Kinh nghiệm hướng dẫn học sinh lớp 9 khai thác kiến thức phần tứ giác nội tiếp hình học 9, đạt hiệu quả cao

MỤC LỤC
TT
1
1.1
1.2
1.3
1.4
2
2.1
2.2

2.3

2.4
3
4

Các tiêu mục
Mở đầu
Lí do chọn đề tài
Mục đích nghiên cứu
Đối tượng nghiên cứu
Phương pháp nghiên cứu
Nội dung sáng kiến kinh nghiệm
Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm
Thực trạng của vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến
kinh nghiệm
Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề
2.3.1. Xây dựng hệ thống bài tập minh họa cách vận
dụng trực tiếp kiến thức cơ bản về tứ giác nội tiếp.
2.3.2. Khai thác lời giải bài toán dựa vào tứ giác nội

tiếp.
Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động
giáo dục, với bản thân, đồng nghiệp và nhà trường
Kết luận, kiến nghị
Tài liệu tham khảo

Trang
1
1
1
1
1
2
2
2
3
3
5
17
18
19


1. MỞ ĐẦU
1.1. Lí do chọn đề tài.
- Toán học là một bộ môn khoa học tự nhiên mang tính logic, tính trừu
tượng cao. Đặc biệt là với phân môn Hình học, nó giúp cho học sinh khả năng
tính toán, suy luận logic và phát triển tư duy sáng tạo. Việc bồi dưỡng học sinh
học toán không đơn thuần chỉ cung cấp cho các em một số kiến thức cơ bản
thông qua việc làm bài tập hoặc làm càng nhiều bài tập khó mà giáo viên phải

biết rèn luyện khả năng và thói quen suy nghĩ, tìm tòi, khai thác lời giải của một
bài toán trên cơ sở những kiến thức đã được trang bị.
- Thực tế cho thấy tâm lí chung của đa số học sinh là sợ và ngại học môn
Hình học. Nguyên nhân là do các em chưa tìm được phương pháp học tập phù
hợp với đặc trưng bộ môn, vì môn Hình học là môn học khó với lượng bài tập đa
dạng, trong đó có nhiều bài tập khó đòi hỏi học sinh không những nắm vững
kiến thức cơ bản mà còn phải biết vận dụng linh hoạt, có kĩ năng trình bày suy
luận một cách khoa học, logic.
- Tứ giác nội tiếp rất quan trọng trong chương trình Hình học 9 bởi nó gắn
liền với mảng kiến thức về đường tròn với nhiều mức độ từ dễ đến khó mà
người giáo viên khi giảng dạy có thể khai thác được. Đây cũng là nội dung
thường gặp trong các đề thi vào lớp 10 PTTH. Xuất phát từ lí do đó, tôi đã chọn
cho mình đề tài nghiên cứu: ‘‘Kinh nghiệm hướng dẫn học sinh lớp 9 khai
thác kiến thức phần Tứ giác nội tiếp - Hình học 9 đạt hiệu quả cao” với
mong muốn giúp cho các em học sinh có thể tự hình thành cho mình phương
pháp học tập hiệu quả, từ đó nắm vững kiến thức và tự tin xử lí các tình huống
toán học trong thực tiễn.
1.2. Mục đích nghiên cứu.
- Việc nghiên cứu, lựa chọn đề tài là để nhằm mục đích hướng dẫn HS hệ
thống hóa kiến thức, cách thức tiếp cận, khai thác có hiệu quả phần Tứ giác nội
tiếp - Hình học 9, khơi gợi sự hứng thú, niềm đam mê môn học nơi học sinh,
đồng thời chuẩn bị hành trang kiến thức cho các em chuẩn bị bước vào kì thi vào
lớp 10 PTTH.
1.3 Đối tượng nghiên cứu.
- Đề tài nhằm hướng tới việc nghiên cứu, tổng kết một số đơn vị kiến thức
xoay quanh phần Tứ giác nội tiếp - Hình học 9.
1.4. Phương pháp nghiên cứu.
- Phương pháp nghiên cứu lý thuyết kết hợp kinh nghiệm giảng dạy của
bản thân.
- Phương pháp nghiên cứu thực tiễn.

- Phương pháp phát hiện và giải quyết vấn đề.

2


2. NỘI DUNG CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm. [1]
a) Định nghĩa tứ giác nội tiếp.
Một tứ giác có 4 đỉnh nằm trên một đường tròn được gọi là tứ giác nội
tiếp đường tròn (gọi tắt là tứ giác nội tiếp).
VD: Trong hình bên, ta có tứ giác ABCD nội tiếp
B
đường tròn (O) hay đường tròn (O) ngoại tiếp tứ giác
ABCD.
C
A
.O
D

b) Định lí:
* Trong một tứ giác nội tiếp, tổng số đo hai góc đối nhau bằng 1800.
* Nếu một tứ giác có tổng số đo hai góc đối nhau bằng 1800 thì tứ giác đó
nội tiếp được đường tròn.
c) Các phương pháp chứng minh tứ giác nội tiếp.
- Tứ giác có tổng hai góc đối nhau bằng 1800 .
- Tứ giác có 4 đỉnh cách đều một điểm (mà ta có thể xác định được).
Điểm đó là tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác.
- Tứ giác có hai đỉnh kề nhau cùng nhìn một cạnh chứa hai đỉnh còn lại
dưới một góc α.
2.2. Thực trạng của vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm.

Từ thực tế giảng dạy bộ môn Toán học của bản thân tôi cũng như khi trao
đổi, tham khảo nơi các đồng nghiệp khác thì gần như 100% học sinh học phân
môn Hình học kém hơn Đại số. Cũng vì thế mà các em có tâm lí ngại học,
không thích học, không có hứng thú học Hình học. Bởi vậy các em chưa thực sự
nghiên cứu, tìm tòi, đào sâu suy nghĩ về một đơn vị kiến thức hình học nào đó,
có chăng thì cả lớp vài chục em cũng chỉ được một vài em lưu tâm, để ý đọc
thêm sách tham khảo, làm thêm các bài tập khó liên quan đến nội dung vừa học.
Thời điểm sau khi dạy xong chương III: Góc với đường tròn - Hình học 9:
ở năm học 2016-2017, tôi tiến hành khảo sát mức độ tiếp thu kiến thức của các
em học sinh lớp 9B thông qua một bài kiểm tra 45 phút với nội dung tập trung
chủ yếu là phần kiến thức về tứ giác nội tiếp. Kết quả thu được như sau:
Tổng
Giỏi
Khá
TB
Yếu
Kém
số HS
SL
%
SL
%
SL
%
SL
%
SL
%
23
01

4,3
05 21,7 10 43,5 04
17,4
03
13,1
Trong đó: Với ý khó dùng để phân loại đối tượng học sinh trong đề thi thì
01 em đạt loại giỏi ở mức 9 điểm mới chỉ đang làm dở; 05 em đạt loại khá ở
mức 7 điểm thì chưa làm đến, còn lại số học sinh đạt điểm trung bình trở xuống
có chất lượng bài làm rất hạn chế.
3


2.3. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề.
2.3.1. Xây dựng hệ thống bài tập minh họa cách vận dụng trực tiếp kiến
thức cơ bản về tứ giác nội tiếp.
Bài toán 1: Cho ∆ ABC. Hai đường cao BE và CF cắt nhau tại H. Gọi D
là điểm đối xứng của H qua trung điểm M của BC. Chứng minh rằng tứ giác
ABDC nội tiếp được trong một đường tròn. [2]
Bài giải:
A
Vì tứ giác BHCD có hai đường chéo
E
BC và HD cắt nhau tại trung điểm của mỗi
F
H
đường nên là hình bình hành.
⇒ CD // BH; DB // CH
⇒ CD // BE; DB // CF
B
C

M
Mà BE ⊥ AC; CF ⊥ AB
⇒ CD ⊥ AC; DB ⊥ AB
D

⇒ ACD = ABD = 900

Xét tứ giác ABDC có: ACD + ABD = 900 + 900 = 1800.
Suy ra tứ giác ABDC nội tiếp được trong một đường tròn (đpcm).
Nhận xét: Trong bài này, để chứng minh tứ giác ABDC nội tiếp, ta đã sử
dụng phương pháp: Tứ giác có tổng hai góc đối nhau bằng 1800 .
Bài toán 2:
Cho đường tròn (O) đường kính AB và tia tiếp tuyến Bx của đường tròn.
Trên tia Bx lấy hai điểm C và D (C nằm giữa B và D). Các tia AC và AD lần
lượt cắt đường tròn tại E và F. Hai dây AE và BF cắt nhau tại M. Hai tia AF và
BE cắt nhau tại N. Chứng minh rằng các tứ giác FNEM,CDFE nội tiếp.[2]
Bài giải:
*Vì AFB, AEB là các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)
x
⇒ AFB = AEB = 900
⇒ NFM = NEM = 900

D

Xét tứ giác FNEM có:

F

NFM + NEM = 900 + 900 = 1800

Suy ra tứ giác FNEM nội tiếp.
*Ta có: FEA = FBA
(hai góc nội tiếp cùng chắn FA ) (1)
FBA = FDB (cùng phụ FBD)
(2)
Từ (1) và (2) ⇒ FEA = FDB hay FEA = FDC
Mà FEA + FEC = 1800 (hai góc kề bù)

N
E

C

M
A

.
O

B

⇒ FDC + FEC = 1800
⇒ Tứ giác CDFE nội tiếp (đpcm).

Nhận xét: Trong bài này, để chứng minh cho tổng hai góc đối nhau của
tứ giác CDFE bằng 1800 , ta đã đi chứng minh tứ giác này có góc ngoài tại một
đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối của đỉnh đó.
4

Bài toán 3: Cho ∆ ABC không có góc tù. Các đường cao AH và đường
trung tuyến AM không trùng nhau sao cho BAH = CAM. Gọi N là trung điểm
của AB. Chứng minh AMHN là một tứ giác nội tiếp.[2]
Bài giải:
Vì ∆ AHB vuông tại H có HN là
A
đường trung tuyến ứng với cạnh huyền AB
⇒ HN =

AB
= NA
2

N

⇒ ∆ NAH cân tại N
⇒ NAH = AHN

B

H M

C

Mà NAH = BAH = CAM (gt)
⇒ AHN = CAM (1)
Mặt khác MN là đường trung bình của ∆ ABC ⇒ MN // AC
⇒ AMN = CAM (hai góc đồng vị)
(2)
Từ (1) và (2) ⇒ AHN = AMN

Xét tứ giác AMHN có hai đỉnh kề nhau H và M cùng nhìn cạnh AN dưới
một góc bằng nhau ⇒ AMHN là một tứ giác nội tiếp (đpcm).
Nhận xét: Trong bài này, để chứng minh tứ giác AMHN nội tiếp, ta đã sử
dụng phương pháp: Tứ giác có hai đỉnh kề nhau cùng nhìn một cạnh chứa hai
đỉnh còn lại dưới một góc α.
Bài toán 4: Cho ∆ ABC nội tiếp đường tròn (O). Gọi M là điểm bất kì
nằm trên đường tròn (O) (M khác A, B, C). Từ M kẻ MH ⊥ AB; MI ⊥ AC; MK
⊥ BC (H ∈ AB; I ∈ AC; K ∈ BC). Chứng minh rằng 3 điểm H, I, K thẳng hàng.
[5]
H
Bài giải:
A
M
Xét tứ giác MIKC có 2 đỉnh I và K cùng
I
nhìn cạnh MC dưới 1 góc vuông nên
là tứ giác nội tiếp
.
O

⇒ MIK + MCK = 1800

Hay: MIK + MCB = 1800 (1)
Vì AMCB là tứ giác nội tiếp nên:

B

K

C

MAB + MCB = 1800
Mà MAB + HAM = 1800 (hai góc kề bù)
⇒ MCB = HAM (2)

Xét tứ giác AIMH có 2 đỉnh I và H cùng nhìn cạnh AM dưới 1 góc vuông
nên là tứ giác nội tiếp
⇒ HAM = HIM (hai góc nội tiếp cùng chắn HM ) (3)
Từ (1), (2), (3) ⇒ MIK + HIM = 1800 ⇒ HIK = 1800
⇒ HIK là góc bẹt ⇒ 3 điểm H, I, K thẳng hàng (đpcm).
Nhận xét: Trong bài này:

5


- Để chỉ ra các tứ giác MIKC, AIMH nội tiếp, ta đã sử dụng kiến thức về
quỹ tích cung chứa góc: Qũy tích các điểm nhìn đoạn thẳng AB cho trước dưới
một góc vuông là đường tròn đường kính AB.
- Để chứng tỏ được 3 điểm H, I, K thẳng hàng, ta đã phải sử dụng đến
tính chất tổng hai góc đối nhau của tứ giác nội tiếp bằng 180 0 trong hai tứ giác
MIKC, AMCB.
- Đường thẳng HIK được gọi là đường thẳng Xim-xơn của điểm M
(Robert Simson, 1687-1768, nhà toán học Xcôt-len).
2.3.2. Khai thác lời giải bài toán dựa vào tứ giác nội tiếp.
Trong phần này, ta sẽ đi khai thác kiến thức về tứ giác nội tiếp thông qua
việc thêm hoặc bớt hoặc thay đổi một vài yếu tố của giả thiết bài toán, dẫn đến
sự thay đổi kết luận của bài toán, từ đó tạo nên sự lôi cuốn, thích thú và niềm
đam mê môn học đối với học sinh.
Bài toán xuất phát 1:
Cho điểm M nằm ngoài đường tròn (O). Vẽ tiếp tuyến MA, MB với

đường tròn (A, B là các tiếp điểm). Vẽ cát tuyến MCD không đi qua tâm O (C
nằm giữa M và D). Tia MO cắt AB và (O) lần lượt tại H và K (H nằm giữa M và
K). Chứng minh rằng:
a)
Tứ giác MAOB nội tiếp
b)
MC.MD = MA2
c)
OH.OM + MC.MD = MO2
d)
CK là tia phân giác DCH. (Đề thi vào 10 năm 2012-2013-Tỉnh Nghệ An)
A
Bài giải:
D
C
M

H

O

K

B

a) Vì MA, MB là các tiếp tuyến của đường tròn (O)
⇒ MA ⊥ OA, MB ⊥ OB
Xét tứ giác MAOB có: MAO + MBO = 900 + 900 = 1800
Suy ra tứ giác MAOB nội tiếp (đpcm).
b) Xét ∆MAC và ∆MDA có AMC chung, MAC = MDA (góc tạo bởi tia

tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn AC )
⇒ ∆MAC
∆MDA (g . g)
MA MC
=
⇒ MA 2 = MC.MD (đpcm).
MD MA
c) Xét ∆MAO vuông tại A, có AH ⊥ MO
⇒

⇒ OH.OM = OA2

6


⇒ OH.OM + MC.MD = OA2 + MA2

(1)

Mặt khác áp dụng định lí Pi-ta-go vào ∆MAO vuông tại A ta có:
AO 2 + MA 2 = MO 2 (2)
Từ (1) và (2) ⇒ OH.OM + MC.MD = MO2 (đpcm).
d) Xét ∆MAO vuông tại A, có AH ⊥ MO
⇒ MH.MO = MA2 , mà MC.MD = MA2 (theo câu b)
⇒ MH.MO = MC.MD ⇒

MH
MC
=
MD MO

Xét ∆MCH và ∆MOD có: CMH chung,
⇒ ∆MCH

MH
MC
=
(cmt)
MD MO

∆MOD (c.g.c) ⇒ MCH = MOD

Mà MCH + HCD = 1800 (hai góc kề bù)

⇒ MOD + HCD = 1800
⇒ Tứ giác CDOH nội tiếp ⇒ DCH = DOK (cùng bù HOD) (3)
1
1
Mặt khác: DCK = DOK (= sđ DK )
(4)
2
2
1
Từ (3) và (4) ⇒ DCK = DCH ⇒ CK là tia phân giác DCH (đpcm).
2

Nhận xét: Trong bài toán trên, nếu ta gọi I là giao điểm còn lại của MO
và đường tròn (O), thì sẽ có ICK = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn), tức
là CI ⊥ CK. Mặt khác MCH và HCD là hai góc kề bù, nên từ chỗ CK là tia
phân giác DCH thì cũng sẽ suy ra được CI là tia phân giác của MCH. Do vậy ta

có bài toán mới sau đây:
Bài toán 2:
Cho điểm M nằm ngoài đường tròn (O). Vẽ tiếp tuyến MA với đường tròn
(A là tiếp điểm). Vẽ cát tuyến MCD nằm giữa hai tia MA và MO (C nằm giữa M
và D). Kẻ AH vuông góc với MO tại H. Tia MO cắt (O) tại I (I nằm giữa M và
H). Chứng minh rằng: CI là tia phân giác MCH.
A
Bài giải:
D
C
M

I

H

O

Kéo dài MO cắt đường tròn (O) tại K.
∆MDA (g . g) ⇒ MA2 = MC.MD
Ta có: ∆MAC
∆MAO vuông tại A, có AH ⊥ MO ⇒ MA2 = MH.MO
MH
MC
=
MD MO
∆MOD (c.g.c) ⇒ MCH = MOD

⇒ MC.MD = MH.MO ⇒
⇒ ∆MCH

Mà MCH + HCD = 1800 (hai góc kề bù)

7

K


⇒ MOD + HCD = 1800
⇒ Tứ giác CDOH nội tiếp ⇒ DCH = DOK ( cùng bù HOD) (1)
1
1
Mặt khác: DCK = DOK (= sđ DK )
(2)
2
2
1
Từ (1) và (2) ⇒ DCK = DCH ⇒ CK là tia phân giác DCH.
2

Mà ICK = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
⇒ CI ⊥ CK
Mặt khác MCH và HCD là hai góc kề bù
⇒ CI là tia phân giác MCH (đpcm).
Nhận xét: Trong bài toán trên, khi nối D với H thì dựa vào tứ giác
CHOD nội tiếp ta cũng có thể suy ra được CHM = DHO, từ đó suy ra CHA =
DHA. Do vậy ta lại có bài toán mới sau đây:
Bài toán 3:
Cho điểm M nằm ngoài đường tròn (O). Vẽ tiếp tuyến MA với đường tròn
(A là tiếp điểm). Vẽ cát tuyến MCD nằm giữa hai tia MA và MO (C nằm giữa M

và D). Kẻ AH vuông góc với MO tại H. Chứng minh rằng: HA là tia phân giác
CHD.[3]

A

Bài giải:

D
C
M

Ta có: ∆MAC

H

O

∆MDA (g . g) ⇒ MA2 = MC.MD

∆MAO vuông tại A, có AH ⊥ MO ⇒ MA2 = MH.MO
MH
MC
=
MD MO
∆MOD (c.g.c) ⇒ MCH = MOD

⇒ MC.MD = MH.MO ⇒
⇒ ∆MCH

Mà MCH + HCD = 1800 (hai góc kề bù)

⇒ MOD + HCD = 1800
⇒ Tứ giác CDOH nội tiếp ⇒ CDO + CHO = 1800

Mà CHM + CHO = 1800 (hai góc kề bù)
⇒ CHM = CDO (1)
Vì OC = OD ⇒ ∆ OCD cân tại O ⇒ CDO = OCD (2)
Lại có: OCD = OHD (hai góc nội tiếp cùng chắn OD của đường tròn ngoại
tiếp tứ giác CDOH) (3)
Từ (1), (2), (3) ⇒ CHM = OHD
Mặt khác: CHM + CHA = OHD + DHA = 900
⇒ CHA = DHA

8


⇒ HA là tia phân giác CHD (đpcm).

Nhận xét: Trong bài toán trên, nếu gọi P là giao điểm của AH và CD thì
ta có HP là tia phân giác góc trong tại đỉnh H của ∆ CHD, kết hợp với điều kiện
HP ⊥ HM ta có HM là tia phân giác góc ngoài tại đỉnh H của ∆ CHD. Khi đó
theo tính chất đường phân giác trong tam giác ta sẽ có được gì? Lúc này nếu ta
bổ sung thêm giả thiết của bài toán bằng việc qua điểm C kẻ đường thẳng song
song với AD cắt AH, MA lần lượt tại I, K . Gọi N là điểm đối xứng với A qua D
thì ta sẽ lại có bài toán mới nào?
Bài toán 4:
Cho điểm M nằm ngoài đường tròn (O). Vẽ tiếp tuyến MA với đường
tròn (A là tiếp điểm). Vẽ cát tuyến MCD nằm giữa hai tia MA và MO (C nằm
giữa M và D), Kẻ AH vuông góc với MO tại H, AH cắt CD tại P. Qua điểm C
kẻ đường thẳng song song với AD cắt AH, MA lần lượt tại I, K . Gọi N là điểm

đối xứng với A qua D. Chứng minh rằng: M, I, N thẳng hàng.[7]
A
Bài giải:
D
K
C

M

Ta có: ∆MAC

P

I

N

H O
I

∆MDA (g . g) ⇒ MA2 = MC.MD

∆MAO vuông tại A, có AH ⊥ MO ⇒ MA2 = MH.MO
MH
MC
=
MD MO
∆MOD (c.g.c) ⇒ MCH = MOD

⇒ MC.MD = MH.MO ⇒

⇒ ∆MCH

Mà MCH + HCD = 1800 (hai góc kề bù)

⇒ MOD + HCD = 1800
⇒ Tứ giác CDOH nội tiếp ⇒ CDO + CHO = 1800

Mà CHM + CHO = 1800 (hai góc kề bù)
⇒ CHM = CDO (1)
Vì OC = OD ⇒ ∆ OCD cân tại O ⇒ CDO = OCD (2)
Lại có: OCD = OHD (hai góc nội tiếp cùng chắn OD của đường tròn ngoại
tiếp tứ giác CDOH) (3)
Từ (1), (2), (3) ⇒ CHM = OHD
Mặt khác: CHM + CHA = OHD + DHA = 900
⇒ CHA = DHA
⇒ HA là tia phân giác CHD

Mặt khác: HA ⊥ HM ⇒ HM là tia phân giác góc ngoài tại đỉnh H của ∆
CHD. Theo tính chất đường phân giác trong tam giác, ta có:

9


CP CH
CM
CH
CP CM
⇒
=
=

=
;
(4)
PD HD
MD HD
PD MD

Vì CK // AD nên theo hệ quả của định lí Ta-lét, ta có:
MC MK KC
=
=
(5)
MD MA
AD

Vì CI // AD nên theo hệ quả của định lí Ta-lét, ta có:

CP
CI
=
(6)
PD AD

KC
CI
⇒ KC = CI ⇒ KI = 2KC.
=
AD AD
Vì N đối xứng với A qua D ⇒ D là trung điểm đoạn thẳng AN
⇒ AN = 2AD.

MK KC 2 KC
KI
=
=
=
Khi đó, từ (5), ta có:
MA
AD 2 AD AN
Xét ∆ MKI và ∆ MAN, có:

Từ (4), (5), (6) ⇒

MKI = MAN (đồng vị)
MK
KI
=
(cmt)
MA
AN
⇒ ∆ MKI
∆ MAN (c.g.c) ⇒ KMI = AMN, hay AMI = AMN
⇒ Hai tia MI và MN trùng nhau ⇒ 3 điểm M, I, N thẳng hàng (đpcm).

Nhận xét:
- Trong chuỗi bài toán trên, ta thấy nút thắt nằm ở chỗ chỉ ra được tứ
giác CDOH nội tiếp.
- Trong bài toán 1, nếu ta bỏ đi tiếp tuyến MB và thay đổi giả thiết thành:
‘‘Kẻ AH vuông góc với MO tại H. Gọi N là trung điểm dây CD, B là giao điểm
của ON và AH’’ thì ta có bài toán sau đây:
Bài toán 5:

Cho điểm M nằm ngoài đường tròn (O). Vẽ tiếp tuyến MA với đường tròn
(A là tiếp điểm). Vẽ cát tuyến MCD nằm giữa hai tia MA và MO (C nằm giữa M
và D). Kẻ AH vuông góc với MO tại H. Gọi N là trung điểm dây CD, B là giao
điểm của ON và AH Chứng minh rằng:
a) Các tứ giác MANO và BHOD nội tiếp.
b) Khi 3 điểm M, C, D cố định trên cát tuyến của đường tròn (O) thì tâm
đường tròn ngoại tiếp tam giác ONH luôn chạy trên một đường thẳng cố định
khi đường tròn (O) thay đổi.[6]
B
Bài giải:
A
C
M

10

K
H

D
N
O


a) * Vì MA là tiếp tuyến của đường tròn (O) ⇒ MA ⊥ OA
Vì N là trung điểm CD ⇒ ON ⊥ CD
Xét tứ giác MANO có hai đỉnh kề nhau A và N cùng nhìn cạnh MO dưới
một góc vuông ⇒ Tứ giác MANO nội tiếp (đpcm).
* Xét ∆ OHB và ∆ ONM có: HON chung, OHB = ONM (= 900)
⇒ ∆ OHB

∆ ONM (g . g)
OH
OB
⇒ ON.OB = OH.OM (1)
=
ON OM
Xét ∆MAO vuông tại A, có AH ⊥ MO
⇒ OH.OM = OA2 = OD2 (2)
OD OB
=
Từ (1) và (2) ⇒ ON.OB = OD2 ⇒
ON OD
OD OB
=
Xét ∆ ODB và ∆ OND có: DON chung,
(cmt)
ON OD
⇒ ∆ ODB
∆ OND (c.g.c)
⇒ ODB = OND = 900
⇒

Xét tứ giác BHOD có: BHO + BDO = 900 + 900 = 1800
Suy ra tứ giác BHOD nội tiếp (đpcm).
b) Gọi K là giao điểm của CD và AH.
* Xét ∆ MHK và ∆ MNO có: HMK chung, MHK = MNO (= 900)
⇒ ∆ MHK
∆ MNO (g . g)
MH
MK

⇒ MH.MO = MN.MK (3)
=
MN
MO
Xét ∆MAO vuông tại A, có AH ⊥ MO
⇒ MH.MO = MA2
⇒

∆MDA (g . g)
Lại có: ∆MAC
2
⇒ MA = MC.MD
⇒ MH.MO = MC.MD (4)

Từ (3) và (4) ⇒ MN.MK = MC.MD ⇒ MK =

MC.MD
MN

Vì M, C, D cố định ⇒ trung điểm N của CD cố định ⇒ MK =

MC.MD
MN

không đổi ⇒ điểm K cố định.
Xét tứ giác KHON có: KHO + KNO = 900 + 900 = 1800
Suy ra tứ giác KHON nội tiếp
Vì đường tròn ngoại tiếp tứ giác KHON cũng chính là đường tròn ngoại
tiếp tam giác ONH, mà đường tròn này luôn đi qua hai điểm cố định K và N do
đó tâm đường tròn này nằm trên đường trung trực của đoạn thẳng KN

11


Vậy khi 3 điểm M, C, D cố định trên cát tuyến của đường tròn (O) thì tâm
đường tròn ngoại tiếp tam giác ONH luôn chạy trên một đường thẳng cố định
(là đường trung trực của đoạn thẳng KN) khi đường tròn (O) thay đổi (đpcm).
Nhận xét:
- Trong bài toán trên, để giải quyết được ý b, ta đã sử dụng nhận xét:
đường tròn ngoại tiếp tứ giác KHON cũng chính là đường tròn ngoại tiếp tam
giác ONH. Vậy nên việc chỉ ra tứ giác KHON nội tiếp tuy đơn giản xong đó lại
là nút thắt để giải quyết bài toán.
-Trong bài toán 1, nếu ta thay đổi giả thiết: “Tia MO cắt AB và (O) lần
lượt tại H và K (H nằm giữa M và K)’’ thành: Gọi I là trung điểm CD, Tia BI cắt
đường tròn (O) tại K, thì ta có bài toán sau đây:
Bài toán 6:
Cho điểm M nằm ngoài đường tròn (O). Vẽ tiếp tuyến MA, MB với
đường tròn (A, B là các tiếp điểm). Vẽ cát tuyến MCD nằm giữa hai tia MA và
MO (C nằm giữa M và D). Gọi I là trung điểm CD, Tia BI cắt đường tròn (O)
x
tại K . Chứng minh rằng: AK // CD.[4]
K
A
Bài giải:
D

I

C
M

O

B

b) Vì MA, MB là các tiếp tuyến của đường tròn (O)
⇒ MA ⊥ OA, MB ⊥ OB
Vì I là trung điểm CD ⇒ OI ⊥ CD
Vì 3 điểm A, I, B cùng nhìn đoạn thẳng MO dưới một góc vuông nên
chúng cùng thuộc đường tròn đường kính MO, tức là 5 điểm M, A, I, O, B cùng
thuộc đường tròn đường kính MO
⇒ AMI = ABI (hai góc nội tiếp cùng chắn AI )
Mà xAK = ABK = ABI (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội
tiếp cùng chắn AK )
⇒ xAK = AMI, mà hai góc này lại nằm ở vị trí đồng vị
⇒ AK // MI ⇒ AK // CD (đpcm).
Nhận xét: Trong bài toán 1, nếu ta thay đổi giả thiết: “Tia MO cắt AB và
(O) lần lượt tại H và K (H nằm giữa M và K)’’ thành: ‘‘Đường thẳng đi qua C
và vuông góc với OA cắt AB, AD theo thứ tự ở H và K’’, thì ta có bài toán sau
đây:
Bài toán 7:

12


Cho điểm M nằm ngoài đường tròn (O). Vẽ tiếp tuyến MA, MB với
đường tròn (A, B là các tiếp điểm). Vẽ cát tuyến MCD không đi qua tâm O (C
nằm giữa M và D). Đường thẳng đi qua C và vuông góc với OA cắt AB, AD
theo thứ tự ở H và K. Chứng minh rằng: CH = HK.[3]
A

Bài giải:

H
C
M

K
I

D

O

B

Kẻ OI ⊥ CD (I ∈ CD) ⇒ IC = ID.
Vì MA, MB là các tiếp tuyến của đường tròn (O)
⇒ MA ⊥ OA, MB ⊥ OB
Vì 3 điểm A, I, B cùng nhìn đoạn thẳng MO dưới một góc vuông nên
chúng cùng thuộc đường tròn đường kính MO, tức là 5 điểm M, A, I, O, B cùng
thuộc đường tròn đường kính MO
⇒ AMI = ABI (hai góc nội tiếp cùng chắn AI ) (1)
Ta lại có: MA // CK (cùng ⊥ OA)
⇒ AMI = HCI (hai góc đồng vị) (2)
Từ (1) và (2) ⇒ ABI = HCI ⇒ HBI = HCI
Xét tứ giác CHIB có hai đỉnh kề nhau C và B cùng nhìn cạnh HI dưới một
góc bằng nhau ⇒ CHIB là tứ giác nội tiếp ⇒ HIC = HBC (hai góc nội tiếp cùng
chắn HC)
Mặt khác: HBC = ABC = ADC (hai góc nội tiếp cùng chắn AC )

⇒ HIC = ADC, mà hai góc này lại ở vị trí đồng vị
⇒ HI // AD ⇒ HI // KD
Xét ∆ CKD có: IC = ID; HI // KD (cmt)
⇒ HC = HK (đpcm).
Nhận xét:
- Nút thắt của bài toán này nằm ở việc chỉ ra tứ giác CHIB nội tiếp.
-Trong bài toán 1, nếu ta thay đổi giả thiết: “Tia MO cắt AB và (O) lần
lượt tại H và K (H nằm giữa M và K)’’ thành: ‘‘Kẻ đường kính BON. Các đường
thẳng NC, ND cắt đường thẳng MO lần lượt tại E và F’’. thì ta có bài toán sau
đây:
Bài toán 8:
Cho điểm M nằm ngoài đường tròn (O). Vẽ tiếp tuyến MA, MB với
đường tròn (A, B là các tiếp điểm). Vẽ cát tuyến MCD không đi qua tâm O (C
13


nằm giữa M và D). Kẻ đường kính BON. Các đường thẳng NC, ND cắt đường
thẳng MO lần lượt tại E và F. Chứng minh rằng: OE = OF.[3]

A

Bài giải:

N
D

C
H

M

E

O

F

B

Vì MA, MB là các tiếp tuyến của đường tròn (O)
⇒ MA ⊥ OA, MB ⊥ OB
Xét tứ giác MAOB có: MAO + MBO = 900 + 900 = 1800
⇒ Tứ giác MAOB nội tiếp
⇒ AMO = ABO (hai góc nội tiếp cùng chắn AO )
Mà ABO = ABN = CAN (hai góc nội tiếp cùng chắn AN )
⇒ AMO = ACN, hay AME = ACN
Ta lại có: ACN + ACE = 1800 (hai góc kề bù)
⇒ AME + ACE = 1800
⇒ Tứ giác MECA nội tiếp
⇒ CEF = MAC (cùng phụ MEC)
Mà MAC = ADC = ADM (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và góc
nội tiếp cùng chắn AC )
⇒ CEF = ADM

Chứng minh tương tự ta cũng có tứ giác MFDA nội tiếp
⇒ AFM = ADM (hai góc nội tiếp cùng chắn AM )
⇒ AFM = CEF (1)
Mặt khác: ∆ AFB có đường cao FH đồng thời là đường trung tuyến nên
∆ AFB cân tại F
⇒ FH là đường phân giác AFB

⇒ AFH = BFH ⇒ AFM = BFE (2)
Từ (1) và (2) ⇒ AEF = BFE, mà hai góc này lại ở vị trí so le trong
⇒ EN // BF ⇒ ENO = FBO (hai góc so le trong)
Xét ∆ NOE và ∆ BOF có:
ENO = FBO (cmt)
ON = OB (= R)
NOE = BOF (đối đỉnh)
⇒ ∆ NOE = ∆ BOF (g.c.g)

14


⇒ OE = OF (hai cạnh tương ứng) (đpcm).

Nhận xét:
- Nút thắt của bài toán này nằm ở việc chỉ ra các tứ giác MECA, MFDA
nội tiếp.
- Trong bài toán 1, nếu ta bỏ đi giả thiết vẽ cát tuyến MCD mà chỉ lấy
điểm C bất kì trên cung nhỏ AB của đường tròn (O) , thì ta có bài toán sau đây:
Bài toán 9:
Cho điểm M nằm ngoài đường tròn (O). Vẽ tiếp tuyến MA, MB với
đường tròn (A, B là các tiếp điểm). Gọi C là điểm bất kì trên cung nhỏ AB của
đường tròn (O). Gọi D, E, F lần lượt là chân đường vuông góc kẻ từ C đến AB,
MA, MB. Gọi P là giao điểm của AC và DE, Q là giao điểm của BC và DF
Chứng minh rằng: AB // PQ.[4]
A
Bài giải:
E

M

C

P

D

Q H

O

F
B

Xét tứ giác CEAD có: CEA + CDA = 900 + 900 = 1800
⇒ Tứ giác CEAD nội tiếp
⇒ CDE = CAE (hai góc nội tiếp cùng chắn EC )
Mà CAE = CBA (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp
cùng chắn AC )
⇒ CDE = CBA

Lập luận tương tự, ta cũng có: CDF = CAB

⇒ CDE + CDF = CBA + CAB ⇒ PDQ = CBA + CAB

Xét tứ giác CPDQ có: PDQ + PCQ = CBA + CAB + ACB = 1800
(Định lí tổng ba góc trong ∆ ABC)
⇒ Tứ giác CPDQ nội tiếp
⇒ CPQ = CDQ (hai góc nội tiếp cùng chắn QC )
Mặt khác: CDQ = CDF = CAB (cmt)

⇒ CPQ = CAB, mà hai góc này lại ở vị trí đồng vị ⇒ AB // PQ (đpcm).
Nhận xét:
- Nút thắt của bài toán này nằm ở việc chỉ ra tứ giác CPDQ nội tiếp.
Trong bài toán 1, nếu ta kẻ cát tuyến MCD sao cho DB là đường kính của
đường tròn (O): thì ta có bài toán sau đây:
Bài toán 10:
15


Cho điểm M nằm ngoài đường tròn (O). Vẽ tiếp tuyến MA, MB với
đường tròn (A, B là các tiếp điểm). Kẻ đường kính BOD, MD cắt đường tròn
(O) tại điểm thứ hai là C. Từ A kẻ AK ⊥ BD tại K, AK cắt MD tại I
Chứng minh rằng: IA = IK
[7]
Bài giải:
A
I

C
M

D

K
H

O

B

Gọi H là giao điểm của MO và AB.
Vì MA, MB là các tiếp tuyến của đường tròn (O), nên theo tính chất hai
tiếp tuyến cắt nhau, ta có: MA = MB, MO là tia phân giác AMB
⇒ ∆ MAB cân tại M có đường phân giác MO đồng thời cũng là đường
trung trực cạnh AB.
⇒ MO ⊥ AB tại H; HA = HB ⇒ MHB = 90 0
Vì BCD là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ⇒ BCD = 900 ⇒ MCB = 900
Xét tứ giác MCHB có hai đỉnh H và C cùng nhìn cạnh MB dưới một góc
vuông ⇒ tứ giác MCHB nội tiếp ⇒ ICH = MBH (vì cùng bù với MCH )
Mà MB // AK (cùng ⊥ BD) ⇒ HAI = MBH (hai góc so le trong)
⇒ ICH = HAI

Xét tứ giác CAIH có hai đỉnh kề nhau C và A cùng nhìn cạnh IH dưới một
góc bằng nhau ⇒ tứ giác CAIH nội tiếp
⇒ CAH = CIH (hai góc nội tiếp cùng chắn CH )
Mặt khác: CAH = CAB = CDB (hai góc nội tiếp cùng chắn CB )
⇒ CIH = CDB, mà hai góc này lại nằm ở vị trí đồng vị
⇒ IH // DB ⇒ IH // BK
Xét ∆ AKB có: HA = HB (cmt)
HI // BK (cmt)
⇒ IA = IK (đpcm).
Nhận xét:
- Nút thắt của bài toán này nằm ở việc chỉ ra tứ giác CAIH nội tiếp.
- Trong bài toán 1, nếu ta thay đổi giả thiết: “Tia MO cắt AB và (O) lần
lượt tại H và K (H nằm giữa M và K)’’ thành: Qua điểm C kẻ đường thẳng
vuông góc với BO cắt BA, BD lần lượt tại I, K. Gọi N là trung điểm BM, thì ta
có bài toán sau đây:
Bài toán 11:

16

Cho điểm M nằm ngoài đường tròn (O). Vẽ tiếp tuyến MA, MB với
đường tròn (A, B là các tiếp điểm). Vẽ cát tuyến MCD nằm giữa hai tia MA và
MO (C nằm giữa M và D). Qua điểm C kẻ đường thẳng vuông góc với BO cắt
BA, BD lần lượt tại I, K. Gọi N là trung điểm BM. Chứng minh rằng: D, I, N
thẳng hàng. [7]
A
Bài giải:
E

C

D

I

M
N

O
K
Q
B

Gọi E là trung điểm CD ⇒ OE ⊥ CD (Quan hệ vuông góc giữa đường
kính và dây).
Vì MA, MB là các tiếp tuyến của đường tròn (O)
⇒ MA ⊥ OA, MB ⊥ OB
Vì 3 điểm A, E, B cùng nhìn đoạn thẳng MO dưới một góc vuông nên

chúng cùng thuộc đường tròn đường kính MO, tức là 5 điểm M, A, E, O, B cùng
thuộc đường tròn đường kính MO.
⇒ EMB = EAB = EAI (hai góc nội tiếp cùng chắn EB )
Mà MB // CK (cùng ⊥ OA) ⇒ EMB = ECI (hai góc đồng vị)
⇒ EAI = ECI

Xét tứ giác CAEI có hai đỉnh kề nhau C và A cùng nhìn cạnh EI dưới
một góc bằng nhau ⇒ tứ giác CAEI nội tiếp
⇒ ACE = AIE (hai góc nội tiếp cùng chắn AE )
Mặt khác: ACE = ACD = ABD (hai góc nội tiếp cùng chắn BD )
⇒ AIE = ABD, mà hai góc này lại nằm ở vị trí đồng vị
⇒ IE // BD ⇒ IE // KD
Xét ∆ CKD có: EC = ED
IE // KD (cmt)
⇒ IC = IK
Gọi Q là giao điểm của DI và MB.
Vì CK // MB ⇒ CI // MQ; IK // QB
Theo hệ quả của định lí Ta-lét, ta có:
CI
DI
IK
DI
CI
IK
=
=
=
⇒
;
MQ DQ QB DQ

MQ QB
Mà CI = IK ⇒ MQ = QB ⇒ Q là trung điểm MB ⇒ Q ≡ N
⇒ D, I, N thẳng hàng (đpcm).

Nhận xét:
- Nút thắt của bài toán này nằm ở việc chỉ ra tứ giác CAEI nội tiếp.
17


- Từ một bài toán gốc, nếu ta biết thay đổi một số yếu tố của giả thiết
hoặc đi khai thác sâu các kết luận khác nhau thì ta sẽ có được những bài toán
mới có mối liên hệ với nhau, từ đó giúp các em học sinh được ôn luyện kiến
thức một cách chuyên sâu, đồng thời rèn khả năng tư duy, khái quát, khả năng
tổng hợp kiến thức.
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục,
với bản thân, đồng nghiệp và nhà trường.
Sau khi áp dụng sáng kiến này vào thực tế dạy học của bản thân, tôi nhận
thấy ở các em học sinh đã bước đầu hình thành phương pháp học tập bộ môn
Hình học hiệu quả. Các em đã nắm vững kiến thức cơ bản, tự tin hơn trong việc
xử lí các tình huống Toán học nói riêng và trong học tập nói chung.
Khi cho học sinh lớp 9 năm học 2017-2018 làm bài kiểm tra 45 phút
chương III: Góc với đường tròn - cũng với nội dung tập trung chủ yếu là phần
kiến thức về tứ giác nội tiếp thì thu được kết quả như sau:
Tổng
Giỏi
Khá
TB
Yếu
Kém
số HS

SL
%
SL
%
SL
%
SL
%
SL
%
41
6
14,6 13 31,7
21 51,2
1
2,5
0
0
Trong đó: Với ý khó dùng để phân loại đối tượng học sinh trong đề thi thì
có 3 trong số 6 em đạt loại giỏi đã định hướng đúng và trình bày gần như hoàn
thiện, Số em đạt loại khá có ngưỡng điểm trên , số học sinh đạt điểm trung bình
đã có sự cải thiện trong cách trình bày, lập luận hình học.

18


3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
3.1. Kết luận
Tứ giác nội tiếp là một đơn vị kiến thức hay trong tổng thể mảng kiến
thức về đường tròn. Khi dạy về nội dung này, người thầy không chỉ dừng lại ở

việc dạy cho học sinh các phương pháp chứng minh tứ giác nội tiếp hay là áp
dụng trực tiếp tính chất của tứ giác nội tiếp vào giải những bài tập vận dụng ở
mức độ đơn giản mà còn có thể hướng dẫn các em thỏa sức sáng tạo, tìm tòi,
khai thác những bài tập hay và khó có thể giải được nhờ vận dụng kiến thức về
tứ giác nội tiếp thông qua việc thay đổi, thêm bớt một vài yếu tố của bài toán .
Với hiệu quả đã đạt được khi áp dụng sáng kiến, thì đề tài này có thể là tài
liệu hữu ích để đồng nghiệp mà nhất là với những GV mới ra trường tham khảo.
3.2. Kiến nghị
a) Sở GD& ĐT Thanh Hóa, Phòng GD&ĐT Thọ Xuân.
Nên phát hành các SKKN đạt giải cấp Huyện, cấpTỉnh để giáo viên có
thêm nguồn tại liệu tham khảo, học tập.
b) Nhà trường.
- Động viên, khuyến khích giáo viên tự nghiên cứu, tự học, tham khảo các
SKKN đạt giải cao. Vận dụng các đề tài vào thực tế giảng dạy để nâng cao chất
lượng giáo dục.
- Đối với nhóm chuyên môn: Thường xuyên sinh hoạt trao đổi kinh
nghiệm về dạy những dạng toán cơ bản cũng như những dạng toán hay và khó
trong trường THCS.
Thọ Xuân, ngày 25 tháng 3 năm 2019
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, không sao chép nội dung
của người khác.
Tác giả

XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Lê Thị Nguyệt

19

Tài liệu tham khảo
[1]: SGK Toán 9 tập 2 - Phan Đức Chính (Tổng chủ biên) - NXB GD
[2]: Các dạng toán và phương pháp giải toán 9 tập 2- Tôn Thân (Chủ biên) NXB GD
[3]: Ôn tập thi vào lớp 10 môn Toán- Phan Doãn Thoại (Chủ biên) - NXB GD2010
[4]: 100 đề kiểm tra học kì lớp 9 và ôn thi vào lớp 10 môn Toán - Lê Đức Thuận
- Phí Trung Đức (Đồng chủ biên) - NXB ĐHQGHN - 2018
[5]: Nâng cao và phát triển Toán 9 tập 2 - Vũ Hữu Bình - NXB GD
[6]: Toán nâng cao và các chuyên đề hình học 9 - Vũ Dương Thụy (Chủ biên)
NXBGD
[7]: Tài liệu khác.

20


DANH MỤC
CÁC ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG
ĐÁNH GIÁ XẾP LOẠI CẤP PHÒNG GD&ĐT, CẤP SỞ GD&ĐT VÀ CÁC
CẤP CAO HƠN XẾP LOẠI TỪ C TRỞ LÊN
Họ và tên tác giả: Lê Thị Nguyệt
Chức vụ và đơn vị công tác: Phó Hiệu trưởng trường THCS Thọ Nguyên

TT

1
2

3

Tên đề tài SKKN

Kết quả
Cấp đánh
đánh giá
giá xếp loại
Năm học đánh
xếp loại
(Phòng, Sở,
giá xếp loại
(A, B,
Tỉnh...)
hoặc C)
Phòng GD
B
2010-2011

Một số phương pháp thường
dùng giải phương trình vô tỉ
Một số phương pháp thường Phòng GD
dùng để chứng minh bất đẳng
thức
Một số biện pháp chỉ đạo Phòng GD
nhằm nâng cao chất lượng
giáo dục kĩ năng sống cho
học sinh trường THCS.

21

C

2011-2012

C

2016-2017


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ
PHÒNG GD&ĐT THỌ XUÂN

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ

PHÒNG GD&ĐT THỌ XUÂN

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

TÊN ĐỀ TÀI
KINH NGHIỆM HƯỚNG DẪN HỌC SINH LỚP 9 KHAI
TÊN ĐỀ
TÀI
THÁC KIẾN THỨC PHẦN
“TỨ
GIÁC NỘI TIẾP”- HÌNH
KINH NGHIỆM
HƯỚNG
HỌC
9, ĐẠTDẪN
HIỆUHỌC
QUẢSINH

CAOLỚP 9 KHAI
THÁC KIẾN THỨC PHẦN “TỨ GIÁC NỘI TIẾP”- HÌNH
HỌC 9, ĐẠT HIỆU QUẢ CAO

Người thực hiện: Lê Thị Nguyệt
Chức vụ: Phó Hiệu trưởng
Đơn
vị công
THCS Thọ Nguyên -Thọ Xuân
Người
thựctác:Trường
hiện:
SKKN
Chức thuộc
vụ: lĩnh vực (môn): Toán
Đơn vị công tác:
SKKN thuộc lĩnh vực (môn): Toán

22
THANH HOÁ NĂM 2019


THANH HOÁ NĂM 2019

23