âm thanh lớp học, loa trợ giảng

SKKN Rèn kỹ năng giải toán cho học sinh thông qua một số bài toán về đường tròn có hai tiếp tuyến và một cát tuyến cắt nhau tại một điểm

SKKN Rèn kỹ năng giải toán cho học sinh thông qua một số bài toán về đường tròn có hai tiếp tuyến và một cát tuyến cắt nhau tại một điểm

Xem bản đầy đủ trên google drive: TẠI ĐÂY

Các thầy cô cần file liên hệ với chúng tôi tại fanpage facebook O2 Education

Hoặc xem nhiều SKKN hơn tại:  Tổng hợp SKKN luận văn luận án O2 Education

ĐIỀU KIỆN HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN
Trong nhà trường THCS có thể nói môn Toán là một trong những môn
học giữ một vị trí hết sức quan trọng. Toán học là một bộ môn khoa học tự nhiên
mang tính trừu tượng cao, tính logíc. Những tri thức và kỹ năng toán học cùng
với những phương pháp làm việc trong toán học trở thành công cụ để học tập
những môn khoa học khác và nó là cầu nối các ngành khoa học với nhau đồng
thời nó có tính thực tiễn rất cao trong cuộc sống xã hội và với mỗi cá nhân. Môn
toán có khả năng tư duy lôgic, phát huy tính linh hoạt, sáng tạo trong học tập và
môn toán là một trong những môn học được coi khó đối với nhiều học sinh.
Bài tập toán học có vai trò quan trọng trong môn toán, nó có vai trò đánh
giá hoạt động của học sinh thông qua giải bài tập, học sinh phải thực hiện những
hoạt động nhất định bao gồm cả nhận dạng và thể hiện định nghĩa, định lý, quy
tắc, phương pháp, những hoạt động toán học phức hợp, những hoạt động trí tuệ
phổ biến trong toán học, những hoạt động trí tuệ chung và những hoạt động
ngôn ngữ. Vì vậy, rèn luyện kỹ năng giải toán cho học sinh là một vấn đề quan
trọng trong dạy học, nó phải được tiến hành có kế hoạch, thường xuyên, hệ
thống, bền bỉ, liên tục qua tất cả các lớp. Việc giải một bài toán là một quá trình
mò mẫm, tìm tòi dựa trên hiểu biết của người giải toán. Có người phải mò mẫm
rất lâu, thử hết cách này đến cách khác, trong khi có người lại có thể tìm được
cách giải rất nhanh. Vậy đâu là bí quyết cho kỹ năng giải toán nhanh gọn và
chính xác? Cách rèn luyện chúng như thế nào? Những con đường mà người giải
toán có thể trải qua để đi đến các lời giải thoả đáng là gì?
Trong chương trình môn toán, đường tròn và những bài toán liên quan
đến đường tròn chiếm một vị trí không nhỏ trong chương trình Toán 9, mặc dù
là lớp cuối cấp THCS nhưng việc giải các bài toán chứng minh các em cũng
đang gặp nhiều lúng túng. 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
3
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 tập này 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 toán là điều không thể thực hiện. Mỗi một giáo viên đều có thế
mạnh riêng của mình. Do đó tuỳ vào đối tượng học sinh và yêu cầu của bài toán
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. Đặc biệt trong
các đề thi môn Toán tuyển sinh vào lớp 10 THPT nhiều năm ta đều gặp rất
nhiều các bài toán liên quan đến hai tiếp tuyến và một cát tuyến của một đường
tròn cùng đi qua một điểm với các cách khai thác khác nhau rất đa dạng và độc
đáo.
Xuất phát từ quan điểm trên, vấn đề giúp học sinh có phương pháp và kỹ
năng giải tốt các bài toán về hai tiếp tuyến và cát tuyến cùng đi qua một điểm
của một đường tròn để từ đó xây dựng được một hệ thống bài tập từ cơ bản đến
nâng cao các bài toán dạng này là một việc làm hết sức cần thiết với mỗi người
giáo viên đang giảng dạy bộ môn Toán lớp 9.
Do vậy tôi đã tìm tòi học hỏi đồng nghiệp, tham khảo tài liệu để viết đề tài
sáng kiến kinh nghiệm “Rèn luyện kỹ năng giải toán cho học sinh thông qua
việc giải một số bài toán về đường tròn có hai tiếp tuyến và một cát tuyến
kẻ từ một điểm ”
Sáng kiến này xác định nội dung và phương pháp rèn luyện kỹ năng giải
toán cho học sinh trên cơ sở hướng dẫn học sinh giải một số bài toán về đường
tròn có hai tiếp tuyến và một cát tuyến cùng cắt nhau tại một điểm, nhằm góp
phần nâng cao hiệu quả của việc dạy và học môn toán.
– Làm rõ các khâu tìm lời giải và giải bài toán nhằm rèn luyện kỹ năng
giải toán cho học sinh.
– Xây dựng các phương pháp giải bài tập hình học theo hướng rèn luyện
kỹ năng giải toán cho học sinh.
4
– Xây dựng các ví dụ và bài tập vận dụng nhằm rèn luyện kỹ năng giải
toán cho học sinh.
Tôi nhận thấy nếu xây dựng được một hệ thống các phương pháp giải bài
tập theo hướng rèn luyện kỹ năng giải toán và sử dụng có hiệu quả hệ thống các
phương pháp đó thì có thể phát triển kỹ năng giải toán cho học sinh, đồng thời
góp phần nâng cao chất lượng dạy và học toán ở trường phổ thông.
B. MÔ TẢ GIẢI PHÁP
I. MÔ TẢ GIẢI PHÁP TRƯỚC KHI TẠO RA SÁNG KIẾN:
1. Cơ sở lí luận
Trong trường phổ thông, việc đổi mới phương pháp dạy học trong đó có
đổi mới dạy học môn toán đã và đang diễn ra rất sôi nổi. Dạy toán là dạy hoạt
động tư duy toán học. Đối với học sinh có thể xem việc giải toán là hình thức
chủ yếu của hoạt động toán học. Quá trình giải toán đặc biệt là giải toán hình
học là quá trình rèn luyện phương pháp suy nghĩ, phương pháp tìm tòi và vận
dụng kiến thức vào thực tế. Thông qua việc giải toán thực chất là hình thức để
củng cố, khắc sâu kiến thức rèn luyện được những kĩ năng cơ bản trong môn
toán.
Quá trình học sinh nắm vững kiến thức không phải là tự phát mà là một
quá trình có mục đích rõ rệt, có kế hoạch tổ chức chặt chẽ, một quá trình nỗ lực
tư duy trong đó học sinh phát huy tính tích cực, tính tự giác của mình dưới sự
chỉ đạo của giáo viên. Trong quá trình ấy mức độ tự lực của học sinh càng cao
thì việc nắm kiến thức càng sâu sắc, tư duy độc lập sáng tạo càng phát triển cao,
kết quả học tập càng tốt.Trên thực tế quá trình dạy học là quá trình thống nhất
bao gồm quá trình dạy và quá trình học, nó là một hệ thống tác động lẫn nhau
giữa giáo viên và học sinh, trong đó mỗi chủ thể tác động lẫn nhau có vai trò và
chức năng của mình.Trong quá trình dạy học lấy học sinh làm trung tâm, không
có nghĩa là hạ thấp vai trò của giáo viên mà trong đó vai trò của giáo viên quyết
định đến quá trình nhận biết – học – dạy và đặc trưng cho việc định hướng giáo
dục.Trong quá trình dạy học: Giáo viên đồng thời là người hướng dẫn, người cố
5
vấn, người mẫu mực cho học sinh, điều đó có nghĩa là hoạt động dạy là xây
dựng những quy trình, các thao tác chỉ đạo hoạt động nhận thức của học sinh,
hình thành cho học sinh nhu cầu thường xuyên học tập, tìm tòi kiến thức, kích
thích năng lực sáng tạo, hình thành cho các em tự kiểm tra, đánh giá kết quả học
tập của mình, rèn luyện phương pháp học tập, phương pháp suy nghĩ. Điều quan
trọng là hình thành cho các em cách học có hiệu quả nhất, đáp ứng được nhu cầu
kiến thức bộ môn.
2. Cơ sở thực tiễn
Trong các môn học ở trường phổ thông, học sinh ngại học môn hình học.
Nguyên nhân học sinh“ngại”môn hình học cũng có lý do của nó, bởi lẽ các em
cho rằng hình học là môn học rất khó, trừu tượng cao đối với học sinh bậc
THCS và bởi nó là môn học đòi hỏi độ chính xác cao, khả năng lập luận tốt.
Ngoài ra, môn hình học còn đòi hỏi HS phải có trí tưởng tượng, óc suy xét và tư
duy logic.
Trước đây việc dạy học toán thường sa vào phương pháp đọc chép áp đặt
kiến thức, học sinh lĩnh hội kiến thức một cách bị động, người giáo viên thường
chú trọng đến số lượng bài tập. Nhiều học sinh chỉ hiểu bài thầy dạy mà không
tự giải được bài tập. Việc phát triển bài toán ít được học sinh quan tâm đúng
mức. Phần nhiều học sinh cảm thấy sợ môn hình học, giải bài tập hình học.
Thực tiển dạy học cho thấy: HS khá – giỏi thường tự đúc kết những tri thức,
phương pháp cần thiết cho mình bằng con đường kinh nghiệm, còn học sinh
trung bình hoặc yếu, kém gặp nhiều khó khăn hoặc không thể nắm được bài.
Để có kĩ năng giải bài tập hình học cần phải qua quá trình luyện tập. Tuy
rằng, không phải cứ giải bài tập nhiều là có kĩ năng, việc luyện tập sẽ có hiệu
quả, nếu như học sinh nắm chắc được lí thuyết và biết khéo léo khai thác từ một
bài tập này sang một loại bài tập tương tự, nhằm vận dụng một tính chất nào đó,
rèn luyện một phương pháp học tập nào đó cho mình.. Đa số học sinh kể cả là
học sinh giỏi khi giải xong bài toán là đã bằng lòng với kết quả đó. Chính vì lý
do đó nếu thay đổi một vài dữ kiện thì học sinh lúng túng. Trong thực tế nếu biết
6
khai thác và phát triển bài toán này thì ta thấy bài toán rất hay, kích thích được
sự tìm tòi khám phá kiến thức của học sinh.
Qua công tác giảng dạy môn toán nói chung và hình học lớp 9 nói riêng
tôi thấy đa số học sinh:
– Không nắm được phần lí thuyết cơ bản của bài học hoặc nắm nội dung bài
học một cách thụ động, nên trong quá trình làm bài tập còn gặp nhiều khó
khăn, lúng túng.
– Không chịu đề cập bài toán theo nhiều hướng khác nhau, không sử dụng
hết các dữ kiện của bài toán….
– Không biết vận dụng hoặc vận dụng chưa thành thạo các phương pháp
suy luận trong giải toán, không biết sử dụng các bài toán giải mẫu hoặc áp
dụng phương pháp giải một cách thụ động.
– Không chịu suy nghĩ tìm các cách giải khác nhau cho một bài toán hay
mở rộng lời giải tìm được cho các bài toán khác, do đó hạn chế trong việc
rèn luyện năng lực giải toán hình học.
– Kết quả điều tra thực trạng cho thấy: Thực tế, học sinh học phân môn
hình học còn có nhiều hạn chế, tỉ lệ học sinh khá giỏi bộ môn toán hình
trong trường còn ít, khả năng vẽ hình và tư duy sáng tạo, khai thác và
phát triển bài toán của học sinh còn chưa tốt nên nhiều học sinh chưa yêu
thích môn hình .
Kết quả điều tra tháng 9/2018 đối với 42 học sinh lớp 9A7 trường THCS
Trần Đăng Ninh cho thấy:

Điều tra
42 HS
GiỏiKháTrung
bình
YếuKém
SL%SL%SL%SL%SL%
1023,81228,62047,60000

Kết quả điều tra qua đối với 42 học sinh lớp 9A7 trường THCS Trần
Đăng Ninh đầu năm học về kĩ năng biết khai thác và phát triển bài toán môn
hình học cho thấy:
7

Điều tra
42 HS
Thành thạoChưa thành thạoKhông làm được
SL%SL%SL%
1228,61535,71535,7

Kết quả điều tra qua 42 học sinh lớp 9A7 trường THCS Trần Đăng Ninh
đầu năm học về thái độ đối với môn hình học cho thấy:

Điều tra
42 HS
Yêu thích môn họcBình thườngKhông thích học
SL%SL%SL%
1535,71740,51023,8

Từ thực trạng của học sinh lớp 9 như thế đã dẫn tới kết quả đa số các em
cảm thấy học môn hình khô khan, khó hiểu, nên học sinh không có hứng thú cao
đối với môn hình nói riêng và môn Toán nói chung, điều đó ảnh hưởng không
nhỏ tới việc học tập của các em. Chính vì thế mà tôi đã mạnh dạn áp dụng và
lồng ghép vào trong từng tiết học một số phương pháp nhằm phát triển tư duy
của các em, quán triệt quan điểm dạy học theo hướng “ Phát huy tính tích cực, tự
giác, thói quen nghiên cứu khoa học cho học sinh” thì việc hường dẫn cho học
sinh có thói quen khai thác, nhìn nhận một vấn đề trên nhiều khía cạnh khác
nhau sẽ có tác dụng tốt trong việc phát triển tư duy logic, độc lập sáng tạo cho
học sinh. Rèn luyện cho học sinh một số phương pháp khi giải toán hình học
như:
– Phương pháp phân tích tổng hợp
– Phương pháp so sánh
– Phương pháp tổng quát hóa…
Điều đó đã đem lại kết quả khả quan. Đa số các em trong lớp mà tôi giảng
dạy đã có sự chú ý và ham mê đối với môn hình học nhiều hơn dẫn đến kết quả,
chất lượng môn Toán có sự chuyển biến tích cực hơn. Chính vì thế mà tôi đã
quyết định nêu một số biện pháp của mình đã thử nghiệm và có kết quả tốt để
các đồng nghiệp tham khảo và góp ý kiến.
8
II. MÔ TẢ GIẢI PHÁP KĨ THUẬT SAU KHI TẠO RA SÁNG KIẾN:
1. Yêu cầu của việc rèn luyện kỹ năng giải toán cho học sinh
1.1. Vấn đề rèn luyện kỹ năng giải toán
* Theo tâm lý học thì kỹ năng là khả năng vận dụng kiến thức (Khái
niệm, cách thức, phương pháp …) để giải quyết một nhiệm vụ mới. Thực chất
của sự hình thành kỹ năng là hình thành cho học sinh nắm vững một hệ thống
phức tạp các thao tác nhằm làm biến đổi và sáng tỏ những thông tin chứa đựng
trong bài tập, trong nhiệm vụ và đối chiếu chúng với những hành động cụ thể.
Muốn vậy, khi hình thành kỹ năng (chủ yếu là kỹ năng học tập) cho học
sinh cần:
– Giúp học sinh biết cách tìm tòi để tìm ra yếu tố đã cho, yếu tố phải tìm
và mối quan hệ giữa chúng.
– Giúp học sinh hình thành một mô hình khái quát để giải quyết các bài
tập, các đối tượng cùng loại.
– Xác lập được mối liên quan giữa bài tập mô hình khái quát và các kiến
thức tương ứng.
* Việc rèn luyện kỹ năng giải toán cho học sinh bao gồm hai nội dung chủ
yếu đó là: Rèn luyện việc tìm lời giải bài toán và rèn luyện việc giải bài toán.
Trong quá trình rèn luyện, hai nội dung này có khi tiến hành đồng thời nhưng
cũng có khi tách thành hai quá trình riêng biệt. Tuy vậy về mặt nhận thức cần
phân biệt hai nội dung trên là hoàn toàn khác nhau, độc lập với nhau nhưng
chúng có mối quan hệ hỗ trợ lẫn nhau. Mỗi nội dung đảm nhận một yêu cầu
riêng biệt trong công việc rèn luyện kỹ năng giải toán cho học sinh.
Trong quá trình dạy học người giáo viên cần làm cho học sinh nhận thức rõ
ý nghĩa, tác dụng của mỗi nội dung và mối quan hệ giữa hai nội dung đó.
1.1.1. Vấn đề giải bài toán
Đây là vấn đề quan trọng trong quá trình rèn luyện kỹ năng giải toán. Vì
rằng, từ chỗ tìm ra được phương hướng giải bài toán đến việc giải hoàn chỉnh
bài toán là cả một quá trình rèn luyện bao gồm nhiều khâu: Từ việc nắm vững
9
các kiến thức cơ bản về nội dung lý thuyết và các phương pháp thực hành đến
việc luyện tập thành thạo các quy trình và thao tác có tính chất kỹ thuật. Nói một
cách ngắn gọn lời giải phải đúng và tốt. Điều này đòi hỏi người giải toán phải
học tập nghiêm túc, chăm chỉ và hiệu quả.
Để phát huy tác dụng của việc giải bài toán trước hết cần nắm vững các
yêu cầu của lời giải. Theo [6], tác giả Nguyễn Bá Kim, để thuận tiện cho việc
thực hiện các yêu cầu của lời giải trong quá trình dạy học và đánh giá học sinh,
có thể cụ thể hoá các yêu cầu sau:
(i) Kết quả đúng, kể cả các bước trung gian;
Kết quả cuối cùng phải là một đáp số đúng thoả mãn yêu cầu đề ra. Kết
quả các bước trung gian cũng phải đúng. Như vậy, lời giải không thể chứa
những sai lầm tính toán, suy luận, biến đổi biểu thức …
(ii) Lập luận chặt chẽ;
(iii) Lời giải đầy đủ;
Yêu cầu này có nghĩa là lời giải không được bỏ sót một trường hợp nào,
một khả năng, một chi tiết cần thiết nào. Cụ thể là giải phương trình không được
thiếu nghiệm, phân chia trường hợp không được thiếu một khả năng nào …
(iv) Ngôn ngữ chính xác;
Đây là một yêu cầu về giáo dục tiếng mẹ đẻ đặt ra cho tất cả các bộ môn.
Việc dạy học môn toán cũng phải tuân thủ yêu cầu này.
(v) Trình bày rõ ràng, đảm bảo mỹ thuật;
Yêu cầu này đặt ra đối với cả lời văn, chữ viết, hình vẽ, cách sắp xếp các
yếu tố (chữ, số, hình, ký hiệu, …) trong lời giải.
(vi) Tìm ra nhiều cách giải, chọn cách giải ngắn gọn, hợp lý nhất;
Ngoài các yêu cầu (i) – (v), cần khuyến khích học sinh tìm ra nhiều cách
giải cho cùng một bài toán, phân tích, so sánh những cách giải khác nhau để tìm
ra lời giải ngắn gọn, hợp lý nhất trong số các lời giải đã tìm được hay nói cách
khác là nhìn nhận bài toán dưới nhiều góc độ.
10
(vii) Nghiên cứu giải những bài toán tương tự, mở rộng hay lật ngược vấn
đề.
Bốn yêu cầu (i), (ii), (iii) và (iv) là các yêu cầu cơ bản, (v) là yêu cầu về
mặt trình bày còn (vi) và (vii) là những yêu cầu đề cao.
Quá trình phân tích trên chứng tỏ tính chất quan trọng trong việc rèn
luỵện giải bài toán (khi đã có đường lối giải). Nhưng dù sao vẫn phải xem việc
rèn luyện khả năng tìm lời giải các bài toán là khâu có tính chất quyết định trong
toàn bộ công việc rèn luyện kỹ năng giải toán cho học sinh.
1.1.2. Vấn đề rèn luyện khả năng tìm lời giải các bài toán
Đây là khâu rất quan trọng có tính chất quyết định trong việc rèn luyện kỹ
năng giải toán cho học sinh. Vì vậy, trong quá trình dạy học giải bài tập toán,
giáo viên cần tổ chức cho học sinh tập luyện khâu này thật kỹ lưỡng, làm cho họ
ý thức được vai trò đặc biệt quan trọng của khâu này, thể hiện ở chỗ:
– Khi giải bài tập toán, dù có kỹ thuật cao, có thành thạo trong thực hiện
các thao tác, các phép tính hay các phép biến đổi nhưng khi chưa có phương
hướng giải hoặc chưa có phương hướng giải tốt thì chưa thể có lời giải hoặc lời
giải tốt.
– Khi đã có phương hướng giải thì việc thực hiện các thao tác khi trình
bày lời giải có tính chất kỹ thuật, không thể có những sáng tạo, những phân tích
quan trọng lớn như khi tìm phương hướng giải.
– Mặt khác, ý thức được tầm quan trọng của khâu rèn luỵên phương pháp
tìm lời giải của bài toán chính là cơ sở quan trọng cho việc rèn luyện khả năng
làm việc độc lập sáng tạo, một khả năng không thể thiếu được đối với người giải
toán.
Như vậy, từ hai vấn đề đã nêu trên, ta có thể khẳng định: Trong quá trình
rèn luyện kỹ năng giải toán cho học sinh thì khâu giải bài toán tuy rất quan trọng
nhưng quyết định vẫn là khâu tìm lời giải của các bài toán.
11
1.2. Phương pháp tìm lời giải các bài toán
Chúng ta không thể có một thuật giải tổng quát để giải mọi bài toán. Ngay
cả đối với những lớp bài toán riêng biệt cũng có trường hợp có, có trường hợp
không có thuật giải. Tuy nhiên, trang bị những hướng dẫn chung, gợi ý cách suy
nghĩ tìm tòi, phát hiện cách giải bài toán lại là có thể và cần thiết.
Sau đây ta có thể nêu phương pháp chung để tìm lời giải các bài toán:
Bước 1: Tìm hiểu nội dung đề bài, phân tích và nghiên cứu đề bài
Với một bài toán công việc của người giải toán cần đặt ra là tìm hiểu nội
dung bài toán: phân biệt cái đã cho bao gồm các giả thiết, các điều kiện cho
trong bài toán để từ đó xác định được dạng bài toán, tìm được phương hướng
giải bài toán và lựa chọn công cụ thích hợp.
Bước 1 là một yêu cầu quan trọng và quyết định trong việc tìm lời giải bài
toán. Năng lực của người giải toán thể hiện rõ ở bước này. Nhiều người khi giải
toán, không tìm hiểu kỹ nội dung đề ra, không phân tích các giả thiết hay tìm ra
mối liên hệ quan trọng trong bài toán mà cứ ghi chép, nháp lia lịa, mặc dù chưa
biết mình giải quyết cái gì. Đó là cách tìm lời giải máy móc và không hiệu quả.
Có thể nói bước này là thước đo năng lực của người giải toán, vì rằng không thể
đánh giá kỹ năng giải toán tốt mà chỉ thể hiện ở khâu tiếp thu và vận dụng tốt.
Bước 2: Tìm cách giải
Tìm tòi, phát hiện cách giải nhờ những suy nghĩ có tính chất tìm đoán:
Dựa vào việc phân tích các giả thiết, các điều kiện của bài toán hay liên hệ các
giả thiết, các điều kiện đã cho với những tri thức đã biết, liên hệ bài toán cần giải
với một bài toán cũ tương tự, một trường hợp riêng, một bài toán tổng quát hơn
hay một bài toán nào đó có liên quan.
Bước này nhằm rèn luyện những kỹ năng đi sâu vào mỗi bài toán:
Việc phân tích các giả thiết, các điều kiện bài toán và cả kết quả của nó
giúp cho người giải toán hiểu rõ quá trình xảy ra có tính quy luật của mọi bài
toán. Nghĩa là, người giải toán sẽ biết được với các giả thiết, các điều kiện đã
cho như vậy thì tất yếu kết quả phải diễn ra như thế nào?
12
Làm tốt bước này người giải toán có đủ lòng tin vào đường lối mình đã
tiến hành và hy vọng ở tính đúng đắn của mọi thao tác, biến đổi. Ngoài ra, nó
còn giúp ích nhiều cho người giải toán trong việc tìm kiếm các bài toán liên
quan, sáng tạo ra các bài toán mới.
Bước 3: Trình bày cách giải
Từ cách giải đã được phát hiện, sắp xếp các việc phải làm thành một
chương trình gồm các bước theo một trình tự nhất định và thực hiện các bước
đó.
Bước này nhằm rèn luyện cho người giải toán khả năng trình bày một lời
giải chính xác, chặt chẽ, lôgic và thẩm mỹ.
Bước 4: Nghiên cứu sâu lời giải
Nghiên cứu khả năng ứng dụng kết quả của lời giải, nghiên cứu giải
những bài toán tương tự, mở rộng hay lật ngược vấn đề, từ đó sáng tạo ra bài
toán mới. Để làm tốt việc này trước hết người giải toán phải phân tích kỹ để nắm
được đặc điểm và bản chất của bài toán, các yếu tố tạo nên bài toán đó. Như thế
mới có thể thấy được mối liên hệ giữa các bài toán trong cùng một loại bài toán
và giữa các loại bài toán khác nhau.
1.3. Các thức dạy học phương pháp tìm lời giải bài toán
Một câu hỏi đặt ra là làm thế nào để học sinh hiểu được và vận dụng được
phương pháp tìm lời giải bài toán vào việc giải những bài toán cụ thể mà họ gặp
trong chương trình. Học phương pháp tìm lời giải không phải là học một thuật
giải mà học những kinh nghiệm giải toán mang tính chất tìm tòi, phát hiện. Theo
[6], tác giả Nguyễn Bá Kim, cách thức dạy học phương pháp để tìm lời giải bài
toán như sau:
– Thông qua việc giải những bài toán cụ thể, cần nhấn mạnh để học sinh
nắm được phương pháp tìm lời giải các bài toán và có ý thức vận dụng 4 bước
của phương pháp này trong quá trình giải toán.
– Cũng thông qua việc giải những bài toán cụ thể, cần đặt cho học sinh
những câu hỏi gợi ý đúng tình huống để học sinh dần dần biết sử dụng những
13
câu hỏi này như những phương tiện kích thích, tìm tòi, dự đoán, phát hiện để
thực hiện từng bước của phương pháp tìm lời giải bài toán.
Như vậy, quá trình học sinh học phương pháp tìm lời giải bài toán là một
quá trình biến những tri thức phương pháp tổng quát thành kinh nghiệm giải
toán của bản thân mình thông qua việc giải hàng loạt bài toán cụ thể.
Từ phương pháp tìm lời giải bài toán đi tới cách giải một bài toán cụ thể
còn là cả một chặng đường đòi hỏi lao động tích cực của người học sinh, trong
đó có nhiều yếu tố sáng tạo.
2. Rèn luyện kỹ năng giải toán cho học sinh thông qua việc giải các bài toán
về đường tròn có hai tiếp tuyến và một cát tuyến kẻ từ một điểm.
2.1. Nhắc lại cho học sinh bài toán cơ bản cần nhớ:
Bài toán 1: Cho tứ giác ABCD có hai đường chéo cắt nhau tại I, hai đường
thẳng AB, CD cắt nhau tại S. Khi đó các điều sau là tương đương:
i) Tứ giác ABCD nội tiếp.
ii) SA. SB = SC. SD
iii)IA. IC = IB. ID.
Gợi ý:
a) Chứng minh i) ⇔ ii)
I
B
S
C
D
A
14

* Chứng minh : từ i) ⇒ ii)
Vì tứ giác ABCD nội tiếp
nên SAD SCB  =  (cùng bù với BAD  ).
Xét ∆SAD và ∆SCB có : S$ chung
và SAD SCB  =  (chứng minh trên)
Suy ra ∆SAD  ∆SCB (g – g)
* Chứng minh : từ ii) ⇒i).
Vì SA SB SC SD . . SA SD
= ⇒ =
=
Suy ra ∆SAD  ∆SCB (c – g – c)
do đó SAD SCB  =  .
Xét tứ giác ABCD có SAD SCB  = 
nên tứ giác ABCD nội tiếp (dấu
hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)

do đó SA SD SA SB SC SD . .
SC SB
= ⇒ =
SC SB
Xét ∆SAD và ∆SCB có : S$ chung
và SA SD
SC SB
b) Ta chứng minh cho ii) ⇔ iii)

Chứng minh ii) ⇒iii)
Vì SA SB SC SD . . SA SD
= ⇒ =
Suy ra ∆SAD  ∆SCB (c – g – c)
do đó SAD SCB  =  .
Xét tứ giác ABCD có SAD SCB  = 
nên tứ giác ABCD nội tiếp (góc
ngoài tại một đỉnh bằng góc trong
của đỉnh đối diện)
Vì tứ giác ABCD nội tiếp nên
 
DAC DBC = (góc nội tiếp cùng chắn

DC )
Xét ∆IAD và ∆IBC có AID CIB =  (hai
góc đối đỉnh)
 
DAC DBC = (chứng minh trên)
Chứng minh : từ iii) ⇒ii)
Vì IA IC IB ID . . IA IB
ID IC
= ⇒ =
nên dễ dàng chứng minh được
∆IAD  ∆IBC (c-g-c)
Suy ra DAC DBC   =
Suy ra tứ giác ABCD nội tiếp(dhnb
tứ giác nội tiếp).
Vì tứ giác ABCD nội tiếp
nên SAD SCB  =  (cùng bù với BAD  ).
Xét ∆SAD và ∆SCB có : S$ chung
và SAD SCB  =  (chứng minh trên)
Suy ra ∆SAD  ∆SCB (g – g)

SC SB
Xét ∆SAD và ∆SCB có :
S$ chung và SA SD
SC SB
= .
do đó SA SD SA SB SC SD . .
SC SB
= ⇒ =
15

Do đó ∆IAD  ∆IBC (g – g)

suy ra . .
IA IB
IA IC IB ID
ID IC
= ⇒ =
c) Ta đi chứng minh iii) ⇔ i) :

Chứng minh iii) ⇒i)
Thật vậy:
Vì IA IC IB ID . . IA IB
ID IC
= ⇒ =
nên dễ dàng chứng minh được
∆IAD  ∆IBC (c-g-c)
Suy ra DAC DBC   = .
Suy ra tứ giác ABCD nội
tiếp(dhnb tứ giác nội tiếp).
Chứng minh i) ⇒iii)
Vì tứ giác ABCD nội tiếp nên
 
DAC DBC = (góc nội tiếp chắn DC  )
Xét ∆IAD và ∆IBC có AID CIB = 
(hai góc đối đỉnh)
 
DAC DBC = (chứng minh trên)
Do đó ∆IAD  ∆IBC (g – g)

suy ra . .
IA IB
IA IC IB ID
ID IC
= ⇒ =
Bài toán 2 : Từ điểm K nằm ngoài đường tròn ta kẻ các tiếp tuyến KA, KB cát

tuyến KCD thì=
ACBC
ADBD

Gợi ý:
A
B
C
D
K O
Ta có: KAC = ADK   ⇒ ∆KAC∽∆KAD

ACKC
=
ADKA


Tương tự ta cũng có:

BCKC
=
BDKB

mà KA = KB nên suy ra

ACBC
=
ADBD

16
Chú ý: Những tứ giác ABCD như trên có

ACBC
=
ADBD

hay AC.BD=AD.BC
(tích các cạnh đối bằng nhau). Ta còn gọi tứ giác ABCD là tứ giác điều hòa.
Bài toán 3 : Từ điểm S nằm ngoài đường tròn (O) kẻ hai tiếp tuyến SA, SB (A
và B là các tiếp điểm) và cát tuyến SCD (SC < SD) sao cho A và O nằm khác
phía với CD. Gọi H là trung điểm của CD. Chứng minh rằng :
1) SA SC SD 2 = . .
2) 5 điểm S, H, A, B, O cùng thuộc một đường tròn, chỉ rõ đường kính?
H
C
S
O
A
B
D
Gợi ý:
1) Xét ∆SAC và ∆SDA có : S$ chung
và SAD SDC  =  (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến chắn AC của (O)).
Do đó ∆SAC  ∆SDA (g -g) nên SA SD SA SC SD 2 .
SC SA
= ⇒ = (ĐPCM)
2) Ta dễ dàng chứng minh các điểm S, A, B, O, H cùng thuộc đường tròn
đường kính SO.
Nhận xét: Có thể thay bằng câu hỏi dẫn đến học sinh khó nhìn ra hướng, như:
Chứng minh tứ giác AHOB nội tiếp.
Dựa vào kết quả bài toán cơ bản ta có câu hỏi cần chứng minh sau:
3) Gọi M là giao điểm của SO và AB, ta cũng chứng minh SA2 = SM.SO
17
4) Tứ giác CMOD nội tiếp.
5) Gọi I là giao điểm của AB và CD. Chứng minh SI.SH = SM.SO.
2.2. Những bài toán tiêu biểu.
Bài 1: Từ điểm K nằm ngoài đường tròn ta kẻ các tiếp tuyến KA, KB cát tuyến
KCD đến (O). Gọi M là giao điểm OK và AB. Vẽ dây DI qua M. Chứng minh:
a) KIOD là tứ giác nội tiếp
b) KO là phân giác của góc IKD
Gợi ý:
I
M O
K
D
C
B
A
a) Để chứng minh KIOD là tứ giác nội tiếp việc chỉ ra các góc là rất khó khăn.
Ta phải dựa vào các tính chất của cát tuyến, tiếp tuyến.
Ta có: AIBD là tứ giác nội tiếp và AB ∩ ID = M
nên ta có: MA.MB = MI.MD
Mặt khác KAOB là tứ giác nội tiếp nên MA.MB = MO.MK
Từ đó suy ra MO.MK = MI.MD hay KIOD là tứ giác nội tiếp.
b) Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác KIOD.
Ta có IO = OD = R OKI = OKD ⇒   ⇒ KO là phân giác của góc IKD
Nhận xét:
– Để giải được phần a của bài tập trên HS nhận ra được tính chất 2 (chính là
dựa vào các đoạn thẳng cắt nhau để suy luận ra cách chứng minh tứ giác nội
tiếp).
– Đối với phần b, nhiều học sinh sẽ loay hoay chứng minh hai góc bằng nhau
để chứng minh phân giác mà quên mất tính chất quan trọng:
18
+ Trong một đường tròn các góc nội tiếp chắn các cung bằng nhau thì bằng
nhau.
+ Trong một đường tròn dây bằng nhau căng hai cung bằng nhau.
Như vậy, ở bài tập trên với đối tượng học sinh trung bình ta có thể gợi ý
chứng minh hoặc tách thành hai ý nhỏ: Chứng minh MO.MK = MI.MD và
KIOD là tứ giác nội tiếp.
Nếu hai cát tuyến cắt nhau bên ngoài, học sinh sẽ dễ nhìn ra hơn: GV chiếu hình
vẽ của bài tập 2 trước khi nêu đề bài, học sinh nhìn và có thể tự nhìn và chứng
minh được tứ giác CMOD nội tiếp.
Bài 2: Từ điểm K nằm ngoài đường tròn tâm (O) kẻ các tiếp tuyến KA, KB cát
tuyến KCD đến (O). Gọi M là giao điểm OK và AB. Chứng minh:
a) CMOD là tứ giác nội tiếp.
b) Đường thẳng AB chứa phân giác của góc CMD.
Gợi ý:
h1 h2
O
B
A
D
C
M
K O K
D
C
B
A M
a) Vì KB là tiếp tuyến nên ta có: KB = KC.KD = KO – R 2 2 2
Mặt khác tam giác KOB vuông tại B và BM ⊥ KO nên KB2 = KM.KO
⇒ KC. KD = KM.KO hay CMOD là tứ giác nội tiếp .
b) CMOD là tứ giác nội tiếp nên KMC = ODC,OMD = OCD     .
Mặt khác ta có: ODC = OCD KMC = OMD   ⇒  
Trường hợp 1:
Tia KD thuộc nửa mặt phẳng chứa A và bờ là KO (h1)
19
Hai góc AMC,AMD   có 2 góc phụ với nó tương ứng là KMC,ODC   mà
 
KMC = ODC nên AMC AMD  =  hay MA là tia phân giác của góc CMD  .
Trường hợp 2:
Tia KD thuộc nửa mặt phẳng chứa B và bờ là KO (h2) thì tương tự ta cũng có
MB là tia phân giác của góc CMD  .
Suy ra đường thẳng AB chứa phân giác của góc CMD  .
Bài 3: Từ điểm K nằm ngoài đường tròn tâm (O) kẻ các tiếp tuyến KA, KB cát
tuyến KCD đến (O). Gọi H là trung điểm CD . Vẽ dây AF đi qua H. Chứng
minh: BF // CD.
Gợi ý:
F
A
B
C
D
H
K O
Để chứng minh BF // CD ta chứng minh AHK = AFB  
Ta có AFB = AOB  1 
2
(Tính chất góc nội tiếp chắn cung AB).
Mặt khác KO là phân giác góc AOB  nên AOK = BOK = AOB   1 
2
 
⇒ AFB = AOK . Vì A, K, B, O, H cùng nằm trên đường tròn đường kính

KO nên AHK = AOK AFB = AHK   ⇒  BF / /CD
.

Nhận xét: Ở bài tập này học sinh vận dụng 5 điểm cùng thuộc một đường
tròn K, A, H, O và B và biết khéo léo vận dụng các góc trong đường tròn để
chứng minh các góc bằng nhau để từ đó suy ra điều chứng minh.
Bài 4: Từ điểm K nằm ngoài đường tròn tâm (O) kẻ các tiếp tuyến KA, KB cát
tuyến KCD đến (O). Gọi H là trung điểm CD. Đường thẳng qua H song song với
BD cắt AB tại I . Chứng minh: CI ⊥ OB.
20
Gợi ý:
I
F
A B
C
D
H
K O
Ta có HI / /BD CHI = CDB ⇒   . Mặt khác CAB = CDB   cùng chắn cung
CB nên suy ra CHI = CAB   hay AHIC là tứ giác nội tiếp.

Do đó IAH = ICH  BAH = ICH  
. Mặt khác ta có A, K, B, O, H cùng

nằm trên đường tròn đường kính KO nên BAH = BKH  
Từ đó suy ra ICH = BKH CI / /KB   ⇒ . Mà KB ⊥ OB ⇒ CI ⊥ OB
Nhận xét: Mấu chốt bài toán nằm ở vấn đề OB ⊥ KB. Thay vì chứng minh
CI ⊥ OB ta chứng minh CI // KB.
Bài 5: Cho đường tròn (O) dây cung ADI. Gọi I là điểm đối xứng với A qua D.
Kẻ tiếp tuyến IB với đường tròn (O). Tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A cắt IB
ở K. Gọi C là giao điểm thứ hai của KD với đường tròn (O). Chứng minh rằng:
BC // AI.
Gợi ý:
I
B
A
D
C
K
O
21
Ta cần chứng minh: AIK = KBC  
Mặt khác ta có: KBC = CAB = CB   1 
2
s® nên ta sẽ chứng minh
 
AIK = CAB hay ⇔ ∆BID∽∆BCA.
Thật vậy theo chứng minh bài toán 2 (mục 2.2) trong tứ giác ABCD ta có:

CBDB
=
CADA
=
CBDB
CADI


Tứ giác ACBD nội tiếp nên BCA = BDI   ⇒ ∆BID ∽ ∆BCA ⇒
 
AIK = CAB Hay AIK = KBC BC / /AI   ⇒
Bài 6: Từ điểm K nằm ngoài đường tròn tâm (O) kẻ các tiếp tuyến KA, KB cát
tuyến KCD đến (O). Gọi M là giao điểm OK và AB. Vẽ dây CF qua M. Chứng
minh: DF // AB.
Gợi ý:
F
1
21
M
A
B
C
D
H
K O
Kẻ OH ⊥ CD
Ta chứng minh được: CMOD là tứ giác nội tiếp (bài toán 2) nên M = D  1 1 
mà   0 0    
M + M = 90 ;D + DOH = 90 M = DOH 1 2 1 2 ⇒ .
Mặt khác ta có: CFD = COD,DOH = COD CFD = DOH  1 1     
2 2
⇒ .
Từ đó suy ra M = CFD DF / /AB  2  ⇔
Chú ý: DF//AB ⇒ABFD là hình thang cân có hai đáy là AB, DF ⇒OMD = OMF  
Bài 7: Từ điểm K nằm ngoài đường tròn tâm (O) kẻ các tiếp tuyến KA, KB cát
tuyến KCD đến (O). Gọi M là giao điểm OK và AB. Kẻ OH vuông góc với CD
cắt AB ở E. Chứng minh
22
a) CMOE là tứ giác nội tiếp.
b) CE, DE là tiếp tuyến của đường tròn (O)
.
Gợi ý:
a) Theo bài toán 2, ta có CMOD là tứ giác nội tiếp nên CMK = ODC = OCD    .
Do đó các góc phụ với chúng bằng nhau: CME = COE   .
Suy ra CMOE là tứ giác nội tiếp (theo cung chứa góc).
b) Cũng theo bài toán 2, CMOD nội tiếp.
Mặt khác CMOE là tứ giác nội tiếp nên E, C, M, O, D thuộc một đường tròn.
Từ đó dễ chứng minh CE, DE là tiếp tuyến của đường tròn (O).
Bài 8: Từ điểm K nằm ngoài đường tròn tâm (O) kẻ các tiếp tuyến KA, KB cát
tuyến KCD đến (O). Vẽ đường kính AI. Các dây IC, ID cắt KO theo thứ tự ở G,
N. Chứng minh rằng: OG = ON.
Gợi ý:
1
1
1
I
G M O N
C
D
K
A
E
M
A
B
C
D
H
K O
23
Ta vẽ trong hình trường hợp O và A nằm khác phía đối với CD. Các
trường hợp khác chứng minh tương tự.
Để chứng minh OG = ON, ta sẽ chứng minh ∆IOG = ∆AON.
Ta đã có OI = OA, IOG = AON   , cần chứng minh CIA = IAN   , muốn vậy
phải có AN // CI. Ta sẽ chứng minh AND = CID   . Chú ý đến AI là đường kính,
ta có ADI = 90  0 , do đó ta kẻ AM ⊥ OK. Ta có AMND là tứ giác nội tiếp, suy ra
 
AND = AMD (1)
Sử dụng bài 2, ta có CMOD là tứ giác nội tiếp và
 1 1  
AMD = CMD = COD
2 2
(2)
Từ (1) và (2) suy ra AND = COD  1 
2
. Ta lại có CID = COD  1 
2
nên
 1 
AND = CID
2
.
HS tự giải tiếp.
Bài 9: Từ điểm K nằm ngoài đường tròn tâm (O) kẻ các tiếp tuyến KA, KB cát
tuyến KCD đến (O). Gọi M là trung điểm của AB. Chứng minh rằng
 
ADC = MDB.
Gợi ý:
K O
H
D
C
B
E A M
24
Kẻ OH ⊥ CD, cắt AB ở E.
Theo bài 7, EC là tiếp tuyến của đường tròn (O) suy ra CBD = ECD   (1)
EC là tiếp tuyến của đường tròn (O) ,theo bài 2, ta còn chứng minh được
ECMD là tứ giác nội tiếp, suy ra EMD ECD  =  (2).
Từ (1) và (2) suy ra CBD = EMD   .
Do đó hai góc bù với nhau chúng bằng nhau:
 
CAD = BMD ⇒∆ CAD∽∆BMD (g.g) nên ADC = MDB   .
Nhận xét: Như vậy thông qua khai thác tứ giác nội tiếp và kết hợp với
kiến thức về đường tròn ta đã giải quyết các dạng toán:
+ Chứng minh tứ giác nội tiếp.
+ Chứng minh các góc bằng nhau.
+ Chứng minh quan hệ vuông góc, song song,…
+ Chứng minh các đoạn thẳng bằng nhau,….
Ngoài ra tôi còn khai thác, phát triển thêm các bài tập chứng minh các hệ
thức hình học, chứng minh ba điểm thẳng hàng, ba đường thẳng đồng quy, một
số bài tập về cực trị hình học,… để phát triển tư duy học sinh.
2.3. Khai thác, phát triển thêm các bài toán mới từ các bài toán căn bản
trên.
Bài 10: Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O). Tiếp tuyến tại A cắt
BC ở K. Kẻ tiếp tuyến KD với đường tròn. Gọi E, G, F theo thứ tự là hình
chiếu của D trên AB, BC, CA. Chứng minh rằng GE = GF.
Gợi ý:

11
H
F
O
G

E
D
K
C
A
B
25
∆DEG có D nhọn nội tiếp đường tròn đường kính BD nên dễ dàng chứng
minh được

EG
BD
sin EDG
= mà  
EDG B = 1 nên EG = BD sin B 1 (1)
Tương tự GF = CD sinC 1 (2)

Từ (1) và (2) suy raEGBD sin B
.
CD sin C
=
GF

 
1 1
(3)
Theo bổ đề 1 ta có

BDAB
CDAC
=

(4)
Từ (3) và (4) suy ra
 
1 1

EGAB sin B
.
AC sin C
AH1
= (với AH là đường cao
==
GFAH

của ∆ABC). Vậy EG = GF.
Lưu ý: Ta có E, G, F thẳng hàng (đường thẳng Simson) nên còn suy ra G là
trung điểm của EF.
Bài 11: Cho đường tròn (O), tiếp tuyến KA, KB và cát tuyến KCD. Chứng
minh rằng tứ giác ACBD có tích hai đường chéo bằng hai lần tích hai cạnh đối
(được sử dụng định lí Ptô-lê-mê với tứ giác nội tiếp: tích hai đường chéo bằng
tổng các tích hai cạnh đối).
Gợi ý:
C
K
O
A B
D
Theo định lí Ptô-lê-mê: AB . CD = AC . BD + AD . BC (1)
Tứ giác ABCD ta có AC . BD = AD . BC (2)
Từ (1) và (2) suy ra: AB . CD = 2AC . BD = 2AD . BC
26
Bài 12: Cho đường tròn (O). Qua điểm K nằm ngoài đường tròn, kẻ tiếp tuyến
KM, cát tuyến KAB đi qua O, cát tuyến KCD bất kì. Gọi I là giao điểm củ AD
và BC, H là hình chiều của I trên AB. Chứng minh rằng:
a) CHOD là tứ giác nội tiếp.
b) Ba điểm I, H, M thẳng hàng.
Gợi ý:
2
1
1
H
I
A
C
K
O
M
D
B
a) Ta có C I  1 1 =  (IHAC nội tiếp)
= HBD  (IHBD nội tiếp)
= 
C2 (ABDC nội tiếp)
⇒   
HCK 2C 2HBD = = 1 (1)
∆BOD cân tại O
⇒ HOD 2HBD  =  (2)
Từ (1) và (2) suy ra HOD HCK  =  ⇒ CHOD là tứ giác nội tiếp.
b) Ta có KM2 = KC . KD mà KC . KD = KH . KO (câu a) nên KM2 = KH . HO

KH KM
KM KO
= ⇒ ∆KHM ∽ ∆KMO (c.g.c) ⇒ KHM KMO 90  = =  0
HI và HM cùng vuông góc với KO nên I, H, M thẳng hàng.
Bài 13: Cho đường tròn (O), tiếp tuyến KA, KB và cát tuyến KCD. Tiếp tuyến
với đường tròn (O) tại D cắt AB ở E. Chứng minh rằng EC là tiếp tuyến của
đường tròn (O).
27
Gợi ý:
E
M
C
K
O
A B
D
Gọi M là giao điểm của EB và KO. Theo bổ đề 3 ta có CMOD là tứ giác
nội tiếp, mà EMOD là tứ giác nội tiếp nên E, C, M, O, D thuộc một đường tròn
⇒ OCE OME 90  = =  0
Vậy EC là tiếp tuyến của (O).
Bài 14: Cho đường tròn (O), tiếp tuyến KA, KB và cát tuyến KCD. Gọi M là
trung điểm của AB. Chứng minh rằng ADC BDM  =  .
Gợi ý:

1
1
E
M
O

1
C
K
A B
D
Cách 1 . Kẻ AE ⊥ BD. Sẽ chứng minh ADC BDM  =  bằng cách chứng minh
∆ADK ∽ ∆EDM.
∆AEB vuông tại E, trung tuyến EM
28
⇒  
E B 1 1 = , mà B A  1 1 = 
nên    
A E DAK DEM 1 1 = ⇒ = (1)
ADE KAM  =  ⇒ ∆ADE ∽ ∆KAM (g.g)

AD DE DE
AK AM EM
= = (2)
Từ (1) và (2) suy ra ∆ADK ∽ ∆EDM (c.g.c) ⇒ ADK EDM  =  , tức là
ADC BDM  = 
2
1
1
1 M
C
K
O
B
D
A
E
I
Cách 2. Kẻ đường kính AE. Gọi I là giao điểm của DE và KO. Tứ giác AMID
nội tiếp (vì AMI ADI 90  = =  0 ) ⇒ ADM I  = 1 (1)
 
K A 1 1 = (cùng phụ với KAM  ) = D 1 (góc nội tiếp) ⇒ KBID là tứ giác
nội tiếp ⇒ KDB I  = 2 (2)
∆IAB cân (vì đường cao IM là trung tuyến)
⇒  
I I 1 2 = (3)
Từ (1) (2), và (3) suy ra ADM KDB  = 
Hai góc này cùng trừ đi KDM  được ADC BDM  = 
Cách 3. Sử dụng kết quả của bài 12.
M
C
K
O
B
D
A
29
Theo bài toán 11, ta có
AC . BD = 1 AB.CD
2
= MB . CD (vì MB = 1 AB
2
) ⇒ AC MB
CD BD
=
Kết hợp với ACD ABD  =  (góc nội tiếp) suy ra ∆ACD ∽ ∆MBD (c.g.c)
⇒ ADC MDB  = 
Bài 15: Cho hai đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc ngoài tại A. Kẻ dây AB của
đường tròn (O’) không đi qua O’. Kẻ các tiếp tuyến BC, BD với đường tròn (O),
C và D là các tiếp điểm. Gọi giao điểm thứ hai của CA, DA với đườngt ròn (O’)
lần lượt là E, F. Tiếp tuyến chung của hai đừng tròn (O) và (O’) tại A cắt EF ở
K. Chứng minh rằng:
a) BF2 = AF . DF và BE2 = AE . CE
b) BF AF
BE AE
=
c) KB là tiếp tuyến của đường tròn (O’)
Gợi ý:
2
1
1
1
1 B’
I
B
O A O’
C
D E
F
K
a) Gọi I là giao điểm của KA và BD.
Ta có    
D A A B 1 1 2 1 = = = nên ∆FBA ∽ ∆FDB (g.g)

BF AF
DF BF
= ⇒ BF2 = AF . DF
Tương tự BE2 = AE . CE
30
b) Từ câu a) suy ra
2
BF AF DF
.
BE AE CE
 
  =
  (1)


AEF A A C = = = 2 1 1 ⇒ EF // CD

AF
AE
AD
AC
AF AD
AE AC
DF
CE

+
= = =
+
(2)
Từ (1) và (2) suy ra
2 2
BF AF

BE
 
AE
 
   =

   

nên=(3)
BEAE
BFAF

c) Chứng minh bằng phản chứng. Giả sử KB cắt đường tròn (O’) tại B’ khác B,
giả sử B’F BF B’BE BE  <  ⇒  >  , suy ra B’F < BF, B’E > BE nên

B’FBF
B’EBE
<

(4)
Xét các tiếp tuyến KA . KB’ và cát tuyến KFE, theo bổ đề 1 ta có

B’FAF
B’EAE
=,

kết hợp với (3) có

B’FBF
B’EBE
=, mâu thuẫn với (4). Vậy KB là tiếp tuyến của (O’).

Bài 16: Cho đường tròn (O), các tiếp tuyến KA, KB và cát tuyến KCD
 
(AC BC) > . Gọi I là trung điểm của CD. Đường tròn đi qua B, I, D cắt AB ở
điểm thứ hai E. Chứng minh rằng AK // DE.
Gợi ý:
I

C

K
O
A B
D
E
Tứ giác BIDE nội tiếp ⇒ E BIK  =  (1)
A, K, B, I thuộc đường tròn đường kính KO ⇒ A BIK  =  (2)
Từ (1) và (2) suy ra E A  =  , do đó AK // DE.
31
Bài 17: Cho đường tròn (O), các tiếp tuyến KA, KB và cát tuyến KCD. Kẻ dây
AE song song với CD. Gọi M là giao điểm của BE và CD. Chứng minh rằng M
là trung điểm của CD.
Gợi ý:
1 M
E
C
K
O
A B
D
  
KMB E O = = 1 ⇒ K, O, M, B thuộc một đường tròn, mà OBK 90  = 0 nên
OMK 90  = 0. Vậy MC = MD.
Bài 18: Cho đường tròn (O), các tiếp tuyến KA, KB và cát tuyến KCD. Gọi M
là trung điểm của CD. Kẻ dây BE đi qua M. Chứng minh rằng:
a) AE // CD.
b) AC là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ∆BCM.
Gợi ý:
2
1
1 M
C
K
O
A B
D
E
a) K, O, M, B thuộc một đường tròn
⇒   
KMB O E = = 1 ⇒ AE // CD
32
b) AE // CD (câu a) ⇒ B B  1 2 =  ⇒ CBM ABD ACD  = =  
⇒ AC là tiếp tuyến của đường tròn (BMC)
Bài 19: Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O), các đường cao BE và
CF. Các tiếp tuyến tại B và C cắt nhau ở K. Gọi M là giao điểm của OK và BC.
a) Chứng minh rằng BAK MAC  = 
b) Gọi G là giao điểm của AM và EF, H là giao điểm của AK và BC.
Chứng minh rằng GH // OM.
Gợi ý:
2 1
G
H M
K
E
F
C

O

A
B
a) Xét ví dụ 118 (cách 1)
b) A A  1 2 =  (câu a) và AEG ABH  =  nên ∆AEG ∽ ∆ABH (g.g)

AG AE

AH

AB

= (1)
A A 1 2 = (câu a) và AEM ABK  =  (đã chứng minh trong cách giải câu a)
nên ∆AEM ∽ ∆ABK (g.g)

AE AM
AB AK
= (2)
Từ (1) và (2) suy ra

AGAM
AHAK
=
AGAH
AMAH
=⇒ GH // MK

33
Bài 20: Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O), AC k
AB
= . Các tiếp
tuyến tại B và tại C cắt nhau ở M. Gọi N là giao điểm của AM và BC. Chứng
minh rằng NC k2
NB
=
Gợi ý:
a
a

2
1
1

H N
M
C
A
B
E
F
Kẻ AE ⊥ MB, AF ⊥ MC.
Đặt MB = MC = a
Ta có

NCMNCAS
NBM
NB S
NBA
S
NCMNCA
NBM
S
NBA
S

NC S +
= = = =
+
=
 
2 1
a
.AF
2 AF AC.sin C
a AE AB.sin B
.AE
2
= = (1)
Kẻ AH ⊥ BC, ta có C ABC  2 =  , B C   1 1 =

nên
1
sin C
=
2
=
:=

sin ABC AH AH AC
sin C
1
sin B
AB AC AB
Từ (1) và (2) suy ra2
NC AC
 
2
k
= = 

 
(2)
NB AB
 
34
Bài 21: Cho đường tròn (O), các tiếp tuyến KA, KB và cát tuyến KCD sao cho
BD là đường kính của đường tròn (O). Gọi H là giao điểm của OK và AB.
a) Tính góc ACH.
b) Gọi M là giao điểm của AC và KH. Chứng minh rằng MH = MK.
Gợi ý:

H
O
1 1
1

1
C
K
A B
D
M
a) BCD 90  = 0 , KCHB là tứ giác nội tiếp ⇒H BKC  1 = 
    0
⇒ H A BKC D 90 1 1 + = + =
⇒ ACH 90  = 0
b) Xét ∆AHM vuông tại H, ta có MH2 = MA . MC (1)


K B KAC 1 1 = = ⇒ ∆KMC ∽ ∆AMK (g.g)

MK MC
= ⇒ MK2 = MA . MC (2)
MAMK

Từ (1) và (2) suy ra MH = MK.
Bài 22: Cho đường tròn (O), các tiếp tuyến KA, KB và cát tuyến KCD. Gọi
(O’) là một đường tròn đi qua C, D và chứa điểm B bên trong. Gọi E và F theo
thứ tự là giao điểm thứ hai của AC và CB với đường tròn (O’). Gọi I là giao
điểm của AB và EF. Chứng minh rằng:
a) ADIE, BDFI là tứ giác nội tiếp.
b) IE = IF.
35
Gợi ý:
a) A C E  1 1 1 = =   ⇒ ADIE là tứ giác nội tiếp ⇒ I CAD 1 = 
Ta lại có CAD B  =  1 nên I B 1 1 =  , suy ra BDFI là tứ giác nội tiếp
b) IFD ACD  =  (CDFE nội tiếp)

và  
I CAD 1 = nên ∆IFD ∽ ∆ACD (g.g) ⇒
=(1)
IFAC

ID AD
∆EID ∽ ∆CBD (g.g) ⇒

IEBC
IDBD
=(2)

Từ (1), (2) và bổ đề

ACBC
ADBD
=suy ra IE = IF.

Bài 23: Cho đường tròn (O), các tiếp tuyến AB, AC. Kẻ đường kính BD.
Đường vuông góc với AB tại A cắt OC ở E. Gọi F là trung điểm của OB.
Chứng minh rằng EF ⊥ AD.
Gợi ý:
36
2 1
H
K
C
F
A O
B
D
E
Gọi K là trung điểm của AO. Ta có KF là đường trung bình của ∆OAB
nên KF // AB, từ đó KF ⊥ OB.


O O OAE 1 2 = = ⇒ ∆OAE cân và EK ⊥ OA
∆OFK ∽ ∆OKE (g.g)

KF
OFOBOD
KEOKOAOA

= = =
⇒ ∆KEF ∽ ∆OAD (c.g.c)
⇒ KEF OAD  = 
⇒ AEHK là tứ giác nội tiếp (H là giao điểm của EF và AD)
⇒ AHE AKE 90   = = 0
BÀI TẬP TỔNG HỢP
Bài 1: Cho điểm M nằm ngoài đường tròn (O). Đường thẳng MO cắt (O) tại E
và F (ME < MF). Vẽ cát tuyến MAB và tiếp tuyến MC của (O) (C là tiếp điểm,
A nằm giữa hai điểm M và B, A và C nằm khác phía đối với đường thẳng MO).
a, Chứng minh rằng MA.MB = ME.MF
b, Gọi H là hình chiếu vuông góc của điểm C lên đường thẳng MO. Chứng minh
tứ giác AHOB nội tiếp.
37
c, Trên nửa mặt phẳng bờ OM có chứa điểm A, vẽ nửa đường tròn đường kính
MF; nửa đường tròn này cắt tiếp tuyến tại E của (O) ở K. Gọi S là giao điểm của
hai đường thẳng CO và KF. Chứng minh rằng đường thẳng MS vuông góc với
đường thẳng KC.
d, Gọi P và Q lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác EFS và ABS và
T là trung điểm của KS. Chứng minh ba điểm P, Q, T thẳng hàng.

Xem bản đầy đủ trên google drive: TẠI ĐÂY

Các thầy cô cần file liên hệ với chúng tôi tại fanpage facebook O2 Education

Hoặc xem nhiều SKKN hơn tại:  Tổng hợp SKKN luận văn luận án O2 Education

Comments

Leave a Reply

Your email address will not be published. Required fields are marked *