).HC => HC 

4Rr
Rr

Chú ý: MN là đường trung bình của hình thang BDEC
Nên ta tính được diện tích của tứ giác BDEC theo công thức: SBDEC = MN.CH
B
M
K

C
H

O

O'

A

E
N
D

Bài toán cơ bản 3: Cho tam giác ABC nhọn, nội tiếp trong đường tròn (O;
R). Gọi H là trực tâm của tam giác ABC. Vẽ OK vuông góc với BC (K thuộc
BC). Chứng minh AH = 2OK.
Bài toán này chúng ta có lời giải sau:

A

O
H

B

C

K
D

GV: Phan Thy Hiến

Trường THCS Nguyễn Bỉnh Khiêm - Phú Ninh


8

Kẻ đường kính AD,
Chứng minh tứ giác BHCD là hình bình hành
suy ra K là trung điểm của HD và OK là đường TB của tam giác ADH
=> AH = 2OK.
Từ kết quả của bài toán 3 ta chứng minh được các bài toán sau:
Bài 3.1: Cho tam giác ABC nhọn, nội tiếp trong đường tròn (O; R). H là trực
tâm, G là trọng tâm của tam giác ABC. Chứng minh H, G, O thẳng hàng.
A

Hướng giải:

G

O

H

B

C

K
D

Vận dụng bài 3, chứng minh tam giác AHG đồng dạng tam giác KOG (c.g.c)
suy ra �AGH  �KGO
 H, G, O thẳng hàng.
Bài 3.2: Cho tam giác ABC nhọn có hai đường cao AD và BK cắt nhau tại H,
M là trung điểm của BC; O là giao điểm các đường trung trực của tam giác
ABC. Biết OH//BC, OH = 11cm, OM = 5 cm. Tính độ dài các đoạn thẳng AD,
BC.
A
Hướng giải:
K
H

B

D

N

O

C

M

E

+ Vẽ (O) ngoại tiếp tam giác ABC, kẻ đường kính AE
+ Vận dụng kết quả bài toán 3
 AH = 2OM = 10 cm
+ Chứng minh tứ giác OHDM là hình chữ nhật
GV: Phan Thy Hiến

Trường THCS Nguyễn Bỉnh Khiêm - Phú Ninh


9
=> HD = OM = 5 cm
=> AD = 15 cm
*Tính BC.
+ Kéo dài AD cắt (O) tại N
=> HN = HA = 10 cm
=> AN = 20 cm và NE = 2OH = 22 cm
Từ đó ta tính được đường kính AE, suy ra bán kính OB, tính được BM, BC
Bài toán cơ bản 4. Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn tâm O và một
điểm M chuyển động trên cung nhỏ BC. Chứng minh rằng MA = MB + MC.
Hướng giải:
A

D
O

B

C

M

Trên MA lấy điểm D sao cho MD = MB
+ Chứng minh ∆MBD đều
+ Chứng minh ∆MBC = ∆DBA (c.g.c)
Suy ra AD = MC. Vậy MA = MB + MC.
Từ kết quả của bài toán 4 ta chứng minh được các bài toán sau:
Bài toán 4.1: Cho tam giác đều ABC cạnh bằng a (a > 0) và một điểm M
chuyển động trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Tìm giá trị lớn nhất và
nhỏ nhất của biểu thức T = MA + MB + MC.
Hướng giải:
Do tính bình đẳng của các cung AB, BC, CA nên ta có thể giả thiết M thuộc
cung nhỏ BC.
Theo kết quả của bài toán trên ta có: T = MA + MB + MC = 2MA
- Do MA ≤ 2R nên T ≤ 4R
Mà đường cao h 
Và

a 3
(Vì tam giác ABC đều)
2

2h
(Vì O là trọng tâm của tan giác đều ABC)
3
a 3
R
3

R

Suy ra

GV: Phan Thy Hiến

Trường THCS Nguyễn Bỉnh Khiêm - Phú Ninh


10

=> MaxT =

4a 3
khi M là điểm chính giữa của cung nhỏ BC
3

- Khi M thuộc cung nhỏ BC thì �MBA ≥ 600
=> � MBA ≥ � BMA nên MA ≥ AB = a.
Vậy MinT = 2a khi M ≡ C hoặc M ≡ B.
4a 3

Kết luận: Max(MA + MB + MC) = 3

khi M là điểm chính giữa của các
cung AB, BC, CA.
Min(MA + MB + MC) = 2a khi M trùng với một trong các đỉnh A, B, C.
Bài 4.2: Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O), M là điểm chuyển
động trên cung BC không chứa điểm A; AM và BC cắt nhau tại N. Chứng
1
1
1
minh


MN

MB

MC

(Đề thi HSG toán 9 tỉnh Quảng Nam năm 2000 – 2001)
Hướng giải:
Vận dụng kết quả bài 4: MA = MB + MC
+ Chứng minh được ∆MBA ∽ ∆MNC (g.g)
nên MB.MC = MA.MN = (MB + MC).MN
Suy ra điều cần chứng minh
Bài 4.3: Cho tam giác đều ABC nội tiếp (O;R). Gọi M là điểm bất kỳ thuộc
cung nhỏ BC. Gọi D là giao điểm của MA và BC. Chứng minh
MD MD

1
MB MC

A

Hướng giải:

I
O
B
y

H
C

D
M

Chứng minh ∆MCD ∽ ∆MAB (g.g)
=> MD  MC ; MD  MB
MB

MA MC

MA

Cộng hai tỉ lệ thức trên vế theo vế và sử dụng kết quả MA = MB + MC
Suy ra điều cần chứng minh.
Nếu học sinh nhớ được bài toán cơ bản 4 thì học sinh sẽ chứng minh
được bài toán nâng cao hơn sau đây:
GV: Phan Thy Hiến

Trường THCS Nguyễn Bỉnh Khiêm - Phú Ninh

11
Bài 4.4: Cho đường tròn (O; R) và hai điểm B, C cố định trên (O; R) thỏa
� BOC = 1200. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

1
1

khi M di động
MB MC

trên cung nhỏ BC của đường tròn (O; R) với M ≠ B và M ≠ C
(Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Lê Quý Đôn TP Đà Nẵng năm 2008)
Hướng giải:
A

I

2

B

.O

3

1

C

M

Gọi A là điểm chính giữa của cung lớn BC. Trên đoạn MA lấy điểm I sao cho
MI = MB. Tam giác MBI cân tại M và có �BMI  600 nên là tam giác đều
 CBM = ABI (c.g.c)
 MC = IA  MB + MC = MA
1
1
MB  MC
MB  MC
4
4
2





 ;
2
MB MC
MB.MC
MA 2R R
 MB  MC 


2



Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi M là điểm chính giữa cung nhỏ BC
1  2
 1

  khi M là điểm chính giữa cung nhỏ BC
 MB MC  R

Kết luận: min 

Bài toán cơ bản 5: Cho đường tròn tâm (O) và điểm M nằm ngoài đường
tròn đó. Qua điểm M kẻ tiếp tuyến MT và cát tuyến MAB. Chứng minh
MT2 = MA.MB (Bài 34 trang 80 sgk toán 9 tập II NXBGD)
Hướng giải:
T

M

O
A
B

+ Chứng minh ∆MAT ∽∆MTB (g.g)
Suy ra điều cần chứng minh.
GV: Phan Thy Hiến

Trường THCS Nguyễn Bỉnh Khiêm - Phú Ninh


12
Từ kết quả của bài toán 5 ta chứng minh được các bài toán sau:

Bài 5.1: Cho tam giác ABC nội tiếp trong (O). Đường phân giác góc BAC cắt
(O) tại điểm D. Tiếp tuyến với (O) tại D cắt hai tia AB, AC lần lượt tại M, N.
Gọi P là giao điểm của (O) và MC. Chứng minh đường thẳng AP đi qua trung
điểm của đoạn MD.
(Đề thi HSG toán 9 tỉnh Quảng Nam năm 2007 – 2008)
Hướng giải:
Gọi Q là giao điểm của AP và MN
+ Vận dụng bài toán trên ta có: QD2 = QP.QA
(1)
2
+ Chứng minh ∆QMP ∽∆QAM (g.g) => QM = QP.QA (2)
Từ (1) và (2) => đpcm.
A

O

B

C

P
M

Q

N

D

Bài 5.2: Cho tam giác ABC cân tại A ngoại tiếp (O), tiếp điểm trên 3 cạnh

AB, AC, BC lần lượt là D, E, F. BE cắt (O) tại M; DM cắt BF tại K. Chứng
minh BK = KF.
Hướng giải: tương tự bài 5.1.
Bài 5.3: Từ điểm A ở ngoài (O) kẻ hai tiếp tuyến AB, AC với (O) (B, C là hai
tiếp điểm). Đường thẳng qua A cắt (O) tại D và E (D nằm giữa A và E, dây
DE không qua tâm O). Gọi H là trung điểm của DE, AE cắt BC tại K. Chứng
minh
2
1
1
AK



AD



AE

B

Hướng giải:

E
D

K

A

H

O

C

GV: Phan Thy Hiến

Trường THCS Nguyễn Bỉnh Khiêm - Phú Ninh


13
+ Vận dụng bài toán cơ bản 5 ta có: AD.AE = AC2
(1)
+ Chứng minh 5 điểm A, B, H, O, C cùng nằm trên đường tròn
+ Chứng minh ∆AHC ∽∆ ACK (g.g) => AH.AK = AC2 (2)
Từ (1) và (2) => AD.AE = AH.AK
=> 2AD.AE = 2AH.AK
= (AH + AH).AK
= (AD + DH + AE - HE).AK
= (AD + AE)AK
2
AD  AE
1
1
=>




AK

AD. AE

AD

AE

Bài toán cơ bản 6: Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O), kẻ các
đường cao BE, CF của tam giác ABC. Chứng minh OA vuông góc EF.
Hướng giải:
y

A

x

E
F

O

B

C

Kẻ tiếp tuyến xAy của đường tròn (O)
+ Chứng minh �xAB  �ACB
�AFE  �ACB

=> �xAB  �AFE
=> xy // FE
=> OA vuông góc FE
Từ kết quả của bài toán 6 ta chứng minh được các bài toán sau:
Bài 6.1: Cho đường tròn (O; R), BC là dây cung cố định khác đường kính.
Điểm A di động trên cung lớn BC sao cho tam giác ABC nhọn, kẻ các đường
cao AD, BE, CF của tam giác ABC. Xác định vị trí của điểm A trên cung lớn
BC để chu vi tam giác DEF đạt giá trị lớn nhất.

GV: Phan Thy Hiến

Trường THCS Nguyễn Bỉnh Khiêm - Phú Ninh


14
Hướng giải:

y

A

x

E
F

B

O

D

C

+ Vận dụng kết quả bài toán 6 ta được: OA vuông góc FE.
nên S = OA.FE
AEOF

2

Tương tự : OB vuông góc FD, OC vuông góc ED nên
SBFOD 

OB.DF
OC.DE
;SCDOE 
2
2

=> SABC = SAEOF + SBFOD + SCDOE = (EF + FD + DE). R = PDEF. . R
2
2
PDEF lớn nhất  SABC lớn nhất
 AD lớn nhất (vì BC cố định)
A là điểm chính giữa cung lớn BC.
Bài 6.2: Cho BC là dây cung cố định của (O;R) (BC ≠ 2R), A là điểm chuyển
động trên (O) sao cho tam giác ABC nhọn, BD và CE là hai đường cao của
tam giác ABC. Chứng minh đường thẳng kẻ từ A vuông góc với DE đi qua
một điểm cố định.
Hướng giải:

Vận dụng kết quả của bài toán trên ta có OA vuông góc DE, từ đó suy
ra điểm cố định là điểm O.
Bài 6.3: Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O,R), kẻ các đường cao
AD, BE, CF của tam giác ABC cắt nhau tại I
a) Chứng minh I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF
b) Giả sử góc BAC bằng 600. Tính diện tích tứ giác AEOF theo R
(Đề thi HSG toán 9 tỉnh Quảng Nam năm 2011 – 2012)
Hướng giải:
b) Nhờ nhận biết được kết quả OA vuông góc với EF nên tính diện tích
tứ giác AEOF một cách dễ dàng.
Nếu HS nhớ được hướng chứng minh OA vuông góc EF thì HS sẽ
chứng minh được bài toán sau đây:

GV: Phan Thy Hiến

Trường THCS Nguyễn Bỉnh Khiêm - Phú Ninh


15
Bài 6.4: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O; R). E, F lần lượt trên các
cạnh AC, AB sao cho EF vuông góc với OA. Chứng minh tứ giác BCEF nội
tiếp.
VI. KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU:
Trong quá trình dạy học phân môn hình học, tôi đã áp dụng đề tài này
không chỉ để dạy cho lớp bồi dưỡng HS giỏi mà còn linh hoạt dạy cho cả HS
đại trà. Ban đầu các em chưa thấy được tác dụng nên lười suy nghĩ. Về sau
khi giải được vài bài toán có nhiều ứng dụng các em lại say mê học toán
hình hơn, bởi lẽ khai thác bài toán hình học có nhiếu ứng dụng không những
phát hiện ra nhiều kiến thức mới, mà còn củng cố khắc sâu được nhiều kiến
thức cũ, giúp cho HS phát triển tư duy sáng tạo. Trong thời gian biên soạn đề

tài và áp dụng vào giảng dạy HS theo ý tưởng trên, đến nay hầu hết các em
trong lớp bồi dưỡng môn toán của trường cũng như của huyện có một thói
quen ghi nhớ những kết luận đã được chứng minh để có dịp vận dụng vào
chứng minh những bài toán khác.
Trong năm học này được sự quan tâm của Phòng Giáo dục và Đào tạo
huyện Phú Ninh, Ban giám hiệu trường THCS Nguyễn Bỉnh Khiêm đã tạo
điều kiện cho tôi được trực tiếp bồi dưỡng HS giỏi Toán và Casio 8, 9 của
trường và bồi dưỡng HS giỏi Toán 9, Casio 8, 9 cho huyện dự thi cấp Tỉnh với
kết quả đạt được như sau:
Cấp huyện:
+ Giải cá nhân: Toán 9: 2 giải nhì, 1KK; Casio 8: 1 giải nhất, Casio 9:
2 giải nhì.
+ Giải đồng đội: Giải nhì đồng đội môn toán 9, giải ba đồng đội toán
Casio 8, giải nhì đồng đội toán Casio 9.
Cấp Tỉnh: Có 08 HS đạt giải cấp tỉnh (Casio 8: 01 giải nhì và 1KK,
Casio 9: 1KK, Môn Toán: 1giải nhất, 1 giải nhì, 2 giải ba, 1 KK)
Sau khi thực nghiệm sư phạm trên lớp chúng tôi đã tiến hành khảo sát
mức độ tiếp thu kiến thức của học sinh ở lớp bồi dưỡng với đề bài khảo sát
như sau:
Cho tam giác ABC cân tại A ngoại tiếp (O), tiếp điểm trên 3 cạnh AB,
AC, BC lần lượt là D, E, F; BE cắt (O) tại M; DM cắt BF tại K. Chứng minh
BK = KF.
Kết quả chất lượng làm minh chứng:
Giỏi
Khá
TB
Yếu
TB trở lên
Lớp TSHS
SL TL SL TL SL TL SL TL SL TL

BD
10
5
50
3
30
2
20
10
100
%
%
%
%
Kết quả bài thi HS giỏi toán 9 cấp tỉnh năm học 2011 – 2012 của huyện
Phú Ninh là minh chứng cho việc làm này (100% HS của đội tuyển đều giải
được bài hình số 4 của đề thi)
GV: Phan Thy Hiến

Trường THCS Nguyễn Bỉnh Khiêm - Phú Ninh


16
Với kết quả trên, tôi nhận thấy rằng: Qua thực nghiệm HS hiểu và vận
dụng kiến thức tốt hơn rất nhiều. Điều đó chứng tỏ yếu tố sáng tạo trong Toán
học là vô cùng cần thiết.
VII. KẾT LUẬN:
Đặt và giải quyết vấn đề của bài toán có nhiều ứng dụng góp phần
nâng cao năng lực tư duy cho người học Toán. Đồng thời bồi dưỡng thêm về
chuyên môn cho người dạy Toán. Qua quá trình giảng dạy và nghiên cứu, bản

thân tôi rút ra được một số bài học kinh nghiệm sau đây:
+ Phát hiện được nhiều bài toán có nhiều ứng dụng sẽ giúp HS khắc
sâu được kiến thức hơn.
+ Phát hiện được nhiều bài toán có nhiều ứng dụng chúng ta khai thác
và phát triển được nhiều kiến thức mới hơn.
+ Trong quá trình nghiên cứu đề tài này, bản thân tự bồi dưỡng thêm về
chuyên môn, nghiệp vụ, tích lũy được nhiều kinh nghiệm trong công tác bồi
dưỡng HS giỏi.
VIII. ĐỀ NGHỊ:
Qua kết quả đạt được trong năm và một số bài học kinh nghiệm nêu
trên, cùng với sự miệt mài tự biên soạn và áp dụng đề tài “Một số bài toán có
nhiều ứng dụng” vào giảng dạy cho HS giỏi nói chung và HS đại trà nói
riêng, tôi tin rằng tính khoa học và thực tiễn của đề tài là hoàn toàn có cơ sở
khả thi và hiệu quả.
Muốn vậy, để có đội tuyển HS giỏi dự thi cấp Tỉnh được tốt hơn, chúng
ta không được xem nhẹ công việc bồi dưỡng HS giỏi từ cơ sở. Hy vọng đề tài
này sẽ là tài liệu hữu ích đối với GV giảng dạy bộ môn Toán và HS khá giỏi
của khối 9 ở cơ sở.
Bản thân muốn mở rộng và nghiên cứu đề tài này trong thời gian tới,
nên rất mong nhận được sự hỗ trợ của quý lãnh đạo, tạo mọi điều kiện thuận
lợi về các mặt để bản thân tiếp tục phát triển đề tài trên qui mô rộng hơn.
Trên đây là sáng kiến được tích lũy trong quá trình giảng dạy. Trong
quá trình nghiên cứu biên soạn và áp dụng đề tài, chắc chắn khó tránh khỏi
những thiếu sót, hạn chế. Rất mong nhận được những ý kiến nhận xét, đóng
góp của các thầy cô giáo, các bạn đồng nghiệp, đặc biệt Hội đồng khoa học để
đề tài được tiếp tục bổ sung và hoàn thiện hơn.
Phú Ninh, ngày 20 tháng 04 năm 2012
GV thực hiện
Phan Thy Hiến

GV: Phan Thy Hiến

Trường THCS Nguyễn Bỉnh Khiêm - Phú Ninh


17
IX. TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Bài tập nâng cao và một số chuyên đề Toán 9
(Bùi Văn Tuyên - NXBGD - 7/2005)
2. Bất đẳng thức và cực trị trong hình học phẳng
(Nguyễn Đức Tấn - NXBGD - 2005).
3. Vẽ thêm yếu tố phụ để giải một số bài toán hình học 9.
(Nguyễn Đức Tấn - NXBGD - 2005)
4. 108 bài toán cực trị hình học
(Nguyễn Đức Tấn - Tạ Hồ Công Thắng - NXBĐN - 1998)
5. Các đề thi học sinh giỏi Toán toàn quốc
(Nguyễn Lân - Nguyễn Đức Tấn - Phan Huy Triều - NXB ĐNai 1996)
6. Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Toán THCS (Hình học)
(Nguyễn Vũ Thanh - NXBGD - 2005 )
7. Sách giáo khoa hình học 9
(NXBGD)
8. Tuyển chọn 400 bài tập Toán 9
(Phan Văn Đức - Nguyễn Hoàng Khanh - Lê Văn Trường NXBĐHQG TPHCM 2005)
9. Nâng cao và phát triển Toán 9 - Tập 1
(Vũ Hữu Bình - NXBGD - 10/2005)

GV: Phan Thy Hiến

Trường THCS Nguyễn Bỉnh Khiêm - Phú Ninh

18
X. MỤC LỤC
NỘI DUNG
I/ Tên đề tài
II/ Đặt vấn đề
III/ Cơ sở lý luận
IV/ Cơ sở thực tiễn
V/ Nội dung nghiên cứu
VI/ Kết quả nghiên cứu
VII/ Kết luận
VIII/ Đề nghị
IX/ Tài liệu tham khảo
X/ Mục lục

GV: Phan Thy Hiến

TRANG
01
01
01
02
02
14
15
16
17
18

Trường THCS Nguyễn Bỉnh Khiêm - Phú Ninh