MỤC LỤC
TT
1
1.1
1.2
1.3
1.4
2
2.1
2.2

2.3

2.4
3
4

Các tiêu mục
Mở đầu
Lí do chọn đề tài
Mục đích nghiên cứu
Đối tượng nghiên cứu
Phương pháp nghiên cứu
Nội dung sáng kiến kinh nghiệm
Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm
Thực trạng của vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến
kinh nghiệm
Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề
2.3.1. Xây dựng hệ thống bài tập minh họa cách vận
dụng trực tiếp kiến thức cơ bản về tứ giác nội tiếp.
2.3.2. Khai thác lời giải bài toán dựa vào tứ giác nội

biết rèn luyện khả năng và thói quen suy nghĩ, tìm tòi, khai thác lời giải của một
bài toán trên cơ sở những kiến thức đã được trang bị.
- Thực tế cho thấy tâm lí chung của đa số học sinh là sợ và ngại học môn
Hình học. Nguyên nhân là do các em chưa tìm được phương pháp học tập phù
hợp với đặc trưng bộ môn, vì môn Hình học là môn học khó với lượng bài tập đa
dạng, trong đó có nhiều bài tập khó đòi hỏi học sinh không những nắm vững
kiến thức cơ bản mà còn phải biết vận dụng linh hoạt, có kĩ năng trình bày suy
luận một cách khoa học, logic.
- Tứ giác nội tiếp rất quan trọng trong chương trình Hình học 9 bởi nó gắn
liền với mảng kiến thức về đường tròn với nhiều mức độ từ dễ đến khó mà
người giáo viên khi giảng dạy có thể khai thác được. Đây cũng là nội dung
thường gặp trong các đề thi vào lớp 10 PTTH. Xuất phát từ lí do đó, tôi đã chọn
cho mình đề tài nghiên cứu: ‘‘Kinh nghiệm hướng dẫn học sinh lớp 9 khai
thác kiến thức phần Tứ giác nội tiếp - Hình học 9 đạt hiệu quả cao” với
mong muốn giúp cho các em học sinh có thể tự hình thành cho mình phương
pháp học tập hiệu quả, từ đó nắm vững kiến thức và tự tin xử lí các tình huống
toán học trong thực tiễn.
1.2. Mục đích nghiên cứu.
- Việc nghiên cứu, lựa chọn đề tài là để nhằm mục đích hướng dẫn HS hệ
thống hóa kiến thức, cách thức tiếp cận, khai thác có hiệu quả phần Tứ giác nội
tiếp - Hình học 9, khơi gợi sự hứng thú, niềm đam mê môn học nơi học sinh,
đồng thời chuẩn bị hành trang kiến thức cho các em chuẩn bị bước vào kì thi vào
lớp 10 PTTH.
1.3 Đối tượng nghiên cứu.
- Đề tài nhằm hướng tới việc nghiên cứu, tổng kết một số đơn vị kiến thức
xoay quanh phần Tứ giác nội tiếp - Hình học 9.
1.4. Phương pháp nghiên cứu.
- Phương pháp nghiên cứu lý thuyết kết hợp kinh nghiệm giảng dạy của
bản thân.
- Phương pháp nghiên cứu thực tiễn.

Từ thực tế giảng dạy bộ môn Toán học của bản thân tôi cũng như khi trao
đổi, tham khảo nơi các đồng nghiệp khác thì gần như 100% học sinh học phân
môn Hình học kém hơn Đại số. Cũng vì thế mà các em có tâm lí ngại học,
không thích học, không có hứng thú học Hình học. Bởi vậy các em chưa thực sự
nghiên cứu, tìm tòi, đào sâu suy nghĩ về một đơn vị kiến thức hình học nào đó,
có chăng thì cả lớp vài chục em cũng chỉ được một vài em lưu tâm, để ý đọc
thêm sách tham khảo, làm thêm các bài tập khó liên quan đến nội dung vừa học.
Thời điểm sau khi dạy xong chương III: Góc với đường tròn - Hình học 9:
ở năm học 2016-2017, tôi tiến hành khảo sát mức độ tiếp thu kiến thức của các
em học sinh lớp 9B thông qua một bài kiểm tra 45 phút với nội dung tập trung
chủ yếu là phần kiến thức về tứ giác nội tiếp. Kết quả thu được như sau:
Tổng
Giỏi
Khá
TB
Yếu
Kém
số HS
SL
%
SL
%
SL
%
SL
%
SL
%
23
01

M
Mà BE ⊥ AC; CF ⊥ AB
⇒ CD ⊥ AC; DB ⊥ AB
D

⇒ ACD = ABD = 900

Xét tứ giác ABDC có: ACD + ABD = 900 + 900 = 1800.
Suy ra tứ giác ABDC nội tiếp được trong một đường tròn (đpcm).
Nhận xét: Trong bài này, để chứng minh tứ giác ABDC nội tiếp, ta đã sử
dụng phương pháp: Tứ giác có tổng hai góc đối nhau bằng 1800 .
Bài toán 2:
Cho đường tròn (O) đường kính AB và tia tiếp tuyến Bx của đường tròn.
Trên tia Bx lấy hai điểm C và D (C nằm giữa B và D). Các tia AC và AD lần
lượt cắt đường tròn tại E và F. Hai dây AE và BF cắt nhau tại M. Hai tia AF và
BE cắt nhau tại N. Chứng minh rằng các tứ giác FNEM,CDFE nội tiếp.[2]
Bài giải:
*Vì AFB, AEB là các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)
x
⇒ AFB = AEB = 900
⇒ NFM = NEM = 900

D

Xét tứ giác FNEM có:

F

NFM + NEM = 900 + 900 = 1800


Bài toán 3: Cho ∆ ABC không có góc tù. Các đường cao AH và đường
trung tuyến AM không trùng nhau sao cho BAH = CAM. Gọi N là trung điểm
của AB. Chứng minh AMHN là một tứ giác nội tiếp.[2]
Bài giải:
Vì ∆ AHB vuông tại H có HN là
A
đường trung tuyến ứng với cạnh huyền AB
⇒ HN =

AB
= NA
2

N

⇒ ∆ NAH cân tại N
⇒ NAH = AHN

B

H M

C

Mà NAH = BAH = CAM (gt)
⇒ AHN = CAM (1)
Mặt khác MN là đường trung bình của ∆ ABC ⇒ MN // AC
⇒ AMN = CAM (hai góc đồng vị)
(2)
Từ (1) và (2) ⇒ AHN = AMN


MAB + MCB = 1800
Mà MAB + HAM = 1800 (hai góc kề bù)
⇒ MCB = HAM (2)

Xét tứ giác AIMH có 2 đỉnh I và H cùng nhìn cạnh AM dưới 1 góc vuông
nên là tứ giác nội tiếp
⇒ HAM = HIM (hai góc nội tiếp cùng chắn HM ) (3)
Từ (1), (2), (3) ⇒ MIK + HIM = 1800 ⇒ HIK = 1800
⇒ HIK là góc bẹt ⇒ 3 điểm H, I, K thẳng hàng (đpcm).
Nhận xét: Trong bài này:

5


- Để chỉ ra các tứ giác MIKC, AIMH nội tiếp, ta đã sử dụng kiến thức về
quỹ tích cung chứa góc: Qũy tích các điểm nhìn đoạn thẳng AB cho trước dưới
một góc vuông là đường tròn đường kính AB.
- Để chứng tỏ được 3 điểm H, I, K thẳng hàng, ta đã phải sử dụng đến
tính chất tổng hai góc đối nhau của tứ giác nội tiếp bằng 180 0 trong hai tứ giác
MIKC, AMCB.
- Đường thẳng HIK được gọi là đường thẳng Xim-xơn của điểm M
(Robert Simson, 1687-1768, nhà toán học Xcôt-len).
2.3.2. Khai thác lời giải bài toán dựa vào tứ giác nội tiếp.
Trong phần này, ta sẽ đi khai thác kiến thức về tứ giác nội tiếp thông qua
việc thêm hoặc bớt hoặc thay đổi một vài yếu tố của giả thiết bài toán, dẫn đến
sự thay đổi kết luận của bài toán, từ đó tạo nên sự lôi cuốn, thích thú và niềm
đam mê môn học đối với học sinh.
Bài toán xuất phát 1:
Cho điểm M nằm ngoài đường tròn (O). Vẽ tiếp tuyến MA, MB với

tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn AC )
⇒ ∆MAC
∆MDA (g . g)
MA MC
=
⇒ MA 2 = MC.MD (đpcm).
MD MA
c) Xét ∆MAO vuông tại A, có AH ⊥ MO
⇒

⇒ OH.OM = OA2

6


⇒ OH.OM + MC.MD = OA2 + MA2

(1)

Mặt khác áp dụng định lí Pi-ta-go vào ∆MAO vuông tại A ta có:
AO 2 + MA 2 = MO 2 (2)
Từ (1) và (2) ⇒ OH.OM + MC.MD = MO2 (đpcm).
d) Xét ∆MAO vuông tại A, có AH ⊥ MO
⇒ MH.MO = MA2 , mà MC.MD = MA2 (theo câu b)
⇒ MH.MO = MC.MD ⇒

MH
MC
=
MD MO

có bài toán mới sau đây:
Bài toán 2:
Cho điểm M nằm ngoài đường tròn (O). Vẽ tiếp tuyến MA với đường tròn
(A là tiếp điểm). Vẽ cát tuyến MCD nằm giữa hai tia MA và MO (C nằm giữa M
và D). Kẻ AH vuông góc với MO tại H. Tia MO cắt (O) tại I (I nằm giữa M và
H). Chứng minh rằng: CI là tia phân giác MCH.
A
Bài giải:
D
C
M

I

H

O

Kéo dài MO cắt đường tròn (O) tại K.
∆MDA (g . g) ⇒ MA2 = MC.MD
Ta có: ∆MAC
∆MAO vuông tại A, có AH ⊥ MO ⇒ MA2 = MH.MO
MH
MC
=
MD MO
∆MOD (c.g.c) ⇒ MCH = MOD

⇒ MC.MD = MH.MO ⇒
⇒ ∆MCH

và D). Kẻ AH vuông góc với MO tại H. Chứng minh rằng: HA là tia phân giác
CHD.[3]

A

Bài giải:

D
C
M

Ta có: ∆MAC

H

O

∆MDA (g . g) ⇒ MA2 = MC.MD

∆MAO vuông tại A, có AH ⊥ MO ⇒ MA2 = MH.MO
MH
MC
=
MD MO
∆MOD (c.g.c) ⇒ MCH = MOD

⇒ MC.MD = MH.MO ⇒
⇒ ∆MCH

Mà MCH + HCD = 1800 (hai góc kề bù)

đối xứng với A qua D. Chứng minh rằng: M, I, N thẳng hàng.[7]
A
Bài giải:
D
K
C

M

Ta có: ∆MAC

P

I

N

H O
I

∆MDA (g . g) ⇒ MA2 = MC.MD

∆MAO vuông tại A, có AH ⊥ MO ⇒ MA2 = MH.MO
MH
MC
=
MD MO
∆MOD (c.g.c) ⇒ MCH = MOD

⇒ MC.MD = MH.MO ⇒

=
;
(4)
PD HD
MD HD
PD MD

Vì CK // AD nên theo hệ quả của định lí Ta-lét, ta có:
MC MK KC
=
=
(5)
MD MA
AD

Vì CI // AD nên theo hệ quả của định lí Ta-lét, ta có:

CP
CI
=
(6)
PD AD

KC
CI
⇒ KC = CI ⇒ KI = 2KC.
=
AD AD
Vì N đối xứng với A qua D ⇒ D là trung điểm đoạn thẳng AN
⇒ AN = 2AD.

Cho điểm M nằm ngoài đường tròn (O). Vẽ tiếp tuyến MA với đường tròn
(A là tiếp điểm). Vẽ cát tuyến MCD nằm giữa hai tia MA và MO (C nằm giữa M
và D). Kẻ AH vuông góc với MO tại H. Gọi N là trung điểm dây CD, B là giao
điểm của ON và AH Chứng minh rằng:
a) Các tứ giác MANO và BHOD nội tiếp.
b) Khi 3 điểm M, C, D cố định trên cát tuyến của đường tròn (O) thì tâm
đường tròn ngoại tiếp tam giác ONH luôn chạy trên một đường thẳng cố định
khi đường tròn (O) thay đổi.[6]
B
Bài giải:
A
C
M

10

K
H

D
N
O


a) * Vì MA là tiếp tuyến của đường tròn (O) ⇒ MA ⊥ OA
Vì N là trung điểm CD ⇒ ON ⊥ CD
Xét tứ giác MANO có hai đỉnh kề nhau A và N cùng nhìn cạnh MO dưới
một góc vuông ⇒ Tứ giác MANO nội tiếp (đpcm).
* Xét ∆ OHB và ∆ ONM có: HON chung, OHB = ONM (= 900)
⇒ ∆ OHB

⇒ MH.MO = MN.MK (3)
=
MN
MO
Xét ∆MAO vuông tại A, có AH ⊥ MO
⇒ MH.MO = MA2
⇒

∆MDA (g . g)
Lại có: ∆MAC
2
⇒ MA = MC.MD
⇒ MH.MO = MC.MD (4)

Từ (3) và (4) ⇒ MN.MK = MC.MD ⇒ MK =

MC.MD
MN

Vì M, C, D cố định ⇒ trung điểm N của CD cố định ⇒ MK =

MC.MD
MN

không đổi ⇒ điểm K cố định.
Xét tứ giác KHON có: KHO + KNO = 900 + 900 = 1800
Suy ra tứ giác KHON nội tiếp
Vì đường tròn ngoại tiếp tứ giác KHON cũng chính là đường tròn ngoại
tiếp tam giác ONH, mà đường tròn này luôn đi qua hai điểm cố định K và N do
đó tâm đường tròn này nằm trên đường trung trực của đoạn thẳng KN


O

B

b) Vì MA, MB là các tiếp tuyến của đường tròn (O)
⇒ MA ⊥ OA, MB ⊥ OB
Vì I là trung điểm CD ⇒ OI ⊥ CD
Vì 3 điểm A, I, B cùng nhìn đoạn thẳng MO dưới một góc vuông nên
chúng cùng thuộc đường tròn đường kính MO, tức là 5 điểm M, A, I, O, B cùng
thuộc đường tròn đường kính MO
⇒ AMI = ABI (hai góc nội tiếp cùng chắn AI )
Mà xAK = ABK = ABI (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội
tiếp cùng chắn AK )
⇒ xAK = AMI, mà hai góc này lại nằm ở vị trí đồng vị
⇒ AK // MI ⇒ AK // CD (đpcm).
Nhận xét: Trong bài toán 1, nếu ta thay đổi giả thiết: “Tia MO cắt AB và
(O) lần lượt tại H và K (H nằm giữa M và K)’’ thành: ‘‘Đường thẳng đi qua C
và vuông góc với OA cắt AB, AD theo thứ tự ở H và K’’, thì ta có bài toán sau
đây:
Bài toán 7:

12


Cho điểm M nằm ngoài đường tròn (O). Vẽ tiếp tuyến MA, MB với
đường tròn (A, B là các tiếp điểm). Vẽ cát tuyến MCD không đi qua tâm O (C
nằm giữa M và D). Đường thẳng đi qua C và vuông góc với OA cắt AB, AD
theo thứ tự ở H và K. Chứng minh rằng: CH = HK.[3]
A

⇒ HIC = ADC, mà hai góc này lại ở vị trí đồng vị
⇒ HI // AD ⇒ HI // KD
Xét ∆ CKD có: IC = ID; HI // KD (cmt)
⇒ HC = HK (đpcm).
Nhận xét:
- Nút thắt của bài toán này nằm ở việc chỉ ra tứ giác CHIB nội tiếp.
-Trong bài toán 1, nếu ta thay đổi giả thiết: “Tia MO cắt AB và (O) lần
lượt tại H và K (H nằm giữa M và K)’’ thành: ‘‘Kẻ đường kính BON. Các đường
thẳng NC, ND cắt đường thẳng MO lần lượt tại E và F’’. thì ta có bài toán sau
đây:
Bài toán 8:
Cho điểm M nằm ngoài đường tròn (O). Vẽ tiếp tuyến MA, MB với
đường tròn (A, B là các tiếp điểm). Vẽ cát tuyến MCD không đi qua tâm O (C
13


nằm giữa M và D). Kẻ đường kính BON. Các đường thẳng NC, ND cắt đường
thẳng MO lần lượt tại E và F. Chứng minh rằng: OE = OF.[3]

A

Bài giải:

N
D

C
H

M

⇒ AFH = BFH ⇒ AFM = BFE (2)
Từ (1) và (2) ⇒ AEF = BFE, mà hai góc này lại ở vị trí so le trong
⇒ EN // BF ⇒ ENO = FBO (hai góc so le trong)
Xét ∆ NOE và ∆ BOF có:
ENO = FBO (cmt)
ON = OB (= R)
NOE = BOF (đối đỉnh)
⇒ ∆ NOE = ∆ BOF (g.c.g)

14


⇒ OE = OF (hai cạnh tương ứng) (đpcm).

Nhận xét:
- Nút thắt của bài toán này nằm ở việc chỉ ra các tứ giác MECA, MFDA
nội tiếp.
- Trong bài toán 1, nếu ta bỏ đi giả thiết vẽ cát tuyến MCD mà chỉ lấy
điểm C bất kì trên cung nhỏ AB của đường tròn (O) , thì ta có bài toán sau đây:
Bài toán 9:
Cho điểm M nằm ngoài đường tròn (O). Vẽ tiếp tuyến MA, MB với
đường tròn (A, B là các tiếp điểm). Gọi C là điểm bất kì trên cung nhỏ AB của
đường tròn (O). Gọi D, E, F lần lượt là chân đường vuông góc kẻ từ C đến AB,
MA, MB. Gọi P là giao điểm của AC và DE, Q là giao điểm của BC và DF
Chứng minh rằng: AB // PQ.[4]
A
Bài giải:
E

M

⇒ CPQ = CAB, mà hai góc này lại ở vị trí đồng vị ⇒ AB // PQ (đpcm).
Nhận xét:
- Nút thắt của bài toán này nằm ở việc chỉ ra tứ giác CPDQ nội tiếp.
Trong bài toán 1, nếu ta kẻ cát tuyến MCD sao cho DB là đường kính của
đường tròn (O): thì ta có bài toán sau đây:
Bài toán 10:
15


Cho điểm M nằm ngoài đường tròn (O). Vẽ tiếp tuyến MA, MB với
đường tròn (A, B là các tiếp điểm). Kẻ đường kính BOD, MD cắt đường tròn
(O) tại điểm thứ hai là C. Từ A kẻ AK ⊥ BD tại K, AK cắt MD tại I
Chứng minh rằng: IA = IK
[7]
Bài giải:
A
I

C
M

D

K
H

O

B




Cho điểm M nằm ngoài đường tròn (O). Vẽ tiếp tuyến MA, MB với
đường tròn (A, B là các tiếp điểm). Vẽ cát tuyến MCD nằm giữa hai tia MA và
MO (C nằm giữa M và D). Qua điểm C kẻ đường thẳng vuông góc với BO cắt
BA, BD lần lượt tại I, K. Gọi N là trung điểm BM. Chứng minh rằng: D, I, N
thẳng hàng. [7]
A
Bài giải:
E

C

D

I

M
N

O
K
Q
B

Gọi E là trung điểm CD ⇒ OE ⊥ CD (Quan hệ vuông góc giữa đường
kính và dây).
Vì MA, MB là các tiếp tuyến của đường tròn (O)
⇒ MA ⊥ OA, MB ⊥ OB
Vì 3 điểm A, E, B cùng nhìn đoạn thẳng MO dưới một góc vuông nên

MQ QB
Mà CI = IK ⇒ MQ = QB ⇒ Q là trung điểm MB ⇒ Q ≡ N
⇒ D, I, N thẳng hàng (đpcm).

Nhận xét:
- Nút thắt của bài toán này nằm ở việc chỉ ra tứ giác CAEI nội tiếp.
17


- Từ một bài toán gốc, nếu ta biết thay đổi một số yếu tố của giả thiết
hoặc đi khai thác sâu các kết luận khác nhau thì ta sẽ có được những bài toán
mới có mối liên hệ với nhau, từ đó giúp các em học sinh được ôn luyện kiến
thức một cách chuyên sâu, đồng thời rèn khả năng tư duy, khái quát, khả năng
tổng hợp kiến thức.
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục,
với bản thân, đồng nghiệp và nhà trường.
Sau khi áp dụng sáng kiến này vào thực tế dạy học của bản thân, tôi nhận
thấy ở các em học sinh đã bước đầu hình thành phương pháp học tập bộ môn
Hình học hiệu quả. Các em đã nắm vững kiến thức cơ bản, tự tin hơn trong việc
xử lí các tình huống Toán học nói riêng và trong học tập nói chung.
Khi cho học sinh lớp 9 năm học 2017-2018 làm bài kiểm tra 45 phút
chương III: Góc với đường tròn - cũng với nội dung tập trung chủ yếu là phần
kiến thức về tứ giác nội tiếp thì thu được kết quả như sau:
Tổng
Giỏi
Khá
TB
Yếu
Kém
số HS

việc dạy cho học sinh các phương pháp chứng minh tứ giác nội tiếp hay là áp
dụng trực tiếp tính chất của tứ giác nội tiếp vào giải những bài tập vận dụng ở
mức độ đơn giản mà còn có thể hướng dẫn các em thỏa sức sáng tạo, tìm tòi,
khai thác những bài tập hay và khó có thể giải được nhờ vận dụng kiến thức về
tứ giác nội tiếp thông qua việc thay đổi, thêm bớt một vài yếu tố của bài toán .
Với hiệu quả đã đạt được khi áp dụng sáng kiến, thì đề tài này có thể là tài
liệu hữu ích để đồng nghiệp mà nhất là với những GV mới ra trường tham khảo.
3.2. Kiến nghị
a) Sở GD& ĐT Thanh Hóa, Phòng GD&ĐT Thọ Xuân.
Nên phát hành các SKKN đạt giải cấp Huyện, cấpTỉnh để giáo viên có
thêm nguồn tại liệu tham khảo, học tập.
b) Nhà trường.
- Động viên, khuyến khích giáo viên tự nghiên cứu, tự học, tham khảo các
SKKN đạt giải cao. Vận dụng các đề tài vào thực tế giảng dạy để nâng cao chất
lượng giáo dục.
- Đối với nhóm chuyên môn: Thường xuyên sinh hoạt trao đổi kinh
nghiệm về dạy những dạng toán cơ bản cũng như những dạng toán hay và khó
trong trường THCS.
Thọ Xuân, ngày 25 tháng 3 năm 2019
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, không sao chép nội dung
của người khác.
Tác giả

XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Lê Thị Nguyệt

19



Kết quả
Cấp đánh
đánh giá
giá xếp loại
Năm học đánh
xếp loại
(Phòng, Sở,
giá xếp loại
(A, B,
Tỉnh...)
hoặc C)
Phòng GD
B
2010-2011

Một số phương pháp thường
dùng giải phương trình vô tỉ
Một số phương pháp thường Phòng GD
dùng để chứng minh bất đẳng
thức
Một số biện pháp chỉ đạo Phòng GD
nhằm nâng cao chất lượng
giáo dục kĩ năng sống cho
học sinh trường THCS.

21

C


CAOLỚP 9 KHAI
THÁC KIẾN THỨC PHẦN “TỨ GIÁC NỘI TIẾP”- HÌNH
HỌC 9, ĐẠT HIỆU QUẢ CAO

Người thực hiện: Lê Thị Nguyệt
Chức vụ: Phó Hiệu trưởng
Đơn
vị công
THCS Thọ Nguyên -Thọ Xuân
Người
thựctác:Trường
hiện:
SKKN
Chức thuộc
vụ: lĩnh vực (môn): Toán
Đơn vị công tác:
SKKN thuộc lĩnh vực (môn): Toán

22
THANH HOÁ NĂM 2019


THANH HOÁ NĂM 2019

23