skkn các bài toán quỹ tích về đường tròn

Phần I: Mở đầu
i/ Lý do chọn đề tài:
1/ Cơ sở lý luận:

- Toán học là một môn khoa học cơ bản trong nhà trờng phổ
thông vì nó liên quan chặt chẽ, là cầu nối cho các môn khoa
học khác. Thông qua việc dạy học môn Toán giúp học sinh phát
triển t duy sáng tạo, suy luận lôgíc. Đối với học sinh việc học giỏi
môn Toán là điều kiện để học giỏi các bộ môn khác. Việc học
Toán giúp các em hình thành phẩm chất nhân cách nh tính
cần cù chịu khó, tính tự lực, tính kiên trì sáng tạo không chịu
khuất phục trớc khó khăn. Việc học Toán cũng giúp các em cảm
thụ cái hay cái đẹp của tự nhiên, xã hội, là nguồn cảm hứng giúp
các em học tập tốt các môn khác. Chính vì vậy toán học là nền
tảng cho khoa học kỹ thuật của đất nớc và cả trên thế giới.
- Hiện tại trong các môn học ở trờng THCS thì môn Toán đợc
coi là một môn khó đối với đại đa số học sinh vì bài tập toán
có nhiều loại nh: bài tập đại số, bài tập số học, bài tập hình
học. Trong mỗi loại có nhiều dạng khác nhau, mỗi dạng có tính
chất, đặc thù riêng, nhất là các bài toán nâng cao thì lại càng
khó với học sinh đại trà nói chung và học sinh giỏi nói riêng.
2/ Cơ sở thực tiễn:

- Qua việc giảng dạy toán ở THCS và các tiết dự giờ (vì điều
kiện thời gian hạn hẹp với 45 phút trong một tiết dạy) nên tôi
thấy đại đa số giáo viên chỉ dừng lại ở việc giải xong bài toán,
chỉ dạy kiến thức đại trà cha chú trọng kiến thức nâng cao cho
học sinh giỏi, cha hệ thống kiến thức thành các chuyên đề, các
dạng. Nên trong một số kỳ thi học sinh giỏi tôi nhận thấy đề thi
chỉ thay đổi chút ít dữ kiện, thay đổi một chút đầu bài so
với bài tập các em đã đợc học nhng các em vẫn không làm đợc.

1


Nguyên nhân chính theo tôi là việc học thụ động học đâu
biết đấy, không phân dạng, không có phơng pháp giải tổng
quát cho từng dạng. Vì vậy việc học toán giáo viên phải phân
dạng, có phơng pháp giải tổng quát cho từng dạng giúp học sinh
hiểu sâu kiến thức đã học, phát triển t duy sáng tạo tiếp thu
tốt kiến thức, hình thành cách học cho các em từ đó gây hứng
thú và lòng say mê học Toán.
- Trong điều kiện đất nớc ta hiện nay, trình độ dân trí
ngày càng cao. Phần lớn các em xác định đúng động cơ học
tập, đặc biệt có nhiều em say mê học Toán. Trớc tình hình nh
vậy tôi nghĩ mỗi giáo viên cần phải có phơng pháp dạy thích
hợp, biên soạn các chuyên đề nhằm cung cấp cho các em một
phơng pháp học tích cực và tiếp thu kiến thức hiệu quả nhất.
Với quan điểm dạy là dạy phơng pháp học, dạy phơng pháp t
duy suy luận sáng tạo, đấy cũng là một điều kiện để nâng
cao chất lợng dạy và học trong nhà trờng. Xuất phát từ lý do trên
nên tôi chọn đề tài:
Phng phỏp gii bài toán quỹ tích về đờng tròn và
cung chứa góc
II/ Mục đích nghiên cứu:
Phng phỏp gii bài toán quỹ tích về đờng tròn và
cung chứa góc nhằm hệ thống các dạng bài tập và tạo cho
học sinh thói quen, phơng pháp làm, cách t duy (vì bài toán
quỹ tích là một trong các dạng khó nhất không chỉ với học sinh
đại trà mà cả với học sinh giỏi). Từ đó nhằm khắc sâu kiến
thức cho học sinh, phát triển t duy lôgíc sáng tạo, tính chủ
động, ham mê tìm tòi, ham hiểu biết của học sinh.

Trên cơ sở những u khuyết điểm đề ra giải pháp thực hiện,
đồng thời rút ra bài học kinh nghiệm từ thực tế.
2


III/ Phơng pháp nghiên cứu:
- Đọc tài liệu tham khảo.
- Điều tra, khảo sát.
- Phơng pháp thực nghiệm ( Thông qua các tiết dạy thực
nghiệm, các tiết dạy trên lớp và đội tuyển Toán 9 trờng THCS TT
Nếnh và THCS Thân Nhân Trung).
- Phơng pháp thảo luận ( Trao đổi với đồng nghiệp trong các
tiết dự giờ, và các buổi sinh hoạt nhóm chuyên môn).
IV/ Đối tợng nghiên cứu và phạm vi nghiên cứu:
Học sinh lớp 9A3 trờng THCS Thân Nhân Trung, đội tuyển
học sinh giỏi Toán 9 trờng THCS thị trấn Nếnh và THCS Thân
Nhân Trung.

Phần II: Nội dung cụ thể
A/ Điều tra ban đầu:
Qua việc giảng dạy một số năm trớc, một số tiết dạy thực
nghiệm của năm học này, việc giảng dạy trên lớp và đội tuyển
Toán 9 trờng THCS thị trấn Nếnh và THCS Thân Nhân Trung tôi
nhận thấy:
- Nhận thức của các em cha đồng đều, nhiều em cha say mê
học Toán.
- Kiến thức cơ bản nắm cha chắc.
- Kỹ năng phân tích, tổng hợp một bài toán cha thành thạo; t
duy lôgíc, t duy trìu tợng cha phong phú; cha liên hệ giữa kiến
thức cũ và mới; việc vận dụng giữa lý thuyết và thực hành còn

chậm. Mặc dù một số học sinh thông minh, nắm bắt bài nhanh
nhng các em thờng chỉ dừng lại ở việc nắm bắt kiến thức và
dừng lại ở việc giải ra kết quả bài toán, cha chú ý đến phơng
3


pháp giải, tìm đến bài toán tổng quát và liên hệ đến những
bài toán đã học nên các em rất nhanh quên kiến thức.
* Kết quả khảo sát đầu năm của lớp 9B trờng THCS thị trấn
Nếnh và 9A3 của trờng THCS Thân Nhân Trung nh sau:
Tổng

Giỏi

Khá

số
51
16
17
Thích học Toán: 27/51 học sinh.

TB

Yếu

Kém

14

4

0

* Kết quả khảo sát đầu năm của đội tuyển trờng THCS thị
trấn Nếnh nh sau:
4/ 6 em đạt yêu cầu.
B/ Tiến hành:
I. ĐịNH NGhĩa quỹ tích.
Một hình H đợc gọi là quỹ tích của các điểm M có tính
chất T (hay tập hợp các điểm M có tính chất T) khi và chỉ khi
nó chứa các điểm có tính chất T.
II. Cách giải bài toán quỹ tích.
Mun chng minh qu tớch (tp hp) cỏc im M tha món tớnh cht T l mt
hỡnh H no ú, ta phi chng minh hai phn :
1) Phn thun: Mi im cú tớnh cht T u thuc hỡnh H.
Trong nhiu bi tp, khi chng minh phn thun, ta tỡm c hỡnh H, cha
cỏc im M cú tớnh cht T, nhng do cỏc iu kin hn ch ca bi toỏn, tp hp
im M l hỡnh H ch l mt b phn ca hỡnh H. Trong trng hp ny ta phi
thc hin thờm mt cụng vic na gi l: gii hn qu tớch.
2) Phn o: Mi im thuc hỡnh H ( hoc hỡnh H) u cú tớnh cht T.
Sau khi chng minh c hai phn trờn ta rỳt ra kt lun: Qu tớch nhng im
M tha món tớnh cht T l hỡnh H ( hoc hỡnh H).
i vi bi toỏn tỡm tp hp im cú tớnh cht T thỡ phi lp lun a v
mt trong cỏc tp hp im c bn ( Trong chng trỡnh hỡnh hc THCS cú 5
4


tập hợp điểm cơ bản), nhưng vì thời gian có hạn tôi xin giới thiệu hai tập hợp cơ
bản là “ đường tròn” và “cung chứa góc”.

III. TẬP HỢP ĐIỂM VỀ ĐƯỜNG TRÒN VÀ CUNG CHỨA GÓC.
1) Tập hợp các điểm cách điểm O cố định một khoảng R ( R > 0) không đổi
là đường tròn tâm O, bán kính R.
2) Tập hợp điểm M tạo thành với hai mút của đoạn thẳng AB cho trước
một góc ·AMB có số đo bằng α (0 ≤ α ≤ 1800 ) cho trước là hai cung tròn đối
xứng với nhau qua AB, gọi là cung chứa góc α dựng trên đoạn AB.
Chú ý:
- Hai điểm A, B được coi là thuộc quỹ tích.
- Khi α = 900 thì hai cung này là hai nửa đường tròn đường kính AB. Như vậy
ta có: Quỹ tích các điểm nhìn đoạn thẳng AB cho trước dưới một góc vuông là
đường tròn đường kính AB.
IV. NHỮNG ĐIỀU CẦN CHÚ Ý KHI GIẢI BÀI TOÁN QUỸ TÍCH.
1) Tìm hiểu kĩ bài toán:
Tìm hiểu kĩ bài toán để nắm vững các yếu tố đặc trưng cho bài toán. Trong
một bài toán quỹ tích thường có ba loại yếu tố.
a) Yếu tố cố định: thông thường là các điểm, đoạn thẳng, đường thẳng.
b) Yếu tố không đổi: như độ dài đoạn thẳng, độ lớn của góc, diện tích của
hình …
c) Yếu tố thay đổi: thông thường là các điểm mà ta cần tìm quỹ tích, hoặc các
đoạn thẳng, hoặc các hình mà trên đó chứa điểm ta cần tìm quỹ tích.
2) Dự đoán quỹ tích:
Trong nhiều trường hợp, ta cần dự đoán hình H trước khi chứng minh. Để
đoán nhận quỹ tích ta thường tìm ba điểm của quỹ tích. Muốn vậy nên xét ba vị
5


trí đặc biệt, tốt nhất là sử dụng các vị trí giới hạn, với điều kiện hình vẽ chính
xác, bằng trực giác sẽ giúp ta hình dung được hình dạng của quỹ tích.
- Nếu ba điểm ta vẽ được là thẳng hàng thì có nhiều khả năng quỹ tích là
đường thẳng (ta không xét trong chuyên đề này).

- Nếu ba điểm ta vẽ được không thẳng hàng thì quỹ tích cần tìm là đường tròn
hoặc cung tròn.
V. CÁC VÍ DỤ MINH HỌA.
1) QUỸ TÍCH VỀ ĐƯỜNG TRÒN.
Phương pháp: Tìm được tập hợp các điểm cách điểm O cố định một
khoảng R ( R > 0) không đổi là đường tròn tâm O, bán kính R.
Bài 1: Cho đường tròn tâm O, bán kính R và một điểm A cố định trên đường
tròn. Điểm M di động trên tiếp tuyến d tại điểm A của (O; R). Qua M vẽ tiếp
tuyến thứ hai với (O; R). Gọi B là tiếp điểm. Gọi H là trực tâm của tam giác
AMB.
a) Chứng minh tứ giác AOBH là hình thoi.
b) Tìm quỹ tích điểm H.
* Hướng dẫn:
Yếu tố cố định: Điểm A, O, đoạn OA
Yếu tố không đổi: Độ dài OA, OB
Yếu tố thay đổi: điểm M, B, H, độ dài MB, MO, MH…
Ở câu a) ta đã chứng minh được AOBH là hình thoi nên suy ra HA = R (không
đổi), A cố định. Vậy ta đã đưa về bài toán quỹ tích cơ bản đường tròn, từ đó ta có
lời giải như sau:

6


* Tóm tắt lời giải:

B'

M'
H'

a ) OA ⊥ AM , BH ⊥ AM ⇒ OA // BH
OB ⊥ BM , AH ⊥ BM ⇒ OB // AH
⇒ Tứ giác AOBH là hình bình hành, có OB = OA = R
⇒ Tứ giác AOBH là hình thoi (dhnb)
⇒ HA = AO = R (không đổi)

b) * Phần thuận:
Ta có HA = AO = R (không đổi) (CMT); A cố định.
Vậy M di động thì H di động theo nhưng H luôn cách A cố định một khoảng
không đổi là HA = AO = R. Nên H thuộc đường tròn tâm A, bán kính R.
7


* Phần đảo:
Lấy H’ thuộc (A; R), nối OH’ cắt d tại M’, vẽ tiếp tuyến M’B’. Chứng minh H’
là trực tâm của tam giác AM’B’. Thật vậy:
Ta chứng minh được tứ giác AOB’H’ là hình thoi
⇒ OA // B’H’, OA ⊥ AM’
⇒ B’H’ ⊥ AM’ (1)

Chứng minh tương tự AH’ ⊥ B’M’ (2)
Từ (1), (2) ⇒ H’ là trực tâm của tam giác AM’B’.
* Kết luận quỹ tích:
Vậy M di động thì H di động theo nhưng H luôn cách A cố định một khoảng
không đổi là HA = AO = R. Nên H thuộc đường tròn tâm A, bán kính R.
Bài 2: Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB, AC là một dây cung bất kỳ, M
là điểm chính giữa của cung »AC . Hai đường thẳng AM và BC cắt nhau ở D.
a) Chứng minh tam giác BAD cân.
b) Tìm quỹ tích điểm D khi C chuyển động trên nửa đường tròn đã cho.
* Hướng dẫn:

Yếu tố cố định: Điểm A, O, B đoạn OA, OB, AB

D

D'

E

Yếu tố không đổi: Độ dài OA, OB, AB…
Yếu tố thay đổi: điểm M, C, D, độ dài BM, AC...

M

M'
C

Ở câu a) ta đã chứng minh được tam giác BAD

C'

cân nên suy ra BA = BD = 2R (không đổi), B cố
định. Vậy ta đã đưa về bài toán quỹ tích cơ bản

A

đường tròn, từ đó ta có lời giải như sau:
* Tóm tắt lời giải:
» = MC
¼ ⇒ MBA
·

·
a) MA
= MBC
·AMB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) ⇒ BM ⊥ AD .

8

O

B


Tam giác ABD có BM vừa là đường phân giác vừa là đường cao nên là tam giác
cân tại B.
b) * Phần thuận:
Tam giác ABD cân tại B (cmt)
⇒ BA = BD = 2R (không đổi), B cố định

Vậy C di động thì D di động theo nhưng D luôn cách B cố định một khoảng
không đổi là BD = AB = 2R. Nên D thuộc đường tròn tâm B, bán kính BA = 2R.
* Giới hạn quỹ tích:
Vì điểm C chuyển động trên nửa đường tròn đường kính BC nên:
- Khi C trùng với A thì D trùng với A.
- Khi C trùng với B thì BC trở thành tiếp tuyến của đường tròn (O) ở B, khi
đó D trùng với E là giao điểm của đường tròn tâm B, bán kính BA với tiếp
tuyến nói trên.
Vậy D chạy trên

1
đường tròn tâm B, bán kính BA (trên cùng nửa mặt phẳng bờ

4

AB chứa nửa đường tròn (O) là cung »AE như hình vẽ).
* Phần đảo:
Lấy D’ bất kỳ thuộc cung »AE . Nối D’A, D’B cắt nửa đường tròn (O) lần
lượt tại M’ và C’. Ta phải chứng minh M’ là điểm chính giữa của ¼
AC ' . Thật vậy:
Ta có tam giác BAD’ cân tại B (vì BA = BD’ = 2R)
· ' A = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) ⇒ BM ' ⊥ AD '
Mà BM
⇒ BM’ là đường cao đồng thời là phân giác của tam giác ABD’
· ' BM ' ⇒ ¼
¼ 'C '
⇒ ·ABM ' = D
AM ' = M

Vậy M’ là điểm chính giữa của ¼
AC ' .
* Kết luận quỹ tích:
Vậy C di động thì D di động theo nhưng D luôn cách B cố định một
khoảng không đổi là BD = AB = 2R. Nên D thuộc
9

1
đường tròn tâm B, bán kính
4


BA (trên cùng nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đường tròn (O) là cung »AE như
hình vẽ).

Bài 3: Cho đường tròn (O; R) cố định, B và C là hai điểm cố định trên đường
tròn, A là một điểm tuỳ ý trên đường tròn. Gọi M là điểm đối xứng của điểm C
qua trung điểm I của AB. Tìm quỹ tích các điểm M.
Hướng dẫn:
B

C

O'

O
I'

M'

I

A'
M

A

Yếu tố cố định: Điểm B, C, O đoạn OC, OB, BC
Yếu tố không đổi: Độ dài OB, OC, BC…
Yếu tố thay đổi: điểm M, I, A, độ dài BA, CM, CA, BM...
Theo bài ra ta dễ dàng chứng minh được tứ giác AMBC là hình bình hành
⇒ MB = AC nhưng AC thay đổi nên không thể sử dụng được bài toán quỹ tích

đường tròn. Nên có thể ta sử dụng độ dài không đổi là bán kính R và BC, từ đó ta
nghĩ tạo thêm đường phụ, tạo thêm điểm cố định bằng cách vẽ OO’// BC và

OO’= BC ⇒ O’ cố định và dễ dàng chứng minh được AMO’O là hình bình hành
⇒ MO’ = OA = R (không đổi). Vậy ta đã đưa về bài toán quỹ tích cơ bản đường

tròn, từ đó ta có lời giải như sau:
* Tóm tắt lời giải:
a) * Phần thuận:
Kẻ OO’// BC và OO’= BC (O’ và B trên cùng một nửa mặt phẳng bờ AC)
10


⇒ O’ cố định (vì O, B, C cố định và BC không đổi)

Tứ giác AMBC là hình bình hành (vì I là trung điểm của hai đường chéo AB và
MC)
⇒ MA // BC và MA = BC mà OO’// BC và OO’= BC (cd)
⇒ MA // OO’ và MA = OO’
⇒ Tứ giác AMO’O là hình bình hành (dhnb)
⇒ O’M = OA = R (không đổi), O’ cố định

Vậy A di động thì M di động theo nhưng M luôn cách O’ cố định một khoảng
không đổi là O’M = OA = R. Nên M thuộc đường tròn tâm O’, bán kính OA = R.
b)* Phần đảo:
Trên (O’, R) lấy điểm M’ bất kỳ. Nối M’B. Qua C kẻ đường thẳng song song
với BM’ cắt đường tròn (O) ở điểm thứ hai A’. Ta phải chứng minh M’ đối xứng
với C qua trung điểm I’ của A’B (Bạn đọc tự chứng minh).
* Kết luận quỹ tích:
Vậy A di động thì M di động theo nhưng M luôn cách O’ cố định một khoảng
không đổi là O’M = OA = R. Nên M thuộc đường tròn tâm O’, bán kính OA = R.
1) QUỸ TÍCH VỀ CUNG CHỨA GÓC.
Phương pháp: Tìm tập hợp điểm M tạo thành với hai mút của đoạn

thẳng AB cho trước một góc ·AMB có số đo bằng α (0 ≤ α ≤ 1800 ) cho trước là
hai cung tròn đối xứng với nhau qua AB, gọi là cung chứa góc α dựng trên
đoạn AB.
Chú ý:
- Hai điểm A, B được coi là thuộc quỹ tích.
- Khi α = 900 thì hai cung này là hai nửa đường tròn đường kính AB. Như vậy
ta có: Quỹ tích các điểm nhìn đoạn thẳng AB cho trước dưới một góc vuông là
đường tròn đường kính AB.
11


Bài 1: Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB. Gọi C, D là hai điểm trên nửa
đường tròn sao cho OC ⊥ OD (C thuộc cung AD). Các tia AC và BD cắt nhau ở P.
Tìm tập hợp điểm P khi C và D chuyển động trên nửa đường tròn.
Hướng dẫn:
Yếu tố cố định: Điểm A, O, B đoạn OA, OB,

x

y

AB
P

P'

Yếu tố không đổi: Độ dài OA, OB, AB,

P2

P1

·
·
·ACB = 900 , OCD
= 900 ; CBD
= 450 .
Yếu tố thay đổi: điểm C, D, P, độ dài AC,
BC, BD, BP, AP...

C
C'

Theo bài ra ta dễ dàng chứng minh được
·APB = 450 (không đổi), AB cố định. Áp

K

A

D'
D

O

B

dụng bài toán cơ bản về quỹ tích cung chứa
góc, từ đó ta có lời giải như sau.
* Tóm tắt lời giải:

a) * Phần thuận:
·ACB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) ⇒ BCP
·
= 900
1·
·
⇒ Tam giác BCP vuông mà CBP
= COD
(góc nội tiếp bằng nửa góc ở tâm
2

» ); COD
·
·
cùng chắn CD
= 450
= 900 (vì OC ⊥ OD ) ⇒ CBP

·
·
Tam giác BCP vuông cân ở C, ta có BPC
= 450
= 450 hay BPA
·
Điểm P tạo với hai mút A, B của đoạn thẳng AB cố định góc BPA
= 450 nên P
thuộc cung chứa góc 450 vẽ trên đoạn AB.

* Giới hạn: Qua A và B vẽ các tia tiếp tuyến Ax và By với nửa đường tròn (O)
cắt cung chứa góc nói trên ở P1, P2. Kẻ bán kính OK ⊥ AB.

- Khi C trùng với A thì D trùng với K, AC trùng với tia tiếp tuyến Ax nên P
trùng với P1.
12


- Khi C trùng với K thì D trùng với B, BD trùng với tia tiếp tuyến By nên P
trùng với P2.

¼ P thuộc cung chứa góc 450 vẽ trên AB (hình vẽ).
Vậy P chạy trên cung P
1 2
b)* Phần đảo:
¼ nói trên, lấy điểm P’ bất kỳ. Nối P’A, P’B cắt nửa đường
Trên cung PP
1 2

tròn (O) ở C’ và D’. Ta phải chứng minh OC’ ⊥ OD’. Thật vậy:
Nối A với D’, ta có ·AD ' B = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O))
⇒ ·AD ' P ' = 900 (hai góc kề bù) ⇒ ∆AD ' P ' vuông ở D’

·AP ' B = 450 (vì P’ thuộc cung chứa góc 450 vẽ trên AB)
⇒ ∆AD ' P ' vuông cân ở D’

· ' AD ' = 450 ⇒ C
· ' OD ' = 2 P
· ' AD ' = 2.450 = 900
⇒P

Nên OC’ ⊥ OD’.

¼ P thuộc cung chứa góc 450 vẽ trên
* Kết luận: Vậy tập hợp điểm P là cung P
1 2
đoạn AB (hình vẽ).
Bài 2: Cho nửa đường tròn (O), đường kính BC. Trên cùng một nửa mặt phẳng
bờ BC chứa nửa đường tròn (O) vẽ tam giác đều BAC, AB cắt nửa đường tròn
(O) ở E. Gọi M là một điểm chuyển động trên nửa đường tròn. Vẽ tam giác đều
MCN sao cho đỉnh N nằm khác phía với điểm B qua MC.
a) Chứng minh ba điểm M, E, N thẳng hàng;
b) Tìm quỹ tích điểm N.
Hướng dẫn: Nếu chứng minh E, M, N thẳng hàng thì ta có :
Yếu tố cố định: Điểm A, C, B, E đoạn OC, OB, BC, CE…
·
·
Yếu tố không đổi: Độ dài BC, AB, CE, CAB
= 600 , ENC
= 600 …

Yếu tố thay đổi: điểm M, N, độ dài MC, NC, NM, NE...
·
Theo câu a) chứng minh được ENC
= 600 (không đổi), EC cố định. Vậy áp dụng

bài toán cơ bản về quỹ tích cung chứa góc, từ đó ta có lời giải như sau:
13


·
a) BEC
= 900 ⇒ CE ⊥ AB

A

CE là đường cao của tam giác đều
ABC nên CE là phân giác của góc

N
M

·
·
BCA
⇒ BCE
= 300

E

M'
N'

·
·
⇒ EMB
= ECB
= 300 (2 góc nội
tiếp cùng chắn một cung)
·
BMC
= 900 (góc nội tiếp chắn nửa

B

O

C

đường tròn)

·
NMC
= 600 (tam giác NMC đều)
·
·
·
⇒ EMB
+ BMC
+ CMN
= 300 + 900 + 600 = 1800

Nên ba điểm E, M, N thẳng hàng.
a) * Phần thuận:
·
ENC
= 600 (vì ba điểm E, M, N thẳng hàng)

·
» = 600 , điểm B cố định, đường tròn (O) cố định
BCE
= 300 (cmt ) ⇒ sđ BE
⇒ E cố định, C cố định ⇒ CE cố định

·
Điểm N tạo với hai mút C, E của đoạn thẳng CE cố định góc ENC
= 600 nên N
thuộc cung chứa góc 600 vẽ trên đoạn CE.

* Giới hạn: Vì M chuyển động trên nửa đường tròn (O) nên:
- Khi M trùng với B thì N trùng với A.
- Khi M trùng với C thì N trùng với C.
Vậy M chuyển động trên cung »AC thuộc cung chứa góc 600 vẽ trên đoạn CE
(hình vẽ).
b)* Phần đảo:
Trên cung »AC nói trên, lấy điểm N’ bất kỳ. Nối N’E cắt nửa đường tròn (O) ở
M’. Ta phải chứng minh tam giác CM’N’ đều. Thật vậy:
14


Nối C với M’, C với N’ ta có
· ' C = 600 ⇒ M
· ' N ' C = 600 (vì N’ thuộc cung chứa góc 600 vẽ trên CE)
EN

·
Ta chứng minh được ·N ' M ' C = EBC
= 600 (góc ngoài của tứ giác nội tiếp
BEM’C bằng góc trong của đỉnh đối diện)
⇒ ∆CM ' N ' đều

* Kết luận: Vậy quỹ tích điểm N là cung »AC thuộc cung chứa góc 600 vẽ trên
đoạn CE (hình vẽ).

Bài 3: Cho đường tròn (O) dây cung AB cố định. Gọi N là một điểm chuyển
động trên đường tròn, I là trung điểm của AN, M là hình chiếu của điểm I trên
BN. Tìm tập hợp các điểm M.
Hướng dẫn:
Yếu tố cố định: Điểm A, O, B đoạn AB

N'

N

Yếu tố không đổi: Độ dài OA, OB, AB,

M
P

·
·ANB , IMB
= 900 …

M'
I'

Yếu tố thay đổi: điểm N, I, M, độ dài

I
Q

O

AN, BN, AI, BM,...

Theo bài ra ta chỉ có AB cố định. Vậy ta
xem có chứng minh được M nhìn AB
dưới một góc không đổi không? Nếu
không chứng minh được thì ta phải vẽ
thêm đường phụ để tìm ra thêm đoạn cố
định bằng cách gọi giao điểm của BO với

A

B

đường tròn (O) là P thì điểm P cố định, nên AP cố định. Gọi MI cắt AP ở Q thì
·
cũng chứng minh được Q cố định, nên PQ cố định ⇒ QMB
= 900 , BQ cố định.

Vậy ta đã đưa về bài toán cơ bản về quỹ tích cung chứa góc (trường hợp α = 900 ),
từ đó ta có lời giải như sau:
* Tóm tắt lời giải:
15


a) * Phần thuận:
Gọi giao điểm của BO với đường tròn (O) là P thì điểm P cố định, nên AP cố
định. Gọi MI cắt AP ở Q.
Ta có NP // MQ (vì cùng vuông góc với NB)
Ta chứng minh được IQ là đường trung bình của tam giác ANP nên Q là trung
điểm của AP ⇒ Q cố định ⇒ BQ cố định
Vậy điểm M tạo thành với hai mút của đoạn thẳng BQ cố định một góc
·

QMB
= 900 , do đó M thuộc đường tròn đường kính BQ

b)* Phần đảo:
Lấy M’ thuộc đường tròn đường kính BQ. Tia BM’ cắt đường tròn (O) ở N’. Gọi
I’ là giao điểm của AN’ và M’Q. Ta phải chứng minh I’ là trung điểm của AN’ và
M’ là hình chiếu của I’ trên BN’ (Bạn đọc tự chứng minh).
* Kết luận: Vậy tập hợp các điểm M là đường tròn đường kính BQ.

16


VI. Kết quả thực tế đã làm:
Trên đây là một số biện pháp và một số bài toán minh họa
về phng phỏp gii bài toán quỹ tích về đờng tròn và
cung chứa góc từ những bài toán đơn giản mà trong quá
trình dạy học và dạy đội tuyển tôi đã thực hiện và trao đổi
cho các đồng nghiệp không chỉ môn Toán mà còn một số môn
khác. Tôi nhận thấy các em đã hứng thú học tập hơn, các em đã
cuốn hút vào những bài toán rất đơn giản sau đó đi đến
những bài toán khó. Từ đó phát triển tính độc lập, chủ động,
sáng tạo, ham mê, tìm tòi, ham hiểu biết của học sinh trong
học Toán.
Kết quả đã đạt đợc nh sau:
* Chất lợng đại trà: ( vợt chỉ tiêu)
Tổng số
51

Giỏi
37

Khá
12

TB
2

Y
0

* Đội tuyển Toán 9 :
Cấp Huyện: 6 giải (Trong đó: 3 giải Nhì, 3 giải Ba) (HS
trng Nnh)
Cp Tnh: 2 gii (Gii toỏn qua mng) (Trong đó: 1 giải Nht, 1 giải
Ba)
* Đội tuyển Toán 8 :
Cấp Huyện: 10 giải (Trong đó: 2 giải Nhất, 3 giải Nhì,
3giải Ba, 2 giải Khuyến khích).
Cấp Tỉnh: 8 giải (Trong đó: 2 giải Nhất, 2 giải Nhì, 1
giải Ba, 3 giải Khuyến khích).
* Có đến 42/51 em thích học Toán.
C/ Triển vọng của đề tài:
Qua thực tế giảng dạy với cách làm nh trên có thể thực hiện
đợc ở tất cả các lớp và tùy theo đối tợng học sinh mà mức độ
17


yêu cầu khác nhau. Từ đó tạo tiền đề định hớng cách học tập
và tự nghiên cứu của học sinh. Đây cũng là cơ sở cho việc bồi dỡng học sinh giỏi ở ngay các giờ học trên lớp mà đáp ứng đợc cỏc
đối tợng học sinh.

18


Phần III: Bài học kinh nghiệm
Trong quá trình giảng dạy Toán nói chung và phng phỏp gii
bài toán quỹ tích về đờng tròn và cung chứa góc nói
riêng có tác dụng nh sau:
- Tạo cho học sinh nhu cầu tìm tòi khai thác từ đó kích
thích hoạt động trí tuệ của học sinh nhằm đạt nhu cầu
ấy.
- Học sinh tập dợt, rèn luyện thói quen tự đề xuất và giải
quyết vấn đề, thói quen tự học, tự nghiên cứu.
- Học sinh biết phát hiện và chiếm lĩnh tri thức, từ đó củng
cố kiến thức cũ, biết liên hệ từ kiến thức cũ sang kiến thức
mới.
- Học sinh phải nghĩ nhiều hơn, làm nhiều hơn từ đó
phát huy tính tích cực độc lập, chủ động sáng tạo trong
giải toán cũng chính là sáng tạo trong cuộc sống điều mà
tơng lai đòi hỏi các em sau này.
Song việc Giải bài toán quỹ tích về đờng tròn và cung
chứa góc thành công thì ngời giáo viên phải luôn tạo cho học
sinh có thói quen quan tâm, tìm tòi suy luận sáng tạo. Không
chỉ dừng lại ở mỗi lời giải của bài toán, ta hãy suy nghĩ tiếp và
sẽ thấy nhiều điều rất thú vị. Đây là công việc thờng xuyên có
ảnh hởng trực tiếp đến kết quả giảng dạy nhất là việc BDHSG.
Bên cạnh đó ngời giáo viên cần chú ý những điểm sau:
- Chuẩn bị bài tập từ dễ đến khó, tìm mối tơng quan giữa
các bài toán.
- Cần lựa chọn các dạng bài tập phổ biến, trong mỗi dạng lựa

chọn những bài tập điển hình có tính chất làm nền cho
các bài tập khác.
19


- Luôn tạo cho học sinh thói quen phân tích kỹ bài toán trớc
khi trình bày lời giải. Sau khi tìm ra một cách giải cần
tìm ra cách giải khác, trên cơ sở đó chọn ra cách giải phù
hợp tránh dài dòng và khó hiểu.
- Không nên coi thờng bài toán đơn giản vì chính bài tập
cơ bản trong SGK là cơ sở ban đầu để làm những bài tập
khó.
- Cần tạo không khí thoải mái trong giờ học, khuyến khích
các em học tập lẫn nhau, thờng xuyên có sự giao tiếp giữa
trò với trò, thày với trò.
- Sau khi giải mỗi bài toán không chỉ dừng lại ở đó mà cần
rèn luyện cho học sinh cách tìm ra phơng pháp tổng quát.
- Cuối cùng muốn học sinh giải toán một cách sáng tạo thì ngời giáo viên cũng phải sáng tạo trong cách dạy. Nên mỗi giáo
viên phải trau dồi kỹ năng kiến thức, thờng xuyên học hỏi
đồng nghiệp, thờng xuyên tự học, tự đọc sách và có kế
hoạch giải toán hàng ngày, su tầm các bài tập hay, các lời
giải đẹp và đúc rút kinh nghiệm sau mỗi tiết học, mỗi chơng. Có nh vậy mới tạo điều kiện thực sự cho việc
ĐMPPDH.
Mặc dù có rất nhiều cố gắng song do thời gian có hạn, năng
lực còn hạn chế nên những vấn đề tôi trình bày trên đây cha
hẳn là tối u nhất. Tôi thực sự mong nhận đợc ý kiến đóng góp
của các đồng chí để bản thân luôn tiến bộ và kết quả giảng
dạy ngày một tốt hơn, đó là một trong những yêu cầu cấp bách
trong việc giảng dạy hiện nay.
Tôi xin chân thành cảm

ơn!

20


Thõn Nhõn Trung, ngày 28 tháng 5
năm 2013
Ngời viết

Nguyễn Thị Linh
Cảm

Tài liệu tham khảo
T

Tên tác giả

Tên giáo trình

T

1

Nhà xuất

Năm

bản

XB

Nhóm tác giả

Đổi mới phơng

NXBGD

2002

2
3

Nhóm tác giả
V Dng Thy

pháp dạy học
Toán tuổi thơ 2
Kinh nghiệm dạy

NXBGD
NXBGD

2003
1995

4

Nguyn Ngc m
Vũ Hữu Bình

toán và học toán
Toỏn nõng cao v cỏc

NXBGD

2005

Vũ Hữu Bình

chuyờn hỡnh hc 9
Nâng cao và phát

NXBGD

2004

5

triển toán 9
21


6

NguyÔn Văn Vĩnh

23 chuyên đề giải 1001

NXBGD

2005

7

Nguyễn Đức Đồng
Ph¹m §an QuÕ

bài toán sơ cấp
To¸n chän läc –

NXBTP Hå

1995

Hình học

ChÝ Minh

22


D'

D

E

B

M'

M

O'

C

O
I'

C'

O

A

C

B

B'

A'

M'

M

N'

N

I

A

M'
A
H'

M
P

M'

N
M

I'
I
Q

E

O

M'
N'

A

B
B

C

O

23


24