Sáng kiến kinh nghiệm Năm học 2011- 2012
ĐỀ TÀI: KẺ ĐƯỜNG PHỤ LÀ ĐƯỜNG KÍNH CỦA ĐƯỜNG
TRỊN ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TỐN HÌNH HỌC 9
A - MỞ ĐẦU
I. ĐẶT VẤN ĐỀ.
Tốn học là mơn học cơ bản trong nhà trường phổ thơng. Dạy tốn là dạy hoạt
động tốn cho học sinh với hình thức giải tốn là chủ yếu.
Đối với học sinh lớp 9, mặc dù là lớp cuối cấp THCS nhưng việc giải các bài tốn
chứng minh các em cũng đang gặp nhiều lúng túng, nhất là đối với các bài tốn hình
học. Từ các bài đơn giản đến các bài phức tạp, từ các bài tập mang tính chất củng cố
kiến thức đơn lẻ đến các bài tập mang tính chất tổng hợp các em thường gặp khó khăn
trong việc tìm tòi lời giải. Định hướng, hướng dẫn cho các em tìm lời giải là việc làm
cần thiết và quan trọng. Hơn nữa việc cung cấp cho các em phương pháp giải các dạng
bài lại càng quan trọng hơn. Song đưa ra một phương án duy nhất để tìm ra một hướng
chuẩn mực, tối ưu cho các bài tốn là điều khơng thể thực hiện. Mỗi một giáo viên đều
có thế mạnh riêng của mình. Do đó tuỳ vào đối tượng học sinh và u cầu của bài tốn
mà giáo viên đưa ra những phương pháp phù hợp, đảm bảo tính khoa học, tính sáng tạo,
tính sư phạm, tính thực tiễn để trang bị cho học sinh. Một trong các phương pháp mà tơi
đã chọn và thực hiện khá thành cơng là “kẻ đường phụ là đường kính của đường tròn để
giải một số bài tốn hình học 9”. Thực tế cho thấy rằng khơng có phương pháp chung
cho việc vẽ thêm các yếu tố phụ khi giải các bài tốn hình học, nhưng việc vẽ thêm
đường phụ lại phải tn theo những bài tốn dựng hình cơ bản. Bài viết này tơi muốn đề
cập đến việc hướng dẫn học sinh những cơ sở mà nghĩ tới sự cần thiết phải kẻ thêm
đường phụ là đường kính của đường tròn, giúp học sinh một con đường, một cách nhìn
nhanh hơn, tháo gỡ được vướng những mắc trong một số bài tốn, góp phần rèn luyện
kỹ năng giải tốn, phát triển tư duy tốn học cho học sinh.
II. MỤC ĐÍCH CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM.
* Đối với giáo viên:
- Sử dụng làm tài liệu cho các chun đề.
- Đúc rút được các kinh nghiệm, đổi mới phương pháp dạy học, nâng cao chất lượng
giáo dục.

Chứng minh:
Gọi giao điểm của AM, BM với đường tròn lần lượt là C và
D.
·
AMB
là góc có đỉnh nằm bên trong đường tròn nên:
Sđ
·
AMB
2
1
(sđ
»
AB
+sđ
»
DC
), mà sđ
»
AB
=180
0

Nên
·
AMB
>90
0
, nghĩa là
·

phụ thuộc vào đoạn thẳng AM. Ta xem AM và DE có
liên hệ gì với nhau, ta thấy
·
·
MEA = DΜ Α
= 90
0
(gt)
Do đó E và D thuộc đường tròn đường kính MA nên
DE
≤
MA. Vậy việc xác định vị trí điểm M để đoạn
DE lớn nhất đưa ta về xác định vị trí điểm M để MA
có độ dài lớn nhất. Từ đó ta nghĩ tới việc kẻ đường kính
của đường tròn (O).
2.2. Bài giải:
Lấy điểm M thuộc đường tròn (O),
kẻ ME, MD lần lượt vng góc với AC, AB.
Ta có:
·
·
AEM = DΑ Μ
= 90
0
, suy ra
E, D thuộc đường tròn đường kính MA. Do đó DE
≤
AM
(AM là đường kính, DE là dây). (1)
Kẻ đường kính AH của đường tròn (O), ta có: AM

= 90
0
(góc nội tiếp chắn nửa
đường tròn), suy ra ba điểm M, B, N thẳng hàng. Do
A, O, O’ cố định nên các đường tròn (O) và (O’) cố
định; suy ra M, N cố định.
Mặt khác do
·
·
· ·
AMB = C DΑ Β;ΑΝΒ = Α Β
(các góc nội
tiếp cùng chắn một cung lần lượt của đường tròn (O)
và (O’)).
Do đó ΔACD ~ ΔAMN (g.g). Suy ra:
AM
AC
=
AMN
ACD
P
P

(tỉ số chu vi của hai tam giác đồng dạng bằng tỉ số đồng dạng của chúng);
Do đó:
AC
AM
P
P
AMN

=
AH
OM
(vì ΔGHA ~
ΔGOM ); nghĩa là AH =2OM. Từ đây ta sẽ nghĩ tới việc kẻ đường kính của dường tròn;
bởi lẽ:
Thứ nhất: Từ đẳng thức 2OM = AH ta có thể nghĩ
tới OM là đường trung bình của một tam giác nào đó
mà 2OM = a (a là độ dài cạnh đáy), khi đó cần
chứng minh AH = a;
Thứ hai: Từ bài tốn khi ta kẻ OM vng góc với
BC để có MB = MC, muốn OM là đường trung bình
thì phải chăng O là trung điểm của đường kính?
Trên những cơ sở đó ta kẻ đường kính BE của
đường tròn; khi đó OM là đường trung bình của tam
giác BEC, bài tốn đã có lời giải.
4.2. Bài giải:
Kẻ đường kính BE của đường tròn (O) thì OB = OE (1)
Kẻ OM
⊥
BC thì MB = MC (2)
Từ (1) và (2) suy ra OM là đường trung bình của tam
giác BCE nên 2OM = CE (*)
Mặt khác
·
BAE
= 90
0
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
suy ra EA

»
»
AE < FΕ

5.1. Phân tích bài tốn:
Giáo viên: Nguyễn Thò Lê Na Trường THCS Lương Thế Vinh
5
Sáng kiến kinh nghiệm Năm học 2011- 2012
Bài tốn u cầu chứng minh:
»
»
AE < FΕ
ta đưa về
việc chứng minh
·
·
FΑΟΕ < ΕΟ
. Từ đó ta nghĩ đến tìm
một tam giác có hai góc bằng hai góc AOC, COD mà
quan hệ giữa các cạnh đối diện dễ thấy. Từ giả thiết
CD=AC và O là trung điểm của đường kính nên CO là
đường trung bình của tam giác AMD (AM là đường
kính của đường tròn (O)), suy ra CO//MD.
Khi đó
·
·
AOE = DΟΜ
(đồng vị),
·
·

FΕΟ > ΑΟΕ

Nên
»
»
EF > ΑΕ.
Dạng tốn 3: Tốn liên quan đến bán kính của đường tròn.
Bài tốn 6: Cho đường tròn (O; R), I là một điểm nằm trong đường tròn. Gọi AB và CD
là hai dây qua I và vng góc với nhau.
Chứng minh rằng: AC
2
+ BD
2
= 4R
2
6.1. Phân tích bài tốn:
Theo u cầu bài ra, ta thấy đẳng thức cần chứng
minh
có liên quan tới bán kính của đường tròn nhưng
với những gì đã cho, trong hình vẽ chưa thấy xuất
hiện
bán kính của đường tròn. Nếu ta kẻ đường kính AE
của đường tròn thi AE = 2R. Lúc đó 4R
2
= AE
2
,
đẳng thức cần chứng minh trở thành AC
2
+BD

0
(góc nội tiếp chắn nửa
đường tròn) hay ΔACE vng tại C.
Áp dụng định lý Pytago, ta có:
AC
2
+ CE
2
= AE
2
= (2R)
2
= 4R
2
(4)
Từ (3) và (4) suy ra: AC
2
+ BD
2
= 4R
2
.
Chú ý: Khai thác kết quả bài tốn trên cho ta giải nhanh bài tập sau: Cho tứ giác ABCD
nội tiếp đường tròn (O; R) có hai dây AC và BD vng góc với nhau tại I.
Chứng minh rằng: AB
2
+ BC
2
+ CD
2

c
C
c
sinsin
=
. Ta đi
đến cách giải bài tốn.
7.2. Bài giải:
Kẻ đường kính BD của đường tròn (O), ta có:
·
·
ACB = DΑ Β
(góc nội tiếp chắn cung AB) (1)
Mà
·
BAD
= 90
0
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Giáo viên: Nguyễn Thò Lê Na Trường THCS Lương Thế Vinh
7
Sáng kiến kinh nghiệm Năm học 2011- 2012
Từ đó ta có:
R
c
BD
AB
D
2
sin

Vậy:
C
c
B
b
A
a
sinsinsin
==
= 2R.
Bài tốn 8: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O;R), đường cao AH (H
∈
BC).
Chứng minh rằng: AB.AC = 2R.AH
8.1. Phân tích bài tốn:
Từ u cầu chứng minh, ta nghĩ đến việc tìm
ra hai tam giác đồng dạng có các cạnh bằng độ
dài các cạnh AB, AC, AH, đường kính của đường tròn.
Trên cơ sở đó ta vẽ đường kính AD của
đường tròn (O) và có lời giải cho bài tốn.
8.2. Bài giải:
Vẽ đường kính AD của đường tròn (O),
Suy ra:
·
ACD
= 90
0
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Xét tam giác HBA và CDA, có:


=
.
Bài 8B: Cho A là điểm di động trên cung lớn BC của đường tròn (O;R). Xác định vị trí
điểm A để AB.AC có giá trị lớn nhất.
Dạng tốn 4: Đường kính vng góc với một dây thì đi qua trung điểm của dây ấy.
Giáo viên: Nguyễn Thò Lê Na Trường THCS Lương Thế Vinh
8
Sáng kiến kinh nghiệm Năm học 2011- 2012
Bài tốn 9: Cho đường tròn (O; R), đường kính AB và dây EF khơng cắt AB. Gọi I và
K lần lượt là chân các đường vng góc kẻ từ A, B đến EF.
Chứng minh rằng: IE = KF. (Bài 17, STB Tốn 9 T
1
, Tr.130)
9.1. Phân tích bài tốn:
Theo u cầu chứng minh: IE = KF nhưng với
những gì đã có thật khó có thể chứng minh được.
Song từ u cầu chứng minh đoạn thẳng bằng nhau, bên
cạnh đó ta còn có AI và BK cùng vng góc với EF làm
ta nghĩ tới liên hệ giữa dây và đường kính của đường tròn.
Do vậy nếu ta kẻ đường kính CD vng góc với EF sẽ cho
ta những cặp đoạn thẳng bằng nhau, tạo thuận lợi cho việc
chứng minh.
9.2. Bài giải: Kẻ đường kính CD của đường tròn (O) sao
cho CD vng góc với EF tại H
Ta có: HE = HF (liên hệ giữa đường kính và dây) (1)
Mặt khác: AI
⊥
EF (gt); BK
⊥
EF (gt) nên tứ giác ABKI

)
Do đó: AD
2
= AH. AF (hệ thức về cạnh và đường cao trong
tam giác vng) (1)
Mặt khác ΔAHC ~ ΔABF (g.g)
µ
µ
·
0
( 90 F
Η = Β = ;ΒΑ
là góc
chung); do đó:
FA
AC
AB
AH
=
Hay AH. AF = AB.AC (2).
Do AB, AC khơng đổi nên AB.AC khơng đổi.
Từ (1) và (2) suy ra: AD
2
khơng đổi, do đó AD khơng đổi.
Vậy các đoạn thẳng AD, AE có độ dài khơng đổi.
Dạng tốn 5: Tốn liên quan đến góc vng.
Bài tốn 11: Cho hai đường tròn (O) và (O’)
bằng nhau, cắt nhau tại A và B. Gọi C là một
điểm của đường tròn (O), D là một điểm của
đường tròn (O’) sao cho tứ giác OCDO’ là

= 90
0
(góc nội tiếp chắn nửa đường
tròn) hay DA
⊥
DA’ (tại D) (6)
Kết hợp (5), (6) ta được: DA
⊥
CB (a)
Theo tính chất đường nối tâm ta có: OO’
⊥
AB (b)
Từ (a); (b) suy ra A là trực tâm của tam giác BCD.
Bài tốn 12: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O; R).
Vẽ AD là đường cao của tam giác ABC. Chứng minh rằng:
·
·
D CΒΑ = ΟΑ
.
12.1. Phân tích bài tốn:
Theo giả thiết ta có tam giác ABD vng tại D. Do vậy để
chứng minh được
·
·
D CΒΑ = ΟΑ
ta nghĩ tới việc tạo ra một
tam giác vng khác chứa góc OAC có thể bằng hoặc
đồng dạng được với tam giác ABD. Trên cơ sở kiến
thức của chương trình, ta nghĩ tới việc vẽ đường kính
AE của đường tròn.

Bài tốn 13: Đường phân giác trong góc A của tam giác ABC cắt đường tròn ngoại tiếp
tam giác đó ở D. Trình bày cách dựng đường tròn (O) đi qua D và tiếp xúc với AB tại B.
Giáo viên: Nguyễn Thò Lê Na Trường THCS Lương Thế Vinh
11
Sáng kiến kinh nghiệm Năm học 2011- 2012
13.1. Phân tích bài tốn.
Đường tròn (O) cần dựng thoả mãn hai u cầu:
Thứ nhất: Đường tròn (O) đi qua D và B, suy ra tâm O
thuộc đường trung trực d của BD.
Thứ hai: Đường tròn (O) tiếp xúc với AB tại B nên OB
vng góc với AB. Do B thuộc đường tròn ngoại tiếp
tam giác BAC nên ta nghĩ tới góc OBA là góc nội tiếp
chắn nửa đường tròn. Muốn vậy, từ A kẻ đường kính
AE của đường tròn (I) ngoại tiếp tam giác ABC. Khi
đó AB vng góc với BE tại B, suy ra O thuộc BE.
Vậy tâm O của đường tròn cần dựng là giao điểm
của đường trung trực d của BD và BE.
13.2. Bài giải:
a) Phân tích:
Giả sử đường tròn (O) đã dựng được thoả mãn các u cầu bài tốn.
Do đường tròn (O) đi qua D và B nên tâm O của đường tròn thuộc đường trung trực d
của BD
Đường tròn (O) tiếp xúc với AB tại B nên OB
⊥
AB.
Kẻ đường kính AE của đường (I) ngoại tiếp tam giác ABC thì
·
ABE
= 90
0

đường tròn (O). Bài tốn có đúng một nghiệm hình.
Giáo viên: Nguyễn Thò Lê Na Trường THCS Lương Thế Vinh
12
Sáng kiến kinh nghiệm Năm học 2011- 2012
Bài tốn 14: Cho đường tròn (O; 3cm) và đường tròn (O’; 1cm) tiếp xúc ngồi tại A. Kẻ
tiếp tuyến chung ngồi BC (B thuộc (O); C thuộc (O’)). Tính độ dài đoạn thẳng BA.
14.1. Phân tích bài tốn:
Với các bài tốn tính độ dài đoạn thẳng thường có
nhiều cách lựa chọn. Một trong các cách có thể sử
dụng là gắn đoạn thẳng cần tính vào một tam giác
vng. Tuy nhiên trong bài ra ta chưa thấy tam giác
vng nào chứa AB. Vậy làm thế nào để gắn AB vào
tam giác vng nào đó? Nếu ta kẻ đường kính BD của
đường tròn (O) thì góc
·
BAD
= 90
0
(góc nội tiếp chắn
nửa đường tròn) và DB vng góc với BC (tính chất
cơ bản của tiếp tuyến). Phần còn lại chỉ cần chứng
minh ba điểm D, A, C thẳng hàng thì bài tốn sẽ giải
được nhờ áp dụng một trong các hệ thức về cạnh và
đường cao trong tam giác vng.
14.2. Bài giải:
Kẻ đường kính BD thì
·
BAD
= 90
0

– 2
2
= 12, suy ra BC
2
= 12.
Xét tam giác BCD vng tại B, đường cao BA, ta có:
222
111
BCBDBA
+=
(hệ thức về cạnh
và đường cao trong tam giác vng)
Ta được:
9
1
36
4
12
1
36
1
12
1
6
11
22
==+=+=
BA
Nên BA
2

·
BAC
nhọn nội tiếp đường tròn (O; R).
Chứng minh rằng: BC = 2Rsin
·
BAC
.
Kết quả trên thay đổi như thế nào khi
·
ΒΑΧ
tù?
C. BIỆN PHÁP THỰC HIỆN.
- Điều tra học lực của học sinh qua các bài kiểm tra.
- Điều tra tâm lý của học sinh về sở thích đối với mơn Tốn.
- Tổ chức ơn tập vào các buổi ngoại khố nhằm tăng thời lượng luyện tập giải tốn.
- Ra các bài tập có cùng dạng như bài đã được học. Sau đó nâng mức độ khó tăng
dần (về cả kiến thức lẫn kỹ năng)
- Khi ra bài tập cho học sinh, giáo viên u cầu học sinh thực hiện đầy đủ một số
nội dung sau:
+) Đọc kỹ nội dung bài tốn.
+) Nhận dạng bài tốn thuộc dạng tốn nào, thực hiện phép "quy lạ về quen".
+) Xác định rõ u cầu bài tốn.
+) Xác định đúng giả thiết, kết luận (có thể viết giả thiết dưới dạng khác được
khơng?)
+) Tự mình tiến hành giải bài tốn.
+) Kiểm tra xem đã vận dụng hết giả thiết chưa, trong bài sử dụng những kiến thức
nào?
+) Đối chiếu với cách giải của bạn, của thầy.
Giáo viên: Nguyễn Thò Lê Na Trường THCS Lương Thế Vinh
14

về đổi mới phương pháp dạy học trong giai đoạn hiện nay.
Kính mong ban giám khảo, hội đồng khoa học các cấp xem xét, bổ cứu để sáng
kiến này được áp dụng rộng rãi hơn, hiệu quả cao hơn nữa. Tơi xin chân thành cảm ơn!
Giáo viên: Nguyễn Thò Lê Na Trường THCS Lương Thế Vinh
15
Sáng kiến kinh nghiệm Năm học 2011- 2012
Chơn Thành, ngày 05 tháng 01 năm 2012
Người viết
Nguyễn Thò Lê Na
V – NHẬN XÉT CỦA HỘI ĐỒNG KHOA HỌC CẤP TRƯỜNG, PHỊNG
GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO.
1. Hội đồng khoa học cấp trường:
Giáo viên: Nguyễn Thò Lê Na Trường THCS Lương Thế Vinh
16
Sáng kiến kinh nghiệm Năm học 2011- 2012
2. Hội đồng khoa học phòng Giáo dục và Đào tạo:
Giáo viên: Nguyễn Thò Lê Na Trường THCS Lương Thế Vinh
17
Sáng kiến kinh nghiệm Năm học 2011- 2012
3. Hội đồng khoa học cấp Sở:
Giáo viên: Nguyễn Thò Lê Na Trường THCS Lương Thế Vinh
18
Sáng kiến kinh nghiệm Năm học 2011- 2012
MỤC LỤC:
Giáo viên: Nguyễn Thò Lê Na Trường THCS Lương Thế Vinh
19
Sáng kiến kinh nghiệm Năm học 2011- 2012
Tên mục Trang
A. MỞ ĐẦU Trang 1
I. ĐẶT VẤN ĐỀ Trang 1