SKKN BẬC A CẤP TỈNH :
Khai thác và xâu chuỗi bài toán để tạo hứng thú trong học tập
hình học giúp học sinh rèn luyện hoạt động toán học .
Phần I : MỞ ĐẦU

I . ĐẶT VẤN ĐỀ
Đào tạo nhân lực, bồi dưỡng nhân tài là nhiệm vụ vô cùng quan trọng
trong chiến lược con người của toàn Đảng, toàn dân ta, “làm cho dân
tộc Việt Nam trở thành một dân tộc thông thái” (Trích lời của Chủ tịch
Hồ Chí Minh). Song mục tiêu đề ra chỉ có thể đạt được khi phong trào
thi đua “Dạy tốt, học tốt” tại các trường học thực sự chất lượng, hiệu
quả.
Để thắp lửa cho “Dạy tốt, học tốt” thì phải tạo ra động lực sáng tạo
của người thầy giáo. Một khi thầy giáo sáng tạo thì không thể có việc
trò không hứng thú trong học tập.
Trong hoạt động dạy học của mình người giáo viên phải tự lựa chọn, tổ
hợp, thậm chí xây dựng các phương pháp phù hợp. Đó là sáng tạo của
người dạy.
Một giáo viên tốt phải giúp cho học sinh biết cách trở thành những
người học độc lập và không còn phụ thuộc vào giáo viên nữa.
Vậy làm thế nào để tích cực hoá học tập của học sinh ? Câu hỏi này
luôn đặt ra cho mỗi giáo viên trong từng tiết dạy và bản thân tôi cũng
vậy.

II . LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Với vai trò quan trọng của bộ môn có tính quyết định đến chất lượng
học tập các bộ môn khác, chương trình toán THCS là những viên gạch
đặt nền móng đầu tiên cho cả quá trình học tập. Chúng tôi thực sự băn
khoăn, trăn trở trước những khó khăn của học sinh khi học môn toán.
Với sự trao đổi, góp ý của đồng nghiệp cùng với sự cố gắng của bản
thân, chúng tôi luôn mong muốn tìm được một phương pháp tối ưu

nhằm giúp các em học tốt môn toán. Để phát huy, khơi dậy khả năng
sử dụng hiệu quả kiến thức vốn có của học sinh, đồng thời thu hút, lôi
cuốn các em ham thích học môn toán, đáp ứng những yêu cầu về đổi
mới phương pháp và nâng cao chất lượng dạy học hiện nay, chúng tôi
xin trình bày: Khai thác và xâu chuỗi bài toán để tạo hứng thú
trong học tập hình học giúp học sinh rèn luyện hoạt động toán
học .

1

1


III . PHẠM VI, ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU
Chất lượng dạy – học là vấn đề khá rộng song trong phạm vi bài viết
này chúng tôi chủ yếu tập trung đi sâu vào nghiên cứu và khai thác bài
toán trong kì thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT năm học 2012 – 2013 của
sở GD&ĐT Nghệ An .
Các bài toán được đề cập đến trong đề tài thuộc phạm vi sách giáo
khoa, sách bài tập, sách nâng cao, sách ôn thi vào lớp 10 đảm bảo tính
vừa sức đối với các em.
Đối tượng nghiên cứu: Học sinh lớp 9 trường THCS Xuân Thành.

IV . ĐỔI MỚI TRONG KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU
Qua việc nghiên cứu và thực tế giảng dạy chúng tôi thấy việc thực hiện
đề tài thu được hiệu quả rõ nét. Chất lượng môn Toán hàng năm được
nâng lên rõ rệt thể hiện qua sổ điểm, qua các kì thi: khảo sát chất
lượng, học sinh giỏi, tuyển sinh vào lớp 10 THPT hàng năm... Học sinh
quan tâm, yêu thích học toán hơn trước đây, đặc biệt là học sinh khá
giỏi. Bước đầu các em đã biết cách xâu chuỗi bài toán, hình thành bài

toán đảo, xây dựng bài toán tổng quát.

2

2


Phần II : NỘI DUNG

I . CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN
1. Cơ sở lí luận
Mục tiêu của giáo dục nước ta là đào tạo con người Việt Nam phát triển
toàn diện, có đạo đức, tri thức, sức khoẻ, thẩm mĩ và nghề nghiệp.
Để giáo viên luôn chủ động - học sinh học tập tích cực, người thầy cần
có kiến thức chắc chắn và phương pháp truyền thụ gợi cảm, logic và
đầy sức thuyết phục. Lúc này, giáo viên giữ vai trò quan sát, giúp đỡ,
uốn nắn và điều chỉnh các em, phải biết khêu gợi tiềm năng sáng tạo
của các em trong việc phát hiện kiến thức mới, tìm tòi nhiều cách giải
ngắn gọn logic.
Định hướng đổi mới phương pháp dạy học ở trường phổ thông là:
+ Phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động, sáng tạo của học sinh.
+ Bồi dưỡng phương pháp tự học.
+ Rèn luyện kĩ năng vận dụng kiến thức vào thực tiễn.
+ Tác động đến tình cảm, đem lại niềm vui, hứng thú học tập cho học
sinh.
Để nâng cao chất lượng dạy học chúng ta cần đổi mới cả về cách dạy
lẫn cách học. “ Việc giảng dạy tốt phải kích thích được hứng thú của
người học, muốn vậy phải để cho trò độc lập tìm tòi, thầy giáo chỉ là
người tổ chức, thiết kế, cố vấn”.
2. Cơ sở thực tiễn

Tình yêu nghề, tâm huyết và giành nhiều thời gian, tâm lực của mình
với mục đích “ tất cả vì học sinh thân yêu”.
Giải bài tập toán là quá trình suy luận nhằm khám phá quan hệ logic
giữa cái đã cho (giả thiết) với cái phải tìm (kết luận). Để có kĩ năng giải
bài tập phải qua quá trình luyện tập, bởi vì không phải cứ giải nhiều bài
tập là có nhiều kĩ năng. Việc luyện tập sẽ có hiệu quả nếu như giáo
viên biết cách định hướng cho trò, biết khéo léo khai thác từ một bài
tập sang một loạt bài tập tương tự.
Để giúp các em có phương pháp học tập tốt hơn môn hình học trong
quá trình giảng dạy, chúng tôi thường tìm tòi các cách khác nhau để
tiếp cận một vấn đề, giải các phương pháp khác nhau những bài toán
cơ bản trọng tâm và phát triển các bài toán đó dưới các hình thức khác

3

3


nhau thông qua các nhận xét, liên hệ giữa cái cũ và cái vừa tìm được
để sáng tạo ra bài toán mới.
Một điều chắc chắn rằng việc tìm tòi mở rộng một bài toán thành chuỗi
các bài toán sẽ kích thích được hứng thú học tập và sự sáng tạo của
học sinh. Từ đó giúp học sinh có cơ sở khoa học khi phân tích, định
hướng, tìm tòi lời giải cho các bài toán. Hơn nữa là để củng cố cho học
sinh say mê vào học toán của mình. Chỉ như vậy mới nhen nhóm cho
các em một niềm tin, một tình yêu toán học và cao hơn nữa là một
niềm tin, tình yêu cuộc sống.

II . VẬN DỤNG LÍ LUẬN VÀO THỰC TIỄN
1. Nội dung môn toán ở trường phổ thông liên hệ mật thiết

trước hết với những hoạt động toán học sau đây
1.1. Hoạt động “nhận dạng” và “thể hiện”
Nhận dạng và thể hiện là hai hoạt động trái ngược nhau liên hệ với một
định nghĩa, một định lí hay một phương pháp.
Tuy hai hoạt động trái ngược nhau nhưng lại liên quan mật thiết với
nhau và đan kết với nhau.
1.2. Những hoạt động toán học phức hợp
Như chứng minh, định nghĩa, giải toán dựng hình, quỹ tích;...
Những hoạt động này xuất hiện lặp đi lặp lại trong sách giáo khoa toán
phổ thông. Học sinh luyện tập những hoạt động này sẽ nắm vững
những nội dung toán học và phát triển những kỹ năng và năng lực toán
học tương ứng.
1.3. Những hoạt động trí tuệ phổ biến
Lật ngược vấn đề, xét tính giải được, phân chia trường hợp, ...
1.4. Những hoạt động trí tuệ chung
Phân tích, tổng hợp, so sánh, xét tương tự, đặc biệt hoá, trừu tượng
hoá, khái quát hoá, ...

1.5. Những hoạt động ngôn ngữ
Toán học theo nghĩa nào đó là một thứ ngôn ngữ để mô tả một tình
huống cụ thể nảy sinh trong nghiên cứu khoa học, hoặc trong hoạt
động thực tiễn của loài người.

4

4


Học sinh thực hiện những hoạt động ngôn ngữ trong học toán khi phát
biểu, giải thích một định nghĩa, một mệnh đề, khi biến đổi chúng từ

dạng này sang dạng khác (chẳng hạn từ dạng kí hiệu toán học sang
ngôn ngữ tự nhiên hoặc ngược lại), trình bày lời giải của bài tập
toán, ...

2. Xét bài toán (đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT năm học
2012 – 2013)
Cho điểm
tuyến
C

M

nằm ngoài đường tròn tâm O, bán kính R. Vẽ các tiếp

MA, MB

nằm giữa

M

(

A, B

và

theo thứ tự tại

D


H

là các tiếp điểm) và cát tuyến
) với đường tròn

(O)

MCD

. Đoạn thẳng

không đi qua

OM

cắt

AB

và

O

(

(O)

I

và .


Chứng minh rằng:
a, Tứ giác
b,
c,
d,

MAOB

MC.MD = MA 2

nội tiếp đường tròn.

.

OH.OM + MC.MD = MO 2

CI

.

là tia phân giác của

·
MCH

.

2.1. Để giải bài tập này cần sử dụng
2.1.1. Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau

Nếu hai tiếp tuyến của một đường tròn cắt nhau tại một điểm thì:
- Điểm đó cách đều hai tiếp điểm.
- Tia kẻ từ điểm đó đi qua tâm là tia phân giác của góc tạo bởi hai tiếp
tuyến.
- Tia kẻ từ tâm đi qua điểm đó là tia phân giác của góc tạo bởi hai bán
kính đi qua các tiếp điểm.
2.1.2. Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp
Để chứng minh tứ giác nội tiếp học sinh thường sử dụng 4 dấu hiệu
sau:

5

5


Dấu hiệu 1: Tứ giác có 4 đỉnh cùng thuộc một đường tròn.
Dấu hiệu 2: Tứ giác có tổng hai góc đối diện bằng 1800.
Dấu hiệu 3: Tứ giác có hai đỉnh kề nhau cùng nhìn một cạnh chứa hai
α
đỉnh còn lại dưới một góc
không đổi.
Dấu hiệu 4: Tứ giác có góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong tại đỉnh
đối diện.
Ngoài 4 dấu hiệu trên tôi còn hướng dẫn các em nắm vững thêm hai
dấu hiệu quan trọng đó là:
Dấu hiệu 5: Phương tích của một điểm đối với một đường tròn
*) Nếu trên hai cạnh của góc xMy có các điểm A, B thuộc Mx, C,D
thuộc My thoả mãn điều kiện MA.MB = MC.MD, thì bốn điểm A,B,C,D
thuộc cùng một đường tròn.
*) Nếu trên hai cạnh của góc xMy có các điểm A thuộc Mx, C thuộc

My và trên tia
đối của tia Mx có điểm B, trên tia đối của tia My có điểm D sao cho
MA.MB = MC.MD thì bốn điểm A,B,C,D thuộc cùng một đường tròn.
Dấu hiệu 6: Sử dụng định lí Ptôlêmê:
Định lí Ptolemy (Định lí mang tên nhà toán học và thiên văn học người
Hylap cổ đại Ptolemy (Claudiusptolemaeus))
Nếu A,B,C và D là 4 đỉnh của tứ giác nội tiếp đường tròn thì
AC . BD = AB . CD + BC . AD

( dấu gạch ngang kí hiệu độ dài các cạnh)
Định lí này cũng có thể phát biểu thành định lí thuận và đảo:
Thuận: Nếu một tứ giác nội tiếp trong một đường tròn thì tích của hai
đường chéo bằng tổng các tích của các cặp cạnh đối diện.
Đảo: Nếu một tứ giác thoả mãn điều kiện tổng các tích của các cặp
cạnh đối diện bằng tích của hai đường chéo thì tứ giác đó nội tiếp một
đường tròn.

Chứng minh định lí đảo trên đối với một tứ giác cụ thể:
Cho tứ giác ABCD lồi. Chứng minh rằng, nếu AB.CD + AD.BC = AC.BD
thì tứ giác ABCD nội tiếp.

6

6


Chứng minh:
Trong tứ giác ABCD, lấy điểm E sao cho góc

Ta có


∆

∆

ABE

Mặt khác: Xét

∆

⇒

ACD (g.g)

ABC và

∆

=>

∆

ABC

∆

AED có

·

DAC

;

·ABE

=

·ACD

(1)

AB AE
AB AC
=
⇒
=
AC AD
AE AD

=

·
EAD

( Do

·
BAE


=

·
DAC

)

AED (c.g.c)

AB AC BC
=
=
⇒ AD.BC = ED. AC
AE AD ED

Từ (1) và (2) cộng vế với vế ta có:
BE + ED ≥ BD

=

AB AE BE
=
=
⇒ AB.CD = AC.BE
AC AD CD

·
BAC

=>


·
BAE

(2)

AB.CD + AD.BC = AC ( BE + ED)
⇒ AB.CD + AD.BC ≥ AC.BD

(Do

)

Dấu “=” xảy ra khi BE +ED = BD <=> E thuộc BD và

·ABD

=

·ACD

<=> Tứ giác ABCD nội tiếp (cùng nhìn cạnh AD dưới một góc không
đổi)

7

7


2.2 .Chứng minh bài toán


a)Vì MA, MB là tiếp tuyến của đường tròn (O) nên:
Tứ giác
⇒ MAOB

MAOB

có

·
·
MAO
= MBO
= 900

·
·
MAO
+ MBO
= 1800

là tứ giác nội tiếp (tổng 2 góc đối nhau bằng 180 0)

Chứng minh các hệ thức hình học, các tỉ số bằng nhau:

8

8



-Vận dụng định nghĩa, tính chất của hai tam giác đồng dạng.
- Vận dụng định lí Ta – lét.
- Tính chất đường phân giác của một tam giác.
- Vận dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, ...
Để chứng minh

MC.MD = MA 2

nên hướng dẫn cho học sinh hình thành

bài toán ngược trước khi chứng minh:

MC.MD = MA 2

⇑

MC MA
=
MA MD
⇑

∆MAC

b) Xét
có

ΔMAC

·
CMA


chung,

⇒ ∆MAC
⇒

và

∆MDA

ΔMDA

·
·
MAC
= MDA

đồng dạng với

( cùng chắn

ΔMDA

»
AC

)

( g-g)


MA MC
=
⇒ MC.MD = MA 2
MD MA

Vận dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, định lý Pytago cùng với
kết luận câu b) ta rút ra được kết luận như sau:
c)Vì
AH

MA, MB

là các tiếp tuyến của đường tròn

vuông góc với

OH.OM = OA 2
⇒
2
2
2
OA +MA = OM

MO

(O)

nên

ΔMAO


vuông tại

A

,

tại H.

( Hệ thức lượng trong tam giác vuông)
( Định lí Pitago)

9

9


Mà

MC.MD = MA 2

(chứng minh trên )

OH.OM + MC.MD = OA 2 + MA 2

Nên:

⇒ OH.OM + MC.MD = MO2

Các phương pháp chứng minh một đường thẳng là tia phân giác của

một góc:
-Tia phân giác của một góc là tia nằm giữa hai cạnh của góc và tạo với
hai cạnh ấy hai góc bằng nhau.
-Sử dụng tính chất: Hai tia phân giác của hai góc kề bù thì vuông góc
với nhau.
-Sử dụng định lý đảo tính chất đường phân giác của một tam giác:
Trong tam giác đường phân giác của một góc chia cạnh đối diện thành
hai đoạn thẳng tỉ lệ với hai cạnh kề hai đoạn thẳng ấy.
-Điểm nằm bên trong một góc và cách đều hai cạnh của góc thì nằm
trên tia phân giác của góc đó; ...

Để chứng minh CI là tia phân giác của góc MCH ta cần chứng minh
·
·
MCI
= ICH

d) Cách 1:
Ta có

MC.MD = MA 2

MH.MO = MA 2

(câu b)

( hệ thức lượng trong tam giác vuông)

⇒ MC.MD = MH.MO
⇒


MC MH
=
MO MD

Xét
Nên

ΔMCH
ΔMCH

và

có

đồng dạng với

·
·
⇒ MCH
= MOD

10

ΔMOD

·
CMH

chung;


ΔMOD

MC MH
=
MO MD

(chứng minh trên)

( c-g-c)

(1)

10


Kéo dài
Ta có
ODK

MO

cắt đường tròn

·
·
·
MOD
= OKD
+ ODK


(

(O)

·
MOD

tại điểm thứ hai là

K

.

là góc ngoài tại đỉnh O của tam giác cân

)

·
·
⇒ MOD
= 2OKD

(2)

Từ (1) và (2) suy ra
Mặt khác tứ giác

ICDK


Từ (3) và (4) suy ra
Suy ra

CI

·
·
MCH
= 2OKD

nội tiếp

(3)

·
·
(O) ⇒ MCI
= OKD

(4)

·
·
·
·
MCH
= 2MCI
⇒ MCI
= ICH


là tia phân giác của

·
MCH

(đpcm)

Nếu sử dụng ngay dấu hiệu 5 thì ta có cách lập luận ngắn gọn hơn:
Dễ thấy MC.MD = MH.MO (=MA2)
=> Tứ giác CHOD nội tiếp (dấu hiệu 5)
=>

·
·
MCH
= IOD

(tính chất góc ngoài của tứ giác nội tiếp) (1).

Kéo dài MO cắt đường tròn (O) tại K. Ta có:
tâm) (2).

·
·
2IKD
= IOD

Mặt khác tứ giác ICDK nội tiếp (dấu hiệu 1) =>
Từ (1), (2) và (3) suy ra


·
·
MCH
= 2MCI

(tính chất góc ở

·
·
MCI
= IKD

(3)

=> đpcm

Sử dụng tính chất đường phân giác của tam giác ta sẽ có cách chứng
minh khác.
Cách 2:
Chứng minh:
∆MCH

11

∆MOD

=>

MC CH
MC MO MO

=
=>
=
=
MO OD
CH OD OA

(do OA=OD)

11


Hay

MC MO
=
CH OA

Ta có

(*)

·
·
MAI
= IAH

( góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung)

=>AI là tia phân giác của góc MAH.


=>

MI MA
=
IH AH

(tính chất đường phân giác trong tam giác) (**)

Xét hai tam giác MAH và MAO có:

·
OMA

chung

·
·
MHA
= MAO

=>

∆MAO

MO MA
=
OA AH

∆MHA


(=900)

(g . g)

(***)

Từ(*), (**) và (***) ta có

MC MI
=
CH IH

=> CI là tia phân giác của góc MCH.

Nếu sử dụng tính chất tia phân giác của hai góc kề bù thì vuông góc
với nhau ta sẽ có cách lập luận ngắn gọn hơn.

Cách 3:
Tứ giác CHOD nội tiếp =>

Mà

1 ·
·
KCD
= KOD
2

·

·
HCD
= KOD

(Tính chất góc nội tiếp)

Từ (1) và (2) suy ra

12

·
ICK
=900

(1)

(2)

1 ·
·
KCD
= HCD
2

=> CK là tia phân giác của góc HCD
Ta lại có:

(tính chất góc ngoài)

(*)


( Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

(**)

12


Mặt khác:

·
MCH

kề bù

·
HCD

(***)

Từ (*) , (**), và (***) suy ra CI là tia phân giác của góc MCH.

Sử dụng tính chất góc ngoài của tam giác kết hợp góc ngoài của tứ
giác bạn đọc sẽ liên tưởng đến mối liên hệ giữa các góc, từ đó tìm ra
hướng giải mới.
Cách 4:

Ta có:

1·

·
·
·
MCI
= MKD
= KDO=
DOH
2

( Tính chất góc ngoài của tam giác)

Mặt khác: Tứ giác OHCD nội tiếp, suy ra
(4)

Từ (3), (4) =>

·
·
MCH
= DOH

(3)

( cùng bù góc HCD)

1·
·
MCI
= MCH
2


Suy ra: CI là tia phân giác của góc MCH (đpcm)

Khi học sinh giải bài tập này phần nào đã giúp các em rèn luyện hoạt
động “nhận dạng” và “thể hiện” tính chất và tiếp tuyến đã học, những
hoạt động toán học phức hợp như chứng minh ( suy luận -> suy đoán
-> phán đoán -> chứng minh), những hoạt động trí tuệ chung (phân
tích, xét tương tự).
Vấn đề đặt ra là chúng ta không dừng ở việc cho học sinh giải bài toán
đã nêu mà giúp học sinh tiếp tục xem xét bài toán ở những góc độ
khác nhau nhằm giúp học sinh mở rộng bài toán hoặc tạo ra bài toán
mới trên cơ sở bài toán đã nêu.

2.3 . Khai thác bài toán
Chẳng hạn:
2.3.1. Gọi E là trung điểm của CD. F là giao điểm của MD và
AB.
Chứng minh MC.MD = MF.ME
Để chứng minh MC.MD = MF.ME ta nghĩ ngay đến một biểu thức
trung gian đó là MB2

13

13


Cách 1:
Vì E là trung điểm của CD => OE

⊥


CD.

Ta có tứ giác MAOB nội tiếp => 4 điểm M,A,O,B cùng thuộc một đường
tròn (1)
Mặt khác: Tứ giác MAOE nội tiếp (do

·
·
MAO+MEO
= 1800

=> 4 điểm M,A,O,E cùng thuộc một đường tròn

)
(2)

Từ (1) và (2), suy ra: 4 điểm M,A,E,B thuộc một đường tròn
=> Tứ giác MAEB nội tiếp =>
MB) (3)
Mà

·
·
MAB
= MBA

·
·
MAB

= MEB

(hai góc nội tiếp chắn cung

(do MA = MB) (4)

Từ (3) và (4), suy ra:
=>

=>

·
·
MEB
= MBA

∆MBF

∆MEB

(g . g)

MB MF
=
=> MB 2 = ME.MF
ME MB

(*)

Ta lại có: MB2 = MC.MD (**)

Từ (*) và (**), suy ra: MC.MD = ME.MF.

Để chứng minh MC.MD = MF.ME nếu nghĩ đến một biểu thức trung gian
đó là MA2 ta sẽ có cách giải khác.
Cách 2:
Chứng minh tứ giác OHFE nội tiếp ( vì
=>

·
·
HOF
= HEF

·
·
OHF+FEO
= 1800

)

(hai góc nội tiếp cùng chắn cung HF)

Xét hai tam giác MHE và MFO có: góc M chung
·
·
MOF
= MEH

14


(C/m trên)

14


∆MHE

=>

=>

∆MFO

(g . g)

MH ME
=
=> MF .ME = MH .MO
MF MO

(1)

Mặt khác: MH.MO = MA2 (Hệ thức lượng trong tam giác vuông) (2)
MC.MD = MA2 (C/m câu b)

(3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra: MC.MD = MF.ME

Cũng sử dụng hai tam giác đồng dạng ta có cách giải tương tự:

Cách 3:
Chứng minh

=>

∆MHF

∆MEO

(g.g)

MH MF
=
=> ME.MF = MH .MO
ME MO

Ta lại có: MH.MO = MA2 ; MC.MD = MA2
=> MC.MD = MF.ME

Nếu sử dụng tính chất phương tích của một điểm đối với đường tròn,
bạn đọc sẽ có hướng chứng minh đơn giản.
Cách 4:
Chứng minh tứ giác OHFE nội tiếp ( vì
MH.MO

·
·
OHF+FEO
= 1800


) => ME.MF =

mà MH.MO = MA2; MC.MD = MA2
=> ME.MF = MC.MD => đpcm.
Theo hướng nhìn nhận chứng minh các hệ thức hình học từ những điều
đã biết ta sẽ có câu hỏi mới mở rộng chứng minh hệ thức:
2.3.2. Chứng minh AH2.MD = HD2. MC
Hãy luôn chú ý khai thác mối liên hệ giữa câu đang hỏi với những kết
quả ở các câu hỏi trước đó để tìm hướng đi nhanh nhất.
Để chứng minh

AH2.MD = HD2. MC
⇑

15

15


2

MC
 AH 

÷ =
MD
 HD 

.


Điều này ta nghĩ ngay đến chứng minh các cặp tam giác đồng dạng.

Xét hai tam giác AHD và CBD có:

1
·
·
BCD
= BAD(
=
2

sđBD ) (1)

Mặt khác:
·
1800 − COD
·
·
·
AHD
= 900 + OHD
= 900 + OCD
= 900 +
2
1800 −

=
Hay


1
2

sđCBD =

∆AHD

∆CBD

∆MCB

MC MB CB
=
=
MB MD BD

(g.g)

2

AH CB
 AH   CB 
=
=> 
÷ =
÷
HD BD
 HD   BD 

Ta lại có:


·
DBC

(2)

2

=>

sđ CAD =

·
·
AHD
= CBD

Từ (1) và (2), suy ra:

=>

1
2

(Do tam giác COD cân tại O)

∆MBD

(*)


(g.g)
2

=>

MB MC MC
 CB 
.
=

÷ =
MD MB MD
 BD 

(**)

2

Từ (*) và (**), suy ra:

MC
 AH 

÷ =
MD
 HD 

hay AH2.MD = HD2.MC (đpcm)

Theo hướng nhìn nhận chứng minh một đường thẳng là tia phân

giác của một góc từ những điều đã biết ta sẽ có câu hỏi mới mở rộng
chứng minh tia phân giác.
2.3.3. Chứng minh HB là phân giác của góc CHD.
Để chứng minh HB là tia phân giác của góc CHD ta cần chứng minh
·
·
CHB
= BHD

Cách 1:
Tứ giác CHOD nội tiếp (dấu hiệu 5)

16

16


·
·
CHI
= ODC

=>

(Tính chất góc ngoài của tứ giác nội tiếp) (1)

Ta có tam giác OCD cân tại O =>
Mà

·

·
OCD
= OHD

(2)

(hai góc nội tiếp chắn cung OD)

Từ (1), (2) và (3) , suy ra
Mà

·
·
OCD
= ODC

·
·
CHI
+ CHB
= 900
·
·
OHD
+ DHB
= 900

·
·
CHI

= OHD

(3)

(*)

(**)
(***)

Từ (*), (**) và (***), suy ra:

·
·
BHD
= CHB

Suy ra: HB là tia phân giác của góc CHD.
Nếu theo hướng vận dụng tính chất về số đo cung, ta sẽ chứng
minh HB là phân giác của góc CHD theo một hướng khác.
Cách 2:
Kéo dài DH cắt đường tròn (O) tại điểm C’

Do tứ giác CHOD nội tiếp (dấu hiệu 5), suy ra:

=> sđCI =
=>
=>

1
2


sđCC’ =>

·
·
HOC
= HDC

=

1
2

sñCC’

CI = IC’

· ' = OHD
·
·
CHI
= IHC

·
·
CHB
= DHB

.


Suy ra: HB là tia phân giác của góc CHD.

Đường tròn nội tiếp tam giác là đường tròn tiếp xúc với ba cạnh của
tam giác đó.
Tâm đường tròn nội tiếp tam giác là giao điểm của ba đường phân giác.
2.3.4. Chứng minh I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác AMB

17

17


Ta đã biết MO là tia phân giác của góc AMB. Chỉ cần chứng minh AI là
tia phân giác của góc MAB

.
Cách 1:
Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: MO là tia phân giác của
góc AMB (*).
Ta lại có:
Mà

·
·
MAI
+ IAO
= 900

·
·

OAI
= AIO

Mặt khác:

( do MA vuông góc AO) (1)

(do tam giác OAI cân tại O)

·
·
OIA
+ IAB
= 900

(2)

( do MO vuông góc AB) (3)

Từ (1), (2) và (3), suy ra:
(**)

·
·
MAI
= IAB

=> AI là tia phân giác của góc MAB

Từ (*) và (**), suy ra I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MAB.

Chứng minh AI là tia phân giác của góc MAB theo cách chứng
minh hai cung bằng nhau.

18

18


Cách 2:
Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: MO
=>

·
·
MAI
= IAB

⊥

AB => IA = IB

=> AI là tia phân giác của góc MAB => đpcm

Cũng theo hướng chứng minh AI là phân giác của góc MAB nếu nghĩ
đến tiếp tuyến tại I của đường tròn (O), bạn đọc sẽ có một hướng
chứng minh khác.
Cách 3:
Vẽ tiếp tuyến của đường tròn (O) tại I cắt AM tại N.
Ta có NA = NI => tam giác NAI cân tại N =>


·
·
NAI
= NIA

(1)

Mặt khác NI vuông góc với MO, AH vuông góc với MO.
Suy ra NI // AB =>
Từ (1) và (2) suy ra
đpcm.

·
·
IAB
= NIA
·
·
IAB
= NAI

(2)
=> AI là tia phân giác của góc MAB =>

Nếu sử dụng tính chất: ba đường cao của một tam giác đồng quy tại
một điểm, bạn đọc sẽ nghĩ ngay đến việc kẻ đường cao IP của tam giác
AIO chúng ta sẽ có cách chứng minh khá thú vị.
Cách 4:
Vẽ IP vuông góc với AO. Gọi Q là giao điểm của IP và AH
=> Q là trực tâm của tam giác AIQ

=> OQ vuông góc với AI
Mà tam giác AOI cân tại O
=> OQ là đường trung trực của AI =>QI = QA =>
=>

·
·
QIA
= QAI

QIA cân tại Q.

(1)

Mặt khác: IP//MA (cùng vuông góc AO) =>
Từ (1) và (2), suy ra:

19

∆

·
·
MAI
= IAB

·
·
MAI
= QIA


(2)

=> đpcm

19


Một hướng khác để chứng minh AI là tia phân giác, bằng cách sử dụng
tính chất điểm cách đều hai cạnh của góc thì nằm trên tia phân giác
của góc đó
Cách 5:
Vẽ IG vuông góc với MA; mà OA vuông góc với MA (tính chất tiếp
tuyến)
=> IG//OA =>
Mà

·
·
IAO
= OIA

·
·
GIA
= IAO

(do tam giác OAI cân tại O)

Từ (1) và (2), suy ra:

=>

∆

AIG =

(1)

∆

(2)

·
·
GIA
= OIA

AIH (cạnh huyền- góc nhọn)

=> IG = IH => AI là tia phân giác của góc MAB =>đpcm
Việc khai thác bài toán không dừng lại ở đây mà nếu nhìn bài toán dưới
một góc độ khác bạn đọc sẽ thấy được điều thú vị của bài toán:
2.3.5. Nếu dây CD cố định không đi qua O (B thuộc cung nhỏ
CD). Đường thẳng BE cắt đường tròn tại điểm thứ hai là L.
Chứng minh AL // CD
Một số phương pháp chứng minh hai đường thẳng song song:
- Hai đường thẳng cắt một đường thẳng thứ ba và tạo thành một cặp
góc ở vị trí so le trong (so le ngoài) hay đồng vị bằng nhau.
- Hai đường thẳng phân biệt cùng song song (cùng vuông góc) với một
đường thẳng thứ ba.

- Hai đường thẳng đó là đường trung bình và cạnh tương ứng trong
tam giác, trong hình thang.
- Sử dụng định lí đảo của định lí Talet,...

20

20


Nếu sử dụng hai góc ở vị trí đồng vị bằng nhau, ta dễ dàng chứng minh
AL//CD.
Cách 1:
Tứ giác MOEB nội tiếp đường tròn đường kính MO.
=>

·
·
MOB
= MEB

(hai góc nội tiếp cùng chắn cung MB).

(1)

Mặt khác: MA, MB là tiếp tuyến của đường tròn (O), suy ra IA = IB
mà
(2)

·
MOB

=

1
·
ALB
= 2

sđ IB ( tính chất góc ở tâm)

sđAB =

1
2

.2.sđIB = sđIB

(3)
Từ (1), (2), (3), suy ra:

·
·
ALB
= MEB

=> AL // CD ( vì có hai góc ở vị trí đồng vị bằng nhau).
Nếu sử dụng tính chất hai đường thẳng phân biệt cùng vuông góc với
đường thẳng thứ ba thì chúng song song với nhau, bạn đọc sẽ có cách
chứng minh khác.

Cách 2:


21

21


Gọi giao điểm của cung AL với EO là E’.
Cần chứng minh E’ là điểm chính giữa cung AL

Ta có 5 điểm M,A,O,E,B thuộc đường tròn đường kính MO.
=>

·
·
AME
= ABE

(hai góc nội tiếp cùng chắn cung AE)

(1)

Mặt khác: Tứ giác AMEO nội tiếp đường tròn đường kính MO
=>

·
'
·
AME
= AOE


(tính chất góc ngoài của tứ giác nội tiếp)

Từ (1) và (2), suy ra:

mà

1
·ABL = 2

·
'
·
ABE
= AOE

hay

·
'
·
AOE
= ABL

sđAL (tính chất góc nội tiếp)

Từ (3) và (4), suy ra:

1
·AOE ' = 2


(2).
(3)

(4)

sđAL

=> E’ là điểm chính giữa cung AL
=> OE’
(đpcm)

⊥

AL mà OE

⊥

CD (do E là trung điểm của CD) => AL//CD

Do đường tròn (O), cát tuyến MCD cho trước và không đi qua O nên OE
không đổi, bạn đọc nghĩ gì về đường thẳng AB.
Dự đoán đường thẳng AB cắt OE tại điểm cố định.
2.3.6. Chứng minh rằng đường thẳng AB luôn đi qua một điểm
cố định
Bài toán “Đường đi qua điểm cố định” đòi hỏi mỗi chúng ta phải có kĩ
năng nhất định cộng với sự đầu tư suy nghĩ, tìm tòi nhưng đặc biệt
phải có phương pháp làm bài.
- Tìm hiểu nội dung bài toán
- Dự đoán điểm cố định
- Tìm tòi hướng giải

- Trình bày lời giải
*) Tìm hiểu bài toán:

22

22


- Yếu tố cố định. (điểm, đường, … )
- Yếu tố chuyển động. (điểm, đường, … )
- Yếu tố không đổi. (độ dài đoạn, độ lớn góc, … )
- Quan hệ không đổi ( song song, vuông góc, thẳng hàng, … )
Khâu tìm hiểu nội dung bài toán là rất quan trọng. Nó định hướng cho
các thao tác tiếp theo. Trong khâu này đòi hỏi bạn đọc phải có trình độ
phân tích bài toán, khả năng phán đoán tốt. Cần xác định rõ yếu tố cố
định, không đổi, các quan hệ không đổi và các yếu tố thay đổi, tìm mối
quan hệ giữa các yếu tố đó.

*) Dự đoán điểm cố định
Dựa vào những vị trí đặc biệt của yếu tố chuyển động để dự đoán điểm
cố định. Thông thường ta tìm một hoặc hai vị trí đặc biệt cộng thêm với
các đặc điểm bất biến khác như tính chất đối xứng, song song, thẳng
hàng, … để dự đoán điểm cố định.
*) Tìm tòi hướng giải
Từ việc dự đoán điểm cố định tìm mối quan hệ giữa điểm đó với các
yếu tố chuyển động, yếu tố cố định và yếu tố không đổi. Thông thường
để chứng tỏ một điểm là cố định ta chỉ ra điểm đó thuộc hai đường cố
định, thuộc một đường cố định và thoả mãn một điều kiện (thuộc một
tia và cách gốc một đoạn không đổi, thuộc một đường tròn và là mút
của một cung không đổi, ...) thông thường lời giải của một bài toán thường được cắt bỏ những suy nghĩ bên trong nó chính vì vậy ta thường

có cảm giác lời giải có cái gì đó thiếu tự nhiên, không có tính thuyết
phục.
Chính vì vậy khi trình bày ta cố gắng làm cho lời giải mang tính tự
nhiên hơn, có giá trị về việc rèn luyện tư duy cho học sinh.
*) Trình bày lời giải

23

23


Do đường thẳng OE cho trước, nên dự đoán AB cắt OE tại điểm cố định.
Cách 1: Gọi giao điểm của AB và OE là T. Chứng minh T cố định.
Xét tam giác MOE và tam giác HOT có:
·
·
MEO
= THO
·
MOE

=>

=>

(=900)

là góc chung

∆


MOE

MO OE
=
TO OH

∆

TOH (g.g)
TO =

=> TO.OE = MO.OH =>

MO.OH
OE

(1)

⊥
Mặt khác tam giác MBO vuông tại B có BH MO.

Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có OB 2 =MO.OH (2)
TO =

Từ (1) và (2) suy ra

24

OB 2 R 2

=
OE OE

(không đổi)

24


Vậy điểm T cố định. Do đó đường thẳng AB đi qua điểm T cố định.
Nếu sử dụng tính chất phương tích của một điểm đối với một đường
tròn sẽ đưa bạn đọc đến một cách lập luận ngắn gọn khá thú vị.
Cách 2: Ta có tứ giác MHET nội tiếp (do
OT =

=> OH.OM = OE.OT =>

·
·
MHT
= MET

OH .OM OB 2 R 2
=
=
OE
OE OE

(=900))

(không đổi)


Suy ra điểm T cố định.
Hướng chứng minh AB đi qua giao điểm của hai đường cố định.
Chứng minh TC là tiếp tuyến của đường tròn (O)
Cách 3:

Ta có MA2 = MC.MD

MA2 = MH.MO
=> MC.MD = MH.MO => tứ giác HCDO nội tiếp
=>
Mà

·
·
MHC
= MDO
·
·
OCD
= MDO

(góc ngoài của tứ giác nội tiếp) (*)
(do tam giác OCD cân tại O) (**)

Từ (*) và (**), suy ra
Ta lại có

·
·

MHC
+ CHT
= 900

·
·
OCD
+ COT
= 90 0

=>

·
·
MHC
= OCD

⊥
(do AB MO)

⊥
(do OE CD)

·
·
TOC
= CHT

=> Tứ giác CHOT nội tiếp
=>

=>

·
·
OCT
= THO
·
OCT
= 900

(hai góc nội tiếp cùng chắn cung OT), mà

·
OHT
= 900

⊥
=> TC CO

Suy ra TC là tiếp tuyến của đường tròn (O) (đpcm).

Điểm T cố định, vậy bạn đọc sẽ nghĩ gì đến diện tích tam giác AOT?

25

25