SKKN: Hướng dẫn học sinh khai thác một bài tập hình học sách giáo khoa Toán 9

Đề tài: Hướng dẫn học sinh khai thác một
bài tập hình học sách giáo khoa tốn 9
I. Đặt vấn đề:
Bắt đầu năm học 2005-2006 học sinh lớp 9 trên toàn quốc được học tập cuốn
sách giáo khoa mới. Trong quá trình giảng dạy bộ mơn hình học 9, tơi thấy rằng
cuốn sách được biên soạn khá công phu, sắp xếp hệ thống kiến thức khoa học. Hệ
thống bài tập đa dạng, số lượng bài tập ở trong sách giáo khoa đã quá đủ với tất cả
học sinh. Đặc biệt, các bài tập thử nghiệm đơn giản, nhưng nghiên cứu kĩ tơi thấy
rằng chứa đựng trong đó nhiều điều hết sức thú vị. Cụ thể đó là chúng ta có thể
hướng dẫn các em “khai thác phát triển” thành những bài tốn hay hơn khó
hơn…Làm như vậy sẽ góp phần quan trọng trong việc nâng cao năng lực tư duy
cho học sinh, kích thích sự tìm tịi sáng tạo phát huy được trí lực cho học sinh.
II. Nội dung.
Bài tốn 1( Bài tập 11 trang 104 SGK - Toán 9 tập 1)
Cho đường trịn (O) đường kính AB, dây CD
khơng cắt đường kính AB. Gọi H và K theo thứ tự là
chân các đường vng góc kẻ từ A và B đến CD.
Chứng minh rằng: CH = DK (*)

D
C

M

K

H
A

(Gợi ý: kẻ OM vng góc với CD).

O

B

Giải:
Theo gt ta có: AH ⊥ CD và BK ⊥ CD nên
AH // BK suy ra AHKB là hình thang.
Kẻ OM ⊥ CD tại M ⇒ MC = MD(1)(ĐL quan hệ vng góc giữa đk và
dây). Xét hình thang AHKB có OA = OB = R; OM//AH//BK (cùng ⊥ CD).
OM là đường trung bình của hình thang ⇒ MH = MK (2)
Từ (1) và (2) ta có CH = DK
Đối với bài tập này ta có thể khai thác theo 2 hướng như sau:
A. Hướng thứ nhất
Để chứng minh CH = DK ta chứng minh hai đoạn thẳng CD và HK có
chung trung điểm. (ở đây ta chỉ xét trường hợp CD và HK thuộc cùng một đường
thẳng nhưng trong trường hợp chúng không cùng một đường thẳng thì CH = DK
vẫn đúng)
- Với ý tưởng chúng ta thử xây dựng một số bài toán mà có thể vận dụng
cách giải ở bài tốn (*) để giải nó

PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com


Bài 1:Cho đường trịn O đường kính AB,
dây CD khơng cắt đường kính. Qua C, D kẻ các
đường vng góc với CD lần lượt cắt AB tại H
và K.
Chứng minh rằng AH = BK

C

D

I

A
H

B

O

K

Để chứng minh AH = BK ta chỉ cần
chứng minh hai đoạn thẳng AB và HK có
chung trung điểm O. Muốn vậy ta làm xuất hiện
trung điểm I của đoạn thẳng CD. Lập luận để
có O là trung điểm của hai đoạn thẳng HK và AB ⇒ ĐPCM
Từ bài tốn 1 chúng ta có thể
Phát biểu bài toán đảo như sau:
Bài 2: Bài toán đảo của bài tốn 1
Trên đường kính AB của đường trịn tâm O ta lấy hai điểm H và K sao cho
AH = KB. Qua H và K vẽ hai đường thẳng song song với nhau lần lượt cắt đường
tròn tại hai điểm C và D (C, D cùng thuộc một nửa đường tròn tâm O). Chứng
minh rằng: HC ⊥ CD, KD ⊥ CD
Từ bài toán (*) nếu dây cung CD cắt đường kính AB thì kết luận CH = DK
có cịn đúng nữa khơng? Kết luận đó vẫn đúng
và chúng ta có bài tốn khó hơn bài tốn (*) một
C

H
chút như sau.
Bài 3: Cho đường trịn (O) đường kính
AB, dây CD cắt đường kính AB tại G. Gọi H và
K lần lượt là hình chiếu của A và B trên CD.
Chứng minh rằng CH = DK.

I
G

A

B

O
F
K

D

Hướng dẫn giải:
Để chứng minh CH = DK ta c/m CD và
HK có chung trung điểm.
Qua O vẽ đường thẳng song song với AH và BK cắt CD tại I, cắt AK tại F.
Lập luận để có OI là đường trung trực của đoạn CD và FI là đường trung
bình của tam giác AHK ⇒ I là trung điểm của HK ⇒ ĐPCM
Cũng là bài toán 3 nhưng chúng ta cũng có thể phát biểu dưới một dạng
khác phức tạp hơn như sau:

PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com

Bài 4: Cho tứ giác ACBD nội tiếp đường tròn đường kính AB. Chứng minh
rằng hình chiếu vng góc của các cạnh đối diện của tứ giác trên đường chéo CD
bằng nhau. (cách giải hồn tồn tương tự bài tốn 3)
Từ bài tốn 3 và 4 ta có thể thấy tam giác AGH nội tiếp đường trịn đường
kính AG, tam giác BGK nội tiếp đường trịn đường kínhBG. Nên từ bài tốn 3 & 4
ta có bài tốn tốn sau
Bài 5: Gọi G là điểm thuộc đoạn thẳng AB
(G không trùng với A và B). Lấy AB, AG và BG
làm đường kính , dựng các đường trịn tâm O,
O1, O2. Qua G vẽ cát tuyến cắt đường tròn (O)
tại C, D; cắt (O1) tại H, cắt (O2) tại K. Chứng
minh CH = DK

C

H

I
O1

A

O

G

O2

B

F
K

D

B Hướng thứ hai:
Đề bài: ( Bài tập 11 trang 104 SGK - Tốn 9
tập 1)

C

H

Cho đường trịn (O) đường kính AB, dây CD
khơng cắt đường kính AB. Gọi H và K theo thứ tự là
chân các đường vng góc kẻ từ A và B đến CD.
Chứng minh rằng: CH = DK ( gợi ý: kẻ OM ⊥ CD)

D

M

K

A

B

O

Bài 1: Thêm vào bài tập 11 câu b như sau:
Chứng minh H và K ở bên ngoài (O)
C

Giải: (dùng phương pháp phản chứng)
Giả sử chân đường vng góc hạ từ A đến
đường thẳng CD là H’, H’ là điểm nằm giữa 2
điểm C và D.

H'

D

M

K

H
A

B
O

Xét ∆ACH ' ta có:
ˆ
ˆ + BCD
ˆ = 900 + BCD
ˆ ⇒ ACH

ˆ ' > 900
ACH ' = ACB
Mà AHˆ ' C = 900 (theo giả sử) ⇒ Tổng các góc trong của ∆ACH ' lớn hơn 1800
là điều vơ lí.Vậy H’ phải nằm ngồi đường trịn (O) hay H nằm ngồi (O)
Chứng minh tương tự đối với điểm K

PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com


S ∆OMH

* Nhận xét: Từ việc vẽ OM ⊥ CD ta có MH = MK ta dễ nhận thấy
= S ∆OMA = S∆OMK = S ∆OMB suy ra S ∆HOK = S ∆AMB suy ra

HK.OM = AB.MM’ (với MM” ⊥ AB tại M’). Vẽ thêm CC’⊥AB, DD’⊥AB
(C’, D’ ∈ AB).
Ta có

CC '+ DD '
= MM ' (MM’ là đường trung
2

bình của hình thang CDD’C’)
⇒
HK .OM = AB.

D

M

K

C
H

CC '+ DD ' 1
= AB(CC '+ DD ') = S ∆ACB + S∆ADB
2
2

A

B
C'

M' O

D'

Mặt khác HK.OM = SAHKB (Vì OM là đường
trung bình của hình thang AHBK nên
OM =

AH + KB
). Từ đó ta có
2

S AHKB = S∆ACB + S∆ADB

Bài 2: Qua nhận xét trên ta có thể thêm vào bài 11 câu c:

CMR SAHKB = S∆ACB + S∆ADB
Bài 3: Từ nhận xét trên ta lại có bài tốn quỹ tích:
a. Tìm quỹ tích trung điểm I của đoạn thẳng CD khi C (hoặc D) chạy trên
đường trịn (O)
K
D

b. Tìm quỹ tích điểm H và K khi C (hoặc D) chạy
trên đường tròn tâm O đường kính AB
C

I

H

B

A
C'

O

D'

K

Bài 4: Đặc biệt khi CD không phải là
một dây cung mà CD trở thành tiếp tuyến
của (O) như ở hình bên ta vẫn có S ∆AMB =
S ∆HOK và HK.OM = AB.MM' (lúc này M

thuộc nửa đường tròn (O)) nên AB = 2.OM.

M

H

A

B
M'

PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com

O


Do đó ta có HK.OM = 2.OM.MM' ⇒ MM ' =

HK
2

Dựa vào điều kiện một điểm thuộc đường tròn ta có M' ∈ (M ;
(M ;

HK
) ⇒
2

HK
) tiếp xúc với AB tại M'

2

Bài 5: Từ bài 4 ta có bài 5
Cho đường trịn (O) đường kính AB,
M là một điểm bất kì trên nửa đường trịn đó
(M ≠ A và B). Qua M vẽ tiếp tuyến xy, H
và K là chân các đường vng góc hạ từ A,
B xuống xy. Chứng minh rằng : đường trịn
(M) đường kính HK tiếp xúc với AB

x
H
M

K

y

A

B
O

(Xác định vị trí tương đối của (M) với
đường thẳng AB khi M chạy trên (O)).
Bài 6: Cho một đoạn thẳng HK, qua
H, K vẽ các đường thẳng d và d’ vng góc với HK. Một
góc vng với đỉnh là trung điểm M của HK có một cạnh
cắt d tại A, một cạnh cắt d’ tại B. Chứng minh rằng AB là
tiếp tuyến của đường trịn đường kính HK.

d

d'

C

Giải:

M

H

Vẽ MD ⊥ AB (1) ( D ∈ AB) . Gọi C = AM ∩ d ' Ta có
∆AMH = ∆CMK (g-c-g) ⇒ MA = MC ⇒ ∆ABC có BM vừa là
đường cao, vừa là trung tuyến nên ∆ABC cân tại B
·
·
phân
giác
của
⇒ BM là
ABC ⇒ ·
ABM = CBM
⇒ ∆MDB = ∆MKB (cạnh huyền - góc nhọn) ⇒ MD = MK mà
MH = MK = HK/2 (2)

K

A

D
B

Từ (1) & (2) suy ra AB là tiếp tuyến của
đường trịn đường kính HK.
Bài 7: Cho tứ giác AHKB có đường trịn
đường kính AB tiếp xúc với đường thẳng HK.
Chứng minh rằng đường tròn đường kính HK
tiếp xúc với đường thẳng AB khi và chỉ khi AH//
BK.
Giải: Gọi O và O' lần lượt là trung điểm
của AB và HK

C
O'

H

K
b
a

A
D

O
B

PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com

Vẽ O'D ⊥ AB, nối OO' ta có OO' ⊥ HK (OO' là đường trung bình của hình
thang HABK). Đặt OO' = a; O'D = b
⇒ S ∆OO ' A = S ∆OO ' H = S∆OO ' B = S∆OO ' K
1
2

Mà S ∆OO ' A = S ∆OO ' H = OA.O ' D =
S ∆OO ' B = S ∆OO ' K

AB.b
4

AB
1
HK .a HK . 2
HK . AB
= .O ' K .OO ' =
=
=
2
4
4
8

(Vì OO' = a = OA = OB = AB/2)
Như vậy BK//AH ⇔

AB.b HK . AB
HK

HK
=
⇔b=
⇔ O'D =
4
8
2
2

⇔ O'D = O'H = O'K ⇒ D ∈ (O') đường kính HK
⇔ Đường trịn đường kính HK tiếp xúc với AB tại D.

Bài toán 2: ( Bài 30- trang 116 SGK- toán 9, tập 1)
Cho nửa đường trịn (O) đường kính AB. Gọi Ax, By là các tia vng góc
với AB (Ax, By và của đường tròn thuộc cùng một nửa mặt phẳng bờ AB). Qua
điểm M thuộc nửa đường tròn (M khác A và B) kẻ tiếp tuyến với nửa đường trịn,
nó cắt Ax và By theo thứ tự ở C và D. Chứng minh rằng:
a. COˆ D = 90 0
b. CD = AC + BD
c. Tích AC.BD khơng đổi khi điểm M di chuyển trên nửa đường tròn
Giải:
a. Theo gt: CA, CM là tiếp tuyến của (O) ⇒
CO là phân giác ACˆ M ⇒ CO cũng là phân
(1)
giác ·
AOM hay Oˆ 1 = Oˆ 2 (tính chất tiếp tuyến)

D

Tương tự DB, DM là tiếp tuyến (O) ⇒

Oˆ 3 = Oˆ 4

(2)

M
C

Từ (1) và (2) ⇒ Oˆ 2 + Oˆ 3 = Oˆ1 + Oˆ 4
Oˆ1 + Oˆ 2 + Oˆ 3 + Oˆ 4 = 180

y

x

(3)

mà

0 (4)

2
A

Từ (1), (2), (3) và (4) ⇒ Oˆ 2 + Oˆ 3 = 90

0

hay COˆ D = 90 0
b. Theo t/c tiếp tuyến ta có CA = CM và DB = DM (5)
mà CD = CM + DM ⇒ CD = CA + BD hay CD = AC + BD

PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com

3

1
O

4

B


c. Theo c/m câu a thì ∆COD vng tại O
mặt khác OM ⊥ CD (t/c tiếp tuyến)
2

⇒ OM = CM.DM (Hệ thức lượng trong tam giác vuông)

(6)

Từ (5) và (6) ⇒ OM2 = AC.BD. mà OM = R (bán kính đường trịn)
⇒ AC.BD khơng đổi khi M di chuyển trên nửa đường trịn.

* Tơi khai thác bài tốn này như sau:
Gọi N là giao điểm của BC và AD.
CMR MN//AC (MN//BD)

y

x

C/M: Ta có AC//BD (gt)
Xét ∆ANC có AC//BD ⇒
(7)

D

ND NB DB
=
=
NA NC AC

M

(theo định lí ta lét)

CA, CM là tiếp tuyến của nửa (O) nên CM
= CA (8) tương tự ta có DB = DM (9)
ND MD
=
Từ (7), (8) và (9) ⇒
⇒ MN//AC
NA MC

(theo định lí ta lét đảo)

C
N
2

3

4

1

A

B

O

⇒ MN//BD (AC//BD)

* Sau khi c/m được MN//AC ta có thể có thêm yêu cầu đối với học sinh trung
bình là c/m CD.MN = CM.DB
c/m. Theo c/m trên MN//AC ⇒ ∆CNM ~ ∆CBD ⇒

CD
DB
=
⇒ đpcm
CM MN

* Cũng dạng tốn đó nhưng ta chế biến một tí ta được bài tốn mới như sau:
Cho ∆ABC vuông ở A, đường cao AH. Vẽ đường trịn tâm A bán kính AH.
Từ B và C kẻ các tiếp tuyến với đường tròn (A) tại D, E. Chứng minh rằng:
a. D, A, E thẳng hàng
b. BD.CE = AH2 (khơng đổi)

E

c. DE là tiếp tuyến của đường trịn đường
kính BC

A
4

C/M:

1

a. Theo gt ta có:

Aˆ1 = Aˆ 2 (T/c tiếp tuyến)

3
2

D

Aˆ 4 = Aˆ 3 (T/c tiếp tuyến)
⇒ Aˆ1 + Aˆ 4 = Aˆ 2 + Aˆ 3

PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com

C

B
H

I


Mà Aˆ = Aˆ 2 + Aˆ 3 = 90 0 ⇒ Aˆ1 + Aˆ 4 = Aˆ 2 + Aˆ 3 = 90 0
⇒ Aˆ1 + Aˆ 2 + Aˆ 3 + Aˆ 4 = 180 0 hay 3 điểm D, A E thẳng hàng

b. Theo gt ∆ABC có Aˆ = 90 0 . áp dụng hệ thức lượng trong tam gác vng ta có AH2
= BH.CH
Mà

BH = BD (t/c tiếp tuyến)
CH = CE (t/c tiếp tuyến)
2

⇒ AH = BD.CE.

c. Lấy điểm I trên cạnh BC sao cho IB = IC. Theo gt BAˆ C = 90 0 ⇒ A, B, C cùng
thuộc đường trịn đường kính BC (hay (I, BC/2))
Để chứng minh DE là tiếp tuyến của đường trịn đường kính BC ta c/m
DE ⊥ IA tại A.
Thật vậy, theo gt BD ⊥ DE
CE ⊥ DE
⇒ BDEC là hình thang vng
⇒ IA là đường trung bình của hình thang vuông BDEC
⇒

IA//BD//CE

Mà

BD ⊥ DE

⇒ AI ⊥ DE. Vậy DE là tiếp tuyến của đường trịn đường kính BC.

Cũng từ bài tốn trên ta có bài tốn hay hơn và khó hơn.
Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB bằng l. Qua A, B kẻ Ax và By
vng góc với AB. Lấy điểm C nằm trên nửa đường tròn, qua C kẻ tiếp tuyến với
(O) cắt Ax, By lần lượt tại D và E. Kẻ CH ⊥ AB, gọi M là giao điểm của CH và
AE. CM
a. D; M; B thẳng hàng
b. M là trung điểm của CH
c. Gọi P là giao điểm của OE với nửa đường tròn đường kính AB. Tìm vị trí điểm
C trên nửa đường tròn để chu vi tứ giác ADEB nhỏ nhất
d. Gọi giao điểm của OE và BC là K, trên tia đối của tia OE lấy điểm Q sao cho
OQ = OP. Chứng minh QK.PE = KP.QE.
Giải:
a. Theo gt ta có:

Ax ⊥ AB
By ⊥ AB

PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com


CM ⊥ AB
⇒ Ax//CM//By nên ta có:

ME CE
=

(1)
MA CD

Mà CE = EB, CD = AD (t/c tiếp tuyến) ⇒

y

x

ME EB
=
(2)
MA AD

E

Mặt khác Aˆ 2 = AEˆ B (so le trong) (3)
Từ (2) và (3) suy ra ∆ADM ~ ∆EBM ⇒
DMˆ A = BMˆ E

C
D

P
M

K

Mà A, M, E thẳng hàng ⇒ D, M, B thẳng
hàng

B

A

b. Theo gt: CH ⊥ AB

H

O

M ∈ CH
By ⊥ AB
E ∈ By

Q

⇒ CH//BE

Xét ∆EDB có CM//BE ⇒

CM CD
=
(định lí Ta lét)
BE DE

(4)

Xét ∆EAB có MH//BE ⇒

MH AM

=
(định lí Ta lét)
BE
AE

(5)

Xét ∆DEA có CM//AD ⇒

DC AM
=
(định lí Ta lét)
DE
AE

(6)

Từ (4), (5) và (6) suy ra

CM MH
=
⇒ CM = MH hay M là trung điểm của CH
BE
BE

c. ta có chu vi tứ giác ADEB là: P = AD + DE + EB + AB
mà

AD = DC (t/c tiếp tuyến)
EB = CE (t/c tiếp tuyến)

⇒ P = 2DE + AB

Mặt khác ED ≥ AB vì AB là khoảng cách giữa Ax và By nên P nhỏ nhất khi DE
nhỏ nhất, tức là DE = AB. Khi đó P = 3AB = 3l ⇒ DE//AB ⇒ DE ⊥ CH
⇒ CH là bán kính của đường trịn ⇒ C là điểm chính giữa cung AB

d. Nối C với P và Q ta thấy EQ ⊥ BC và BP = PC ⇒ CP là phân giác góc trong tại
đỉnh C của ∆KCE ⇒

CK KP
=
(7) mặt khác OP = OQ (gt)
CE PE

PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com


⇒ Q nằm trên đường tròn (O; OA) ⇒ PCˆ Q = 90 0 (góc chắn nửa đường trịn)
⇒ CQ là phân giác góc ngồi tại đỉnh C của ∆KCE do đó

Từ (7) và (8) ⇒

CK QK
=
(8)
CE QE

KP QK
=

hay KP.QE = PE.QK (đpcm)
PE QE

III. Kết luận

Qua việc tìm hiểu các bài toán trên chúng ta cần vận dụng linh hoạt, sáng tạo
kết quả các bài toán, cũng như vận dụng triệt để hình vẽ của một bài tập để chuyển
tiếp sang bài khác khai thác phát triển để được các bài tốn hay hơn, khó hơn. Nếu
làm tốt điều này sẽ giúp các em hiểu sâu sắc hơn các kiến thức đã học, góp phần
phát triển tư duy sáng tạo và tiếp thu tốt những kiến thức mới, phát huy trí lực của
học sinh.
Các bài tốn trên chắc chắn cịn có nhiều hướng khai thác khác, rất mong
các bạn đồng nghiệp tiếp tục phát triển xem.
Trên đây là những kinh nghiệm của bản thân tơi trong q trình gảng dạy.
Có gì thiếu sót mong được sự góp ý của q thầy cô. Tôi xin chân thành cảm ơn.

PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com