I. T VN
Hỡnh hc l mt mụn hc rt quan trng trong vic rốn luyn tớnh lụgic, t
duy sỏng to, giỳp hc sinh khụng nhng hc tt mụn Toỏn m cũn cú th hc tt
cỏc mụn hc khỏc. Vy lm th no hc sinh nm chc kin thc c bn, bit
cỏch phỏt trin bi toỏn v ch ng trong hc tp cỏc em luụn cú th t hc v
t sỏng to? Ngoi vic rốn luyn k nng gii tng dng toỏn, tỡm nhiu cỏch
gii cho mt bi toỏnthỡ vic khai thỏc phỏt trin bi toỏn cng ht sc cn
thit. Nhng khai thỏc nh th no? Khai thỏc mc no? ú mi l iu
chỳng ta cn tp trung suy ngh.
Vi mc tiờu ú bn thõn xin c trao i mt kinh nghim nh thụng
qua:
Khai thác từ một bài toán Hình học trong sách
giáo khoa Toán 9 - tập 1. Bài toán 30. trang 116
II. GII QUYT VN
1. C s lý lun
nh hng v i mi phng phỏp dy hc hin nay l phi phỏt huy tớnh
tớch cc, t giỏc, ch ng, t duy sỏng to ca ngi hc, bi dng nng lc t
hc, lũng say mờ hc tp. Lm cho cỏc em c tỡm tũi, khỏm phỏ, phỏt hin,
luyn tp, khai thỏc v x lý thụng tin, em li nim vui, hng thỳ
Vi vic dy hc mụn Toỏn bc THCS, ngi giỏo viờn cn hỡnh thnh
v rốn luyn cho cỏc em kh nng quan sỏt, d oỏn, suy lun hp lý v hp
lụgic, phỏt trin trớ tng tng, bi dng phm cht t duy linh hot v sỏng
to giỳp hc sinh hc mt, bit mi khc phc tỡnh trng thy cõy m
chng thy rng.
lm c iu ú ũi hi vo s linh hot, sỏng to ca giỏo viờn trong
cỏch dy, cỏch khai thỏc bi toỏn.
2. C s thc tin
a. Thun li:
1
Nội dung ở sách giáo khoa được biên soạn khá công phu, hệ thống kiến
thức trình bày khoa học, phù hợp với đối tượng học sinh. Đặc biệt hệ thống bài

qu cao trong cỏc k thi HSG v thi vo THPT, nh em inh Vn Tỏ, em Nguyn
Th Lnh, em Trn Vn Lc, em Lờ Tin t, em Lờ Th Thỳy Nga, em Nguyn
Vit H, em V Th Ngc H, em Nguyn Th Thu Hiu
Kt qu c th:
T l %
Thi gian
Gii Khỏ
Trung
bỡnh
Yu,
kộm
Nm hc
2009-2010
Trc khi ỏp dng
ti
3 % 30 % 20 % 47 %
Sau khi ỏp dng
ti
10 % 54 % 30 % 6 %
Nm hc
2010-2011
Trc khi ỏp dng
ti
0 20 % 25 % 55 %
Sau khi ỏp dng
ti
10 % 45 % 35 % 10 %

4. Phm vi v i tng ỏp dng ti
- ti ỏp dng c cho tt c cỏc i tng hc sinh lp9.

C
1
+
µ
D
1
= 90
o
. Suy ra
·
COD
= 90
o
.
2. Cũng áp dụng tính chất hai tiếp tuyến
cùng xuất phát từ điểm C và điểm D để
chứng minh CA=CM; B=DM.
Suy ra AC + BD = CD
3. Chứng minh
∆
COD vuông tại O, đường cao OM.
Suy ra MC.MD = OM
2
mà MC = AC; MD = BD; OM=R
Do đó AC.BD=R
2
không đổi
Giải:
1. Áp dụng tính chất hai tiếp tuyến cùng xuất phát từ điểm C, ta có:
µ

3. Theo câu 1,
·
0
D 90CO =
, hay tam giác COD vuông tại O.
Mặt khác:
DOM C
⊥
(tính chất tiếp tuyến).
Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vuông COD, ta có:
4
1
1
1
2
2
2
3
4
2 2
. D. Hay . D ROM AC A AC A= =
không đổi
* Đối với học sinh trung bình ta có thể khai thác bài toán bằng các
câu hỏi sau.
4. Chứng minh
∆
COD và
∆
AMB đồng dạng với nhau ?
Gợi ý: Ta có:

S
S
khi AC =
2
R
?
Gợi ý : Theo cách chứng minh ở câu 3, ta có OM
2
= MC. MD hay MC. MD = R
2
mµ
MC = AC =
2
R

=> MD =
2
OM
MC
= R
2
:
2
R
= 2R
=> CD = CM + DM =
2
R
+ 2R =
5

4 16
 
=
 ÷
 
6. Gọi K là giao điểm của AD và BC hãy chứng minh MK
⊥
AB
Gợi ý:
Ta có AC//BD (gt)
Áp dụng hệ quả của định lý
Thalets vào tam giác AKC, ta có:
KD KB DB
KA KC AC
= =
(1)

AC, CM là tiếp tuyến của nửa (O) nên CM = CA (2) ,
tương tự ta có DB = DM (3)
5
Từ (1), (2), (3) ta có:
/ /
KD MD
MK AC
KA MC
= ⇒
( Theo định lý Thalets đảo)
MK AB
⇒ ⊥
7. Sau khi chứng minh được

CMI

⇒
CI = CM = CA
Do MH // IA, áp dụng định lý Thales ta có:
MK
CI
=
BK
BC
=
KH
CA
mà CI=CA
⇒
MK = KH
9. Từ giả thiết của bài toán nghĩ ngay đến tứ giác nội tiếp do đó có thêm câu
hỏi chứng minh các tứ giác CMOA; DMOB nội tiếp đường tròn.
10. Thêm giả thiết OC cắt AM tại E và OD cắt BM tại F. Hãy xác định tâm
của đường tròn đi qua 4 điểm O;E;M;F
Gợi ý: Chứng minh tứ giác OEOF là hình chữ nhật nên tâm của đường tròn đi
qua 4 điểm O;E;M;F chính là giao điểm của OM và EF
* Thật là sáng tạo nếu từ kết quả chứng minh ở câu 10, ta có thể
khai thác thêm các câu hỏi về quỹ tích dành cho đối tượng học sinh khá,
giỏi như sau:
11 a. Gọi P là tâm đường tròn đi qua 4 điểm O; E; M; F. Hãy tìm quỹ tích của
điểm P, khi M chạy trên nủa đường tròn tâm O, đường kính AB.
6
Gợi ý: Từ kết quả của câu 10, ta có:
PO =

với bài này ta có thể khai thác được bởi các câu hỏi.
12 a. Xác định vị trí của M để chu vi tứ giác ACDB đạt giá trị nhỏ nhất?
Gợi ý:
Chu vi tứ giác ACDB = AB +AC + CD + DB
Mà AC + BD = CD nên suy ra chu vi của tứ giác ACDB = AB + 2CD.
Do AB không đổi nên chu vi tứ giác ACDB nhỏ nhất khi CD nhỏ nhất.
CD nhỏ nhất
⇔
CD
⊥
Ax và CD
⊥
By, khi đó CD // AB.
Suy ra M là điểm chính giữa của cung AB
12b. Xác định vị trí của M để diện tích tứ giác ACDB đạt giá trị nhỏ nhất?
7
Gợi ý:
Tứ giác ACDB là hình thang, có diện tích là: S =
1
2
(AC + BD) .AB
S nhỏ nhất
⇔
(AC + BD ) nhỏ nhất: Mà AC + BD = CD (câu 2)
Vậy CD nhỏ nhất
⇔
CD // AB. Khi đó M là điểm chính giữa của cung AB
* Cũng có thể khai thác bài toán gốc theo hướng khó hơn:
13 a. Biết
·

DM B
S
=
1
2
BM.DF =
2
. 3
4
BM
∆
MAB vuông có AM=R; AB=2R nên MB
2
= AB
2
– AM
2
= 4R
2
– R
2
= 3R
2

⇒
MB = R
3
⇒

MBD

CD.OM = r (OC + OD + CD)
⇒
CD . R = r (OC + OD + CD)
⇒

r
R
=
D
D D
C
OC O C+ +
.
Mà OC + OD > CD (quan hệ giữa ba cạnh trong trong tam giác)
8
nên
r
R
=
D
D
C
OC OD C+ +
<
D
2 D
C
C
=
1

0
E 90A O =
;
·
0
OF 90B =
nên điểm E thuộc nửa
đường tròn đường kính AO; F thuộc nửa đường tròn đường kính OB. Từ
đó ta có được bài toán sau:
Bài tập 2: Cho hai đường tròn (O) và (O
’
) tiếp xúc ngoài tại A. BC là
tiếp tuyến chung ngoài với
'
( ); ( )B O C O∈ ∈
. Tiếp tuyến chung trong tại A cắt
BC ở M. Gọi E là giao điểm của OM và AB; F là giao điểm của O
’
M và AC.
Chứng minh:
1. Tứ giác AEMF là hình chữ nhật.
2. ME . MO = MF . MO
’
3. OO
’
là tiếp tuyến chung của đường tròn đường kính BC
4. BC là tiếp tuyến của đường tròn, đường kính OO
’
(BT 42– trang 128. SGK Toán 9 - Tập 1.)
Giải:

(3)
Từ (1); (2); (3) ta có:
·
· ·
EMF = A = A = 90
o
ME MF
Suy ra tứ giác AEMF là hình chữ nhật
2.
MAO
∆
vuông tại A có AE
⊥
MO
2
MA = ME . MO⇒
'
MAO∆
vuông tại A có AF
⊥
MO
’

2 '
MA = MF . MO⇒
Do đó: ME . MO = MF . MO
’
3. Vì MB = MC = MA (C/m trên)
Nên đường tròn đường kính BC có tâm là M đi
qua A. Mà OO

1
OBC M⊥
Do đó BC là tiếp tuyến của đường tròn tâm O
1
đường kính OO
’
* Từ bài toán trên ta có thể khai thác tiếp như sau:
5. Kéo dài BA cắt (O
’
) tại P; kéo dài CA cắt (O) tại Q. Chứng minh B,O,Q
thẳng hàng; C, O
’
, P thẳng hàng
Gợi ý:
Từ kết quả câu 1, ta có AEMF là hình
chữ nhật, suy ra:
·
= 90
o
BAQ

⇒
A
thuộc đường tròn đường kính BQ
⇒
B,O,Q thẳng hàng.
Tương tự : C,O
’
, P thẳng hàng
6. Từ kết quả câu 5, ta có BQ = IA; CP = AK


= rMA R
BC = 2MA = 2 rR⇒
Vậy
Ta có:
∆
CBD vuông tại B nên áp dụng hệ thức
2 2 2
1 1 1
=
h b c
+
Ta có:
2 2 2 2 2
1 1 1 1 1
= + = + =
D 4R 4Rr 4R
R r
BA B BC r
+

⇒
2R
BA=
r
R r
+
Tương tự ta có:
2r
=

2 2 2
r = r + r r = ( + ) R R r R R r r⇔ ⇔
( )
2
2
2
r r
r =
+
+
R R
R r
R r
 
⇔ =
 ÷
 ÷
 
- Nếu H thuộc tia đối của CB (H ở vị trí H
’
trên hình vẽ).
11
= 2 rBC R
Khi đó BC = BH
’
– H
’
C
2 2
2 2

2 2
2 r 2 r + 2 rR R r=
ta có:
2 2
2
r = r + r
1 1 1
= +
R R r
r R r
⇔
10. Gọi N là giao điểm của IB và KC, dễ thấy tứ giác ABNC là hình chữ nhật.
Vậy liệu 3 điểm N, M, A có thẳng hàng không?
Gợi ý:
Vì
'
OONA ⊥
BOA
∆
cân tại O
·
·
= OBA OAB⇒
BOA∆
cân tại O
·
·
= OBA OAB⇒
Tứ giác ABNC là hình chữ nhật, suy ra
·

BC. Có thể chứng minh AH, O’B, OC

đồng quy tại
trung điểm của AH được không?
Gợi ý:
Gọi D là giao điểm của OC và AH. Ta có OB//O
’
C//AH (cùng vuông góc với BC)
12
- Theo định lý Thales ta có:
'
'
D
= =
r
= DH =
DH C O A
OB CO O O
DH r R
R R r R r
⇒ ⇒
+ +

Tương tự:
r
=
R
DA
R r+
Vậy DA = DH. Suy ra OC đi qua D

=
2
BCO O
NIK
S
S

Vẫn không ngừng khai thác, nếu sử dụng kiến thức về độ dài đường
tròn, diện tích hình tròn, ta có thể phát triển tiếp để có những bài toán
hấp dẫn như:
14 a. Hãy chứng minh rằng độ dài nửa đường tròn đường kính IK bằng tổng
các độ dài của hai nửa đường đường kính IA và nửa đường đường kính AK .
Gợi ý:
13
Áp dụng công thức
C =
π
d (d là độ dài đường kính ) và
IA + AK = IK, khi đó ta có:
Từ IA + AK = IK, nhân hai vế với
2
π
,
ta có:
. . .
2 2 2
IA AK IK
π π π
+ =
Suy ra điều phải chứng minh

1
- S
2
- S
3
=
'2
2
R
π
- (
2
2
R
π
+
2
2
r
π
).
* Từ câu hỏi 11 và câu hỏi 14 b, ta có thể nâng cao hơn nữa:
14 c.Chứng minh diện tích phần giới hạn đó với A bất kỳ trên IK bằng diện
tích hình tròn đường kính AN.
Gợi ý: Diện tích phần giới hạn là:
2 2 2 2 2 2
2 2
( ) ( ) )
8 8
.2 . = .2A =

’
) tiếp xúc ngoài tại C. Gọi AC
và BC là hai đường kính đi qua C của O) và (O
’
). Dây chung MN của (O) vuông
góc với AB tại trung điểm P của AB. MC kéo dài cắt (O
’
) tại Q.
a. Chứng minh ba điểm B, Q, N thẳng hàng.
b. Chứng minh PQ là tia tiếp tuyến của (O
’
)
III. KẾT LUẬN
1. Kết luận
- Đề tài là sự tìm tòi nghiên cứu và sáng tạo của bản thân trong quá trình dạy học,
đáp ứng việc đổi mới phương pháp. Nhằm phát huy tính tích
cực, niềm say mê, sáng tạo của mọi đối tượng học sinh.
- Đề tài đã khai thác sâu kiến thức trọng tâm của chương trình Toán THCS
trên nhiều khía cạnh của kiến thức (đặc biệt là chương trình Toán lớp 8, lớp 9) và
khai thác bài toán ở các góc nhìn khác tạo nên những bài toán mới hấp dẫn.
- Bài toán trên chắc chắn còn nhiều hướng khai thác khác, rất mong các đồng
nghiệp tiếp tục phát triển thêm.
15
- Mặc dù bản thân đã nổ lực, cố gắng rất nhiều song không thể tránh khỏi
những thiếu sót cần bổ sung, rất mong được sự nhiệt tình góp ý từ quý thầy cô,
bạn bè để đề tài ngày càng hoàn thiện và có hiệu quả cao trong công tác giảng dạy
phân môn Hình học hơn nữa.
2. Kiến nghị
- Mỗi một Giáo viên phải xác định đúng vai trò, nhiệm vụ của mình, tích cực
nghiên cứu, tìm tòi, tâm huyết với học sinh để xứng đáng là “ tấm gương tự học