Hướng dẫn học sinh khai thác và phát triển một số bài toán Hình học 9
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẮK LẮK
PHÒNG GD & ĐT KRÔNG ANA
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM:
HƯỚNG DẪN HỌC SINH KHAI THÁC
VÀ PHÁT TRIỂN MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC 9
Họ và tên : Nguyễn Anh Tuấn
Đơn vị công tác: Trường THCS Buôn Trấp
Trình độ chuyên môn : Đại học sư phạm
Môn đào tạo :
Toán
Krông Ana, tháng 1 năm 2015
Nguyễn Anh Tuấn – Trường THCS Buôn Trấp – Krông Ana
1
Hướng dẫn học sinh khai thác và phát triển một số bài toán Hình học 9
I. PHẦN MỞ ĐẦU
I.1. Lý do chọn đề tài :
- Toán học là một bộ môn khoa học tự nhiên mang tính logíc, tính trừu tượng
cao. Đặc biệt là với hình học nó giúp cho học sinh khả năng tính toán, suy luận logíc
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, hay mà giáo viên phải biết rèn luyện khả năng và thói quen suy
nghĩ tìm tòi lời giải của một bài toán trên cơ sở các kiến thức đã học.
- Qua nhiều năm công tác và giảng dạy Toán 9 ở trường THCS Buôn Trấp tôi
nhận thấy việc học toán nói chung và bồi dưỡng học sinh năng lực học toán nói riêng,
muốn học sinh rèn luyện được tư duy sáng tạo trong việc học và giải toán thì việc cần
làm ở mỗi người thầy, đó là giúp học sinh khai thác đề bài toán để từ một bài toán ta
chỉ cần thêm bớt một số giả thiết hay kết luận ta sẽ có được bài toán phong phú hơn,
vận dụng được nhiều kiến thức đã học nhằm phát huy nội lực trong giải toán nói riêng
và học toán nói chung. Vì vậy tôi ra sức tìm tòi, giải và chắt lọc hệ thống lại một số
các bài tập mà ta có thể khai thác được đề bài để học sinh có thể lĩnh hội được nhiều
kiến thức trong cùng một bài toán.
- Với mong muốn được góp một phần công sức nhỏ nhoi của mình trong việc
bồi dưỡng năng lực học toán cho học sinh hiện nay và cũng nhằm rèn luyện khả năng
sáng tạo trong học toán cho học sinh để các em có thể tự phát huy năng lực độc lập
sáng tạo của mình, nhằm góp phần vào công tác chăm lo bồi dưỡng đội ngũ học sinh
giỏi toán của ngành giáo dục Krông Ana ngày một khả quan hơn. Tôi xin cung cấp và
trao đổi cùng đồng nghiệp đề tài kinh nghiệm: "Hướng dẫn học sinh khai thác và
phát triển một số bài toán Hình học lớp 9 ". Đề tài này ta có thể bồi dưỡng năng lực
học toán cho học sinh và cũng có thể dùng nó trong việc dạy chủ đề tự chọn toán 9
trong trường THCS hiện nay. Mong quý đồng nghiệp cùng tham khảo và góp ý.
I.2. Mục tiêu, nhiệm vụ của đề tài
Đây là đề tài rộng và ẩn chứa nhiều thú vị bất ngờ thể hiện rõ vẻ đẹp của môn Hình
học và đặc biệt nó giúp phát triển rất nhiều tư duy của học sinh, nếu vấn đề này tiếp
tục được khai thác hàng năm và được sự quan tâm góp ý của các thầy cô thì chắc hẳn
nó sẽ là kinh nghiệm quý dành cho việc dạy học sinh khá giỏi.Vì đây là đề tài rộng nên
trong kinh nghiệm này chỉ trình bày một vài chủ đề của môn Hình lớp 9, chủ yếu là
phần đường tròn do chương này gần gũi với học sinh và xuất hiện nhiều trong các kỳ
thi. Chỉ có thể thấy được sự thú vị của những bài toán này trong thực tế giảng dạy,
những bài toán cơ bản nhưng cũng có thể làm cho một số học sinh khá lúng túng do
chưa nắm phương pháp giải dạng toán này. Khi đi sâu tìm tòi những bài toán cơ bản ấy
không những học sinh nắm sâu kiến thức mà còn tìm được vẻ đẹp của môn Hình học.
Vẻ đẹp đó được thể hiện qua những cách giải khác nhau, những cách kẻ đường phụ,
những ý tưởng mà chỉ có thể ở môn Hình học mới có, làm được như vậy học sinh sẽ
yêu thích môn Toán hơn. Đó là mục đích của bất kì giáo viên dạy ở môn nào cần khêu
gợi được niềm vui, sự yêu thích của học sinh ở môn học đó. Nhưng mục đích lớn nhất
trong việc dạy học là phát triển tư duy của học sinh và hình thành nhân cách cho học
Nguyễn Anh Tuấn – Trường THCS Buôn Trấp – Krông Ana
2
Hướng dẫn học sinh khai thác và phát triển một số bài toán Hình học 9
sinh. Qua mỗi bài toán học sinh có sự nhìn nhận đánh giá chính xác, sáng tạo và tự tin
qua việc giải bài tập Hình đó là phẩm chất của con người mới.
I.3. Đối tượng nghiên cứu
Học sinh cấp học THCS chủ yếu là học sinh khối 9 và ôn luyện thi vào 10, thi
vào các trường chuyên, cũng như trong bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi các cấp.
I.4. Giới hạn phạm vi nghiên cứu.
Phạm vi nghiên cứu học sinh trường THCS Buôn Trấp qua nhiều năm học.
Thời gian thực hiện trong các năm học 2009 - 2015.
I.5. Phương pháp nghiên cứu
Tìm hiểu thực tiễn giảng dạy, học tập, bồi dưỡng học sinh giỏi trong nhà
trường.
Tra cứu tài liệu, tham khảo nghiên cứu các tài liệu trên mạng.
Thực nghiệm, đối chiếu so sánh.
Nhận xét.
II. PHẦN NỘI DUNG
II.1.Cơ sở lí luận
Qua việc giảng dạy thực tế nhiều năm ở THCS tôi thấy hiện nay đa số học sinh
sợ học môn Hình học. Tìm hiểu nguyên nhân tôi thấy có rất nhiều học sinh chưa thực
sự hứng thú học tập bộ môn vì chưa có phương pháp học tập phù hợp với đặc thù bộ
môn, sự hứng thú với môn Hình học là hầu như ít có. Có nhiều nguyên nhân, trong đó
có thể xem xét những nguyên nhân cơ bản sau:
- Đặc thù của bộ môn Hình học là mọi suy luận đều có căn cứ, để có kĩ năng
này học sinh không chỉ phải nắm vững các kiến thức cơ bản mà còn phải có kĩ năng
trình bày suy luận một cách logic. Kĩ năng này đối với học sinh là tương đối khó, đặc
biệt là học sinh lớp 9 các em mới được làm quen với chứng minh Hình học. Các em
đang bắt đầu tập dượt suy luận có căn cứ và trình bày chứng minh Hình học hoàn
chỉnh. Đứng trước một bài toán hình học học sinh thường không biết bắt đầu từ đâu,
trình bày chứng minh như thế nào.
- Trong quá trình dạy toán nhiều giáo viên còn xem nhẹ hoặc chưa chú trọng
việc nâng cao, mở rộng, phát triển các bài toán đơn giản ở SGK hoặc chưa đầu tư vào
lĩnh vực này, vì thế chưa tạo được hứng thú cho học sinh qua việc phát triển vấn đề
mới từ bài toán cơ bản.
- Việc đưa ra một bài toán hoặc phát triển một bài toán cho phù hợp với từng
đối tượng học sinh để có kết quả giáo dục tốt còn hiều hạn chế.
- Học sinh THCS nói chung chưa có năng lực giải các bài toán khó, nhưng nếu
được giáo viên định hướng về phương pháp hoặc kiến thức vận dụng, hoặc gợi ý về
phạm vi tìm kiếm thì các em có thể giải quyết được vấn đề.
- Ngay cả với học sinh khá giỏi cũng còn e ngại với bộ môn Hình Học do thiếu
sự tự tin và niềm đam mê.
II.2. Thực trạng
a) Thuận lợi, khó khăn:
Nguyễn Anh Tuấn – Trường THCS Buôn Trấp – Krông Ana
3
Hướng dẫn học sinh khai thác và phát triển một số bài toán Hình học 9
*) Thận lợi:
Tôi đã được trực tiếp giảng dạy môn Toán khối 9 được 6 năm, bồi dưỡng học
sinh giỏi toán 9 và ôn tập, nâng cao kiến thức cho học sinh thi tuyển vào lớp 10, thi
vào trường chuyên nên tôi thấy được sự cần thiết phải thực hiện đề tài "Hướng dẫn
học sinh khai thác và phát triển một số bài toán Hình học lớp 9 ".
Tôi được các đồng nghiệp có nhiều kinh nghiệm góp ý kiến trong giảng dạy,
tham khảo các tài liệu liên quan trên mạng, ...
Học sinh ở độ tuổi này luôn năng động sáng tạo, luôn thích khám phá học hỏi
những điều mới lạ.
Điều kiện kinh tế xã hội ngày càng phát triển. Từ đó sự quan tâm của các bậc
phụ huynh học sinh ngày một nâng lên, luôn tạo điều kiện tốt nhất, trang bị đầy đủ cho
con em mình các thiết bị và đồ dùng học tập.
*) Khó khăn:
Trong chương trình Toán THCS “Các bài toán về hình học” rất đa dạng, phong
phú và trừu tượng, mỗi dạng toán có nhiều phương pháp giải khác nhau. Học sinh khi
học toán đã khó, đối với Hình học lạ càng khó hơn bởi vì: Để làm bài toán Hình học
thì học sinh phải vận dụng tất cả các định nghĩa, tính chất ..., mà mình đã được học
một cách linh hoạt. Bên cạnh đó để giải một bài toán Hình học lớp trên thì học sinh
phải nắm vững tất cả kiển thức, các bài toán cơ bản ở lớp dưới.
Kinh tế từng gia đình không đồng đều, một số gia đình có điều kiện còn mải lo
làm kinh tế, không có thời gian quan tâm đến việc học hành của con em mình, phó
mặc cho con cái, chỉ biết cho con em mình tiền dẫn đến các em hư hỏng.
Tác động xã hội đã làm một số học sinh không làm chủ được mình nên đã đua
đòi, ham chơi, không chú tâm vào học tập mà dẫn thân vào các tệ nạn xã hội như chơi
game, bi da, đánh bài ...
b) Thành công, hạn chế
*) Thành công:
Các bài tập Hình đều phát triển dựa trên những bài toán cơ bản trong sách giáo
khoa và sách bài tập nên mục đích cần hướng đến là học sinh trung bình cần phải làm
tốt những bài tập này.
*) Hạn chế:
Giải bài tập toán là lúc học sinh được thể hiện kĩ năng, tính sáng tạo, phát triển
óc tư duy. Các bài tập Hình trong sách giáo khoa rất đa dạng nhưng làm sao để cho
phần lớn các học sinh khá và trung bình nhớ lâu, hiểu vấn đề đó mới là quan trọng.
Do đặc điểm của môn Hình học khó, phải tư duy trừu tượng và kèm thêm việc
vẽ hình phức tạp, khi giải một bài toán hình thì học sinh phải vận dụng tất cả các định
nghĩa, định lí, tính chất, ... mà mình đã được học một cách linh hoạt. Nên giáo viên
phải tạo cho học sinh kĩ năng vẽ hình và hướng dẫn học sinh tư duy dựa trên những bài
toán cơ bản.
c) Mặt mạnh, mặt yếu
*) Mặt mạnh:
Nguyễn Anh Tuấn – Trường THCS Buôn Trấp – Krông Ana
4
Hướng dẫn học sinh khai thác và phát triển một số bài toán Hình học 9
Giúp cho học sinh hiểu được một số bài toán phát triển từ bài toán cơ bản,
nhưng quan trọng hơn giáo viên cần giúp cho học sinh hiểu được hướng phát triển một
bài toán. Tại sao phải làm như vậy? Làm như thế đạt được mục đích gì? Qua đó giúp
các em say mê môn Toán. Cho dù là học sinh giỏi hay học sinh trung bình khi nhìn
một bài toán dưới nhiều góc độ thì học sinh đó sẽ tự tin hơn, thích thú hơn với môn
học, yếu tố đó rất quan trọng trong quá trình tự học, nó giúp quá trình rèn luyện hình
thành tư duy cho học sinh tốt hơn.
*) Mặt yếu:
Số học sinh hiểu được một số bài toán phát triển từ bài toán cơ bản là không
nhiều vì đây là vấn đề khó cần sự kiên trì và cố gắng của cả học sinh và giáo viên mặc
dù vậy tôi hướng đến 1/3 số học sinh đạt được điều này, có thể học sinh sẽ không tạo
ra những dạng mà thầy đã làm vì vốn kinh nghiệm của học sinh còn rất hạn chế nên
giáo viên cần phải động viên giúp các em tự tin hơn. Việc sáng tạo đó không những
cần có kiến thức vô cùng chắc chắn mà học sinh cần có sự nhạy cảm của toán học.
Điều này chỉ phù hợp với học sinh giỏi nên tôi chỉ áp dụng yêu cầu này trong quá trình
dạy học sinh giỏi.
d) Các nguyên nhân, các yếu tố tác động
*) Học sinh không giải được:
- Học sinh chưa biết liên hệ giữa kiến thức cơ bản và kiến thức nâng cao.
- Chưa có tính sáng tạo trong giải toán và khả năng vận dụng kiến thức chưa linh
hoạt.
*) Học sinh giải được:
- Trình bày lời giải chưa chặt chẽ, mất nhiều thời gian.
- Chưa sáng tạo trong vận dụng kiến thức.
Số học sinh tự học tập thêm kiến thức, tham khảo tài liệu,…để nâng cao kiến
thức chưa nhiều, nên khả năng học môn Toán giữa các em trong lớp học không đồng
đều. Bên cạnh đó một bộ phận không nhỏ học sinh còn yếu trong kỹ năng phân tích và
vận dụng …
Một số bộ phận phụ huynh học sinh không thể hướng dẫn con em mình giải các
bài toán hình. Vì vậy chất lượng làm bài tập ở nhà còn thấp.
e) Phân tích đánh giá các vấn đề về thực trạng mà đề tài đã đặt ra.
Trong hoạt động dạy và học Toán nói chung, đối với bộ môn
hình học nói riêng thì vấn đề khai thác, nhìn nhận một bài toán cơ
bản dưới nhiều góc độ khác nhau nhiều khi cho ta những kết quả khá
thú vị. Ta biết rằng ở trường phổ thông, việc dạy toán học cho học
sinh thực chất là việc dạy các hoạt động toán học cho họ. Cụ thể như
khi truyền thụ cho học sinh một đơn vị kiến thức thì ngoài việc cho
Nguyễn Anh Tuấn – Trường THCS Buôn Trấp – Krông Ana
5
Hướng dẫn học sinh khai thác và phát triển một số bài toán Hình học 9
học sinh tiếp cận, nắm vững đơn vị kiến thức đó thì một việc không
kém phần quan trọng là vận dụng đơn vị kiến thức đã học vào các
hoạt động toán học. Đây là một hoạt động mà theo tôi, thông qua đó
dạy cho học sinh phương pháp tự học - Một nhiệm vụ quan trọng của
người giáo viên đứng lớp . Xuất phát từ quan điểm trên, vấn đề khai
thác và cùng học sinh khai thác một bài toán cơ bản trong sách giáo
khoa để từ đó xây dựng được một hệ thống bài tập từ cơ bản đến
nâng cao đến bài toán khó là một hoạt động không thể thiếu đối với
người giáo viên. Từ những bài toán chuẩn kiến thức, giáo viên không
dừng ở việc giải toán. Việc khai thác một số bài toán hình học cơ bản
trong SGK không những gớp phần rèn luyện tư duy cho HS khá giỏi
mà còn tạo chất lượng, phù hợp với giờ học, gây hứng thú cho HS ở
nhiều đối tượng khác nhau.
+ Để giải quyết vấn đề trên trong quá trình giảng dạy cần chú trong các bài toán
ở SGK. Biết phát triển các bài toán đơn giản đã gặp để tăng vốn kinh nghiệm vừa phát
triển năng lực tư duy toán học, vừa có điều kiện tăng khả năng nhìn nhận vấn đề mới
từ cái đơn giản và từ đó hình thành phẩm chất sáng tạo khi giải toán sau này.
+ Việc phát triển một bài toán phù hợp với từng đối tượng học sinh là rất cần
thiết và quan trọng, nó vừa đảm bảo tính vừa sức và là giải pháp có hiệu quả cao trong
việc giải toán vì nó không tạo cho học sinh sự nhụt chí mà là động lực thúc đẩy giúp
cho học sinh có sự tự tin trong quá trình học tập, bên cạnh đó còn hình thành cho các
em sự yêu thích và đam mê bộ môn hơn.
- Các em phải được tập suy luận từ dễ đến khó, từ đơn giản đến phức tạp.
- Phát huy được khả năng sáng tạo, phát triển khả năng tự học, hình thành cho
học sinh tư duy tích cực ,độc lập và kích thích tò mò ham tìm hiểu đem lại niềm vui
cho các em.
II.3. Giải pháp, biện pháp
a. Mục tiêu của giải pháp, biện pháp :
- Tìm tòi, tích lũy các đề toán ở nhiều dạng trên cơ sở vận dụng được các kiến
thức cơ bản đã học.
- Hướng dẫn học sinh tìm hiểu đề bài.
- Giải hoặc hướng dẫn học sinh cách giải.
- Khai thác bài toán và giúp học sinh hướng giải bài toán đã được khai thác
- Trang bị cho các em các dạng toán cơ bản, thường gặp.
- Đưa ra các bài tập tương tự, bài tập nâng cao.
- Kỹ năng nhận dạng và đề ra phương pháp giải thích hợp trong từng trường
hợp cụ thể. Giúp học sinh có tư duy linh hoạt và sáng tạo.
- Kiểm tra, đánh giá mức độ nhận thức của học sinh thông qua các bài kiểm tra.
Qua đó kịp thời điều chỉnh về nội dung và phương pháp giảng dạy.
- Tạo hứng thú, đam mê, yêu thích các dạng toán hình học, thông qua các bài
toán có tính tư duy.
b. Nội dung và cách thức thực hiện giải pháp, biện pháp
Nguyễn Anh Tuấn – Trường THCS Buôn Trấp – Krông Ana
6
Hướng dẫn học sinh khai thác và phát triển một số bài toán Hình học 9
Trong đề tài này tôi chỉ đưa ra một số bài toán có liên quan đến: ĐƯỜNG
TRÒN VÀ TIẾP TUYẾN
I. Dạng toán về đường tròn
Bài 1: Cho hai đường thẳng a và b cắt nhau tại O. Trên a lấy điểm A và trên b lấy
điểm B. Có bao nhiêu đường tròn đi qua ba điểm O, A, B?
Tìm hiểu đề bài
Bài này liên quan đến sự xác định một đường tròn qua ba điểm O, A, B trong
đó O là giao điểm của hai đường thẳng a, b và A và B là hai điểm bất kì thuộc a và b.
Hướng dẫn cách tìm lời giải
Lưu ý A và B có thể nằm về hai phía của O, ngoài ra A và B cũng có thể trùng
với O hoặc khác O. Do đó hãy xét các trường hợp sau:
- O khác A và B;
- A trùng với O nhưng B khác O hoặc ngược lại;
- Ba điểm O, B, A trùng nhau.
Cách giải:
`- Trường hợp O khác A và B, như thế ba điểm O,
a
B
A, B không thẳng hàng nên bao giờ cũng có và chỉ
O
có một đường tròn đi qua ba điểm A, O, B.
- Trường hợp A trùng với O nhưng B khác O (hoặc
A
b
B trùng với O nhưng A khác O) thì có vô số đường
Hình 1
tròn đi qua hai điểm O và B mà tâm của chúng nằm
trên đường trung trực của đoạn thẳng OB hoặc OA.
- Trường hợp A và B trùng với O thì có vô số đường tròn qua O mà tâm là điểm tùy
ý trong mặt phẳng.( cũng có thể cho rằng đường tròn đi qua ba điểm O, A, B bây giờ
biến thành một điểm O)
Khai thác bài toán:
Với bài toán này ta có thể thêm câu hỏi sau:
+) Tính bán kính của đường tròn qua O, A, B trong các trường hợp:
1) OAB vuông tại O với OA = m; OB = n.
2) OAB vuông cân tại O với OA = OB = p
3) OAB đều với cạnh bằng q
Giải:
1) Nếu OAB vuông tại O thì tâm đường tròn là trung điểm của cạnh huyền AB và
bán kính bằng
1
2
m2 n 2
2) Nếu OAB vuông cân tại O thì tâm đường tròn vẫn là trung điểm của AB nhưng
bán kính bằng p
2
2
Nguyễn Anh Tuấn – Trường THCS Buôn Trấp – Krông Ana
7
Hướng dẫn học sinh khai thác và phát triển một số bài toán Hình học 9
3) Nếu OAB đều cạnh q thì tâm đường tròn là giao điểm G của ba đường trung tuyến
của tam giác OBA và bán kính OG bằng 2/3 đường cao của tam giác đều tức là bằng
q
3 2
3
.
. q
2 3
3
Bài 2: Cho đường tròn tâm O và một điểm A bên trong đương tròn. Qua A hãy dựng
dây BC sao cho
a) BC có độ dài nhỏ nhất
b) BC nhận A làm trung điểm
Tìm hiểu đề bài:
Đây là bài toán dựng hình trong đương tròn (O). Yêu cầu
phải dựng qua điểm A cho trước bên trong (O) một dây BC
sao cho BC có độ dài nhỏ nhất, BC nhận A làm trung điểm.
(Hình 2a)
Hướng dẫn cách tìm lời giải
a) Hãy thay “Dây BC có độ dài nhỏ nhất” bằng “ Khoảng cách OM từ tâm O đến
dây là lớn nhất”, rồi nhận xét OM �OA, từ đó OM lớn nhất khi bằng OA suy ra cách
dựng BC (hình 2a)
b) Do AB phải bằng AC nên nếu nối OA thì OA BC . Từ đó suy ra cách dựng BC
(hình 2b)
Cách giải:
a) Gọi BC là một dây bất kì qua A cách tâm O một khoảng
OM. Ta thấy rằng nếu BC có độ dài nhỏ nhất thì OM có độ dài lớn
nhất.
Do OM �OA nên OM lớn nhất khi OM = OA tức là khi M
trùng với A.
Suy ra cách dựng sau đây: qua A dựng dây B 1C1 vuông góc với OA.(Hình
Dây 2b)
B1C1 là
dây có độ dài nhỏ nhất.
Bài toán có một nghiệm hình
b) Giả sử BC là dây dựng được mà A là trung điểm của nó. Nối AO ta có
B1
C
A
M
C1
O
B
Hình 7a
C
A
B
O
Hình 7b
OA BC
Suy ra cách dựng sau đây: Nối A với tâm O và dựng đường thẳng vuông góc với
OA tại A cắt (O) tại B và C. Dây BC là dây cần dựng.
Bài toán có một nghiệm hình.
Khai thác bài toán:
S1
S
Có thể đặt thêm câu hỏi sau:
A
� lớn nhất
Tìm trên đường tròn (O) một điểm S sao cho OSA
T1
O
Giải: Kéo dài SA cắt (O) tại T ta thấy rằng trong tam giác cân T
� lớn nhất khi SOT
�
SOT có cạnh bên không đổi thì OSA
nhỏ nhất
tức là dây ST nhỏ nhất ( hình 2c)
Hình 7C
Như vậy bài toán quy về câu a ở trên: Dựng dây S 1T1 có độ dài
(Hình 2c)
S
T
OA
nhỏ nhất với 1 1
ta được điểm S1 phải tìm
Nguyễn Anh Tuấn – Trường THCS Buôn Trấp – Krông Ana
8
Hướng dẫn học sinh khai thác và phát triển một số bài toán Hình học 9
Bài 3: ( Bài tập 11 trang 104 SGK – Toán 9 tập 1)
Cho đường tròn tâm (O) đường kính AB, dây CD
không cắt đường kính AB. Gọi H và K theo thứ tự là chân
đường vuông góc kẻ từ A và B đến CD.
Chứng minh CH = DK (*) (Gợi ý kẻ OM CD ).
Giải:
Ta có AH CD và BK CD (gt) nên AH// BK � Tứ giác AHKB là hình thang.
Kẻ OM CD tại M � MC = MD (1) ( ĐL quan hệ giữa vuông góc giữa đường
kính và dây).
Xét hình thang AHKB có OA =OB = R ; OM // AH // BK ( 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 hai hướng như sau :
+ Hướng thứ nhất :
Từ bài toán (*) nếu dây cung CD cắt đường kính AB thì kết luận CH = DK có
còn đúng nữa không? Kết luận đó vẫn đúng và chúng ta có bài toán khó hơn bài toán
(*) một chút như sau:
Bài 3.1: Cho đường tròn (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.
Hướng dẫn giải:
Để chứng minh CH = DK ta chứng minh 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 � đpc/m.
Cũng bài toán 1 nhưng chúng ta có thể phát triển dưới một dạng khác phức tạp
hơn như sau:
Bài 3.2: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường kính
AB. Chứng minh rằng hình chiếu vuông góc của các cạnh đối
diện của tứ giác trên đường chéo CD bằng nhau. ( Cách giải
hoàn toàn tương tự như bài 1)
Bài 3.3: 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 tròn tâm O, O1, O2. Qua G vẽ cát tuyến cắt đường tròn (O) tại C và D, cắt (O 1)
tại H, cắt (O2) tại K. Chứng minh CH = DK.
Hướng dẫn giải:
Lập luận để có AH CD và BK CD � Cách giải hoàn toàn tương tự như
bài 1)
+ Hướng thứ hai:
Nguyễn Anh Tuấn – Trường THCS Buôn Trấp – Krông Ana
9
Hướng dẫn học sinh khai thác và phát triển một số bài toán Hình học 9
Bài 3.4: Thêm vào bài tập 3 câu b như sau: Chứng minh H và
K ở bên ngoài đường tròn (O).
Giải : ( dùng phương pháp phản chứng)
Giả sử chân đường vuông góc hạ từ A đến đường thẳng
CD là H’. H’ là điểm nằm giữa hai điểm C và D.
� ACB
� BCD
� 90 0 BCD
�
�
Xét ACH , ta có : ACH'
� 90 0
ACH'
� 90 0 (theo giả sử) � Tổng các góc trong của ACH lớn hơn 1800 là
Mà ACH'
điều vô lí.
Vậy H’ phải nằm ngoài đường tròn(O) hay H nằm trong (O).
Chứng minh tương tự đối với điểm K.
* Nhận xét: Từ việc vẽ OM CD ta có MH = MK ta dễ nhận thấy rằng
S OMH SOMA SOMK SOMB � S OHK S AMB � HK.OM = AB.MM’(với MM ' AB tại M’)
Bài 3.5: Qua nhận xét trên ta có thể thêm vào bài 3 câu c:
Chứng minh S AHKB SACB S ADB .
Vẽ thêm CC ' AB, DD ' AB ( C ', D ' �AB )
Ta có
CC ' DD '
MM ' (MM’ là đường trung bình của hình
2
thang CDD’C’)
� HK.OM AB.
CC ' DD ' 1
AB CC ' DD ' SACB SADB
2
2
Mặt khác HK.OM = SAHKB ( Vì OM là đường trung bình của hình thang AHBK,
AH KB
)
2
Từ đó S AHKB SACB S ADB (đpc/m)
nên OM
Bài 3.6: Đặc biệt khi CD không phải là một dây mà CD trở
thành tiếp tuyến của (O) như hình vẽ bên ta vẫn có S AMB S HOK
và HK .OM AB.MM ' ( lúc này M thuộc nửa đường tròn (O) nên
AB = 2OM.
Do đó ta có HK.OM = 2OM.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
Từ bài 4 ta có bài tập mới
Bài 3.7: Từ bài toán trên ta lại có bài toán quỹ tích:
Nguyễn Anh Tuấn – Trường THCS Buôn Trấp – Krông Ana
10
Hướng dẫn học sinh khai thác và phát triển một số bài toán Hình học 9
a/ Tìm quỹ tích trung điểm I của đoạn thẳng CD khi C (hoặc D) chạy trên
đường tròn (O).
b/ Tìm quỹ điểm H và K khi C ( hoặc D) chạy trên đường tròn O đường kính
AB.
Từ bài toán 1 chúng ta có thể phát biểu bài toán đảo như sau :
Bài 3.8 : Trên đường kính AB của đường tròn tâm (O) ta lấy hai
điểm H và K sao cho AH = KB. Qua H và K kẻ hai đường thẳng
song với nhau lần lượt cắt đường tròn tại hai điểm C và D ( C, D
cùng thuộc nửa đường tròn tâm O). Chứng minh rằng HC CD ,
KD CD .
Bài 4: Cho đường tròn (O) đường kính AB. M là một điểm bất kì trên nửa đường tròn
đó M �A, B . Qua M vẽ tiếp tuyến xy, H và K là chân đường vuông góc hạ từ A, B
xuống xy. Chứng minh rằng : Đường tròn (M) đường kính HK tiếp xúc với AB. ( Xác
định vị trí tương đối của (M) với đường thẳng AB khi M chạy trên (O))
Bài 5: Cho đoạn thẳng HK, qua H, K vẽ các đường thẳng d và d’ vuông góc với HK.
Một góc vuông 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 tròn đường kính HK.
Giải :
Vẽ MD AB D �AB (1)
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
� BM là phân giác của ABC
� MDB MKB ( cạnh huyền – góc nhọn)
� MD MK mà MH MK
1
HK (2)
2
Từ (1) và (2) suy ra Ab là tiếp tuyến của đường tròn đường kính
HK.
Bài 6: Cho tứ giác AHKB có đường tròn 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.
Vẽ O ' D AB , nối OO’ ta có O ' O HK ( OO’là đường trung bình
cua hình thang HABK). Đặt OO’ = a, O’D = b.
� SO 'OA S O 'OH S O 'OB S O 'OK
1
2
Mà � S O 'OA SO 'OH OA.O ' D
AB.b
4
Nguyễn Anh Tuấn – Trường THCS Buôn Trấp – Krông Ana
11
Hướng dẫn học sinh khai thác và phát triển một số bài toán Hình học 9
SOO ' B SO 'OK
1
HK .a
O ' K .OO '
2
4
AB
1
2 HK . AB ( Vì OO’ = a = OA = OB = AB )
2
4
8
HK .
AB.b AB.HK
HK
HK
�b
� O'D
4
8
2
2
� O ' D O ' H O ' K � D �(O ') đường kính HK.
� Đường tròn đường kính HK tiếp xúc với AB tại D.
Như vậy BK // AH �
Bài 7: Cho đường tròn tâm O bán kính R và hai dây bằng nhau EF và GH cắt nhau
tại M.
a) Tứ giác EGFH là hình gì?
2
3
b) Tính khoảng cách từ O đến mỗi dây biết rằng EF GH R
E
H
1
M
Tìm hiểu đề bài
J
I
Bài ra cho đương tròn (O; R) và hai dây EF = GH cắt
O
nhau tại M. Yêu cầu nhận dạng tứ giác EFGH và tính khoảng
1
cách từ O đến mỗi dây biết độ dài hai dây.
G
F
Hướng dẫn cách tim lời giải:
a) Gọi OI, OJ là khoảng cách từ O đến hai dây ta có ngay
Hình 2
OI = OJ. Từ đó chứng minh OMI = OMJ, rồi xét hai tam giác cân đỉnh M để suy
ra EH // GF. Do đó EGFH là hình thang, sau đó chứng minh thêm hình thang này cân
(hình 2)
b) Để tính khoảng cách OI và OJ ta xét một trong hai tam giác vuông bằng nhau
OEI hoặc OHJ rồi áp dụng định lý Pitago để tính
Cách giải
a) Do EF = GH nên khoảng cách từ tâm đến hai dây bằng nhau hay OI = OJ.
Xét OMI và OMJ có:
� MIO
� 900 ( gt ) �
MJO
�
�
OI OJ cmt
�� OMI OMJ(ch cgv)
�
OM chung
�
� MJ = MI (cạnh tương ứng).
�F
�
Hai tam giác cân đỉnh M là MEH và MGF có các góc ở đỉnh M bằng nhau nên E
1
1
(so le trong) suy ra EH // GH.
Tứ giác EGFH là hình thang có hai đường chéo EF = GH nên EGFH là hình thang cân.
b)Xét tam giác vuông OEI theo định lí Pitago ta có:
2
R 2 8R 2
�2R �
OI 2 OE 2 EI 2 R 2 � � R 2
9
9
�3.2 �
. Vậy OI = OJ =
2 2R
.
3
Khai thác bài toán:
Ta có thể nêu thêm các câu hỏi sau: Nếu góc tại M vuông:
c)
Tính diện tích của tứ giác OIMJ và bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác
này
d)
Tính tổng ME2 + MF2 + MG2 + MH2 theo R
G
E
I
M
Nguyễn Anh Tuấn – Trường THCS Buôn Trấp – Krông Ana
J
O
12
K
H
Hình 3
F
Hướng dẫn học sinh khai thác và phát triển một số bài toán Hình học 9
Giải:
c) OIMJ là hình vuông cạnh là OI =
R 6
nên diện tích của nó là
3
2
SOIMJ
�R 6 � 6R 2 2R 2
�
�3 �
� 9 3
�
�
Đường tròn ngoại tiếp tứ giác OIMJ có đường kính là OM, ta có:
OM OI 2
R 6
2R 3
R 3
. Vậy bán kính đường tròn này là:
2
3
3
3
d) Kẻ đường kính FK ta có KEF vuông tại E (vì trung tuyến OE của KEF bằng
� KH
� suy ra EG = KH
1/2 cạnh KF). Do đó KE // HG ( EF) nên EG
Xét hai tam giác vuông EMG và HMF, theo định lý Pytago ta có:
ME2 + MG2 = EG2 (1) và
MF2 + MH2 = FH2 (2). Cộng từng vế (1) và (2) ta được:
ME2 + MG2 + MF2 + MH2 = EG2 + FH2 = KH2 + FH2 = KF2 ( vì tam giác HF vuông tại
H)
Vậy tổng phải tìm bằng KF2 = (2R)2 = 4R2
Bài 8: Cho đường tròn tâm O và dây cung AD. Từ D vẽ tia Dx vuông góc với OD.
Đường kính vuông góc với OA cắt AD ở B và Dx ở C.
a) Chứng minh BCD cân.
b) Chứng minh trục đối xứng của dây AD song song với trung tuyến CM của tam
giác BCD.
Tìm hiểu đề bài:
Đề bài cho đường tròn (O) và dây cung AD, tia vuông góc với OD và đường
x
kính vuông góc với OA. Yêu cầu chứng minh một tam giác cân và một trục đỗi xứng
C
song song với một trung tuyến của tam giác cân này.
Hướng dẫn cách tìm lời giải:
A
B
a) Để chứng minh BCD cân ta cần chứng minh tam giác
2
M
�D
� ) bằng cách lần lượt xét tam
có hai góc ở đáy bằng nhau ( B
giác vuông AOB và tam giác cân OAD (hình 4).
b) Trục đối xứng của AD là đường trung trực của nó, còn
trung tuyến CM là trung trực của BD. Từ đó ta suy ra được điều
phải chứng minh.
Cách giải
1
2
D
O
Hình 4
� 900 vì CD là tiếp tuyến của (O) tại D,
A B
a) Trong tam giác vuông AOB ta có: �
1
� D
� 900 . Nhưng �
� vì tam giác ODA cân.
D
AD
1
2
1
�D
� ;B
�B
� (đối đỉnh), suy ra B
� D
�
Từ đó B
1
2
1
2
2
2
Vậy BCD cân tại C.
Nguyễn Anh Tuấn – Trường THCS Buôn Trấp – Krông Ana
13
Hướng dẫn học sinh khai thác và phát triển một số bài toán Hình học 9
b) Trục đối xứng của dây AD là trung trực của nó nên vuông góc với AD. Đường
trung tuyến CM của tam giác cân BCD vuông góc với BD nên cùng vuông góc với
AD. Suy ra trục đối xứng của dây AD song song với trung tuyến CM của BCD.
Khai thác bài toán:
Với bài toán 3 ta có thể nêu thêm câu hỏi như sau:
c) Chứng minh hệ thức: OA.BM = OB.CM
Thật vậy: Xét AOB
CMB (g,g) ta có
OA OB
CM BM
suy ra OA.BM = OB.CM (đpcm).
Bài 9: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính MN và dây DE. Gọi P và Q theo thứ tự
là hình chiếu của M và N trên đường thẳng DE. Đường thẳng NQ cắt nửa đường tròn
tại G. Goi H là trung điểm của dây DE và I là hình chiếu của H trên MN, chứng minh:
a) OH MG
b) OH.MG = MN.HI
Tìm hiểu đề bài
Q
E
Bài ra cho nửa đường tròn đường kính MON và dây
D
H
G
DE với H là trung điểm. Hình chiếu của đường kính MN P
trên đường thẳng DE là PQ. Hình chiếu của H trên MN là I.
1
1
Yêu cầu phải chứng minh hai đoạn thẳng vuông góc và một
M
M'
I
O E'
hệ thức (hình 5).
Hình 5
Hướng dẫn tìm lời giải
�
a )Trước hết chứng minh MGN
900 và MG // PQ. Kết hợp với H là trung điểm của
DE để suy ra điều phải chứng minh
b) Xét hai tam giác vuông đồng dạng OIH và NGM
Cách giải:
a) MGN vuông tại G vì trung tuyến OG =
1
MN, nên MG QN . Ta lại có
2
PQ QN . suy ra MG // PQ.
Do H là trung điểm của DE nên OH DE tức là OH PQ . Vậy OH MG .
�N
� (đồng vị). Do đó OIH
b) Ta có OH // NQ nên O
1
1
�
NGM
OH
HI hay OH.MG = MN.HI
MN MG
Khai thác bài toán:
Với bài toán này ta hỏi thêm : Chứng minh rằng PD = EQ và diện tích tứ giác
MPQN bằng tổng diện tích của hai tam giác MDN và MEN.
Thật vậy: Hình thang vuông MPQN có OH là đường trung bình nên HP = HQ,
ngoài ra HD = HE. Do đó HP – HD = HQ – HE hay PD = EQ.
Kẻ DD’ và EE’ vuông góc với MN ta có:
SMDN S MEN =
1
1
DD'+EE'
MN .DD'+ MN .EE' =MN
2
2
2
mà
DD'+EE'
HI
2
trong
hình thang vuông DD’E’E nên tổng diện tích này bằng MN.HI.
Nguyễn Anh Tuấn – Trường THCS Buôn Trấp – Krông Ana
14
N
Hướng dẫn học sinh khai thác và phát triển một số bài toán Hình học 9
Theo câu b thì MN.HI = OH.MG chính là diện tích tứ giác MPQN vì hình thang này
có diện tích
MP NQ
.MG OH .MG .
2
SMDN S MEN .
Vậy SMPQN
Bài 10: Cho đường tròn tâm O đường kính AB và dây CD cắt bán kính OA ở I. Kẻ AE,
BH cùng vuông góc với CD. Qua O kẻ đường kính vuông góc với CD tại G và cắt EB
ở M. Chứng minh:
a) M là trung điểm của EB và G là trung điểm của EH.
b) EC = HD
Tìm hiểu đề bài:
Đề bài này có những chỗ tương tự như bài 4 nhưng yêu
cầu phải chứng minh hai trung điểm của hai đoạn thẳng và hai
đoạn thẳng bằng nhau EC = HD như PD = EQ (ở phần khai thác
bài toán trước).
Hướng dẫn tìm lời giải:
a) Hãy chứng minh OM là đường trung bình của tam giác AEB và MG là đường trung
bình của tam giác EHB (hình 6).
b) Áp dụng định lý đường kính vuông góc với một dây thì chia đôi dây ấy và lưu ý G
là trung điểm của EH (theo câu a) để được đẳng thức cần chứng minh.
Cách giải
a) Ta có OM // AE vì cùng vuông góc với CD. Điểm O lại là trung điểm của AB nên
OM là đường trung bình của tam giác EAB, suy ra M là trung điểm của EB.
Xét tam giác EHB có MG // HB vì cùng vuông góc với CD, lại đi qua trung điểm
M của EB nên MG là đường trung bình của tam giác EHB suy ra G là trung điểm của
EH.
D
H
G
I
A
O
E
M
C
Hình 6
Trừ từng vế (1) cho (2) ta được EC = HD.
Khai thác bài toán:
Bài này có thể thêm câu hỏi sau đây: Chứng minh rằng:
c) AE. IG = IE .OG;
b) OG.IH = IG.BH ( cho học sinh tự chứng minh)
II. Dạng toán về tiếp tuyến của đường tròn
Bài toán 1 ( bài 30 – trang 116 SGk – toán 9, tập 1)
Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB. Gọi Ax, By là các tia vuông góc với
AB ( Ax, By và nửa đường tròn thuộc cùng một nửa mặt phảng bờ Ab). Qua điểm M
thuộc nửa đường tròn ( M khác A và B) kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn, nó cắt Ax và
By theo thứ tự ở C và D. Chứng minh rằng:
� 90 0
a) COD
b) CD = AC + BD
c) Tích AC.BD không đổi khi điểm M di chuyển trên nửa đường tròn.
Nguyễn Anh Tuấn – Trường THCS Buôn Trấp – Krông Ana
15
B
Hướng dẫn học sinh khai thác và phát triển một số bài toán Hình học 9
Giải :
a) Xét (O) có CA, CM là tiếp tuyến của (O)
�O
� ( t/c tiếp
�
� OC là tia phân giác của AOM
hay O
1
2
tuyến) (1)
� O
� (2)
Tương tự DB, DM là tiếp tuyến của (O) � O
3
4
�O
� O
� O
�
Từ (1) và (2) � O
1
4
2
3
�O
� O
� O
� 180 0 � O
�O
� O
� O
� 90 0 hay COD
� 90 0 (đpc/m)
Mà O
1
2
3
4
1
4
2
3
b) Theo t/c tiếp tuyến , ta có: CA = CM và DB = DM
Mà M �CD � CD CM MD � CD CA BD
Vậy CD CA BD (đpc/m)
c) Xét COD vuông tại O (c/mt), có: OM CD (gt) � OM 2 CM .DM ( đ/l)
Mà CA = CM và DB = DM � OM 2 AC.BD mà OM = R (gt)
� AC.BD không đổi khi điểm M di chuyển trên nửa đường tròn. (đpc/m)
y
D
t
x
Tôi khai thác bài toán này như sau:
1) Đối với học sinh trung bình:
a) OC và OD cắt AM và BM theo thứ tự tại E và F.
Xác định tâm P của đường tròn đi qua bốn điểm O, E, M,
F.
b) Chứng minh tứ giác ACBD có diện tích nhỏ nhất khi nó là hình chữ nhật và
tính diện tích nhỏ nhất đó.
Tìm hiểu đề bài:
Bài ra cho nủa đường tròn tâm O và ba tiếp tuyến theo thứ tự tạ A, B và M bất
kì trên (O). Yêu cầu chứng minh một đẳng thức, bốn điểm thuốc đường tròn và diện
tích nhỏ nhất của một tứ giác tạo thành.
Hướng dẫn cách tìm lời giải:
a) Chứng minh tứ giác OEMF là hình chữ nhật nên giao điểm P của hai đường chéo
cách đều bốn đỉnh của hình chữ nhật
N
Q
M
C
E
P
A
b) Tứ giác ACDB là hình thang, diện tích của nó là
F
O
B
Hình 11
1
AC BD .AB . Hãy chứng
2
minh AC + BD nhỏ nhất khi CD // AB.
Cách giải:
b) Tứ giác EMFO là hình bình hành có một góc vuông nên nó là hình chữ nhật. Tâm P
của hình chữ nhật này cách đều 4 đỉnh, do vậy P là tâm đường tròn đi qua 4 điểm O, E,
M, F.
c) Tứ giác ACBD là hình thang vuông có diện tích bằng
1
( AC BD).AB = ON.AB �OQ.AB
2
(ON là đường trung bình của hình thang). Vậy diện tích ACDB nhỏ nhất khi bằng
Nguyễn Anh Tuấn – Trường THCS Buôn Trấp – Krông Ana
16
Hướng dẫn học sinh khai thác và phát triển một số bài toán Hình học 9
AQ.AB hay
AB
AB 2
. AB
. Khi đó N trùng với Q và ACDB là hình chữ nhật (tiếp
2
2
tuyến CD // AB).
2) Đối với học sinh khá, giỏi:
d) Gọi K là giao điểm của BC và AD. Chứng minh: MK // AC // BD.
e) Gọi H là giao điểm của MK và AB. Chứng minh rằng K là trung điểm của MH.
f) Gọi E, F lần lượt là giao điểm của OC và AM, OD và BM. Chứng minh ba điểm
E, K, F thẳng hàng.
Chứng minh :
Xét AKC có AC // BD (gt) �
KD KB DB
KA KC AC
( đ/l talet) (1)
CA, CM là tiếp tuyến của nửa đường tròn (O) nên
CM = CA, DB = DM (t/c) (2)
Từ (1) và (2) �
KD MD
� MK / / AC ( theo định lí
KA MC
K
H
talet đảo)
Vậy MK // AC // BD (đpc/m)
Sau khi chứng minh được MK // AC ta có thể có thêm yêu học sinh chứng minh:
CD.MK = CM.DB.
Chứng minh: Theo chứng minh trên MK //AC � CKM CBD
�
CD DB
� đpc/m.
CM MK
Khai thác bài toán
Ta có thể đặt thêm các câu hỏi sau đây: Khi M chạy trên nửa đường tròn (O).
c) Tìm quỹ tích của N;
d) Tìm quỹ tích của P;
e) Chứng minh tích AC.BD không đổi.
Cách giải như sau:
d) Vì ON là đường trung bình của hình thang ACBD nên ON // Ax // By. Do đó
quỹ tích N là tia Qt song song và cách đều hai tia Ax và By
e) Giao điểm P các đường chéo của hình chữ nhật OEMF cách O một khoảng
1
R
PO OM
điểm O cố định, khoảng cách PO không đổi nên quỹ tích của P là nửa
2
2
đường tròn đồng tâm với (O) bán kính bằng nửa bán kính của (O).
f) Xét tam giác vuông COD có OM là đường cao nên OM 2 = MC.MD, mà MC =
AC, MD = BD và OM = R do đó: AC.BD = R2 không đổi.
Từ bài toán 1 ta có thể ra bài toán mới như sau:
Cho ABC vuông tại A, đường cao AH. Vẽ đường tròn 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 ( không đổi)
Nguyễn Anh Tuấn – Trường THCS Buôn Trấp – Krông Ana
17
Hướng dẫn học sinh khai thác và phát triển một số bài toán Hình học 9
c) DE là tiếp tuyến của đường tròn đường kính BC.
Bài 2: Cho đường tròn (O; R) và điểm A với OA R 2 . Từ A kẻ hai tiếp tuyến AM và
AN.
a) Chứng minh rằng tứ giác AMON là hình vuông.
b) Gọi H là trung điểm của dây MN, chứng minh rằng ba điểm A, H, O thẳng
hàng.
M
Tìm hiểu đề bài:
Đặc điểm của bài này là cho đường tròn (O; R), khoảng
A
H
cách OA R 2 và hai tiếp tuyến AM, AN. Yêu cầu đầu tiên là
O
chứng minh AMON là hình vuông (câu a) rồi chứng minh ba
điểm A, H, O thẳng hàng trong đó H là trung điểm của dây MN
N
(câu b).
Hình 8
Hướng dẫn tìm lời giải:
a) Hãy chứng minh cho tam giác AMO là vuông cân để suy ra MO = AM = R,
từ đó chứng minh AMON có bốn cạnh bằng nhau và một góc vuông (hình 8)
b) Chứng minh cho OH là tia phân giác của góc MON và OA là phân giác của
góc MAN. Suy ra hai tia OH và OA trùng nhau.
Cách giải:
a) Tam giác AMO vuông tại M do OM MA (bán kính vuông góc với tiếp tuyến
tại tiếp điểm), có cạnh huyền OA R 2 OM 2 nên nó vuông cân.
Suy ra MO = MA = R.
Tương tự tam giác ANO cũng vuông cân tại N và AN = NO = R. Mặt khác do
tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau nên AN = AM. Suy ra AN =AM = OM = ON = R.
Tứ giác AMON có bốn cạnh bằng nhau lại có góc vuông nên nó là hình vuông.
b) Do H là trung điểm của MN và tam giác MON cân tại O nên OH là phân giác
của góc MON, mặt khác theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau thì OA cũng là phân
giác của góc MON. Suy ra OH trùng OA vậy A, O, H là ba điểm thẳng hàng.
Khai thác bài toán:
Ta có thể đặt thêm các câu hỏi sau:
c) Một đường thẳng (m) quay xung quanh A cắt (O) tại P và Q. Goi S là trung
điểm của dây PQ, tìm quỹ tích của điểm S
d) Tìm vị trí của đường thẳng (m) để tổng AP + AQ lớn nhất
e) Tính theo R độ dài đoạn HI trong đó I là giao điểm của AO với cung nhỏ MN.
Giải
c)Ta có OS PQ (vì S là trung điểm của dây PQ).
Do góc ASO vuông và A, O cố định nên quỹ tích của S là
đường tròn đường kính OA. Vì S nằm trong đường tròn (O)
�
nên S chỉ chạy trên cung MON
trong (O)
d) Kẻ đường kính P’Q’ qua A ta chứng minh rằng tổng
AP’+ AQ’ có giá trị lớn nhất. Muốn thế ta chỉ cần chứng
minh AP’+ AQ’ >AP + AQ
M
Q
(m)
S
P
A
H
P'
O
Q'
N
Nguyễn Anh Tuấn – Trường THCS Buôn Trấp – Krông Ana
Hình 9
18
Hướng dẫn học sinh khai thác và phát triển một số bài toán Hình học 9
Thật vậy; ta có:
AP + AQ = AP + AP + PQ = 2AP + 2PS = 2(AP +PS) = 2AS (1)
Mặt khác: AP’+AQ’ = AP’+AP’+P’Q’ = AP’+AP’ + P’O + OQ’
= 2(AP’+P’O) = 2AO (2).
Vì AO > AS nên từ (1) và (2) suy ra 2AO > 2AS. Tức là AP’+ AQ’ >AP + AQ.
Vậy tổng AP + AQ lớn nhất khi đường thẳng (m) trùng với AO.
e) Điểm I chính là điểm P (theo câu d), do đó để tính HI ta tính HP’
HP’ = OP’ – OH = R -
R 2 R(2 2)
2
2
Bài 3: Cho đường tròn (O; R). Từ điểm M với OM = 2R ta vẽ hai tiếp tuyến MP và
MQ.
a) Chứng minh tam giác MPQ đều và tính cạnh của nó.
b) Đường thẳng qua M và O cắt (O) tại S và E. Tứ giác DPOQ là hình gì? Tính
diện tích của nó.
Tìm hiểu đề bài:
Bài ra cho (O; R) và điểm M ở ngoài (O) với OM = 2R và hai tiếp tuyến MP,
MQ. Yêu cầu chứng minh tam giác MPQ đều và tính cạnh của nó theo (câu a), xác
định dạng và tính diện tích của tứ giác DPOQ trong đó DE là đường kính qua M (câu
b).
Hướng dẫn cách tìm lời giải:
a)Tam giác MPQ là tam giác cân (MP = MQ), chứng
minh thêm góc PMQ bằng 600 (hình 10)
Để tính cạnh của tam giác đều MPQ thì lưu ý MPO là
nửa tam giác đều có cạnh huyền MO = 2R.
b) Hãy chứng minh tứ giác DPOQ là hình thoi. Diện
S
tích của nó bằng nửa tích hai đường chéo DO và PQ.
Cách giải:
a) Ta có MP = MQ ( tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
nên tam giác MPQ cân. Tam giác vuông MPO có
P
M
1
D
N
2
1
2
E
O
Q
Hình 10
1
� 300 , mà M
� M
� ( do
MO R (cạnh góc vuông bằng nửa cạnh huyền) nên M
1
1
2
2
� 600 .
MO là phân giác của góc tạo bởi hai tiếp tuyến cắt nhau tại M). Suy ra PMQ
OP
Tam giác MPQ cân có một góc bằng 600 nên MPQ là tam giác đều.
Trong tam giác vuông MPO ta có: MP
OP
R
R
R 3
0
1
tgM 1 tg 30
. Vậy cạnh
3
của tam giác đều MP R 3
� 300 nên trong tam giác vuông MPO góc O
� 600 � DPO là tam giác cân
b) Do M
1
1
có góc tại đỉnh O bằng 600 nên nó là tam giác đều. Chứng minh tương tự ta có tam
giác ODQ cũng là tam giác đều. Suy ra OP = PD = DQ = QO (= R). Vậy tứ giác
DPOQ là hình thoi.
Nguyễn Anh Tuấn – Trường THCS Buôn Trấp – Krông Ana
19
Hướng dẫn học sinh khai thác và phát triển một số bài toán Hình học 9
1
2
1
2
Suy ra diện tích của tứ giác DPOQ là: SDPOQ DO.PQ R.R 3
R2 3
2
Khai thác bài toán:
Có thể đưa thêm vào bài toán trên câu hỏi như sau:
c) Chứng minh tứ giác MPEQ là hình thoi và tính diện tích của nó.
d) Từ O kẻ đường vuông góc với PO cắt MQ tại S. Chứng minh rằng tam giác
SMO cân, và DS là tiếp tuyến của (O).
Cách giải như sau:
d) Tứ giác MPEQ có các đường chéo ME và PQ vuông góc với nhau vì ME là
đường trx,ung trực của PQ. Mặt khác tam giác DPO đều nên đường cao PN là trung
tuyến, do đó ND = NO = R/2
� MN MO NO 2R -
R 3R
R
3R
và NE = NO + OE = R
.
2
2
2
2
Do đó N là trung điểm của ME. Vậy tứ giác MPEQ có hai đường chéo vuông góc và
cắt nhau tại trung điểm mỗi đường nên nó là hình thoi.
Diên tích của hình thoi này bằng
1
ME.PQ MN .PQ mà MN là đường cao của
2
PQ 3
PQ 2 3 ( R 3) 2 3 3R 2 3
, do đó MN.PQ =
2
2
2
2
� M
�OS ( so le trong )
d) Vì OS // MP (cùng vuông góc với PO) nên M
1
tam giác đều MPQ nên MN
� M
� suy ra SMO cân tại S
mà M
1
2
Ta có D là trung điểm của MO nên SD là trung tuyến của tam giác cân SMO và
cúng là đường cao suy ra SD MO tại D vậy SD là tiếp tuyến của (O).
� 1200. Hai tiếp tuyến tại P và
Bài 4: Cho đường tròn (O, R) Và dây cung PQ với POQ
Q cắt nhau tại M.
a) Tính các cạnh của tam giác MPQ
b) Gọi I là điểm bất kì trên cung nhỏ PQ và K, N lần lượt là giao điểm của tiếp
tuyến tại I với MP, MQ. Chứng minh rằng chu vi của tam giác MKN không đổi.
Tìm hiểu đề bài:
� 1200. M là giao điểm của hai
Bài ra cho (O, R) và POQ
P
K
tiếp tuyến tại P và Q. Yêu cầu tính các cạnh của ∆MPQ
(câu a) và chứng minh chu vi ∆MKN không đổi với K, N
là giao điểm của tiếp tuyến tại I với MP, MQ (câu b)
Hướng dẫn cách tìm lời giải:
a) Trước hết chứng minh ∆MPQ đều do đó ta chỉ cần tính độ dài một cạnh
b) Áp dụng tính chất hai tiếp tuyến xuất phát từ K và từ N để tìm được chu vi tam giác
MKN bằng hai lần độ dài của MP (hoặc MQ)
Cách Giải (hình 12).
I
M
1
O
E
1
N
Q
Hình 12
�Q
� 1800 nên M
� O
� 1800 .
a) Do tổng các góc của một tứ giác bằng 3600 mà P
Nguyễn Anh Tuấn – Trường THCS Buôn Trấp – Krông Ana
20
- Xem thêm -
.DOC 
29 
345 
91 
