Issuu

BÁO CÁO SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM MÔN TOÁN

vectorstock.com/32029674

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection

SÁNG KIẾN “PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TƯ DUY CHO HỌC SINH TRONG DẠY ÔN TẬP HÌNH HỌC 9” ÔN THI TUYỂN SINH THPT VÀ DẠY TOÁN 9 WORD VERSION | 2021 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM

Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

BÁO CÁO SÁNG KIẾN I. Điều kiện hoàn cảnh tạo ra sáng kiến: Chúng ta đều biết: Dạy học cũng là một nghệ thuật. Dạy cái gì? Dạy như thế nào? Và sử dụng những phương pháp, phương tiện thích hợp nào để làm cho bài dạy có hiệu quả? Đây là một trong những vấn đề rất quan trọng đối với giáo viên. Để thực hiện việc tốt nhiệm vụ dạy học, người giáo viên phải tìm tòi các phương pháp, các thủ thuật và đặc biệt là tích lũy các kinh nghiệm để làm cho bài giảng của mình có chất lượng và hiệu quả hơn. Thực hiện việc dạy học cần phải phù hợp với khả năng, trình độ nhận thức của học sinh, dạy học theo tinh thần “Lấy người học làm trung tâm”, quan tâm đến nhu cầu, khả năng nhận thức của từng đối tượng học sinh. Tổ chức việc dạy học đi theo hướng kiến tạo, có nghĩa học sinh sẽ là người chủ động tìm kiếm, phát hiện, tự đưa ra suy luận để giải quyết vấn đề. Xuất phát từ thực tế dạy và học toán, việc học toán chính là một quá trình lĩnh hội các tri thức toán học. Trên cơ sở đó, học sinh biết vận dụng và vận dụng một cách sáng tạo những tri thức được học vào giải các bài tập và thực tế cuộc sống. Do vậy việc dạy toán là quá trình người thầy giúp cho học sinh nắm được bản chất của vấn đề mà các em cần được lĩnh hội, dạy toán là dạy cho các em ngoài việc tiếp thu được kiến thức trong sách giáo khoa thì còn giúp các em biết vận dụng các kiến thức đã học vào cuộc sống thực tế. Hình học là một môn học khó đặc biệt là những bài toán dành cho học ôn thi THPT chuyên và cả không chuyên. Khi giải học sinh gặp nhiều bỡ ngỡ và khó khăn. Mặt khác hình học là một phân môn rất quan trọng của chương trình Toán, trong bất cứ kỳ thi nào cũng phải có mặt những bài toán hình học cho nên nếu các em được trang bị các kiến thức một cách hệ thống, có được kỹ năng tư duy tốt, có một cách suy nghĩ sáng tạo, một cách khai thác tốt các kiến thức đã học vào giải bài sẽ đạt hiệu quả cao. Bộ môn hình học là một bộ môn giúp các em phát triển tư duy một cách rất tốt, đồng thời giúp các em linh hoạt, sáng tạo trong giải toán.Trường Lê Quý Đôn là một trường có nhiệm vụ rất quan trọng trong đó là bồi dưỡng nhân tài cho cả huyện, tỉnh, đất nước. Vì vậy việc dạy cho học sinh nắm các

kiến thức toán học một cách sâu sắc, có khả năng nhìn nhận một bài toán từ nhiều góc độ khác nhau, biết khai thác từ một bài toán để được nhiều bài toán khác, có kỹ năng phân tích, tổng hợp, biết cách tư duy để tìm tòi lời giải một bài toán hình học là vô cùng cần và nên làm. II. Mô tả giải pháp 1. Giải pháp trước khi tạo ra sáng kiến .

Qua thời gian nhiều năm giảng dạy tôi thấy học sinh hầu như làm quen

với bộ môn hình học rất chậm. Các em đều cảm thấy rất khó khăn khi gặp một bài toán hình học. Đặc biệt các em không linh hoạt trong vận dụng các kết quả đã học, đã được biết để giải một bài tập tiếp theo có nét tương tự; hoặc hay nhầm lẫn giữa các bài toán có dữ liệu na ná giống nhau. Trước đây, khi hướng dẫn học sinh ôn thi tuyển sinh THPT, bản thân tôi cũng thường đưa hệ thống bài tập theo dạng bài dựa trên cơ sở một số tài liệu tham khảo mà chưa quan tập tới việc hình thành kỹ năng tư duy cho học sinh, chủ yếu chỉ phân chia và cho học sinh làm bài tập theo từng dạng mà không hướng dẫn cho các em cách khai thác một bài toán, cách nhìn một bài toán từ nhiều góc độ khác nhau, cách tích lũy kinh nghiệm giải toán thông qua hệ thống bài tập đã được làm, đã được nghe giảng, vì vậy các em chưa biết cách tư duy khi học hình, dẫn đến các em thường không giải được các bài tập ở mức độ yêu cầu cao hơn. Nhiều em rất lúng túng khi phải giải quyết một bài hình học và có tâm lý ‘ sợ” bài tập hình. Trong khi đó trong các đề thi tuyển sinh THPT chuyên và không chuyên thì hình học thường chiếm 3 điểm, trong đó thường có một câu giành cho học sinh có học lực khá giỏi. Chính vì vậy nếu người thầy không có một giải pháp tốt trong dạy hình học cho các em thì nhiều em thường không làm được câu c của bài hình trong các đề thi tuyển sinh, do đó các em không đạt điểm cao khi tham gia các kỳ thi thi tuyển sinh vào các trường THPT chuyên và không chuyên. 2. Giải pháp sau khi có sáng kiến Sau nhiều năm trực tiếp giảng dạy, nghiên cứu rút kinh nghiệm hôm nay tôi xin trình bày những kinh nghiệm của tôi trong cách hướng dẫn học sinh ôn tập và giải các bài tập hình học trong quá trình ôn thi tuyển sinh THPT từ đó phát triển năng lực tư duy cho học sinh. Cụ thể khi dạy hình để

cho học sinh có thể đỡ lúng túng giáo viên cần phải chú ý giúp học sinh hiểu được những vấn đề sau là không thể thiếu khi đọc một đề bài hình học: - Phải nắm được các khái niệm hình học, từ đó định nghĩa được chúng và xác định được các tính chất, định lý có liên quan. - Kỹ năng vẽ hình phải thành thạo, chính xác. Có kỹ năng vẽ đường phụ cho hợp lý cho học sinh. - Sử dụng các phương pháp tư duy như đặc biệt hóa, tổng quát hóa, tương tự hóa, phân tích, tổng hợp …trong việc tìm tòi lời giải. Bản thân giáo viên phải nắm thật chắc kiến thức, phải luôn tự học, tự nghiên cứu tài liệu và sách tham khảo, đặc biệt với sự phát triển của công nghệ thông tin, ngày nay hệ thống sách, tài liệu ôn thi, hệ thống bài tập trên các kho dữ liệu dùng chung là rất nhiều, bởi vậy mỗi người thầy cần phải tự nâng cao trình độ công nghệ thông tin, tích cực tìm tòi tài liệu số, nhằm trau rồi kiến thức và nâng cao trình độ hiểu biết cho bản thân. Trong quá trình dạy giáo viên phải làm cho học sinh thấy được bản chất của vấn đề, của kiến thức mà các em cần lĩnh hội. Người thầy cần làm tốt việc giúp cho học sinh linh hoạt trong sử dụng ngôn ngữ toán học để các em có thể chuyển từ ngôn ngữ toán học về ngôn ngữ thông thường và ngược lại, từ đó giúp các em dễ hiểu, dễ nhớ. Hình thành cho học sinh cách tư duy khi giải toán, cách “nhìn” một bài toán sao cho bao giờ cũng đạt hiệu quả cao. Chia nhỏ bài toán để học sinh có thể giải quyết từ dễ đến khó. Sau đó bỏ bớt những câu dễ đi chỉ để lại những câu khó để các em tự giải quyết trên cơ sở đó hình thành kỹ năng giải bài toán tổng hợp có các bước trung gian. Hướng dẫn học sinh tìm nhiều cách giải sau đó cho các em tự nhận xét cách nào là tối ưu nhất. Trong các giờ học, giáo viên cần truyền cho học sinh niềm đam mê học toán, say mê học hỏi và luôn tự hoàn thiện phương học, áp dụng các phương pháp học tích cực, phát huy tính sang tạo của bản thân, Người thầy cần tạo nhằm tạo sức hút đối với học sinh để các em có thể yêu và hứng thu với môn học có thể xem là tương đối khó này.

* Giải pháp cụ thể khi giảng dạy học sinh ôn tập hình học 9 2.1. Cung cấp hệ thống bài tập trong SGK toán 9 được xem như các bổ đề Chúng ta đều biết trong chương trình học, một số bài tập trong sách giáo khoa có tính ứng dụng rất cao trong quá trình giải các bài tập của chương trình. Do đó giáo viên cần thiết trang bị cho các em các bài tập đó, để các em có thể dễ dàng nhận biết ra được kết quả nếu trong khi làm bài tập có gặp các câu hỏi tương tự. Ví dụ trong chương trình lớp 9 một số bài tập sau đây có thể trang bị cho học sinh như những bổ đề: Bài toán 1: Nếu hai tiếp tuyến của đường tròn cắt nhau tại một điểm thì đường thẳng qua tâm và điểm đó là trung trực của đoạn thẳng nối hai tiếp điểm. Bài toán 2: (Bài 31 / SGK T9-

Tập 1 / Tr 116) Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm O (hình vẽ) CMR: 2AD = AB + AC – BC. Hãy chỉ ra các hệ thức tương tự.

F O

Bài toán 3: (Bài 60 / SBT T9 Tập 1/ Tr 166)

Cho tam giác ABC, đường tròn (K) bàng tiếp góc A tiếp xúc với các cạnh AB, AC lần lượt tại E, F. Biết BC = a, AB = c, AC = b. Chứng minh rằng: a. AE  AF  b. BE 

abc 2

abc 2

F E K

c. CF 

a cb 2

Bài toán 4: (Bài tập 23 - SGK T9 Tập 2 / Tr 76) Cho đường tròn (O), một điểm M cố định không thuộc đường tròn. Qua M kẻ hai đường thẳng, đường thẳng thứ nhất cắt đường tròn tại A và B, đường thẳng thứ hai cắt đường tròn tại C và D. Chứng minh: MA. MB = MC. MD M

A M D O

B C

Bài toán 5: (Bài tập 30 / SGK T9 - Tập 2 / Tr 79) Nếu góc BAx (Với đỉnh A nằm trên đường tròn, một cạnh chứa dây cung AB) có số đo bằng nửa số đo của cung AB căng dây ấy và cung này nằm trong góc BAx thì cạnh Ax là tia tiếp tuyến của đường tròn. Hướng dẫn Giả sử Ax không là tiếp tuyến tại A, thì tại A kẻ tia tiêp tuyến Ax’ với đường tròn (sao cho Ax’ và Ax thuộc cùng nửa mặt phẳng bờ AB) 1 2

=> BAx ' = sd AB

x' x

=> BAx  BAx' => tia Ax trùng tia Ax’ do đó Ax là tiếp tuyến tại A.

(Có thể chứng minh bằng cách kẻ đường thẳng vuông góc từ O xuống

AB rồi cộng góc) Bài toán 6: (Bài 34 /Tr 80 - SGK T9 tập 2)

Cho đường tròn (O) và điểm M nằm ngoài đường tròn. Từ M kẻ tiếp tuyến MT tới đường tròn (T là tiếp điểm) và một cát tuyến MAB.

A M

Chứng minh MT2 = MA.MB Bài toán 7: (Bài 9 /Tr 135 SGK T9 - Tập 2) Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn

(O) và nội tiếp đường tròn (O’), tia AO cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác tại D. Ta có: a. CD = BD = O’D

b. CD = OC = BD c. AO =CO =OD

d. CD = OD = BD D

BAC ABC HD: OBD  BOD   2 2

Bài toán 8: (Mệnh đề đảo của bài tập 23 tr 76 – SGK T9 (tập 2)) Nếu tứ giác ABCD có: + MA.MB = MC.MD hoặc NA.ND = NC.NB thì tứ giác ABCD nột tiếp. (Trong đó M  AB  CD; N  AD  BC ) + Nếu PA.PC = PB.PD thì tứ giác ABCD nội tiếp. (Trong đó

P  AC  BD ) Bài toán 9: Diện tích tam giác bằng nửa tích độ dài hai cạnh và sin góc xen giữa. Bài toán 10: Diện tích tam giác bằng tích độ dài ba cạnh chia cho bốn lần bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác đó. Bài toán 11: Diện tích tam giác bằng tích của nửa chu vi tam giác với bán kính đường tròn nội tiếp tam giác đó.

Bài toán 12: Tỷ số bán kính các đường tròn nội, ngoại tiếp hai tam giác đồng dạng tam giác bằng tỷ số đồng dạng. Ngoài một số ví dụ trên thì còn nhiều bài toán khác trong chương trình học THCS học sinh cũng cần phải nhớ như những định lý để áp dụng.Tuy nhiên khi đưa ra hệ thống bổ đề, giáo viên cần chú ý cho học sinh khi các em sử dụng chúng thì phải chứng minh 2.2. Trang bị thêm cho học sinh một số kỹ năng chứng minh hình học cơ bản trong chương trình lớp 9 Khi học trong các giờ lý thuyết, các định lý, tính chất học sinh được trang bị đôi khi chưa đủ để các em có thể giải quyết được những bài tập hình học khó, đặc biệt là đối với một số dấu hiệu nhận biết các hình quen thuộc, trên cơ sở đó giúp học sinh giải quyết bài tập dễ dàng hơn. Vì thế, ngoài việc hệ thống lại những kiến thức cơ bản được trang bị trong chương trình sách giáo khoa, thì người thầy có thể trang bị cho học sinh một số kỹ năng khác, một cách có hệ thống, giúp các em thuận lợi hơn khi giải bài. Nếu như ở lớp 7, 8 việc trang bị kỹ năng chứng minh hai tam giác bằng nhau, đoạn thẳng, góc bằng nhau, chứng minh điểm thẳng hàng, đường đồng quy, đoạn thẳng tỷ lệ, đẳng thức …là không thể thiếu khi dạy cho học sinh thì với chương trình lớp 9 hiện hành các kỹ năng sau đây là thật sự cần thiết phải trang bị cho học sinh. 2.2.1. Một số phương pháp chứng minh đường thẳng là tiếp tuyến của một đường tròn (đường tròn và đường thẳng tiếp xúc nhau) * Phương pháp 1. Chứng minh đường thẳng vuông góc với bán kính của đường tròn tại một điểm nằm trên đường tròn. (Dấu hiệu nhận biết do sách giáo khoa cung cấp) Ví dụ 1: (Đề Khảo sát 24 tuần huyện Ý Yên, Năm học 2018-2019) Cho đường tròn (O) đường kính AB, dây CF vuông góc với OA tại H (H không trùng với A và O). Gọi I là trung điểm của CH, AI cắt đường tròn (O) tại D. Gọi M là giao điểm của AC và BD, N là giao điểm của AD và BC, K là trung điểm của MN. a) Chứng minh AC2 = AI.AD.

b) Chứng minh KC là tiếp tuyến của đường tròn (O). c) Gọi P là giao điểm của KC với tiếp tuyến tại A đường tròn (O). Chứng minh B, I, P thẳng hàng.

Hướng dẫn: Ý (b). Cách 1: Xét đường tròn (O) ta có

K C

ACB = ADB = 90

(các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).  AD  BM và BC  AM

N P

 N là trực tâm của ∆ABM  MN  AB

Ta có ∆CMN vuông tại C, K là trung

điểm MN nên K là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆CMN  KC = KM  ∆KCM cân tại K  KCM = KMC (1).

Ta có OC = OA (bán kính đường tròn (O))  ∆OCA cân tại O  OCA = OAC (2).

Từ (1) và (2)  KCM  OCA  KMC  OAC  900 (do MN  AB) 0  KCO  90  KC  OC tại C thuộc đường tròn (O)

 KC là tiếp tuyến của đường tròn (O).

Cách 2: Hướng dẫn Tứ giác MDNC nội tiếp nên: CMN  CDN , (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung CN)

Trong đường tròn (O): CDN  CDA  CBA (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung CA)

Và CBA  BCO Mặt khác K là trung điểm của MN nên tam giác CNK cân tại K => KCN  KNC

CNM  CMN  900

=> KCN  BCO  900 => KC  OC tại C thuộc đường tròn (O)  KC là tiếp tuyến của đường tròn (O).

* Phương pháp 2: (Bài tập 30 /Tr 79 SGK T9 - Tập 2) Nếu góc BAx (Với đỉnh A nằm trên đường tròn, một cạnh chứa dây cung AB) có số đo bằng nửa số đo của cung AB căng dây ấy và cung này nằm trong góc BAx thì cạnh Ax là tia tiếp tuyến của đường tròn. Ví dụ 2: Cho tam giác ABC cân tại C, trực tâm H. Chứng minh rằng AB là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác AHC. Hướng dẫn: H Là trực tâm của tam giác ABC

nên AH  BC, CH  AB => HAB  HCB

Do tam giác ABC cân tại C nên H

CH đồng thời là phân giác của góc ACB => ACH  BCH => HAB  ACH

Theo bổ đề 2 thì AB là tiếp tuyến * Phương pháp 3: Cho đường tròn (O) và điểm M nằm ngoài đường tròn. Từ M kẻ một cát tuyến MAB tới đường tròn và một điểm T trên đường tròn. CMR: Nếu MT2 = MA.MB thì MT là tiếp tuyến của đường tròn tại T (Bài toán đảo của bài 34 /Tr80 SGK T9 - Tập 2) Ví dụ 3: Cho đường tròn (O) và một dây AB khác đường kính. M là điểm chính giữa cung AB. Một điểm C trên dây AB, dây MD của đường tròn đi qua C.

a. Chứng minh MA2 = MC.MD b. Chứng minh MB là tiếp tuyến của đường

tròn ngoại tiếp tam giác BCD. O

Hướng dẫn a. Tam giác MAC và tam giác MDA đồng dạng nên => MA2 = MC.MD b. Tương tự có MB2 = MC.MD, như vậy theo bổ đề 3 thì MB là tiếp tuyến của đường tròn. 2.2.2. Một số phương pháp chứng minh tứ giác nội tiếp (hoặc chứng minh các điểm thuộc một đường tròn) * Phương pháp 1. Chứng minh bốn đỉnh của tứ giác cùng cách đều một điểm. (theo định nghĩa) Ví dụ 1: (Từ bài 70 Tr 138- SBT T9 - Tập 1): Cho hai đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại A,B. Dây AC của đường tròn (O) là tiếp tuyến tại A của đường tròn (O’). Dây AD của đường tròn (O’) là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A. Gọi K là diểm đối xứng của A trung điểm I của OO’, E là điểm đối xứng của A qua B. a. Chứng minh AB  KB b. Chứng minh tứ giác BKOO’ nội tiếp c. Chứng minh 4 điểm A, C, E, D thuộc một đường tròn. Hướng dẫn Do K đối xứng với A qua I => I là trung điểm của AK. (1)

Gọi H là giao của AB và OO’; AB là dây chung của hai đường tròn

O H

(O) và (O’) j

=> H là trung điểm của AB (2) Từ (1) và (2) => HI là đường

trung bình của tam giác ABK => HI // BK

=> Mà AB  OO’ (Tính chất đường nối tâm) => BK  AB a. Có I là trung điểm của AK (cmt) Lại có I là trung điểm của OO’, I là giao điểm của AK và OO’

=> Tứ giác AOKO’ là hình bình hành (DHNB) => OK = AO’(Cạnh đối HBH) Lại có O’A = O’B (BK đường tròn (O’)) => OK = O’B (3) => Có HI // BK (cmt) => BK // OO’ => Tứ giác BKO’O là hình thang (4) => Từ (3) và (4) => Tứ giác BKO’O là hình thang cân (DHNB) => Tứ giác BKO’O nội tiếp một đường tròn (Hình thang cân thì nội tiếp) b. Có tứ giác AOKO’ là hình bình hành (cmt) =>KO // AO’ (5) (Cạnh đối HBH) Mà AD là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A =>O’A  AD (6) (TC tiếp tuyến) Từ (5) và (6) => KO  AD (Từ vuông góc đến song song) Trong đường tròn (O) có AD là dây cung, KO là đường kính => KO đi qua trung điểm của AD (Quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây) => KO là trung trực của AD => KA = KD (*) CMTT ta có: KA = KC (**) Có E đối xứng với A qua B => B là trung điểm của AE Mà KB  AB (CMT) hay KB  AE tại trung điểm B => KB là trung trực của AE => KA = KE (***) Từ (*), (**), (***) => KA =KD =KE =KC =>A, C, D, E thuộc đường tròn (K,KA) * Phương pháp2: Chứng minh tứ giác có hai góc đối diện bù nhau (dấu hiệu nhận biết sách giáo khoa cung cấp) Ví dụ 2: (Đề tuyển sinh THPT tỉnh Nam Định, năm học 2014-2015) Cho tam giác ABC vuông tại B. Trên cạnh BC lấy điểm E (E khác B và C). Đường tròn đường kính EC cắt cạnh AC tại M và cắt đường thẳng AE tại N (M khác C, N khác E).

a) Chứng minh các tứ giác ABEM, ABNC là các tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh ME là tia phân giác của c) Chứng minh: AE.AN  CE.CB  AC2 . Hướng dẫn

M thuộc đường tròn đường kính EC nên EMC  90o  AME  90o .

 AME  ABE  180o suy ra tứ giác

ABEM nội tiếp (tứ giác có tổng 2 góc đối bằng 180o).

N thuộc đường tròn đường kính N

EC nên ENC  90o hay ANC  90o . Suy ra ANC  ABC  90o

Do đó tứ giác ABNC nội tiếp (hai điểm B, N cùng nhìn đoạn AC dưới một góc vuông). * Phương pháp 3. Chứng minh tứ giác có hai đỉnh kề nhau cùng nhìn đoạn thẳng tạo bởi hai điểm còn lại dưới hai góc bằng nhau (dấu hiệu nhận biết sách giáo khoa cung cấp). Ví dụ 2 a) Ví dụ 3: (Đề thi tuyển sinh THPT tỉnh Nam Định năm học 2013-2014 đề Dự bị) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O; R). Các đường cao BD và CE của tam giác cắt nhau tại H. a) Chứng minh rằng BCDE là một tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh OA  DE.

c) Cho điểm A di động trên cung lớn BC của đường tròn (O; R). Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác AED có bán kính không đổi.

D O

Hướng dẫn

a. Xét tứ giác BCDE có: BDC = 90 (vì BD  AC)

BEC = 900 (vì CE  AB)  hai đỉnh D và E cùng nhìn cạnh BC dưới một góc vuông

Vậy BCDE là một tứ giác nội tiếp. * Phương pháp 4: Chứng minh tứ giác có góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong đỉnh đối diện (dấu hiệu nhận biết sách giáo khoa cung cấp) Ví dụ 4: (Đề tuyển sinh THPT tỉnh Nam Định năm học 2013-2014) Cho đường tròn (O) đường kính AB. Trên tia đối của tia BA lấy điểm C (C không trùng với B). Kẻ tiếp tuyến CD với đường tròn (O) (D là tiếp điểm), tiếp tuyến tại A của đường tròn (O) cắt đường thẳng CD tại E. Gọi H là giao điểm của AD với OE, K là giao điểm của BE với đường tròn (O) (K không trùng với B). a) Chứng minh AE2 = EK. EB. b) Chứng minh bốn điểm B, O, H, K cùng thuộc một đường tròn. c) Đường thẳng vuông góc với AB tại O cắt CE tại M. Chứng minh

AE EM  = 1. EM CM

Hướng dẫn b. Ta có AE, ED là hai tiếp

tuyến của đường tròn (O)

M K

=>AE = ED (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) H

Có OA = OD (bằng bán kính (O))  EO là đường trung trực của

AD  AD  EO tại H. Áp dụng hệ thức b2 = a.b’ trong tam giác vuông AOE, Ta có AE2 = EH.EO  EK. EB = EH. EO (= AE2) 

EK EH = EO EB

Xét  EHK và  EBO ta có: HEK chung,   EHK

 EBO (c.g.c).

EK EH = (chứng minh trên) EO EB

 EHK = EBO  Tứ giác BOHK nội tiếp.

Vậy bốn điểm B, O, H, K cùng thuộc một đường tròn. * Phương pháp 5: (Mệnh đề đảo của bài tập 23 tr 76 – SGK T9 (tập 2)) Nếu tứ giác ABCD có: + MA.MB = MC.MD hoặc NA.ND = NC.NB thì tứ giác ABCD nội tiếp. (Trong đó M  AB  CD; N  AD  BC ) + Nếu PA.PC = PB.PD thì tứ giác ABCD nội tiếp. (Trong đó

P  AC  BD ) Ví dụ 5: (Ví dụ 4c): Nếu biết bổ đề 5 thì tại ví dụ 4 ý c học sinh khi nhìn thấy đẳng thức: EK. EB = EH. EO đã biết tứ giác BOHK nội tiếp, từ đó các em chỉ việc trình bày lời giải. * Phương pháp 6: Chứng minh tứ giác đó là các tứ giác đặc biệt (hình thang cân; hình chữ nhật; hình vuông; …) Ví dụ 6: (Ví dụ 1b): Cho hai đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại A,B. Dây AC của đường tròn (O) là tiếp tuyến tại A của đường tròn (O’). Dây AD của đường tròn (O’) là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A. Gọi K là diểm đối xứng của A trung điểm I của OO’, E là điểm đối xứng của A qua B a. Chứng minh AB  KB b. Chứng minh tứ giác BKO’O nội tiếp c. Chứng minh 4 điểm A, C, B, D thuộc một đường tròn. Chú ý: Đôi khi làm bài tập chứng minh tứ giác nội tiếp có thể áp dụng một số nội dung sau): + Nếu cần chứng minh cho nhiều điểm cùng thuộc một đường tròn ta có thể chứng minh lần lượt 4 điểm một lúc. Song cần chú ý tính chất “Qua 3 điểm không thẳng hàng xác định duy nhất một đường tròn” + Có đôi khi để chứng minh tứ giác nội tiếp chúng ta còn chứng minh qua 5 hoặc 6 điểm cùng nằm trên một đường tròn.

* Một số ví dụ: (Đề thi tuyển sinh các năm) có yêu cầu chứng minh tứ giác nội tiếp: (Đề tuyển sinh THPT 2016-2017 tỉnh Nam Định) Cho đường tròn  O  đường kính AB. Đường thẳng d tiếp xúc với đường tròn  O  tại A . Gọi M , N là hai điểm trên đường thẳng d sao cho A nằm giữa M và N . Các đường thẳng BM , BN cắt đường tròn  O  lần lượt tại D và E (khác B ).

a) Chứng minh tứ giác DMNE nội tiếp một đường tròn. b) Chứng minh rằng

IA AM .AN (với I là giao điểm của AB và DE ).  IB AB 2

c) Khi M , N thay đổi trên d nằm về hai phía của điểm A và AM . AN là một đại lượng không đổi, chứng minh DE luôn đi qua một điểm cố định. (Đề tuyển sinh THPT năm 2018-2019 tỉnh Nam Định) Cho đường tròn (O) , đường kính AB. Trên đường tròn đó lấy hai điểm C , D nằm cùng phía với đường kính AB ( C , D không trùng với A, B ) và C

thuộc cung nhỏ AD. Các đoạn thẳng AD và BC cắt nhau tại E , gọi I là hình chiếu vuông góc của E trên AB, M là giao điểm thứ hai của DI và đường tròn (O).

a) Chứng minh BDEI là tứ giác nội tiếp và CM  AB. b) Đoạn thẳng BC và DM cắt nhau tại K . Chứng minh BK .CE  BC.EK . 2.3. Chỉ ra một số sai lầm học sinh thường mắc phải khi giải bài tập hình học đề các em có thể biết và tránh khi làm bài Khi làm bài tập hình học, học sinh thường mắc phải một số lỗi sai lầm do đó ảnh hưởng rất nhiều tới việc làm bài của các em. Một lỗi ngộ nhận hay một lỗi vẽ hình sai, có thể làm thay đổi hoàn toàn số điểm mà các em có thể đạt được, trong một số trường hợp, có những em học sinh khá, giỏi, nhưng do không cẩn thận, không để ý hoặc đơn giản hơn là không biết những lỗi sai thường mắc trong khi giải bài tập hình học, mà dẫn đến kết quả không cao, do đó rất đáng tiếc. Bởi vậy trong quá trình giảng dạy, chữa bài cho học sinh trong từng giờ học, giáo viên cần chú ý thường xuyên khắc sâu, nhắc nhở và

chỉ ra những sai lầm mà các em thường mắc phải để giúp các em nhận biết và tránh mắc lỗi trong làm bài. Cụ thể học sinh thường mắc một số sai lầm sau: 2.3.1. Sai lầm ở phần vẽ hình: +) Vẽ sai vì đọc không kĩ các vị trí như điểm thuộc tia, tia đối, thuộc đoạn, các yêu cầu về các đoạn thẳng lớn hơn, nhỏ hơn, cung lớn, cung nhỏ, … +) Lấy các điểm cho bất kì ở những vị trí đặc biệt như trung điểm đoạn thẳng, chân đường vuông góc, điểm chính giữa của một cung, … để dẫn tới các cảm nhận trực quan sai và hình thành đường lối suy nghĩ, tìm lời giải cho bài toán lệch hướng. +) Không vẽ các đoạn thẳng mà trong phần bài làm có sử dụng. +) Cẩu thả nên dễ bị nhầm các kí hiệu M với N; E với F; O với D, … +) Đánh kí hiệu các góc A1 ; A2 ; … từ câu a, b nên nếu tới câu c, d xuất hiện tia nằm bên trong góc mà học sinh không vẽ lại hình. +) Trong bài lạm dụng các góc đánh số A1 ; A2 ;….nhưng trên hình vẽ quên không đánh kí hiệu 1, 2,... vào góc. +) Có hai ký hiệu trùng nhau trên hình vẽ. 2.3.2. Những lỗi sai, nhầm lẫn khi trình bày bài: +) Khi sử dụng các định lý chỉ áp dụng trong một tam giác, một tứ giác hay một đường tròn nhưng HS không xét tam giác, tứ giác hay đường tròn đó. +) Làm tắt các bước bắt buộc. (Lỗi sai ngộ nhận kiểu chưa có mà bảo là có) +) Đưa ra các tính chất hình học quan trọng song lại thiếu căn cứ. +) Khi chứng minh tứ giác nội tiếp đôi khi học sinh có

A  900 ; B  900 nhưng không có biểu thức A  B  1800 (Khi đỉnh A; B đối nhau) hay A  B  900 (Khi đỉnh A; B kề nhau) đã kết luận. +) Khi chứng minh hai tam giác đồng dạng, bằng nhau viết kí hiệu hai tam giác đồng dạng, bằng nhau viết sai đỉnh tương ứng từ đó dẫn đến biết các cặp canh, góc tương ứng sai.

+) Khi sử dụng các góc dùng kí hiệu 3 đỉnh, học sinh viết nhầm đỉnh (Ví dụ BAC thì viết là ABC ). +) Các em dùng kí hiệu góc, cung còn nhầm lẫn, không chính xác. +) Khi gặp câu yêu cầu tính toán cần để kết quả đúng là một số vô tỷ (Ví dụ

2 ) chứ không để kết quả dưới dạng số thập phân (  1,4 ) nếu đề bài không

yêu cầu. Kết quả cuối cùng phải có đơn vị đo nếu giả thiết cho đơn vị đo. +) Vẽ hình rơi vào trường hợp đặc biệt do đó dẫn đến các em ngộ nhận khi làm bài. 2.4. Khai thác bài toán ở các mức độ khác nhau, giúp học sinh hình thành kỹ năng tư duy 2.4.1. Đưa ra bài tập cho học sinh với hệ thống câu hỏi từ dễ đến khó, từ đơn giản đến phức tạp

VD 1.1; Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O,R). Lấy một điểm M bất kỳ trên cung nhỏ BC.Trên đoạn MA lấy một điểm D sao cho MB =

MD.

a, Hãy chứng minh  MDB là tam giác đều

b, Chứng minh MA = MB + MC

Đây là một bài toán rất quen thuộc của hình học 9, nếu không có gợi ý ở câu a, học sinh ban đầu khi mới học sẽ chưa thể hình dung cách lấy thêm điểm D để giải quyết câu b, chính vì vậy, để cho học sinh dễ năm bắt, tôi đưa bài toán có hai câu, giúp các em có thể xem bài toán như một bổ để để tiếp tục giải bài ở mức độ cao hơn. VD 1.2: Cho tam giác ABC đều, gọi O là trung điểm của BC, một góc xOy = 600 quay xung quanh điểm O, cắt AB, AC lần lượt tại M, N a, CMR: Chứng minh hai tam giác : BMO và CON BC 2 đồng dạng, từ đó suy ra BM.CN = 4

b, Chứng minh rằng OM là tia phân giác của góc

BMN c, Chứng minh MN luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định. Câu a là câu gợi ý cho học sinh giải quyết câu b, nếu ngay từ đầu đã cho chỉ một câu, học sinh sẽ khó có thể làm được bài, nhất là với học sinh trung bình và yếu, do đó câu gợi ý là rất quan trong đối với các em. Giáo viên muốn đạt hiệu quả cho giờ dạy thì cần chia nhỏ bài toán, đưa thêm câu hỏi gợi ý để các em có thể giải được, từ đó dẫn dắt dần các em đến với những câu khó hơn. VD 1.3: Cho tam giác ABC (AB < AC) Trên AB, AC lần lượt lấy các điểm M,N sao cho BM = CN. Trên AC lấy D sao cho CD = AB. Gọi K là giao điểm trung trực của BC và AE. a. Chứng minh rằng: các tam giác KBA và KCD bằng nhau. b. Chứng minh K cũng thuộc trung trực của MN. Với bài toán này, học sinh chỉ cần chứng minh câu a rồi từ đó chứng minh tam giác KMB và tam giác KNC bằng nhau. Tất cả các bài toán trong phần này đều rất đơn giản, học sinh dưới sự hướng dẫn của giáo viên đều có thể dễ dàng làm được. Tuy nhiên đó cũng chính là những bài toán gốc, những bổ đề hoặc những gợi ý quan trọng để HS có thể giải quyết những bài toán khó hơn. Trên cơ sở giải quyết các bài toán trên, giáo viên có thể đặt ra yêu cầu cao hơn đối với học sinh. 2.4.2. Thay đổi một số dữ liệu ở kết luận của bài toán trên cơ sở những bài toán quen thuộc đã làm và cho HS tự giải quyết bài toán mới. VD 2.1: (một các khai thác từ ví dụ ví dụ 1.2 ) Cho đường tròn (O,R) kẻ đường kính AB.Một đường kính CD vuông góc với AB tại trung điểm I của AO.Lấy M là một điểm bất kỳ trên cung nhỏ CB.Chứng minh rằng: 2R 3  MB + MC + MD  4R

Hay cũng trên cơ sở ví dụ 1.2 có ví dụ như sau: VD 2.2:Cho đường tròn (O,R) kẻ đường kính AB. Một đường kính CD vuông góc với AB tại trung điểm I của AO.Lấy M là một điểm bất kỳ trên cung nhỏ CB. Tím vị trí của M trên cung nhỏ CB để MB + MC + MD đạt giá trị nhỏ nhất, lớn nhất Dựa trên sự hiểu biết của mình về bài toán ở ví dụ 1.2, các em sẽ tư duy để tìm cách chứng minh tam giác BCD đều, rồi chứng minh MD = MB + MC và dùng tính chất quan hệ giữa đường kính và dây để giải quyết tiếp bài toán. VD 2.3: (Khai thác từ ví dụ Từ VD 1.3) Cho tam giác ABC (AB  AC), Một đường tròn đi qua B,C cắt các cạnh AB. AC lần lượt tại M, N sao cho BM = CN. Chứng minh rằng khi đường tròn qua B, C thay đổi nhưng vẫn cắt các canh AB, AC tại hai điểm M, N sao cho BM = CN thì trung trực của MN luôn đi qua một điểm cố định. Rõ ràng ví dụ 2.2 mức độ yêu cầu cao hơn rất nhiều so với VD 1.3. Hướng dẫn (Giả sử AB < AC) cho M tiến đến vị trí D trên AC sao cho DC = AB từ đó xác định giao hai trung trực của BC và CD (chính là ví dụ 1.3), điểm đó là điểm cần chứng minh VD 2.4: ( Khai thác từ ví dụ 1.4) Cho tam giác ABC đều cạnh a, O là trung điểm của BC, một góc xOy quay quanh O cắt AB, AC lần lượt tại M,N. a, Chứng minh rằng: MN luôn tiếp xúc một đường tròn cố định ? b, Tìm vị trí của M,N để diên tích tam giác OMN lớn nhất ? c, Tìm vị trí của M,N để diện tích tam giác AMN lớn nhất ? 2.4.3. Thay đổi giả thiết của bài toán giữ nguyên kết luận, yêu cầu học sinh giải quyết vấn đề

Trong dạy học môn Toán, đặc biệt là dạy hình học, để phát triển khả năng tư duy cho học sinh, chúng ta không thể chỉ đưa bài tập một chiều, mà cần có những bài tập được thay đổi giả thiết hoặc kết luận trên cơ sở một bài tập quen thuộc. Từ đó giúp học sinh có thể tư duy linh hoạt và khi gặp một bài toán nào đó các em có thể tự mình thay đổi, khai thác dữ kiện để có nhiều bài toán khác nhau, để hình thành khả năng suy luận lô gíc cho học sinh. VD 3.1 Cho hai đường thẳng d và d1 cắt nhau tại O. Hai động tử chuyển động trên d và d1 với cùng vận tốc, chứng minh rằng tại mọi thời điểm thì hai động tử luôn cách đều một điểm cố định. Ta nhận thấy do hai vật chuyển động cùng vận tốc nên hiệu quãng đường hai vật chuyển động được luôn không đổi, do đó nếu lấy một thời điểm t bất kỳ thì khi đó quãng được hai vật chuyển động được là bằng nhau, từ đó đưa về bài toán của VD 2.2, phát hiện được điểm cố định là điểm chính giữa cung AB của đường tròn ngoại tiếp tam giác AOB (A,B là hai vị trí của hai động tử tại một thời điểm xác định t) VD 3.2 (từ VD 1.4) Cho tam giác ABC cân tại A, một đường tròn có tâm trên BC, tiếp

xúc với AB,AC lần lượt tại M,N. Chứng minh rằng đoạn thẳng có các đầu mút là P,Q nằm trên P

các canh AB, AC tiếp xúc với đường tròn trên khi và chỉ khi BP.CQ =

BC 4

Tam giác ABC không còn đều nữa, do đó giải bài toán khó khăn hơn rất nhiều, việc chứng minh các tam giác đồng dạng không còn dựa vào góc 600 nữa mà dựa vào cộng góc, nhưng trên cơ sở VD 1.4 học sinh sẽ tự tìm ra cách giải bài.

Tóm lại: Với cùng 1 giả thiết ấy, hoặc 1 kết luận ấy nhưng chỉ bằng một sự thay đổi nhỏ hay nói một cách khoa học hơn là bằng sự khai thác của người dạy học sinh liên tục có những bài toán mới khác nhau. Từ đó giúp cho học sinh có khả năng tư duy tổng hợp, linh hoạt hoặc có thể chia nhỏ bài toán để tư duy, đặt bài toán trong một bài toán quen thuộc khác để tư duy. Chính điều đó giúp các em có thể nhanh chóng lĩnh hội và giải quyết các bài tập khác. 2.5. Đưa hệ thống bài tập được lựa chọn theo một số hình vẽ quen thuộc, trên cơ sở đó khắc sâu khả năng ghi nhớ, đồng thời giúp học sinh có thể phát triển khả năng khai thác bài toán Qua nhiều năm kinh nghiệm giảng dạy, đặc biệt qua việc tìm hiểu đề thi tuyển sinh THPT chuyên và không chuyên của tỉnh Nam Định nói riêng và cả nước nói chung, tôi nhận thấy,rất nhiều bài toán hình học lớp 9 có thể đưa về một số dạng hình vẽ quen thuộc, một số hình vẽ có thể tạm coi là “Gốc”. Chính nhờ phát hiện này mà tôi đã hình thành nên một hệ thống bài tập theo hình vẽ cho học sinh. Trên cơ sở đó phát triển khả năng ghi nhớ, khả năng khai thác bài toán và đặc biệt là hình thành thói quen khi giải bài cho học sinh. Cụ thể có thể sắp xếp một số hệ thống bài tập theo hình vẽ như sau: 2.5.1. Một số bài tập xuất phát từ ba đường cao của một tam giác nội tiếp: Bài 1. (Tổng hợp các câu hỏi trong SGK và SBT) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp

đường tròn (O, R) cố định. Kẻ các đường cao

AD, BE, CF cắt nhau tại H.. Kẻ đường kính

AK của (O).

a. Chứng minh các tứ giác: BFEC, AFHE,... nội tiếp.

O B

C D

b. Chứng minh tứ giác BHCK là hình bình hành. c. Chứng minh DC. DB = DH. DA. c. Chứng minh AF. AB = AE. AC.

Hướng dẫn a. Tứ giác BFEC, AFHE,... nội tiếp. b. Tứ giác BHCK có hai cặp cạnh đối song song c. Các tam giác vuông ABD và CHD đồng dạng d. Các tam giác vuông ABF và ACE đồng dạng Bài 2. Cho tam giác ABC nội tiếp (O; R). Gọi H là trực tâm của tam giác ABC; E là điểm đối xứng của H qua BC; F là điểm đối xứng của H qua trung điểm I của BC. a) Chứng minh tứ giác BHCF là hình bình hành và AH = 2OI b) E, F nằm trên đường tròn (O). c) Chứng minh tứ giác BCFE là hình thang cân. d) Gọi G là giao điểm của AI và OH. Chứng minh G là trọng tâm của tam giác ABC Hướng dẫn a) Chứng minh

AG AH  2 GI OI

* Khai thác thêm:

Có thể thay câu 1,2 bằng các hỏi như sau: Cho E là giao của AH với đường tròn

(O), AF là đường kính chứng minh E đối xứng với H qua BC, F đối xứng với H qua trung điểm của BC

O G

B E

Bài 3. Cho (O; R) và dây cung BC cố định bằng R 3 Một điểm A di chuyển trên cung lớn BC. (AB< AC). Các đường cao BE, CF cắt nhau tại H. a) Chứng minh: Tứ giác AEHF và tứ giác BFEC nội tiếp. b) Chứng minh: AE. AC = AF. AB. c) Qua C kẻ đường thẳng song song với BE, cắt (O) tại I. Chứng minh tứ giác BHCI là hình bình hành. (một các hỏi khác của câu b bài 1, câu a bài 2) * Khai thác thêm: d) Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp  AEF theo R.

e) Tìm vị trí của điểm A trên cung lớn BC để tổng HA + HB + HC lớn nhất. Hướng dẫn: d) Chứng minh AH là đường kính đường tròn ngoại tiếp AEF . Gọi K là trung

điểm của BC. Chứng minh AH = 2OK. E

R Tính OK = suy ra AH = R. 2

G' F H

Vậy bán kính của đường tròn ngoại

tiếp AEF là R/2. e) Vì AH = R không đổi nên HA +

C K

HB + HC lớn nhất khi HB + HC lớn nhất. Do BC = R 3 nên chứng minh được

BOK  600

 BOC  1200 BAC  600 ;BHC  1200 .

Gọi G là giao điểm của BH với (O). Chứng minh  GHC đều

(tam

giác có hai góc bằng 600)  HC = HG  HB + HC = HB + HG = BG. HB + HC lớn nhất  BG lớn nhất  BG là đường kính của (O)  H  O  A là điểm chính giữa của cung BC lớn.

Bài 4. Cho đường tròn (O), dây NP cố định hông đi qua tâm. M là một điểm chuyển động trên cung lớn NP sao cho tam

giác MNP nhọn. Các đường cao NE, PF của tam giác MNP cắt nhau tại H (E, F lần lượt nằm trên MP,

MN) và cắt đường tròn tại điểm thứ hai lần lượt tại

N F

A và B. O

a) Chứng minh: ME.MP= MF. MN.

E A

b) Chứng minh: góc AMP = góc EFP.

c) Tiếp tuyến tại M của đường tròn cắt NE, PF lần lượt tại C và D. Chứng minh tứ giác CDNP nội tiếp.

Hướng dẫn: c) Chứng minh AB minh được

CD (cùng vuông góc với OM). Từ đó chứng

. Kết luận tứ giác CDNP nội tiếp.

Bài 5. Cho  ABC có ba góc nhọn nội tiếp (O; R). E là hình chiếu của B trên AC, đường thẳng qua E song song với tiếp tuyến Ax của (O) cắt AB ở F. a) Chứng minh tứ giác BFEC là tứ giác nội tiếp. b) Lấy điểm D trên cạnh BC sao cho góc

x K

DFE nhận FC là tia phân giác trong, BE cắt CF

tại H. Chứng minh H là trực tâm của  ABC , từ đó suy ra ba điểm A, H, D thẳng hàng.

E F

c) Chứng minh rằng điểm H cách đều các

O H

cạnh của  DEF

C B

Hướng dẫn a) AEF  ABC  xAE  nội tiếp. Giả sử AH cắt BC tại D’  HFD'  HFE vì HFD'  HBD';HFE  HAE;HAE  HBD'

=> FH là phân giác của EFD ' => D' trùng với D. c) Chứng minh tương tự ta có EH là phân giác của góc FED => H là tâm đường tròn nội tiếp FED . Bài 6: Bài tập 95 Tr105- SGK toán 9 tập 2 Các đường cao hạ từ A và B của tam giác ABC cắt nhau tại H. (góc C khác 900) và cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC lần lượt tại D và E. Chứng minh rằng : a. CD = CE; b. Tam giác BHD cân; c. CD = CH;

Bài 7: Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp  O; R  . Đường cao AD , BE cắt nhau ở H . Kéo dài BE , CF cắt  O  lần lượt tại M,N . a. Chứng minh tứ giác CDHE nội tiếp. b. Tam giác AHM cân. c. Gọi M là trung điểm của AB . Chứng minh ME là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác CDE . d. Gọi P và Q lần lượt là hình chiếu của D trên BH và CH . Chứng minh PQ//EF .

Hướng dẫn:

a. Chứng minh BH .BE  BD.BC ;

CH .CF  CD.CB  BH .BE  CH .CF  BC.BD  BC.CD  BC . 1

b. Theo 2.4 có F là trung điểm của HN , tương tự E là trung điểm của HM  EF //MN .

P B

Chứng minh ABE  ACF  AN  AM hay A là điểm chính giữa của cung MN  AO  MN  AO  EF .

c. Chứng minh tứ giác HPDQ là tứ giác nội tiếp HPQ  HDQ . Chứng minh HCD  HDQ ; NCB  NMB  NMP  HPQ  MN //QP hay EF //PQ . *Khai thác thêm: d. Chứng minh H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác EFD . e. Chứng minh IF là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác HEF

. f. Qua A kẻ đường thẳng xy song song với EF . Chứng minh xy là tiếp

tuyến của O; R  . g. Gọi P là điểm đối xứng với K qua B . Chứng minh P thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác AHB .

h. Gọi P , Q lần lượt là điểm đối xứng với K

qua B và C . Chứng minh: H là trung điểm

của PQ . O'

Hướng dẫn j

d. Tứ giác BFHD nội tiếp  FDH  FBH .

E O

Ta có FBH  EDH vì ABE  ADE B

Tứ giác HDCE nội tiếp  HDE  HCE .

Mà FBH  ECH  FDH  EDH .  DA là tia phân giác của FDE .

Chứng minh tương tự được FC là phân giác của DFE .  H là giao điểm 2 đường phân giác của

tam giác DEF hay H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF

A x

e. Chứng minh AH là đường kính của

đường tròn ngoại tiếp tam giác HEF . Gọi O  là

trung điểm của AH . Chứng minh IF  FO (Chứng minh AFO  IFC ).

 IF là tiếp tuyến của đường tròn ngoại

tiếp tam giác HEF . f. Vì xy // EF , mà AO  EF nên xy  AO tại A  xy là tiếp tuyến của

O; R  .

g. Chứng minh tứ giác PHCB là E

hình bình hành  PH // BC

Q O

 PH  AH  AHP  90 . KB  AB  ABP  90

 Tứ giác AHBP là tứ giác nội tiếp  Điểm P thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác AHB.

h. Tứ giác PHCB là hình bình hành nên PH  BC và PH // BC . Tứ giác HQCB là hình bình hành nên HQ  BC và HQ // BC .  HP  HQ và P , H , Q thẳng hàng.  H là trung điểm của PQ .

Bài 8: (Đề thi tuyển sinh THPT tỉnh Nam Định 2020- 2021) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn  O, R  . Hai đường cao BD, CE của tam giác ABC cắt nhau tại H. Các tia BD , CE cắt đường tròn

 O, R lần lượt tại điểm thứ hai là P, Q. a) Chứng minh tứ giác BCDE nội tiếp và cung AP bằng cung AQ. b) Chứng minh E là trung điểm của HQ và OA  DE . c) Cho góc CAB bằng 60o , R  6 cm . Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác AED. 2.5.2. Một số bài tập về hai tiếp tuyến kẻ từ một điểm đến một đường tròn Bài 1: (Tổng hợp các câu hỏi trong SGK và SBT) Cho đường tròn (O; R). Qua điểm K nằm ngoài đường tròn vẽ hai tiếp tuyến KA, KB và cát tuyến KCD với đường tròn (A và B là các tiếp điểm, C nằm giữa K và D). H là trung điểm của CD. a. Chứng minh 5 điểm K, H, A, B, O cùng thuộc một đường tròn. b. Gọi M là giao của AB và OK. Chứng minh KC.KD = KM.KO. c. Chứng minh tứ giác OMCD là tứ giác nội tiếp. A

Hướng dẫn c. Từ KC. KD = KM. KO ta chứng minh  KDM   KOC K

D C M

COM  CDM

MODC là tứ giác nội tiếp B

Bài 2. Cho đường tròn tâm O, điểm M cố định ngoài (O) , kẻ 2 tiếp tuyến MA, MB với (O) ( A, B là tiếp điểm). Trên cung nhỏ AB lấy điểm N . Từ N kẻ tiếp tuyến với (O) cắt MA, MB lần lượt tại E và F .

a. Chứng minh: Tứ giác AONE nội tiếp. b. Chứng minh: chu vi MEF và độ lớn EOF không phụ thuộc vị trí điểm N . c. Gọi I , K là giao điểm của OE và OF với AB. Chứng minh ON, EK và FI đồng quy. Hướng dẫn: a. Tứ giác AONE nội tiếp vì EAO  ENO  900

b. Chu vi MEF  ME  MF  EF  ME  MF  EN  NF  ME  MF  AE  BF  MA  MB  2MA

EOF 

không đổi.

1 AOB  độ lớn EOF không đổi. 2

c. Chứng minh: EOF  MAB  MBA (vì cùng bằng

1800  AMB ) 2

Dẫn tới tứ giác AEKO , tứ giác BOIF nội tiếp  EIF  EKF  900

ON,

EK FI là ba đường cao của tam giác OEF. * Khai thác thêm: d. Giả sử AOB  120 . Tính tỉ số

EF . IK

e. Đường thẳng qua O vuông góc với OM cắt MA, MB tại C và D . Tìm vị trí điểm N để EC  FD có giá trị nhỏ nhất. Hướng dẫn: d. Chứng minh tứ giác EIKF nội tiếp và chứng minh:  OIK 



IK OI 1 EF   cos EOF    2. EF OF 2 IK

e. Chứng minh:  EOC ~  FOD (vì cùng đồng dạng với EFO).

OFE

 EC.FD 

CD 2 4

Áp dụng bất đẳng thức Cô si có EC  FD  CD. Giá trị nhỏ nhất của EC  FD  CD . Dấu “=” khi EC  FD, dẫn tới N là điểm chính giữa cung AB

nhỏ. Bài 3: Cho (O;R) và A ngoài (O). Kẻ các tiếp tuyến AB, AC với (O) (B, C là các tiếp điểm) a) Chứng minh tức giác ABOC nội tiếp. b) Gọi E là giao điểm của BC và OA. Chứng minh

và OE.

OA = R2. c) Trên cung nhỏ BC lấy K bất kì (K khác B; C). Tiếp tuyến tại K của có chu vi không đổi khi K di

(O) cắt AB, AC tại P, Q. Chứng minh chuyển trên cung BC nhỏ.

d) Đường thẳng qua O và vuông góc với OA cắt các đường thẳng AB, AC theo thứ tự tại M, N. Chứng minh PM + QN

MN.

M B 1

Hướng dẫn 2

a) HS tự chứng minh

b) Chứng minh: OB = OE. OA

(hệ thức lượng trong tam giác vuông)

K 1 2

R = OE.OA

c) PK = PB; QK = QC => Chu vi tam giác APQ = AP + AQ + PQ = AP + AQ + PB + QC = AB + AC = 2AB (không đổi) d) Chứng minh: 1  POQ  BOA  BOA  2   POQ  M1 => POM  Q2  BOA  M1 

Bài 4: Cho (O;R) và M ở ngoài (O) sao cho OM =2R. Qua M dựng 2 tiếp tuyến MA với (O) (A, B là tiếp điểm). Trền cung nhỏ AB của (O) lấy điểm N. Tiếp tuyến tại N cắt AM, BM theo thứ tự tại C và D. a) Chứng minh 4 điểm O, A, B, M cùng thuộc 1 đường tròn.

b) Chứng minh: MC + CN = MD + DN. c) Biết R = 3cm. Tính độ dài AB và COD d) Tính chu vi tam giác MCD theo R. e) Tính bán kính r của đường tròn nội tiếp tam giác MAB theo R. g) Gọi AE và BF là các đường kính của (O). H là hình chiếu của O trên S

ME. Chứng minh rằng các đường thẳng EF, MA, HO đồng qui. Hướng dẫn

b) Ta có CM + CN = CM + CA = MA Mà MD + DN = MD + DB = MB

C M

=> MA = MB => đpcm.

D B

c) Tính được MA  R 3 Gọi I là giao điểm của AB và MO Tam giác AMO có: AI.MO = MA.MO=> AI =

R 3  AB  R 3 2

1 COD= AOB  600 2

d) Chu vi tam giác MCD = 2AM  2R 3 Bài 5: Cho nửa đường tròn (O) đường kính BC. Kẻ tiếp tuyến Bx của dường tròn (O). Trên tia đối của tia CB lấy A. Kẻ tiếp tuyến AE với nửa đường tròn, tia AE cắt Bx tại D (Bx nằm trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa nửa đường tròn (O). Gọi H là giao điểm của BE với DO; K là giao điểm thứ 2 của DC với nửa (O) a) Chứng minh DO // EC. b) Chứng minh: AO. AB = AE.AD. c) Chứng mình: DHK=DCO . Hướng dẫn a) DO // EC (cùng vuông góc BE)

OEDcó cos A 

b) 

OE AB và ADBcó cos A  OA AD

OE AB  OA AD

c) DB2 = DK.DC và DB2=DH.DO

=> DK.DC = DH.DO K

DK DH   AKH ~ DOC DO DC

 DHC  DCO

*) Khai thác thêm:

d) Kẻ OM AB (M AD) Chứng minh:

BD DM = =1 . DM AM

e) Tia OM cắt EC tại N. Chứng minh ODNC là hình bình hành. f) Biết BN

DO tại I và DN cắt OE tại J. Chứng minh I, M, J thẳng hàng.

Hướng dẫn: d) Chứng minh tam giác DMO cân  OM  DM; DBA có

BD DA  OM MA

DB MA  DM DM  1  DM MA AM DB DM   1 DM MA 

Bài 6: Cho tam giác AD

ABC

và đường phân giác trong

tròn tâm

có 3 góc nhọn và

AB  AC .

Vẽ đường cao

của tam giác ABC  D, O  BC  . Vẽ đường

tiếp xúc với AB, AC lần lượt tại M , N .

a. Chứng minh rằng các điểm M , N , O, D, A cùng thuộc một đường tròn. b. Chứng minh BDM  CDN . c. Đường thẳng qua AI

cắt đường thẳng Hướng dẫn:

tại

và vuông góc với

cắt

tại

Đường thẳng

Chứng minh rằng K là trung điểm của

BC .

a. Năm điểm A, M , D, O, N cùng thuộc đường tròn đường kính b. Ta có

AM  AN

nên từ câu 1, suy ra AM  AN , do đó ADM  ADN

 90  ADM  90  ADN

c. Kẻ

EF  OI

BDM  CDN .

tại I (E  AB; F  AC). Các tứ giác

Mà IE  IF nên

và

OMEI

tứ giác nội tiếp nên OMI  OEI ; ONI  OFI  OEF cân tại Ta có EF // BC nên

AO.

OINF

là

IE  IF .

nên

EI AI IF   . BK AK KC

KB  KC .

Bài 7: Cho tam giác ABC có đường cao AD và BE cắt nhau tại H. Vẽ đường tròn (O) đường kính BC, qua A kẻ hai tiếp tuyến AM và AN với (O) (M, N là các tiếp điểm). a) Chứng minh A,M,D,N cùng thuộc một đường tròn.

b) Chứng minh AN2 = AH. AD. c) Chứng minh M, N, H thẳng hàng.

Hướng dẫn:

b) Chứng minh AN2 = AE. AC = AH. AD c) Chứng minh  AHN ~  AND (cgc) suy ra AHN  AND. Chứng minh tương tự AHM  AMD.

Từ đó suy ra MHN 180 Bài 8: Cho đường tròn (O) và một điểm A ở ngoài đường tròn. Các tiếp tuyến với đường tròn (O) kẻ từ A tiếp xúc với đường tròn (O) tại B và C. Gọi M là điểm tuỳ ý trên đường tròn (M khác B, C), từ M kẻ MH  BC, MK  CA, MI  AB. Chứng minh: a. Tứ giác ABOC nội tiếp. b. MIH MHK. c. MI.MK = MH2. I

B I H

H O

K C

C K

Trường hợp 1:

Trường hợp 2:

M nằm trên cung nhỏ BC.

M nằm trên cung lớn BC.

Hướng dẫn b. Chứng minh IHM  MKH ( IBM  HCM ) Chứng minh MHK  MIH  MBH  MCK Từ đó suy ra MIH ~ MHK (g  g) . c. Được suy ra từ ý 2. 2.5.3. Một số bài toán xuất phát từ hai tiếp tuyến song song của một đường tròn Bài 1. (Tổng hợp các câu hỏi trong SGK và SBT) Cho nửa đường tròn đường kính AB = 2R. Từ A và B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By. Qua điểm M thuộc nửa đường tròn kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt các tiếp tuyến Ax, By lần lượt ở C và D. Các đường thẳng AD và BC cắt nhau tại N.

a. Chứng minh AC + BD = CD và góc COD = 900. AB 2 b. Chứng minh AC. BD = . 4

c. Chứng minh OC // BM. d. Chứng minh AB là tiếp tuyến của đường tròn đường kính CD. e. Chứng minh MN  AB tại H. f. Gọi giao của BM và Ax là E. Chứng minh CE = CA, từ đó chứng minh NM = NH. g. Xác định vị trí của M để chu vi tứ giác ACDB đạt giá trị nhỏ nhất y

Hướng dẫn:

g. Chu vi ACDB = 2R + 2CD = 2R + 4OI  2R + 4OM = 6R

D /

I M / C

Dấu = xảy ra khi OM vuông góc với AB hay M là điểm chính giữa của nửa đg tròn.

Bài 2. Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB. Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ AB vẽ hai tiếp tuyến Ax, By của (O). Từ M thuộc nửa đường tròn (O) vẽ tiếp tuyến thứ ba cắt Ax, By lần lượt tại E và F. a. Chứng minh tứ giác AEMO nội tiếp. b. AM cắt OE tại điểm P. BM cắt OF tại điểm Q. Tứ giác MPOQ là hình gì? Vì sao? c. Vẽ MH  AB tại H. MH cắt EB tại K. Chứng minh K là trung điểm của MH. Hướng dẫn c) Gọi I là giao điểm của Ax và BM. Chứng minh AIM  IME (cùng phụ với 2

x I

góc bằng nhau).  IE = EM = EA

M E

 E là trung điểm của AI. 

MK KH  BK      MK = KH (dpcm) IE AF  BE 

K P

B H

*) Khai thác thêm: d. Cho AB = 2R. Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác EOF. Chứng minh

1 r 1   3 R 2

e. Tam giác OEF vuông tại O.  OM.EF = r(OE + OF + EF)= 2. SOEF EF.R = r.(OE + OF + EF). 

r EF r EF 1   mà OE + OF > EF  R OE  OF  EF R 2 EF 2

Lại có OE + OF + EF < 3EF 

r EF EF 1 r 1      R OE  OF  EF 3EF 3 R 2

Bài 3. Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB = 2R. M là điểm tùy ý trên nửa (O). (M khác A, B). Tiếp tuyến (d) tại M của nửa (O) cắt trung trực đoạn AB tại I. Đường tròn (I) bán kính OI cắt (d) tại C và D (C nằm trong góc AOM). a. Chứng minh các tia AC, BD tiếp xúc với nửa đường tròn (O). b. OC cắt AM tại P, OD cắt BM tại Q. Chứng minh tứ giác APQO là hình bình hành. c. Chứng minh bốn điểm C, D, Q, P cùng nằm trên một đường tròn. d. Xác định vị trí của điểm M trên nửa đương tròn (O) để bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác CPQD là nhỏ nhất. Hướng dẫn: c) Gọi H là trung điểm của OM.Chứng minh

MPOQ là hình chữ nhật suy ra H là trung điểm của D

PQ. d) Trung trực của đoạn PQ và của đoạn CD cắt nhau tại K. Chứng minh tứ giác OHKI là hình

bình hành. Q

Chứng minh CK 2  CI 2  KI 2  OI 2  OH 2  OI 2 

R KI  OH  2

1 2 R 4

Mà OI  OM  CK 

R 5 2

Dấu “=”  OM = OI  M  I là điểm chính giữa cung AB. Bài 4. Cho đường tròn (O) đường kính AB, Ax vàBy là hai tiếp tuyến của (O) tại các tiếp điểm A, B. Lấy điểmM bất kì trên nửa đường tròn (M thuộc cùng 1 nửa mặt phẳng bờ AB chứa Ax, By) tiếp tuyến tại M của (O) cắt Ax, By lần lượt tại C và D. a. Chứng minh: Tứ giác AOMC nội tiếp. b. Giả sử BD  R 3 , tính AM. c. Nối OC cắt AM tại E, OD cắt BM tại F, kẻ MN  AB,chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác NEF luôn đi qua 1 điểm cố định. (HS khá giỏi) d. Chứng minh tứ giác CEFD nội tiếp. Tìm vị trí điểm M trên nửa đường tròn để bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác CEFD nhỏ nhất. (HS khá giỏi) Hướng dẫn: a. Tứ giác

AOMC

b. tan BOD 

nội tiếp.

BD  3  BOD  600 . AM // OD BO

 MAB  60  AM  AB.cos MAB  AM 

1 AB  R 2

c. Chứng minh 5 điểm M , E, O, N , F thuộc đường tròn đường kính OM đường tròn ngoại tiếp điểm cố định

d. Gọi

trực của EF và CFED. Tứ

NEF

đi qua

khi M thay đổi. là trung điểm EF , K là trung điểm CD, dựng đường trung CD

cắt nhau tại O1  O1 là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác

giác OO ' O1K là hình bình hành

 OO '  O1 K  O1C 2  O1 K 2  CK 2  OK 2  OO '2

 OK 2 

R2 R2 R 5  O1C   OM 2  2 4 4

Vậy RCFED có giá trị nhỏ nhất =

R 5 khi OM trùng với OK hay M là 2

điểm chính giữa của nửa đường tròn. 2.5.4. Một số bài toán về tam giác vuông nội tiếp đường tròn Bài 1: Cho đường tròn (O;R) đường kính AB cố định. Điểm I cố định nằm giữa A và O. Dây CD vuông góc với AB tại I. Gọi M là điểm tùy ý thuộc cung lớn CD (M không trùng với C, D, B). Dây AM cắt CD tại K. a. Chứng minh tứ giác IKMB nội tiếp; b. Chứng minh: AC2 = AK.AM (Có thể hỏi câu hỏi khác tương tự như: CH1: Chứng minh AK.AM không phụ thuộc vào vị trí điểm M trên cung CD. CH2: Chứng minh hệ thức: AK.AM - AI.IB = AI2). Hướng dẫn: C

a. IKMB nội tiếp (Tứ giác có tổng 2

góc đối diện bằng 180 ) 0

b. Ta có AIK ~ AMB  AI.AB  AK.AM

A I

O B

Tam giác ACB vuông tại C có đường cao CI

=> AC2 = AI.AB => AC2=AK.AM (Từ các hệ thức trên có thể trả lời 2 câu hỏi tương tự: CH1: AC2=AK.AM mà AC cố định nên AK.AM không phụ thuộc vào vị trí của K trên cung lớn CD. CH2: AK.AM = AI.AB = AI(AI + IB) => đpcm. *) Khai thác thêm c. Kẻ DE  AC, DF  CB(E  AC, F  CB) . Chứng minh AB, CD, EF đồng quy. d. Chứng minh: AC là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác CKM.

e. Xác định vị trí của điểm M sao cho khoảng cách từ D đến tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CKM là nhỏ nhất. Hướng dẫn: c. CEDF là hình chữ nhật nên CD cắt EF tại trung điểm I của CD AB, CD, EF đồng quy tại I. d. Có AC  AD nên ACK  AMK =>AC là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác CKM. e. Do AC là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác CKM mà AC vuông góc với CB nên tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CKM nằm trên đường thẳng CB cố định. Khi đó khoảng cách từ D tới tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CKM nhỏ nhất khi tâm đường tròn là hình chiếu vuông góc của D trên CB (chính là điểm F). Mà FC=FM, mà F, C cố định nên M thuộc (F,FC) hay M là giao điểm thứ hai của (F,FC) với (O). Bài 2:Trên đường tròn (O;R) đường kính AB lấy hai điểm M, E theo thứ tự A, M, E, B (2 điểm M, E khác 2 điểm A, B), AM cắt BE tại C, AE cắt BM tại D. a. Chứng minh tứ giác MCED nội tiếp; b. Gọi H là giao điểm của CD và AB. Chứng minh: BE.BC = BH.BA. c. Chứng minh các tiếp tuyến tại M và E của đường tròn (O) cắt nhau tại một điểm nằm trên đường thẳng CD. C

Hướng dẫn: M

a. MCED nội tiếp (Tổng 2 góc đối diện

bằng 1800) b. Chứng minh BHC~ BEA(g.g)  BC.BE  BH.BA

A O

Ta chứng minh các tiếp tuyến tại M và E cắt nhau tại điểm I là trung điểm của CD. Thật vậy: Gọi I là trung điểm của CD ta có IC=ID=IM=IE

IMC  ICM  MBA  OMB Mà:IMC  IMD  90  OMB  IMD  90

Hay MI vuông góc với OM nên IM là tiếp tuyến của (O). Chứng minh tương tự IE là tiếp tuyến của (O). *) Khai thác thêm: c. Giả sử góc BAM  450 , góc BAE  300 . Tính diện tích tam giác ABC. d. Biết M, E thay đổi trên nửa đường tròn đường kính AB nhưng luôn thỏa mãn ME không đổi. Xác định vị trí của M, E để diện tích tam giác CAB lớn nhất. Hướng dẫn: c. BAM  45  ACH  45  AEH  ACH  45 => EH là phân giác của góc AEB. Tam giác AEB vuông tại E có: 1 BAE  30  EB  AB  R  AE  R 3 . 2

Xét tam giác AEB có phân giác EH nên

HA HB  từ đó tính được AE EB

HB  R( 3  1) . Lại có BH.BA  BE.BC  BC  2R( 3  1) 1  SABC  AE.CB  R 2 3 ( 3  1) 2

d. Vì ME không đổi nên sđ ME không đổi  CAE 

1 sđ ME không 2

đổi  ACB  90  CAE không đổi, mà A, B cố định nên C di chuyển trên cung chứa góc ACB dựng trên cạnh AB (cung nằm cùng phía với M, E so với AB). => để diện tích tam giác ACB lớn nhất thì CH lớn nhất, mà C chuyển động trên cung chứa góc ACB dựng trên cạnh AB nên CH lớn nhất khi C là điểm chính giữa cung, khi đó ME song song AB.

Bài 3: Cho A là một điểm bất kỳ trên nửa đường tròn đường kính BC(A khác B; C). H là chân đường vuông góc của A trên BC. Gọi I và K lần lượt là tâm các đường tròn nội tiếp các tam giác AHB và AHC. Đường thẳng IK cắt các cạnh AB; AC lần lượt tại M và N. a. Chứng minh: tam giác AIH đồng dạng với tam giác CKH; Tam giác ABC đồng dạng với tam giác HIK. b. Chứng minh tứ giác BMIH nội tiếp, từ đó chứng minh tam giác MAN là tam giác vuông cân. Hướng dẫn: a. Ta có BAH  ACB IAH  HCK

mà AHI  CHK  45 AIH ~ CKH 

HI HA  HK HC

Mà AHC~ BAC  

HA AB  HC AC

HI AB   HIK ~ ABC HK AC

B H

C O

b. Vì HIK ~ ABC  HIK  ABH => BMIH là tứ giác nội tiếp (góc trong bằng góc ngoài đỉnh đối diện)  AMI  IHB  45 Tam giác AMN vuông tại A có AMN  45 nên tam giác AMN vuông cân tại A. Bài 4: Cho đường tròn tâm (O;R) đường kính AB, dây cung MN vuông góc với AB tại H (H nằm giữa O và B). Trên tia đối tia NM lấy điểm C sao cho đoạn AC cắt (O) tại điểm K khác A, hai dây MN và BK cắt nhau tại E. a. Tứ giác AHEK nội tiếp. b. Kéo dài AE cắt (O) tại điểm thứ hai I. Chứng minh: KAE  KBC

Hướng dẫn: M

a. Tứ giác AHEK có: AHE  AKE  180 mà hai góc này ở vị trí đối nhau  Tứ giác AHEK nội tiếp (dấu hiệu nhận B

biết). b. Chứng minh:

là trực tâm

ABC  AI  BC. mà AI  IB

=> 3 điểm B, I , C thẳng hàng.

N K

 KAE  KBC. (cùng cộng với góc C bằng C

900). *) Khai thác thêm: c. Tính hệ thức AE. AI  BE.BK theo R.

d. Giả sử KE = KC. Chứng minh OK // MN và KM 2  KN 2  4R2 Hướng dẫn: c. Chứng minh: AHE AIB  AE.AI  AH .AB Tương tự: BHE BKA  BE.BK  BH .BA. Tính được AE. AI  BE.BK  4R2

d. Học sinh vẽ lại hình với giả thiết KE  KC  KEC vuông cân tại K  KEC  45  ABK  45 .

 K là điểm chính giữa cung AB  KO  AB  KO // MN

Kẻ đường kính KF  KN  FM MKF vuông tại

có: KM 2  FM 2  KF 2  KM 2  KN 2  4R2

Bài 5: Cho đường tròn tâm O và dây AB. Vẽ đường kính CD vuông góc với AB tại K (D thuộc cung nhỏ AB). M là một điểm thuộc cung BC nhỏ sao cho MC < MB. DM cắt AB tại F. Tia CM cắt đường thẳng AB tại E. a. Chứng minh tứ giác CKFM là tứ giác nội tiếp. b. Chứng minh KE.KF=KC.KD Hướng dẫn:

C M

a. Xét (O) có DMC là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn  DMC  90 (hệ quả định lý góc nội tiếp)

Ta có: DC  AB tại K (gt)  FKC  90 Xét tứ giác CKFM có FMC  90 (cmt) FKC  90 (cmt)  FMC  FKC  180 .

Mà FMC và FKC là 2 góc đối diện  tứ giác CKFM nội tiếp

b. Xét KDF ~ KEC (g.g) suy ra

KD KF  KE KC

*) Khai thác thêm c. Tiếp tuyến tại M của đường tròn tâm O cắt AE tại I. Chứng minh: IE = IF

d. Chứng minh:

FB KF = EB KA

Hướng dẫn: c. Ta có tứ giác MCKF nội tiếp nên MCK  MFI .Mà MCK  MCD  FMI  MFI  FMI

=> Tam giác MIF cân tại M => IM = IF CóIMF  IME  MFI  MEI  90 ,IMF  MFI  IME  MEI

=> Tam giác IME cân tại I nên IM=IE d. Ta có EFM ∽ ECK ( g.g ) 

IE = IF

EF EM   EF .EK  EM .EC (1) EC EK

Ta có EMA∽ EBC ( g.g ) 

EM EA   EM .EC  EA.EB (2) EB EC

Từ (1) + (2)  EF .EK  EA.EB 

EF EA EF  EB EA  EK BF AK      EB EK EB EK EB EK

Ta có: KD.KC  KE.KF (cmb) (4) Ta có: AK 2  DK.KC (hệ thức lượng trong DAC vuông) (5) Từ (4) + (5)  KE.KF  AK 2 

AK KF BF KF    . EK KA EB KA

Bài 6: Cho (O) đường kính BC. Lấy một điểm A trên (O) sao cho AB>AC. Từ A vẽ AH vuông góc với BC (H thuộc BC). Từ H vẽ HE vuông góc với AB và HF vuông góc với AC(E thuộc AB; F thuộc AC) a. Chứng minh AEHF là hình chữ nhật. b. Chứng minh tứ giác BEFC nội tiếp. c. CMR: OA vuông góc EF A

Hướng dẫn:

a. AEHF là hình chữ nhật (Tứ giác

có 3 góc vuông). b. Ta dễ dàng chứng minh được

F B

AFE  AHE  ABC nên tứ giác BEFC

nội tiếp. c. Ta có OAB  OBA  AFE nên AEF  OAE  AEF  AFE  90 => OA vuông góc với EF. *) Khai thác thêm: d. Đường thẳng EF cắt (O) tại P và Q (E nằm giữa P và F). CMR: tam giác APH cân. e. Gọi D là giao điểm của PQ và BC; K là giao điểm của AD với (O). CMR: AKFE là tứ giác nội tiếp. f. Gọi I là giao điểm của KF và BC. CMR: IH2= IC.ID. Hướng dẫn:

e. Vì OA vuông góc với EF nên A là điểm chính giữa cung PQ => AP=AQ  APE  ABP APE ~ ABP  AP2  AE.AB Mà AE.AB = AH2 =>AH = AP => Tam giác APH cân tại A. Vì tứ giác BEFC nội tiếp => DC.DB = DE.DF => DE.DF = DA.DK Tứ giác AKFE nội tiếp. 5 điểm A, E, H, F,

f. Tứ giác AKFE nội tiếp, tứ giác AEHF nội tiếp K cùng thuộc đường tròn  IKH  FAH  FHI IHF~ IKH  IH 2  IF.IK

Ta có tứ giác AKFE nội tiếp  FKD  AEF  ACB => tứ giác KFCD nội tiếp => IK.IF = IC.ID => IH2 = IC.ID. 2.5.5. Một sô bài tập dạng khác: Ngoài các dạng hình vẽ cơ bản đã được sắp xếp thành các chuyên đề nhỏ, giáo viên cần hệ thống những dạng bài tập có hình vẽ khác cho học sinh, nhằm cung cấp cho các em hệ thống kiến thức đầy đủ và đa dạng, giúp các em có thể giải quyết một cách có hiệu quả các bài tập hình học 9. là điểm tùy ý trên đoạn

Bài 1: Cho ABC vuông tại A, M

AC ( M  A, C ). Vẽ đường tròn tâm O đường kính MC cắt BC tại E. BM cắt

(O) tại N , AN cắt (O) tại D . Lấy I đối xứng với M qua A. Lấy K đối xứng

với M qua E. Chứng minh: a) Tứ giác BANC nội tiếp. b) CA là phân giác BCD.

Hướng dẫn:

A D

a) Có MNC  90 nên BAC  BNC  90

 tứ giác BANC nội tiếp đường tròn.

b) Tứ giác BANC nội tiếp đường tròn  BNA  BCA mà BNA  ACD (cùng chắn

cung MD) . Vậy ACB  ACD . *) Khai thác thêm

B E

1 3

c) Giả sử ABC  60 và AM  AC . Tứ giác BMCK là hình gì? d) Tìm vị trí của M để đường tròn ngoại tiếp BIK có bán kính nhỏ nhất. Hướng dẫn: c) ABC có A  90 , B  60 nên 1 3

Mà AM  AC 

AB 1  . BC 2

AM 1 AB 1 AM  ; ABC có   MC 2 BC 2 MC

Nên BM là phân giác của góc ABC . Suy ra MBC  30  MCB  MB  MC . Từ đó suy ra MBKC là hình thoi. d) BMI cân tại B (I và M đối xứng nhau qua A)  BIC  BMI . Có MEC  90 , ME  EK nên BC là trung trực của MK  BMC  BKC  BMC  BKC. Do đó BIC  BKC  180  tứ giác IBKC nội tiếp. Đường tròn ngoại tiếp BIK đi qua B, C cố định

 BC  2 R.

Bài 2 Cho đường tròn (O) dây AB cố định, C là điểm di động trên cung lớn AB, M và N là điểm chính giữa các cung AC và AB. Gọi I là giao điểm BM và CN . Dây MN cắt AC và AB lần lượt tại H và K . a) Chứng minh: tứ giác BNKI nội tiếp. b) Chứng minh: NM .NH  NC.NI . c) AI cắt (O) tại E, NE cắt CB tại F . Chứng minh: 3 điểm H , I , F thẳng hàng. d) Tìm vị trí điểm C để chu vi tứ giác AIBN lớn nhất Hướng dẫn: a) MBA  MNC  Tứ giác BNKI nội tiếp. b) NHC # NIM .

c) NAI cân tại N  phân giác NM đồng thời là trung trực  HA  HI  HAI cân tại H  HIA  HAI  HIA  IAB  HI // AB.

Chứng minh tương tự có IF // AB. Suy ra 3 điểm H , I , F thẳng hàng d) A, B cố định  N cố định  AN , NB có độ dài không đổi.

Chu vi tứ giác ANBI  AN  NB  AI  IB lớn nhất  AI  BI lớn nhất. Trên tia AI lấy điểm P sao cho IB  IP. Do đó AI  IB lớn nhất  AP lớn nhất 1 2

Ta có AIB  90  ACB không đổi  APB 

AIB 1  45  ACB   không 2 4

đổi  P chạy trên cung chứa góc  dựng trên đoạn AB . Xét đường tròn chứa cung chứa góc nói trên có AP là dây cung  AP lớn nhất  AP là đường kính

 ABP  900  IAB  IBA  CAB  CBA  C là

điểm chính giữa cung AB. Bài 3. Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O), I là điểm đối xứng với A qua O. Trên cạnh AB lấy điểm M trên tia đối của tia CA lấy điểm N sao cho BM  CN . a) Chứng minh: IM  IN và BI  CI . b) MN cắt AI tại E. Chứng minh: EA.EI  EM .EN . c) Gọi K là giao điểm của MN với BC. Chứng minh: MK=NK Hướng dẫn a) Chứng minh: IBC  ICB  30  IBC cân tại I => IB = IC.

Từ đó BMI  CNI (c.g.c)  MI  NI b) Chứng minh MEI AEN ( g.g )

c) Chứng minh IK  MN  IK là trung tuyến của MIN cân  MK  NK . Bài 4: Cho tứ giác ABCD nội tiếp nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Các tia AD và BC cắt nhau tại E. Các đoạn thẳng AC và BD cắt nhau tại F . a. Chứng minh: Tứ giác CEDF là tứ giác nội tiếp. b. Chứng minh: ABC EFC. Hướng dẫn: a) Tứ giác CEDF có: EDF  FCE  90  90  180 , mà EDF và FCE là 2 góc đối diện  tứ giác CEDF là tứ giác nội tiếp (dhnb). b) EDC  CBA, EDC  CFE  CFE  CBA  ABC ~ EFC( g.g ) *) Khai thác thêm c) Dựng hình bình hành AFBI . Gọi C ' là điểm đối xứng với C qua đường thẳng AE . Xác định vị trí tương đối của đường thẳng AI và đường tròn ngoại tiếp AC ' E. d) Gọi H là giao điểm của CD và EI . Chứng minh: EB.EC  EI .EH . Hướng dẫn: c) Gọi K là giao điểm của CC ' và AE .

A I

C' O

Ta có C ' đối xứng với C qua AE  AE

D F

là đường trung trực của CC ' B

 EC '  CE; AC '  AC

AC ' E  ACE(c.c.c)  ACE  EC ' A  90  EC ' A nội tiếp đường tròn đường kính AE E

Ta có AI // BF (2 cạnh đối của hình bình hành AFBI )  BD // AI (vì D  BF ) Sửa lại hình vẽ, H là giao của CD và EI.

Ta có BD  AE tại D (vì ADB  90 )  AI  AE (từ  đến //) Xét đường tròn ngoại tiếp EC ' A có: AE là đường kính (cmt) mà AI  AE

(cmt)

 AI là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp EC ' A  AI tiếp xúc với

đường tròn ngoại tiếp EC ' A .

d) Ta có: AF // IB (2 cạnh đối của hbh AFBI )  AC // BI (C  AF ) Mà AC  EB tại C (Vì ACB  90 (cm ý 1)  IB  EB tại B (từ  đến //)  IBE  90 . Ta có: AI  AE tại A (cmt)  EAI  90 .

Xét tứ giác AEBI: có IBE  EAI  180 . mà hai góc này ở vị trí đối nhau  Tứ giác AEBI nội tiếp (dhnb).

Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEBI có EIB = EAB (2 góc nội tiếp cùng chắn EB ) (1). Xét nửa đường tròn đường kính AB có tứ giác ADCB nội tiếp (gt)  EAB  DCB  180 (2 góc đối) (2)

Ta có DCE  DCB  180 (2 góc kề bù) (3) Từ (1) + (2) + (3) ta có: EIB = ECD  EIB  ECH (vì H  CD).  ECH

EIB( g.g ) 

EC EH CH    EB.EC  EI .EH . EI EB IB

Bài 5: Cho tam giác MNP cân tại M có cạnh đáy nhỏ hơn cạnh bên, nội tiếp đường tròn (O;R). Tiếp tuyến tại N và P của đường tròn lần lượt cắt tia MP và tia MN tại E và D. a) Chứng minh: NE2 = EP.EM. b) Chứng minh tứ giác DEPN là tứ giác nội tiếp. c) Qua P kẻ đường thẳng vuông góc với MN cắt đường tròn (O) tại K (K không trùng với P). Chứng minh rằng MN2 + NK2 = 4R2. Hướng dẫn: a)  NEM 

 PEN (g-g)

NE ME   NE 2  ME.PE EP NE

b) MNP  MPN (do MNP cân tại M); PNE  NPD(cùng  NMP)

F N

DNE  DPE .

P I

Hai điểm N; P cùng thuộc nửa mp bờ DE và cùng nhìn DE dưới 1 góc bằng nhau nên tứ giác DNPE nội tiếp.

c)  MPF ~  MIP (g-g)   MNI

~  NIF (g-g) 

MP MI   MP 2  MF .MI (1) MF MP

NI IF   NI 2  MI .IF(2) MI NI

Từ (1) và (2): MP2 + NI2 = MI.(MF + IF) = MI2 = 4R2 (3). NMI  KPN (cùng phụ HNP ) => KPN  NPI => NK = NI (4)

Do tam giác MNP cân tại M => MN = MP (5). Từ (3) (4) (5) suy ra đpcm. Bài 6. Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R. H là một điểm cố định nằm giữa O và A. Kẻ đường thẳng vuông góc với AB tại H, cắt nửa đường tròn tại C. Gọi N là trung điểm của dây BC. a) Chứng minh tứ giác OHCN nội tiếp được. b) Chứng minh: BN. BC = BO. BH. Trên cung nhỏ BC lấy điểm M ( M  B; M  C ). Tia BM cắt tia HC ở K, AM cắt CH ở E. Chứng minh rằng tâm I của đường tròn ngoại tiếp  AEK luôn nằm trên đường thẳng cố định khi M thay đổi trên cung nhỏ BC.(HS khá giỏi) Hướng dẫn:

a) Xét  BNO và  BHC có CBH chung và BNO  BHC  900   BNO 

 BHC

(g-g) C

BN BO   BH.BO = BN. BC (đpcm) BH BC

b) Ta có BME  90 (góc nội tiếp chắn 0

nửa đường tròn)

Tứ giác BMEH có BHE  BME  1800 Tứ giác BMEH nội tiếp  KBH  AEH (*)

Gọi D là điểm đối xứng với B qua H, do B,H cố định nên D cố định. Khi đó KBH  KDH (**) Từ (*), (**)  AEH  KDH  tứ giác AEKD nội tiếp.

Nên tâm I của đường tròn ngoại tiếp  AEK luôn nằm trên đường trung trực của AD cố định. Bài 7: Cho ABC nhọn nội tiếp (O) đường kính AD = 2R. Gọi E là hình chiếu của B trên AD, H là hình chiếu của A trên BC, M là trung điểm của BC. a) Chứng minh AHEB là tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh AH 

AB.AC . 2R

c) Chứng minh MH = ME. Hướng dẫn:

a) AHB  AEB  900  Tứ giác AHEB nội tiếp.

b) Chứng minh AHC ~ ABD AH AC AB.AC    AH  . AB AD 2R

M B

c) Chứng minh BOME là tứ giác nội tiếp  BOE  BME  BOA  EMH mà BAO  MHE (do tứ giác AHEB nội tiếp). Vậy ABO ~ EHM (g-g) Mà ABO cân tại O EHM cân tại M  ME = MH 2.6. Gom nhiều bài tập đơn lẻ trong một bài toán tổng hợp, từ đó giúp học sinh có một cách nhìn khái quát hơn khi làm bài. Đặc biệt giúp các em có khả năng khái quát, khả năng tổng hợp và đặt bài toán mới Sau khi đã trang bị cho học sinh các kiến thức cơ bản để giải các bài tập hình học, ta có thể đưa ra các bài toán có các câu hỏi tổng hợp từ những bài toán mà học sinh đã được làm trong quá trình học. Sự kết hợp một số bài toán cùng chủ đề mà học sinh đã được học trong các buổi học trước, sau khi đã trang bị cho học sinh kỹ năng làm bài tương đối đầy đủ, ta có thể đưa ra một số bài tập với hệ thống các câu hỏi tổng hợp nhằm giúp học sinh ghi nhớ, tạo thói quen và đặc biệt là hình thành kinh nghiệm giải bài, nhằm phát triển năng lực cho học sinh. Một số ví dụ cụ thể sau:

Bài 1 Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O; R). Các đường cao BD và CE cắt nhat tại H, cắt đường tròn (O) lần lượt tại M và N. a, Chứng minh OA  DE. b, Chứng minh H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF. c, Gọi K là trung điểm của BC Chứng minh AH = 2OK. d, Giả sử BC cố định, A là 1 điểm di động trên cung lớn BC. Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tứ giác ADHE có bán kính không đổi. e, Chứng minh đường tròn ngoại tiếp các tam giác AHB, BHC, CHA có bán kính không đổi khi các điểm A, B, C di động trên đường tròn tâm O f, Gọi S là diện tích tam giác ABC.Biết đường tròn O có bán kính không đổi, B, C cố định trên đường tròn (O) còn điểm A di động trên cung lớn BC.Hãy tìm vị trí của A để (DE + EF + DF) đạt giá trị lớn nhất Bài 2: Cho (O; R) và dây cung BC cố định bằng R 3 . Một điểm A di chuyển trên cung lớn BC. (AB< AC). Các đường cao BE, CF cắt nhau tại H. a) Chứng minh: Tứ giác AEHF và tứ giác

BFEC nội tiếp.

b) Chứng minh: AE. AC = AF. AB. c) Qua B kẻ đường thẳng song song với CF, cắt (O) tại I. Chứng minh tứ giác BHCI là

G E

hình bình hành. d) Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp  AEF

H C K

theo R.

e) Tìm vị trí của điểm A trên cung lớn BC để tổng HA + HB + HC lớn nhất. f. Chứng minh bán kính các đường tròn ngoại tiếp các tam giác: HAB, HAC và HBC bằng nhau và bằng R

Bài 3: Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O, R) cố định. Kẻ các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. BE, CF cắt (O) tại điểm thứ hai lần lượt là M và N. Gọi I là trung điểm của BC. Kẻ đường kính AK của (O). a. Chứng minh EF = BC.cos BAC . b. Chứng minh BH.BE + CH.CF = BC2. c. Chứng minh BH.BE + CH.CF + AH.AD =

1 (AB2 + BC2 + AC2). 2

d. Chứng minh AO  EF. e. Gọi P và Q lần lượt là hình chiếu của D trên BH và CH. Chứng minh PQ  EF. f. Giả sử BAC  450 , S ABC  100cm2 . Tính diện tích AFE. g. Chứng minh H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác EFD. h. Chứng minh IO là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác HEF. i. Tính tỉ số

OI . AH

k. Qua A kẻ đường thẳng xy song song với EF. Chứng minh xy là tiếp tuyến của (O; R). l. Gọi P là điểm đối xứng với K qua B. Chứng minh P thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác AHB. m. Gọi P, Q lần lượt là điểm đối xứng với K qua B và C. Chứng minh H là trung điểm của PQ. n. Chứng minh FEID là tứ giác nội tiếp. Bài 4: Giữ nguyên giả thiết của bài tập 3 và bổ xung thêm điểu kiện: Cho B, C cố định, điểm A chuyển động trên cung lớn BC sao cho tam giác ABC nhọn. a. Chứng minh EF có độ dài không đổi. b. Chứng minh AH có độ dài không đổi. (Có thể hỏi cách khác: Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF, tam giác HEF có bán kính hoặc chu vi không đổi). c. Chứng minh H chuyển động trên cung tròn cố định.

d. Tìm vị trí của điểm A để tứ giác AFHE có diện tích lớn nhất. e. Giả sử 450  BAC  900 Tìm vị trí của điểm A để tam giác AEH có diện tích lớn nhất. f. Tìm vị trí của điểm A để tam giác HBC có diện tích lớn nhất. g. Tìm vị trí của A để AB + AC đạt giá trị lớn nhất. h. Xác định vị trí của điểm A trên cung lớn BC để chu vi tam giác DEF có giá trị lớn nhất. i. Chứng minh sin A  sinB  sinC  2 cos A  cos B  cosC  . k. AI cắt OH tại G. Khi A di chuyển trên cung lớn BC thì G chuyển động trên đường nào? Bài 5. Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn  O; R  cố định. Kẻ các đường cao AD , BE , CF cắt nhau tại H . BE , CF cắt  O  tại điểm thứ hai lần lượt là M và N . Gọi I là trung điểm của BC . Kẻ đường kính AK của  O  . a. Dạng toán liên quan các yếu tố tứ giác đặc biệt, tam giác đồng dạng. - Chứng minh tứ giác BHCK là hình bình hành. - Chứng minh DC.DB  DH .DA . - Chứng minh AF . AB  AE. AC . - Chứng minh H và M đối xứng nhau qua AC . - Chứng minh EF //MN . b. Dạng toán liên quan đến đường tròn, góc với đường tròn. - Chứng minh BH .BE  CH .CF  BC 2 . - Chứng minh AO  EF . - Gọi P và Q lần lượt là hình chiếu của D trên BH và CH . Chứng minh PQ//EF . - Chứng minh H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác EFD . - Chứng minh IF là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác HEF . - Qua A kẻ đường thẳng xy song song với EF . Chứng minh xy là tiếp tuyến của O; R  .

- Gọi P là điểm đối xứng với K qua B . Chứng minh P thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác AHB . - Gọi P , Q lần lượt là điểm đối xứng với K qua B và C . Chứng minh: H

là trung điểm của PQ . - Chứng minh FEID là tứ giác nội tiếp. Bài 6: Cho tam giác ABC nội tiếp  O  có các đường cao AD , BE , CF

cắt nhau tại H , các đường thẳng AH , BH , CH kéo dài cắt  O  tại giao điểm thứ hai là P , Q , R ( P khác B , Q khác C , R khác A ). Gọi M , I lần lượt là trung điểm của BC , AH , đường thẳng EF cắt AH tại K . a) K là trực tâm của tam giác IBC . b) ME, MF là các tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF . c) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF cắt  O  tại T ( T khác A ) thì M , H , T thẳng hàng.

Hướng dẫn A

I E T K

R F

H B

a. K là trực tâm của tam giác IBC. Để Chứng minh K là trực tâm của tam giác IBC ta chứng minh: CK  IB .

Ta sẽ chứng minh: IBC  KCB  90

Ta có: IBC  IBE  EBC  IBE  90  ACB (5)

Để ý rằng: 4 điểm A, E, F, H nằm trên đường tròn tâm I là trung điểm của AH nên EIH  2 EAH  2PBC  PBE (do H đối xứng với P qua D). Suy ra tứ giác EIBP nội tiếp nên IBE  IPE .  6 Ta cũng có: AEF  ABC  APC nên tứ giác EKPC nội tiếp Suy ra IPE  KPE  KCE  ACB  KCB .  7 Từ  6 và  7 suy ra IBE  ACB  KCB Thay vào  5 ta có: IBC  90  KCB . Từ đó suy ra: IBC  KCB  90 . Vậy KC  IB , kết hợp IK  BC suy ra K là trực tâm tam giác IBC . Ngoài ra ta cũng có thể làm theo cách sau: Giả sử đường tròn ngoại tiếp tứ giác BFEC cắt IC tại K1 theo tính chất quen thuộc về tiếp tuyến cát tuyến ta có: IK1.IC  IE 2 1 ,

mặt khác ta cũng có 5 điểm I , F , D, M , E nằm trên

cùng một đường tròn nên IEF  IDF  IDE => IEK ∽ IDE  IE 2  IK.ID .  2 Từ 1 ,  2 suy ra IK1.IC  IK .ID  DKK1C nội tiếp. Nên góc KK1C  90 . Lại có BK1C  90 (Do K1 nằm trên đường tròn đường kính BC ), từ đó suy ra B, K , K1 thẳng hàng hay BK  IC kết hợp với BK  BC 

đpcm.

b. ME, MF là các tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF . Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF có tâm là trung điểm I của AH . Ta có: IAE  IEA 8 , tam giác MEC cân tại M nên MEC  MCE IAE  MCE  90 10  .

 9 ;

Từ 8 , 9 , 10  . suy ra IEA  MEC  90 hay IEM  90 tức là ME là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF . Chứng minh tương tự ta cũng có MF là tiếp tuyến ngoại tiếp tam giác AEF . c. Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF cắt  O  tại T ( T khác A ) thì M , H , T thẳng hàng

Ta thấy đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF cũng là đường tròn ngoại tiếp tứ giác AHEF chính là  I  đường kính AH . Vì đường tròn  O  cắt  I  tại giao điểm thứ 2 là T nên HTA  90 và NTA  90  N , H , T thẳng hàng.

Mặt khác theo 3) ta đã Chứng minh: M , H , N thẳng hàng. Từ đó suy ra M , H , T thẳng hàng.

Bài 7: Cho ABC có 3 góc nhọn nội tiếp đường tròn  O  , AD là đường kính của đường tròn  O  . Tiếp tuyến tại D của  O  cắt tia BC ở M . Đường thẳng MO cắt AB , AC lần lượt tại E , F . a) Chứng minh MD2  MB.MC . b) Gọi H là trung điểm của BC . Chứng minh tứ giác MDHO là tứ giác nội tiếp. c) Qua B vẽ đường thẳng song song với MO , đường thẳng này cắt AD tại P . Chứng minh P thuộc đường tròn ngoại tiếp BHD . d) Chứng minh O là trung điểm của EF . e) Các đường cao AQ , BN , CK của ABC cắt  O  lần lượt tại L , T , G . Gọi I là trực tâm của ABC . Chứng minh hệ thức

AL BT CG    4. AQ BN CK

f) Chứng minh ba điểm I , H , D thẳng hàng. g) Chứng minh tứ giác BDCT là hình thang cân. h) Tính AI biết BC  8 cm , OC  5 cm . i) Chứng minh tứ giác BKNC nội tiếp và xác định tâm và bán kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác BKNC .

k) Chứng minh tan

ABC KC .  2 KB  BC

Hướng dẫn a) Xét MDB và MCD có: DMC là góc chung DBC  CDM (theo tính chất góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn 1 cung)  MDB 

MCD (g– g)

MD MB  . MC MD

 MD2  MB.MC (Đpcm).

b) Do H là trung điểm của BC nên OHM  90 . Mà ODM  90  OHM  ODM  90

Suy ra: tứ giác MDHO là tứ giác nội tiếp

1

c) Do BP // EM  HBP  HME .

Mà tứ giác MDHO nội tiếp  HME  HDO .  2 Từ 1 và  2 suy ra tứ giác BHDP là tứ giác nội tiếp. Vậy P thuộc đường tròn ngoại tiếp BHD . d) Xét AOE và CHD , ta có: HCD  EAO (chắn cung nhỏ BD ). DHC  EOA  DOC

Suy ra: AOE CHD (g – g) 

OE OA  . HD HC

3

Xét HBD và OFA , ta có: OAF  HBD (chắn cung nhỏ DC ); BHD  FOA .





Vì FOA  180  AOE ; BHD  180  CHD AOE  CHD . Suy ra: HDB OFA (g – g), 

FO OA  . HD HB

 4

Mà HB  HC nên từ  3 và  4 ta có: O là trung điểm của EF .

e) Ta thấy: BCI  BCA  AIN  BIQ ; AGI  ABC  CIQ  AIG ; CTI  CAB  BIK  CIT .

Suy ra: BLI cân tại B  QL  QI (Do BQ là đường cao nên trùng với đường trung tuyến). AGI cân tại G  GK  KI (Do AK là đường cao nên trùng với đường

trung tuyến) CTI cân tại C  NI  NT (Do CN là đường cao nên trùng với đường

trung tuyến). Ta có: AL BT CG QL NT GK IQ NI IK    3    3   AQ BN CK AQ BN CK AQ BN CK

 3

SBIM SAIM SAIB    3 1  4 SBAC SABC SACB

f) Ta thấy: BI // CD (cùng vuông góc với AC )

CI // BD (cùng vuông góc với AB )

Suy ra tứ giác BICD là hình bình hành nên ID đi qua trung điểm của BC là điểm H .

Vậy ba điểm I , H , D thẳng hàng. g) Do BICD là hình bình hành nên CD // BI . Xét CNI và CNT , ta có: CN là cạnh chung CNI  CNT  90

NI  NT (chứng minh trên)

Suy ra: CNI  CNT (c – g– c),  CT  CI Mà BICD là hình bình hành nên CI  BD  CT  BD Vậy tứ giác BDCT là hình thang cân h) Theo đề bài: BC  8cm  CH 

BC  4 cm 2

Ta thấy OHC vuông tại H , theo định lí Py-ta-go ta có:

OH 2  OC 2  HC 2  25  16  9  OH  3cm

Do OH  BC ; AI  BC  OH // AI Theo định lí Ta-let ta có:

OH DO R 1     AI  2OH  6cm . AI DA 2 R 2

Vậy AI  6cm . i) Ta thấy: BKC  BNC  90 suy ra tứ giác BKNC nội tiếp Ta có: HK  HN  HB  HC 

BC . 2

Suy ra: Tứ giác BKNC nội tiếp có tâm là H và bán kính là

BC . 2

k) Dựng phân giác DR của ADC , áp dụng tính chất đường phân giác ta có:

RA AD  . CR CD 

RA  CR AD  CD AC AD  CD CR AC      CR CD CR CD CD AD  CD

*

Xét ADC và CBK , ta có: ADC  CBK (cùng chắn cung AC ), CKB  ACD  90

Do đó ADC CBK (g – g).  KB. AD  KC .CD 

KC KB KC.CD   AC  . AC CD KB

Kết hợp với * ta có:

CR KC.CD KC.CD   CD  AD  CD  .KB AD.KB  CD.KB

Mà KB. AD  KC.CD (chứng minh trên) suy ra: CR KC.CD KC.CD KC ADC KC    .  tan  CD KC.CD  CD.KB CD.  KC  KB  KC  KB 2 KC  KB

Mà ADC  ABC  tan

ADC ABC KC (điều phải chứng minh).  tan  2 2 KC  KB

Bài 8. Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB . Kẻ 2 tiếp tuyến Ax , By . Tiếp tuyến tại M trên cung AB cắt Ax tại C , cắt By tại D . AM cắt CO tại P , BM cắt DO tại Q .

a) Chứng minh rằng CD  AC  BD .

b) Chứng minh rằng AMB  90 , DOC  90 . c) Chứng minh tứ giác OPMQ là chữ nhật? d) Chứng minh rằng AB là tiếp tuyến của đường tròn đường kính CD . e) Chứng minh rằng CDQP là tứ giác nội tiếp. f) BC cắt AD tại N . Chứng minh rằng MN // AC và MN  AB . g) MN cắt AB tại H . Chứng minh rằng NH  NM . h) Chứng minh rằng PQ là trung trực của MN , từ đó suy ra 4 đường thẳng AD , BC , MH , PQ đồng quy. Hướng dẫn: a) Có CA , CM là 2 tiếp tuyến của đường tròn  O  cùng đi qua C nên CA  CM .

Tương

tự

có

DB  DM ,

đó

CD  MC  MD  AC  BD .

b) Có M  O đường kính AB nên AMB  90 .

Theo tính chất 2 tiếp tuyến cùng đi qua một điểm ta có OC là phân giác của AOM , OD

M x C P

là phân giác của MOB .

Mà AOM và MOB là 2 góc kề bù, do đó OC  OD  DOC  90 .

c) Theo tính chất 2 tiếp tuyến cùng đi qua một điểm ta có OC là trung trực của đoạn AM , do đó OPM  90 . Có OPM  POQ  PMQ  90 nên OPMQ là hình chữ nhật. d) Gọi I là trung điểm CD  I là tâm đường tròn đường kính CD . Có COD  90 nên O thuộc đường tròn đường kính CD . 1 Có AC , BD cùng vuông góc AB  AC // BD  ABDC là hình thang, mà O, I

là trung điểm AB CD  OI // AC // BD  OI  AB .

 2

Từ 1 và  2 ta có AB là tiếp tuyến của đường tròn đường kính CD tại điểm O .

e) Do OC là trung trực của đoạn AM nên P là trung điểm AM . Tương tự có Q là trung điểm BM  PQ // AB  OQP  BOD (so le trong), mà BOD  MOD  OQP  MOD .  MOD  MDO  90 Ta có:   MOD  PCD .   PCD  MDO  90

 OQP  PCD  CPQD là tứ giác nội tiếp (theo dấu hiệu góc trong bằng

góc ngoài ở đỉnh đối diện). f) Có AC // BD 

NA AC  . ND BD

Mà AC  MC , BD  MD 

NA AC MC    MN // AC (Định lí Ta-let ND BD MD

đảo). g) Có MN // AC  Có NH // AC  Mà

MN ND  . AC AD

NH NB  AC BC

ND NB ND NB    . NA NC AD BC

Từ  3 ,  4 ,  5 ta có

3 .

 4  5

MN NH   MN  NH . AC AC

h) Có MH // AC và AC  AB  MH  AB . AHM vuông tại H có P là trung điểm AM  PM  PH .

 6

BHM vuông tại H có Q là trung điểm BM  QH  QM .

 7

Từ  6 ,  7 ta có PQ là trung trực đoạn MH . Mà N là trung điểm MH  PQ đi qua N  AD , BC , MH , PQ đồng quy tại N . Bài 9. Cho đường tròn  O; R  và một điểm M nằm ngoài đường tròn  O  , qua M kẻ các tiếp tuyến MA , MB đến đường tròn  O  ( A , B là các tiếp điểm) và dựng cát tuyến MCD sao cho MC  MD . Gọi E là trung điểm của CD , đoạn MO cắt  O  và AB lần lượt tại I , H . Khi đó, các tính chất hình học sau có liên quan đến nhau? a) Các điểm M , A , E , O , B cùng thuộc một đường tròn.

b) ME là phân giác của AEB . c) MA2  MC.MD . d)

AC BC  . AD BD

e) I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MAB . f) Tứ giác CHOD nội tiếp. g) AB chứa phân giác của góc CHD . h) CAD  BHD . i) OE kéo dài cắt AB tại K thì KC , KD là tiếp tuyến của  O  . k) AE cắt  O  tại giao điểm thứ hai là F  F  A . Khi đó BF // CD . l) Tia CH cắt  O  tại giao điểm thứ hai là P  P  C  thì DP // AB . m) Đường thẳng qua E song song với BD cắt AB tại N . Khi đó CN  OB .

Hướng dẫn:

D A E C Z M I

H N

O F

a) Các điểm M , A , E , O , B cùng thuộc một đường tròn. Vì MA , MB là các tiếp tuyến của  O  nên MAO  MBO  90 , E là trung điểm của CD nên OE  CD  MEO  90 (tính chất đường kính đi qua trung

điểm của một dây không đi qua tâm). Từ đó suy ra 5 điểm M , A , E , O , B nằm trên đường tròn đường kính MO . b) ME là phân giác của AEB . Vì tứ giác MAEB nội tiếp và MA  MB  MA  MB  AEM  BEM (2 góc nội tiếp chắn 2 cung bằng nhau thì có số đo bằng nhau). Từ đó suy ra ME là phân giác của góc AEB . c) Chứng minh rằng: MA2  MC.MD . Vì MA là tiếp tuyến của  O  nên MAC  MDC (tính chất góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung). Xét hai tam giác MAC và MDA , ta có: MAC  MDC ; AMD chung nên MAC

d) CMR:

MDA (g – g) 

MA MC   MA2  MC.MD . MD MA

AC BC  . AD BD

Ta có: MAC MDA (g – g) 

CA MC  AD MA

1 .

Chứng minh tương tự ta cũng có MCB MBD 

CB MC  BD MB

 2 .

Lại có MA  MB  3 . Từ 1 ,  2 và  3 , suy ra:

CA CB  . AD BD

e) I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MAB . Do I nằm trên MO nên MI là phân giác của góc AMB  4 . Lại có MO là trung trực của AB và I nằm trên MO nên IA  IB suy ra IAB  IBA . Mặt khác ta cũng có: MAI  ABI (tính chất góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung) từ đó suy ra: MAI  IAB hay AI là phân giác của góc MAB  5 . Từ  4 và  5 suy ra I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MAB . f) Tứ giác CHOD nội tiếp. Theo chứng minh  3 ta có: MA2  MC.MD  6 .

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông MAO , đường cao AH , ta có: MA2  MH .MO  7 . Từ  6 và  7 , suy ra: MH .MO  MC.MD  Xét MCH và MOD có:  MCH

MH MD  . MC MO

MH MD  (chứng minh trên) và OMD chung MC MO

MOD (c – g – c)  MHC  MDO  tứ giác CHOD nội tiếp

(dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp). g) AB chứa phân giác của góc CHD . Từ  6 ta có: MHC  MDO 8 . Mà MDO  ODC 9 (do tam giác COD cân tại O ). Mặt khác ta có: OCD  OHD 10 (góc nội tiếp chắn cung OD ). Từ 8 , 9 và 10 , suy ra: MHC  OHD . Có MHC  CHA  90 ; DHA  ODH  90 .  CHA  DHA  AH

là phân giác của góc CHD .

h) Chứng minh rằng: CAD  BHD . 1 2

1 2

Ta có: BDH  180  DHA  180  CHD  180  COD 11 (do AH là phân giác của CAD và tứ giác CHOD nội tiếp). Mà

1 COD  CBD 12 (tính chất góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn 2

cung CD ) và CBD  180  CAD 13 . Từ 12 và 13 , suy ra: CAD  BHD . i) OE kéo dài cắt AB tại K thì KC , KD là tiếp tuyến của  O  . Giả sử tiếp tuyến tại C , D của  O  cắt nhau tại K thì KCO  KDO  90 nên tứ giác KCOD nội tiếp. Mặt khác theo  6 ta có tứ giác CHOD nội tiếp. Từ đó suy ra 5 điểm K , C , H , O , D cùng nằm trên đường tròn đường kính KO suy ra KHO  90 .

Mặt khác ta cũng có AHO  90  K , A , H thẳng hàng hay nằm trên đường thẳng AB . Vậy nếu K là giao điểm của OE và AB thì KC , KD là các tiếp tuyến của đường tròn tâm  O  . k) AE cắt  O  tại giao điểm thứ hai là F  F  A . Khi đó BF // CD . Theo chứng minh ở 1 thì 4 điểm A , E , O , M nằm trên đường tròn 1 2

đường kính MO nên ta có AEM  AOM  AOB  AFB (hệ quả góc nội tiếp). Mà hai góc AEM , AFB nằm ở vị trí đồng vị nên suy ra EM // BF . l) Tia CH cắt  O  tại giao điểm thứ hai là P  P  C  thì DP // AB . Theo chứng minh ở  6 ta có tứ giác CHOD nội tiếp, kết hợp với  7 AH

1 2

chứa đường phân giác của góc CHD nên CHA  CHD  COD  CPD . Mà hai góc CHA , CPD nằm ở vị trí đồng vị nên HA // DP . m) Đường thẳng qua E song song với BD cắt AB tại N . Khi đó

CN  OB .

Để chứng minh CN  OB ta chứng minh CN // MB . Thật vậy, theo cách dựng điểm N ta có: CEN  CDB (2 góc đồng vị). Mặt khác CDB  CAB (cùng chắn cung CD ) Suy ra CEN  CAB  CAN  tứ giác CEAN nội tiếp (dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)  ECN  EAN  EAB 14 . Mặt khác tứ giác EAMB nội tiếp (chứng minh ở 1 ) nên EAB  EMB 15 . Từ 14 và 15  ECN  EBM  CN // MB  CN  OB (vì MB  OB ). Bài 11. Cho đường tròn  O  và điểm M nằm ngoài  O  . Từ M kẻ hai tiếp tuyến MA , MB đến  O  ( A , B là tiếp điểm). Qua M kẻ cát tuyến MNP

 MN  MP  đến  O  . Gọi

là trung điểm của NP .

a) Chứng minh các điểm M , A , K , O , B cùng thuộc một đường tròn.

b) Chứng minh tia KM là phân giác của AKB . c) Gọi Q là giao điểm thứ hai của BK với  O  . Chứng minh AQ // NP . d) Gọi H là giao điểm của AB và MO. Chứng minh: MA2  MH .MO  MN .MP .

e) Chứng minh bốn điểm N , H , O , P cùng thuộc một đường tròn. f) Gọi E là giao điểm của AB và KO . Chứng minh AB2  4.HE.HF ( F là giao điểm của AB và NP ). g) Chứng minh KEMH là tứ giác nội tiếp. Từ đó chứng tỏ OK .OE không đổi. h) Gọi I là giao điểm của đoạn thẳng MO với  O  . Chứng minh I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MAB . i) Chứng minh KF và KE lần lượt là phân giác trong và phân giác ngoài của AKB . Từ đó suy ra: AE.BF  AF .BE . j) Chứng minh khi cát tuyến MNP thay đổi thì trọng tâm G của tam giác NAP luôn chạy trên một đường tròn cố định. k) Giả sử MO  2 R . Tính diện tích hình quạt giới hạn bởi hai bán kính OA , OB và cung nhỏ AB .

Hướng dẫn: a) Ta có: OAM  OBM  OKM  90 .  5 điểm M , A , K , O , B M thuộc đường tròn. AKM  AOM   b)   KM là BKM  BOM  

H O N K

phân giác AKB .  OMP  MOE  90 f)   OMP  MFH  90

P A Q

 MOE  MFH .  OHE

đồng dạng FHM E

OH HE    OH .HM  HE.HF . HF HM

MAO

vuông tại A , AH  MO

AB 2  AB2  4HE.HF .  OH .HM  AH  4 2

g) MHE  MKE  90  tứ giác KEMK nội tiếp. h) do IB  IA  MBI  ABI  BI là phân giác ABM , mà MI là phân giác AMB  I là tâm đường tròn nội tiếp ABM

i) Tứ giác MKOB nội tiếp  MOB  MKB , tứ giác MKOA nội tiếp  MOA  MOB .

Mà MOA  MOB  MKB  MKA  KF là phân giác AKB . AKB



có KF là phân giác trong 

KA AF  , KE là phân giác ngoài KB BF

KA AE AE AF    AE.BF  AF .BE . . KB BE BE BF

k) Gọi J là trung điểm OM trên AJ lấy J  sao cho G

là trọng tâm NAP 

Xét AKJ có:

AJ 2   J  cố định. AJ 3

AG 2  . AK 3

AG AJ  2 J G 2     , mà JK  JO  khoâng ñoåi  . AK AJ 3 JK 3

Bài 12. Cho nửa đường tròn O ; R  . Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ là AB , dựng các tiếp tuyến Ax , By của nửa đường tròn. Lấy một điểm M trên

nửa đường tròn  O  . Tiếp tuyến tại M của  O  cắt Ax , By lần lượt tại D , C ; Tia AM , BM kéo dài cắt By , Ax lần lượt tại F , E . a) Chứng minh: Các điểm D , M , O , A cùng nằm trên một đường tròn, các điểm C , M , O , B cùng nằm trên một đường tròn. b) Chứng minh COD vuông. c) D là trung điểm AE . d) CBO~ BAE . e) Chứng minh: AD.BC  R2 ; AD  BC  CD . f) Dựng MH vuông góc với AB . Chứng minh: AC , BD đi qua trung điểm I của MH .

g) Chứng minh EO  AC . h) Tìm vị trí điểm M để diện tích tam giác MHO lớn nhất. i) Tìm vị trí điểm M để diện tích tam giác MAB lớn nhất. j) Tìm vị trí điểm M để chu vi tam giác MAB lớn nhất. k) Tìm vị trí điểm M để diện tích tứ giác ABCD nhỏ nhất. l) Tìm vị trí điểm M để chu vi tứ F

giác ABCD nhỏ nhất. Hướng dẫn: E

a) Vì DA , DM là các tiếp tuyến của

 O  nên

DMO  DAO  90 ,

suy ra 4 điểm

D , M , O , A nằm trên đường tròn đường

kính DO . Hoàn toàn tương tự ta có các

M D

K I

điểm C , M , O , B nằm trên đường tròn đường kính CO

b) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt

nhau ta có: OC , OD lần lượt là phân giác của

các

góc

COD  MOC  MOD 

MOA ,

MOB



nên



1 BOM  COM  90 H 2

ay tam giác COD vuông tại O . c) Do điểm M nằm trên đường tròn đường kính AB Nên AMB  90  EMA  90 . Cũng theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: DA  DM Nên DAM  DMA  90  DAM  90  DMA  DEM  DME  DM  DE .

Vậy DE  DA  DM hay D là trung điểm của AE . Cũng có thể chứng minh theo cách chỉ ra OD là đường trung bình của tam giác EAB .

d) Xét tam giác CBO và tam giác BAE ta có: CBO  BAE  90 . Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: BM  CO nên COB  BEA cùng phụ với EBA  CBO

BAE

(g.g).

e) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: AD  DM ; BC  CM  AD.BC  DM .CM

. Mặt khác tam giác COD vuông tại O có OM là

đường cao nên theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có: CM .DM  OM 2  R2 . Vậy AD.BC  R 2 và AD  BC  CM  DM  CD .

f) Giả sử BD cắt MH

tại I . Theo định lý Thales ta có:

IM IB IH IM IH     mà DE  DA  IH  IM hay I là trung điểm của DE DB AD DE AD

HM . Chứng minh tương tự ta cũng có AC đi qua trung điểm I của MH tức

là MH , BD , AC đồng quy tại I . Chú ý: Ta cũng có thể chứng minh bằng cách dùng Bổ đề hình thang: “Cho hình thang ABCD có hai cạnh bên là AB , CD , cắt nhau tại M , hai đường chéo cắt nhau tại N . Gọi E , F là trung điểm của 2 cạnh đáy BC , AD . Khi đó 4 điểm M , E , N , F cùng nằm trên một đường thẳng”. Thật vậy, giả sử MN cắt BC , AD tại E , F theo định lý Thales ta có: (cùng bằng BE CE  DF AF

BE CE  AF DF

1

ME ). MF

 2 (cùng bằng

NE ). NF

Nhân hai đẳng thức 1 ,  2 ta có: BE 2 CE 2 suy ra BE  CE  DF . AF AF .DF

Thay vào 1 ta có: AF  DF (đpcm). g) Theo chứng minh ở câu d) ta có:

BAE

hay

1 AB AE BO AE CBO    2 AB BC 2 AO BC

AE AB   OAE ∽ CBA  OE  AC . AO BC

Chú ý: Nếu cắt  O  tại K từ việc chứng minh: OE  AC => EAO  EKO  EAO  EKO  90 => EK là tiếp tuyến của  O  . h) Tam giác MOH vuông tại H nên ta có: S MHO

2 2 1 1  MH  HO  OM 2 R 2  MH .HO    . 2 2 2 4 4

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi MH  HO nên tam giác MHO vuông cân tại H . Tức là M nằm trên nửa đường tròn sao cho OM tạo với AB một góc 450 . 1 2

1 2

i) Ta có: S MAB  MH . AB  MH .2 R  R.MH . Trong tam giác vuông MHO

ta có: MH  MO  R nên S MAB  R 2 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

H  O , MH  AB . Hay M

là điểm chính giữa của cung AB .

j) Chu vi tam giác MAB kí hiệu là 2 p thì 2 p  MA  MB  AB  MA  MB  2R .

Để ý rằng  MA  MB   2.  MA2  MB2   2 AB2  8R2 => MA  MB  2 2R . 2

Suy ra 2 p  2 R  2 2 R  2 R  2  1 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi MA  MB , hay M là điểm chính giữa cung AB . 1 2

1 2

k) Ta có: S ABCD   AD  BC  . AB  .2 R.CD  R.CD . Do CD  AB  2 R nên S ABCD  2 R 2 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi CD  AB hay CD // AB khi đó M là điểm chính giữa cung AB .

l) Chu vi tứ giác ABCD bằng q : q  AD  CD  BC  AB  2CD  AB  2CD  2R

Mà CD  AB  2 R nên chu vi tứ giác ABCD : q  2CD  2R  6R . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi CD  AB hay CD // AB khi đó M là điểm chính 2 2 giữa cung AB .  J G  JO  G thuộc đường tròn  J  ; JO  . 



2.7. Cung cấp đề thi các năm của các tỉnh, đặc biệt các tỉnh thành có mức độ đề tương đương tỉnh Nam Định để học sinh làm quen, giúp các em tự đánh giá khả năng bản thân thông qua việc giải quyết các đề Sau khi học sinh được cung cấp khá đầy đủ các kỹ năng chứng minh hình học và giáo viên đã cung cấp các dạng toán hình học cho học sinh. Giáo viên giành thời gian luyện cho học sinh làm các bài tập hình học trong đề thi tuyển sinh các tỉnh thành dưới hình thức kiểm tra, tự luyện nhằm đánh giá học sinh đồng thời giúp các em tự đánh giá khả năng của bản thân. Thông qua đó giáo viên rút kinh nghiệm cho việc dạy và học sinh rút kinh nghiệm cho việc học, việc trình bày bài của bản thân các em. Bài 1. (Đề HN 2015 – 2016). Cho đường tròn (O) và điểm A nằm ngoài đường tròn. Kẻ tiếp tuyến AB với đường tròn (O) (B là tiếp điểm) và đường kính BC. Trên đoạn thẳng CO lấy điểm I (I khác C và O). Đường thẳng AI cắt (O) tại D và E (D nằm giữa A và E). Gọi H là trung điểm DE. a) Chứng minh A, B, O, H cùng thuộc đường tròn b) Chứng minh

AB BD  AE BE

c) Đường thẳng d qua E song song với AO cắt BC tại K. Chứng minh HK song song với CD. d) Tia CD cắt AO tại P, tia EO cắt BP tại F. Chứng minh tứ giác BECF là hình chữ nhật

Hướng dẫn: F

c) OAH  OBH (vì ABOH là

tứ giác nội tiếp). OAH  HEK (vì EK//AO)

P O D H K

 OBH  HEK .

Suy ra BHKE là tứ giác nội tiếp nên KHE  KBE Mà KBE  CDE (vì BDCE là tứ giác nội tiếp). Suy ra KHE  CDE . Vậy KH//CD d) Gọi F’ là giao điểm của BP và (O). Gọi AQ là tiếp tuyến thứ hai của (O). Vì tứ giác BDQC nội tiếp nên QDC  QBC (cùng chắn cung QC) Vì ABOQ là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AO nên QBC  QAO (cùng chắn cung OQ). Suy ra QDC  QAO .

Xét tứ giác APDQ có QDC  QAO nên APDQ là tứ giác nội tiếp (tứ giác có 2 đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh chứa 2 đỉnh còn lại các góc bằng nhau)  PDA  PQA (cùng chắn cung AP)

Có PDA  EDC  EBC.Mà ABP AQP nên PQA  PBA Do đó PBA  EBC . => PBE  ABC  90  F'BC  90 nên F’E là đường kính (O). Từ đó F’ trùng với F và FBEC là tứ giác nội tiếp nên: FCE 180  FBE  90 => Tứ giác FBEC là hình chữ nhật.

Bài 2. (Đề HN 2014 – 2015).Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Lấy điểm C trên đoạn thẳng AO (C khác A và O). Đường thẳng qua C vuông góc với AB cắt nửa đường tròn tại K. Gọi M là điểm bát kì trên cung KB (M khác K và B). Đường thẳng CK cắt các đường thẳng AM, BM tại H và D. Đường thẳng BH cắt nửa đường tròn tại điểm thứ hai N. a) Chứng minh ACMD là tứ giác nội tiếp b) Chứng minh CA.CB=CH.CD c) Chứng minh ba điểm A, N, D thẳng hàng và tiếp tuyến tại N của đường tròn đi qua trung điểm DH d) Khi M di động trên cung KB. Chứng minh MN luôn đi qua một điểm cố định. Hướng dẫn:

a) ACD  AMD  90 b) ACH  DCB  90 và CAH  CDB

(vì cùng phụ với góc CBM) D

K M N H

c) Chứng minh H là trực tâm tam giác ABD nên AD vuông góc với BH Mà AN cũng vuông góc với BH nên A, N, D thẳng hàngGọi E là giao điểm của CK và tiếp tuyến tại N Ta có BN DN, ON EN nên DNE  BNO Mà BNO  OBN  END  DNE  ENDnên ED  EN

Dễ chứng minh tam giác HEN cân tại E nên HE = NE. Suy ra ED = EH Vậy E là trung điểm của HD d) Gọi I là giao điểm của MN và AB; Kẻ IT là tiếp tuyến của đường tròn với T là tiếp điểm => IN.IM = IT2 Ta có EM vuông góc với OM nên N, C, O, M cùng thuộc đường tròn => IN.IM = IC.IO Do đó IC.IO=IT2 nên tam giác ICT và ITO đồng dạng CT vuông góc với IO

T trùng với K nên I là giao điểm của tiếp

tuyến tại K của nửa đường tròn và đường thẳng AB Bài 3: (Đề tỉnh Vĩnh Phúc năm học 2018-2019)

I cố định.

Cho đường tròn (O;R) (đường tròn tâm O, bán kính R) và điểm A cố định nằm trên đường tròn (O;R). BC là một đường kính thay đổi của đường tròn (O;R) và không đi qua A. Đường tròn đường kính AO cắt các đoạn AB. AC tại các điểm thứ hai tương ứng là M, N. Tia OM cắt (O;R) tại điểm P. Gọi H là trực tâm của tam giác AOP. Chứng minh rằng: a) Tứ giác AMON là hình chữ nhật OH.PC không AC

b) Tứ giác PHOB nội tiếp được trong một đường tròn và phụ thuộc vào vị trí các điểm B, C

c) Xác định vị trí của các điểm B, C sao cho tam giác AMN có diện tích lớn nhất. P

Hướng dẫn :

I A H

a. Ta có : BAC=90 0 , ANO=AMO=900

 BAC  ANO  AMO  900

B O

=>Tứ giác OMAN là hình chữ nhật

b) )Ta cã H lµ trùc t©m APO  PH  AO  OPH  OAB (cïng phô víi AOP) mµ OA  OB  OAB  OBA  OPH  OBA  §Ønh P vµ B cïng nh×n HOdíi mét gãc kh«ng®æi  OBPH néi tiÕp )Ta cã :AIO  900  OI  AP  OI ®i qua H  IA  IP (®êng kÝnh d©ycung) AOP cãOA  OP  AOP c©n t¹i O  AOH  POH (do OH võa ®êngcao võa ph©n gi¸c). M µ ACP  ABP  DOH  AOH  APC  ABC  OAH  AHO PAC (g.g) HO AO HO.PC     AO  R(kh«ng®æi) AC PC AC

c)S AMN

1 1 1 1 1 1  AB 2  AC 2   AM.AN  . AB. AC  AB.AC    2 2 2 2 8 8 2 

1 BC 2  2R  R2  .   8 2 16 4 DÊu"  "x¶ y ra khi AB  AC  ABC vu«ngc©n t¹i A Khi ®ã AOvu«nggãcvíi BC VËy khi BC vu«nggãcvíi AOth×S AMN lín nhÊt 2

Bài 4: ( Đề tỉnh Thanh Hóa năm học 2018-2019) Cho đường tròn tâm O, đường kính AB  2 R . Gọi d1 và d2 lần lượt là các tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A và B , I là trung điểm của đoạn thẳng OA , E là điểm thay đổi trên đường tròn (O) sao cho E không trùng với A và B . Đường thẳng d đi qua E và vuông góc với đường thẳng EI cắt d1 , d 2 lần lượt tại M , N .

a. Chứng minh AMEI là tứ giác nội tiếp. b. Chứng minh IB.NE  3.IE.NB . c. Khi điểm E thay đổi, chứng minh tích AM .BN có giá trị không đổi và tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác MNI theo R . Hướng dẫn: a. Chứng minh AMEI là tứ giác nội tiếp. N

MAI  MEI  900 Suy ra MAI  MEI  1800 .

Vậy AMEI nội tiếp. b. Chứng minh IB.NE  3.IE.NB .

E M

+) EAI  EBN (cùng phụ với EBA ) +) AEI  BEN (cùng phụ với IEB ).

Suy ra IAE NBE . d1



IA NB   IA.NE  IE.NB IE NE



IB .NE  IE.NB  IB.NE  3IE.NB (đpcm). 3

c. Khi điểm E thay đổi, chứng minh tích AM .BN có giá trị không đổi và tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác MNI theo R Do tứ giác AMEI nội tiếp nên AMI  AEI

(1)

Tương tự ta có tứ giác BNEI nội tiếp nên BIN  BEN (2)

Theo trên ta có AEI  BEN (3) Từ (1), (2), (3) suy ra AMI  BIN (4) Do tam giác AMI và BIN vuông tại A và B , suy ra AMI BIN . Suy ra:

AM AI   AM .BN  AI .BI không đổi. BI BN

Từ (4) ta có: BIN  AIM  AMI  AIM  900  MIN  900 hay MNI vuông 1 2

tại I . Khi đó: SMNI  IM .IN  

1 AM 2  AI 2 . BN 2  BI 2 2

1 R 3R 3R 2 2 AM . AI . 2 BN .BI  AM .BN . AI .BI  AI .BI  .  2 2 2 4

Dấu “=” xảy ra khi AM  AI , BN  BI . Vậy SMNI đạt GTNN bằng

3R 2 4

Bài 5: (Đề tỉnh Thái bình năm học 2018 -2019) Cho hình chữ nhật ABCD nội tiếp đường tròn tâm O . Tiếp tuyến của đường tròn tâm O tại điểm C cắt các đường thẳng AB và AD theo thứ tự tại M , N . Gọi H là chân đường cao hạ từ A xuống BD , K là giao điểm của hai đường thẳng MN và BD . a) Chứng minh tứ giác AHCK là tứ giác nội tiếp b) Chứng minh: AD.AN  AB.AM c) Gọi E là trung điểm của MN . Chứng minh ba điểm A, H , E thẳng hàng d) Cho AB  6cm; AD  8cm . Tính độ dài đoạn MN .

Hướng dẫn: a) Chứng minh tứ giác AHCK là tứ giác nội tiếp

N O

Xét tứ giác AHCK có : AHK  90 (gt)

I H

CK là tiếp tuyến của đường tròn tâm O,

AC là đường kính nên AC  CK. Suy ra: ACK  90 .

Vậy hai đỉnh H và C cùng nhìn AK dưới một góc vuông nên AHCK là tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh: AD.AN  AB.AM +) ABCD là hình chữ nhật  ADB  ACB ; AMN  ACB (cùng phụ

với BAC ). Do đó ADB  AMN Xét tam giác AMN và ADB có: DAB  MAN  90

ADB  AMN ( cmt)

Nên AMN đồng dạng với ADB (gg) 

AM AN   AD. AN  AB. AM AD AB

c) Gọi E là trung điểm của MN . Chứng minh ba điểm A, H , E thẳng hàng +) Giả sử AE cắt BD tại I, ta chứng minh I  H . Thật vậy: Tam giác AMN vuông tại A có E là trung điểm MN nên tam giác AEN cân tại E, do đó EAN  ENA (3) Theo chứng minh trên: ADB  AMN (4) +) Từ (3) và (4) ta có: EAN  ADB  AMN  ENA  90 . Hay AID  90 .

Suy ra AI  BD tại I. Do đó I  H hay A, H , E thẳng hàng. Bài 6: (Đề tỉnh Phú thọ 2018- 2019) Cho đường tròn (O;R) và điểm M cố định nằm ngoài (O;R). Từ M kẻ các tiếp tuyến MA, MB tới (O;R) (A,B là các tiếp điểm). Đường thẳng (d) bất kỳ qua M và cắt (O;R) tại hai điểm phân biệt C, D (C nằm giữa M và D). Gọi N là giao điểm của AB và CD. a) Chứng minh tứ giác OAMB nội tiếp. b) Chứng minh rằng tam giác ANC và tam giác DNB đồng dạng, tam giác AMC và tam giác DMA đồng dạng. c) Chứng minh rằng

MC NC  MD ND

d) Xác định vị trí của đường thẳng (d) để

1 1  đạt giá trị nhỏ nhất MD ND

Hướng dẫn: MA,MB lµ hai tiÕp tuyÕn cña (O) nª n MAO  MBO  90 0  MAO  MBO  90 0  90 0  180 0  Tø gi¸c MBOA néi tiÕp

b)XÐt ANC vµ DNB cã ANC  DNB (®èi ®Ønh);CAN  BDN (cïng ch¾n cung BC)  ANC ®ång d¹ng DNB (g  g) XÐt AMC vµ DMA cã : A D C

MAC  ADC (cïng ch¾n cungAC), M chung  AMC ®ång d¹ng DMA(g  g) c)Ta cã : MAC MDA(cmt) 

MA MC   MA 2  MD.MC (1) MD MA

Gọi H là giao diểm của AB và MO Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau ta có AB vuông góc với OM tại H Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác MAO vuông tại A, đường cao AH  MA 2  MH.MO

(2)

MC MO  MH MD MC MO XÐt MCH vµ MOD cã : M chung;  (cmt) MH MD Tõ (1) vµ (2)  MD.MC  MH.MO 

 MCH

MOD(g  g)  MHC  MDO

(3)

Mµ AH  HM.

=>HN, HM lần lượt là tia phân giác trong và ngoài của góc CHD 

1  CD CD MD  CM CN  ND  1 d) XÐt DC.       MD ND  MD ND  MD ND CM CN CN MC 1   1 2   MD ND DN MD 1 1 2  MC NC   2  v×   cmt     MD ND CD  MD DN  2 2 1 1 1 1 V× CD lµ d©y cung nª n CD  2R       CD 2R R MD ND R DÊu"  "x ¶ y ra  CD  2R hay ®êng th¼ng d ®i qua O. 1 1 VËy ®Ó  ®¹t gi¸ trÞ nhá nhÊt th× d ®i qua O. MD ND

Bài 7. (Đề tỉnh Hải Dương năm học 2018- 2019)

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O đường kính BC. Kẻ AH vuông góc với BC (H thuộc BC). Goi M, N lần lượt là hình chiếu vuông góc của H trên AB, AC. a) Chứng minh AC2  CH.CB b) Chứng minh tứ giác BCNM nội tiếp và AC.BM  AB.CN  AH.BC c) Đường thẳng đi qua A cắt tia HM tại E và cắt tia đối của tia NH tại F. Chứng minh BE / /CF F

Hướng dẫn: A

Ta có tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), đường kính BC

N E M

=> Tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH nên B

: AH2 = CH.BH

Gọi P là giao điểm của AH và MN . Vì A  M  N  900 Suy ra AMHN là hình chữ nhật.

2) Gäi P lµ giao ®iÓm cña AH vµ MN.V×  AMHN lµ h×nh ch÷ nhËt  PAN  PNA(t / c h×nh ch÷ nhËt )mµ PAN  ABH(cïng phô BAH)  ABH  PNA  MNCB néi tiÕp(gãc trong t¹i1®Ønh b»nggãc ngoµi t¹i ®Ønh ®èi diÖn) BM BA *)V× MH / /AC  BHM BCA    BM.AC  BA HM AC mµ HM.BA  HA.BH  2S AHB  BM.AC  AH.BH(1) V× HN//AB  CHN ®ång d¹ng CBA 

AB HN  AC CH

 AB.CN  AC.HN mµ AC.HN  AH.HC  2S AHC  AB.CN  AH.HC (2) Céng(1),(2)vÕ theo vÕ  AC.BM  AB.CN  AH.(HB  HC)  AH.BC AN NF   AN.AM  ME.NF (1) ME AM HNC (g.g)  BM.NC  MH.HN (2)

3)Ta cã : ANF BMH

EMA(g.g) 

Mµ AM.AN  MH.HN(v× AM  NH;AN  MH)(3) NF BM ME BM Tõ (1),(2),(3)  NF.ME  BM.NC     NC ME NC NF Mµ BME  CNF  90 0  BME

FNC (cgc)  CFN  EBM

L¹i cã :NFA  MEA (do AB/ / HF) nª n ta cã CFE  BEF  CFN  NFA  BEF  EBM  MAE  BEF  CFE  BEF  EBA  BAE  BEF  180 0 VËy BE / /CF

Tóm lại, bằng cách dạy như vậy, cung cấp công cụ, dự đoán trước sai lầm và thay đổi giả thiết bài toán, thay đổi cách hỏi, hình thành bài toán mới dựa trên cơ sở những bài toán quen biết, chúng ta có thể giúp học sinh phát triển khả năng tư duy hình học, từ đó giúp học sinh có thể hình thành kỹ năng giải bài tập hình học , do đó khi gặp một bài tập hình, các em sẽ biết cách nên giải quyết bài toán như thế nào. III. Hiệu quả do sáng kiến đem lại 1. Hiệu quả kinh tế: Không. 2. Hiệu quả về mặt xã hội: Qua quá trình dạy bằng cách làm như trên,học sinh dễ hiểu bài toán hơn và các em có thể nắm kiến thức một cách chắc hơn, sâu sắc hơn, đồng thời các em đỡ bỡ ngỡ khi học bộ môn hình học đỡ thấy “sợ” hình học hơn. Chính vì thế tạo cho các em một sự say mê giải toán hình. * Kết quả: Qua nhiều năm giảng dạy tôi thấy bằng việc giúp cho học sinh làm quen với hình học từ từ,thông qua hệ thống bài tập gợi mở được sắp xếp có trình tự thì học sinh do tôi dạy điều rất thích học hình và trong các kỳ thi học sinh giỏi, tuyển sinh các trường chuyên trung học phổ thông các em đều giải được bài tập tốt hình học dù có những bài rất khó. Trong thời gian dạy tại trường tôi luôn đạt được những thành tích nhất định. Sau khi tiến hành áp dụng sáng kiến kinh nghiệm đối với học sinh giỏi lớp 9 và khi ôn cho các em thi tuyển sinh THPT chuyên trong nhiều năm liền, tôi nhận thấy:

- Học sinh rất tự tin và bình tĩnh khi giải bài tập hình, và có rất nhiều em có thể có lời giải một cách nhanh chóng và hay cho một bài tập hình,, các em không còn cảm thấy sợ các bài tập hình nữa. - Qua các kỳ thi điểm kiểm tra của các em có sự thay đổi rõ rệt, tăng cao hơn so với trước, ba năm gần nhất áp dụng thực hiện và bổ xung kinh nghiệm, thì chất lượng học sinh thi tuyển sinh THPT chuyên và không chuyên môn Toán sau mỗi năm lại tăng so với năm trước. Kết quả cụ thể tỷ lệ các bài kiểm tra sau khi áp dụng sáng kiến tôi thu được như sau: * Năm học 2017-2018 Kết quả khi chưa thực hiện đề tài: Tổng số học sinh 30

Giỏi SL 2

Khá % 6,6

SL 20

% 66,7

SL 8

% 26,7

Kết quả khảo sát sau khi thực hiện đề tài: Giỏi

Tổng số học sinh

33,4

6,6

Khá

*Năm học 2018-2019: Kết quả khi chưa thực hiện đề tài: Giỏi

Tổng số học sinh

12,9

58,1

Khá

Kết quả khảo sát sau khi thực hiện đề tài: Giỏi

Tổng số học sinh

48,4

51,6

Khá

* Năm học 2019-2020 Kết quả khi chưa thực hiện đề tài:

Giỏi

Tổng số học sinh

12,5

37,5

Khá

Kết quả khảo sát sau khi thực hiện đề tài: Giỏi

Tổng số học sinh

56,3

43,7

Khá

3. Khả năng áp dụng và nhân rộng: Qua việc nghiên cứu bên cạnh việc giúp cho bản thân nâng cao kiến thức nâng cao nghiệp vụ, bồi dưỡng học sinh giỏi có hiệu quả, ngoài ra cũng giúp bản thân nâng cao phương pháp tự học, tự nghiên cứu để có thể tiếp tục nghiên cứu các vấn đề khác tốt hơn trong suốt quá trình dạy học của bản thân. Đồng thời theo quan điểm cá nhân thì báo cáo sáng kiến “PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TƯ DUY CHO HỌC SINH TRONG DẠY ÔN TẬP HÌNH HỌC 9”có thể áp dụng được cho tất cả giáo viên tham gia ôn thi tuyển sinh THPT nói riêng và dạy toán 9 nói chung. Tùy theo mức độ nhận thức của học sinh mà có thể khai thác và áp dụng cho phù hợp. IV. Cam kết không sao chép hoặc vi phạm bản quyền Tôi xin cam kết báo cáo sáng kiến này là sản phẩm mà bản thân tôi đúc rút được trong nhiều năm giảng dạy ôn thi tuyển sinh THPT cho học sinh lớp 9 tại trường THCS

mà không hề sao chép hoặc vi phạm bản

quyền của bất kỳ tác giả nào. Trên đây là một số kinh nghiệm của tôi trong quá trình giảng dạy, mặc dù đã cố gắng nhưng vẫn còn nhiều thiếu sót mà bản thân chưa nhận thấy, rất mong nhận được sự góp ý của đồng nghiệp. Xin chân thành cảm ơn ! TÁC GIẢ SÁNG KIẾN