Cách khai thác một số bài toán Hình học lớp 9

Đề tài sáng kiến kinh nghiệm
 Tên đề tài: 
Cách khai thác
một số bài toán hình học lớp 9.
A. Lý do chọn đề tài:
	-Toán học là một bộ môn khoa học tự nhiên mang tính logíc, tính trừu tượng cao. Đặc biệt là với hình học nó giúp cho học sinh khả năng tính toán, suy luận logíc và phát triển tư duy sáng tạo. Việc bồi dưỡng học sinh học toán không đơn thuần chỉ cung cấp cho các em một số kiến thức cơ bản thông qua việc làm bài tập hoặc làm càng nhiều bài tập khó, hay mà giáo viên phải biết rèn luyện khả năng và thói quen suy nghĩ tìm tòi lời giải của một bài toán trên cơ sở các kiến thức đã học.
	- Qua nhiều năm công tác và giảng dạy ở nhiều trường tôi nhận thấy việc học toán nói chung và bồi dưỡng học sinh năng lực học toán nói riêng, muốn học sinh rèn luyện được tư duy sáng tạo trong việc học và giải toán thì việc cần làm ở mỗi người thầy đó là giúp học sinh khai thác đề bài toán để từ một bài toán ta chỉ cần thêm bớt một số giả thiết hay kết luận ta sẽ có được bài toán phong phú hơn, vận dụng được nhiều kiến thức đã học nhằm phát huy nội lực trong giải toán nói riêng và học toán nói chung. Vì vậy tôi ra sức tìm tòi, giải và chắt lọc hệ thống lại một số các bài tập mà ta có thể khai thác được đề bài để học sinh có thể lĩnh hội được nhiều kiến thức trong cùng một bài toán. 
- Với mong muốn được góp một phần công sức nhỏ nhoi của mình trong việc bồi dưỡng năng lực học toán cho học sinh hiện nay và cũng nhằm rèn luyện khả năng sáng tạo trong học toán cho học sinh để các em có thể tự phát huy năng lực độc lập sáng tạo của mình, nhằm góp phần vào công tác chăm lo bồi dưỡng đội ngũ HSG toán của ngành giáo dục Krông Bông ngày một khả quan hơn. Tôi xin cung cấp và trao đổi cùng đồng nghiệp đề tài kinh nghiệm: "Cách khai thác một số bài tập hình học lớp 9 ". Đề tài này ta có thể bồi dưỡng năng lực học toán cho học sinh và cũng có thể dùng nó trong việc dạy chủ đề tự chọn toán 9 trong nhà trường hiện nay. Mong quý đồng nghiệp cùng tham khảo và góp ý. 
B. Giải pháp thực hiện.
	- Tìm tòi, tích lũy các đề toán ở nhiều dạng trên cơ sở vận dụng được các kiến thức cơ bản đã học.
	- Hướng dẫn học sinh tìm hiểu đề bài
	- Giải hoặc hướng dẫn học sinh cách giải. 
	- Khai thác bài toán và giúp học sinh hướng giải bài toán đã được khai thác	
****************
C. Nội dung
 Trong đề tài này tôi chỉ đưa ra một số bài toán có liên quan đến:
ĐƯỜNG TRÒN VÀ TIẾP TUYẾN
I. Dạng toán về đường tròn
Bài 1: Cho hai đường thẳng a và b cắt nhau tại O. Trên a lấy điểm A và trên b lấy điểm B. Có bao nhiêu đường tròn đi qua ba điểm O, A, B?
Tìm hiểu đề bài
	Bài này liên quan đến sự xác định một đường tròn qua ba điểm O, A, B trong đó O là giao điểm của hai đường thẳng a, b và A và B là hai điểm bất kì thuộc a và b.
Hướng dẫn cách tìm lời giải
Lưu ý A và B có thể nằm về hai phía của O, ngoài ra A và B cũng có thể trùng với O hoặc khác O. Do đó hãy xét các trường hợp sau:
O khác A và B;
A trùng với O nhưng B khác O hoặc ngược lại;
Ba điểm O, B, A trùng nhau.
Cách giải:
 `- Trường hợp O khác A và B, như thế ba điểm O, A, B không thẳng hàng nên bao giờ cũng có và chỉ có một đường tròn đi qua ba điểm A, O, B.
 - Trường hợp A trùng với O nhưng B khác O (hoặc B trùng với O nhưng A khác O) thì có vô số đường tròn đi qua hai điểm O và B mà tâm của chúng nằm trên đường trung trực của đoạn thẳng OB hoặc OA.
 - Trường hợp A và B trùng với O thì có vô số đường tròn qua O mà tâm là điểm tùy ý trong mặt phẳng.( cũng có thể cho rằng đường tròn đi qua ba điểm O, A, B bây giờ biến thành một điểm O)
Khai thác bài toán:
Với bài toán này ta có thể thêm câu hỏi sau: 
b) Tính bán kính của đường tròn qua O, A, B trong trường hợp tam giác OAB vuông tại O với OA = m; OB = n. Vuông cân tại O với OA = OP = p và đều với cạnh bằng q
Giải: 
b) Nếu vuông tại O thí tâm đường tròn là trung điểm của cạnh huyền AB và bán kính bằng 
Nếu vuông cân tại O thì tâm đường tròn vẫn là trung điểm của AB nhưng bán kính bằng 
Nếu là tam giác đều cạnh q thì tâm đường tròn là giao điểm G của ba đường trung tuyến của tam giác OBA và bán kính OG bằng 2/3 đường cao của tam giác đều tức là bằng .
Bài 2: Cho đường tròn tâm O bán kính R và hai dây bằng nhau EF và GH cắt nhau tại M.
Tứ giác EGFH là hình gì?
Tính khoảng cách từ O đến mỗi dây biết rằng 
 Tìm hiểu đề bài
	Bài ra cho đương tròn (O; R) và hai dây EF = GH cắt nhau tại M. Yêu cầu nhận dạng tứ giác EFGH và tính khoảng cách từ O đến mỗi dây biết độ dài hai dây.
Hướng dẫn cách tim lời giải 
Gọi OI, OJ là khoảng cách từ O đến hai dây ta có ngay OI = OJ. Từ đó chứng minh được hai tam giác vuông bằng nhau OMI và OMJ, rồi xét hai tam giác cân đỉnh M để suy ra EH // GF. Do đó EGFH là hình thang, sau đó chứng minh thêm hình thang này cân (hình 2)
Để tính khoảng cách OI và OJ ta xét một trong hai tam giác vuông bằng nhau OEI hoặc OHJ rồi áp dụng định lý Pitago để tính
Cách giải
 a) Do EF = GH nên khoảng cách từ tâm đến hai dây bằng nhau hay OI = OJ. Xét hai tam giác vuông bằng nhau OMI và OMJ (cạnh huyền và cạnh góc vuông bằng nhau) nên MJ = MI.
Hai tam giác cân đỉnh M là MEH và MGF có các góc
ở đỉnh M bằng nhau nên (so le trong) suy ra EH // GH.
Tứ giác EGFH là hình thang có hai đường chéo EF = GH nên EGFH là hình thang cân.
 b)Xét tam giác vuông OEI theo định lí Pitago ta có: 
. Vậy OI = OJ = .
Khai thác bài toán: 
Ta có thể nêu thêm các câu hỏi sau: Nếu góc tại M vuông:
Tính diện tích của tứ giác OIMJ và bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác này
Tính tổng ME2 + MF2 + MG2 + MH2 theo R 
Giải:
OIMJ là hình vuông cạnh là OI = nên diện tích của nó là ( hình 3):
Đường tròn ngoại tiếp tứ giác OIMJ có đường kính là OM, ta có:
. Vậy bán kính đường tròn này là: 
d) Kẻ đường kính FK ta có tam giác KEF vuông tại E (vì trung tuyến OE của tam giác KEF bằng 1/2 cạnh KF). Do đó KE // HG ( cùng vuông góc với EF) nên suy ra EG = KH
 Xét hai tam giác vuông EMG và HMF, theo định lý Pytago ta có:
ME2 + MG2 = EG2 (1) và
MF2 + MH2 = FH2 (2). Cộng từng vế (1) và (2) ta được: 
ME2 + MG2 + MF2 + MH2 = EG2 + FH2
 = KH2 + FH2 = KF2 ( vì tam giác KHF vuông tại H)
Vậy tổng phải tìm bằng KF2 = (2R)2 = 4R2
Bài 3: Cho đường tròn tâm O và dây cung AD. Từ D vẽ tia Dx vuông góc với OD. Đường kính vuông góc với OA cắt AD ở B và Dx ở C.
Chứng minh cân.
Chứng minh trục đối xứng của dây AD song song với trung tuyến CM của tam giác BCD.
Tìm hiểu đề bài: 
Đề bài cho đường tròn (O) và dây cung AD, tia vuông góc với OD và đường kính vuông góc với OA. Yêu cầu chứng minh một tam giác cân và một trục đỗi xứng song song với một trung tuyến của tam giác cân này.
Hướng dẫn cách tìm lời giải: 
Để chứng minh tam giác BCD cân ta cần chứng minh tam giác có hai góc ở đáy bằng nhau () bằng cách lần lượt xét tam giác vuông AOB và tam giác cân OAD (hình 4).
Trục đối xứng của AD là đường trung trực của nó, còn trung tuyến CM là trung trực của BD. Từ đó ta suy ra được điều phải chứng minh.
Cách giải 
 a) Trong tam giác vuông AOB ta có:
 vì CD là tiếp tuyến của (O) tại D, 
. Nhưng vì tam giác ODA cân. Từ đó (đối đỉnh), suy ra 
Hình 4
1
 Vậy tam giác BCD cân tại C
 b) Trục đối xứng của dây AD là trung trực của nó nên vuông góc với AD. Đường trung tuyến CM của tam giác cân BCD vuông góc với BD nên cùng vuông góc với AD. Suy ra trục đối xứng của dây AD song song với trung tuyến CM của tam giác BCD.
Khai thác bài toán:
Với bài toán 3 ta có thể nêu thêm câu hỏi như sau:
Chứng minh hệ thức: OA.BM = OB.CM
Thật vậy: Xét hai tam giác vuông đồng dạng AOB và CMB (g,g) ta có 
 suy ra OA.BM = OB.CM (đpcm).
Bài 4: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính MN và dây DE. Gọi P và Q theo thứ tự là hình chiếu của M và N trên đường thẳng DE. Đường thẳng NQ cắt nửa đường tròn tại G. Goi H là trung điểm của dây DE và I là hình chiếu của H trên MN, chứng minh:
	a) 
	b) OH.MG = MN.HI
Tìm hiểu đề bài
	Bài ra cho nửa đường tròn đường kính MON và dây DE với H là trung điểm. Hình chiếu của đường kính MN trên đường thẳng DE là PQ. Hình chiếu của H trên MN là I. Yêu cầu phải chứng minh hai đoạn thẳng vuông góc và một hệ thức (hình 5).
Hướng dẫn tìm lời giải
a )Ttrước hết chứng minh góc MGN vuông và MG // PQ. Kết hợp với H là trung điểm của DE để suy ra điều phải chứng minh
b) Xét hai tam giác vuông đồng dạng OIH và NGM
Cách giải:
a) Tam giác MGN vuông tại G vì trung tuyến OG = MN, nên . Ta lại có . suy ra MG // PQ. 
 Do H là trung điểm của DE nên tức là . Vậy .
b) Ta có OH // NQ nên (đồng vị). Do đó hai tam giác vuông OIH và NGM đồng dạng
Suy ra hay OH.MG = MN.HI
Khai thác bài toán:
	Với bài toán này ta hỏi thêm : Chứng minh rằng PD = EQ và diện tích tứ giác MPQN bằng tổng diện tích của hai tam giác MDN và MEN. 
	Thật vậy: Hình thang vuông MPQN có OH là đường trung bình nên HP = HQ, ngoài ra HD = HE. Do đó HP – HD = HQ – HE hay PD = EQ.
	Kẻ DD’ và EE’ vuông góc với MN ta có:
	Tổng diện tích hai tam giác MDN và MEN bằng mà trong hình thang vuông DD’E’E nên tổng diện tích này bằng MN.HI.
Theo câu b thì MN.HI = OH.MG chính là diện tích tứ giác MPQN vì hình thang này có diện tích . Vậy diện tích tứ giác MPQN bằng tổng diện tích của hai tam giác MDN và MEN. 
Bài 5: Cho đường tròn tâm O đường kính AB và dây CD cắt bán kính OA ở I. Kẻ AE, BH cùng vuông góc với CD. Qua O kẻ đường kính vuông góc với CD tại G và cắt EB ở M. Chứng minh:
M là trung điểm của EB và G là trung điểm của EH.
EC = HD
Tìm hiểu đề bài:
	Đề bài này có những chỗ tương tự như bài 4 nhưng yêu cầu phải chứng minh hai trung điểm của hai đoạn thẳng và hai đoạn thẳng bằng nhau EC = HD như PD = EQ ( ở phần khai thác bài toán trước).
Hướng dẫn tìm lời giải:
a) Hãy chứng minh OM là đường trung bình của tam giác AEB và MG là đường trung bình của tam giác EHB (hình 6).
b) Áp dụng định lý đường kính vuông góc với một dây thì chia đôi dây ấy và lưu ý G là trung điểm của EH (theo câu a) để được đẳng thức cần chứng minh.
Cách giải
 a) Ta có OM // AE vì cùng vuông góc với CD. Điểm O lại là trung điểm của AB nên OM là đường trung bình của tam giác EAB, suy ra M là trung điểm của EB.
 Xét tam giác EHB có MG // HB vì cùng vuông góc với CD, lại đi qua trung điểm M của EB nên MG là đường trung bình của tam giác EHB suy ra G là trung điểm của EH.
 b) Do nên G chia dây CD thành hai phần bằng nhau hay GC = GD (1). Mặt khác G lại là trung điểm của EH nên GE = GH (2).
	Trừ từng vế (1) cho (2) ta được EC = HD.
Khai thác bài toán:
	Bài này có thể thêm câu hỏi sau đây:
Chứng minh rằng: c) AE. IG = IE .OG; b) OG.IH = IG.BH
( cho học sinh tự chứng minh)
Bài 6: Cho đường tròn tâm O và một điểm A bên trong đương tròn. Qua A hãy dựng dây BC sao cho
BC có độ dài nhỏ nhất
BC nhận A làm trung điểm
Tìm hiểu đề bài:
Đây là bài toán dựng hình trong đương tròn (O). Yêu cầu phải dựng qua điểm A cho trước bên trong (O) một dây BC sao cho BC có độ dài nhỏ nhất, BC nhận A làm trung điểm.
 ... a được điểm S1 phải tìm
II. Dạng toán về tiếp tuyến của đường tròn
Bài 7: Cho đường tròn (O; R) và điểm A với . Từ A kẻ hai tiếp tuyến AM và AN.
Chứng minh rằng tứ giác AMON là hình vuông.
Gọi H là trung điểm của dây MN, chứng minh rằng ba điểm A, H, O thẳng hàng.
Tìm hiểu đề bài
	Đặc điểm của bài này là cho đường tròn (O; R), khoảng cách và hai tiếp tuyến AM, AN. Yêu cầu đầu tiên là chứng minh AMON là hình vuông (câu a) rồi chứng minh ba điểm A, H, O thẳng hàng trong đó H là trung điểm của dây MN (câu b). 
Hướng dẫn tìm lời giải
 a) Hãy chứng minh cho tam giác AMO là vuông cân để suy ra MO = AM = R, từ đó chứng minh AMON có bốn cạnh bằng nhau và một góc vuông (hình 8)
 b) Chứng minh cho OH là tia phân giác của góc MON và OA là phân giác của góc MAN. Suy ra hai tia OH và OA trùng nhau.
Cách giải:
 a) Tam giác AMO vuông tại M do (bán kính vuông góc với tiếp tuyến tại tiếp điểm), có cạnh huyền
 nên nó vuông cân. Suy ra MO = MA = R.
	Tương tự tam giác ANO cũng vuông cân tại N và AN = NO = R. Mặt khác do tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau nên AN = AM. Suy ra AN =AM = OM = ON = R. Tứ giác AMON có bốn cạnh bằng nhau lại có góc vuông nên nó là hình vuông.
 b) Do H là trung điểm của MN và tam giác MON cân tại O nên OH là phân giác của góc MON, mặt khác theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau thì OA cũng là phân giác của góc MON. Suy ra OH trùng OA vậy A, O, H là ba điểm thẳng hàng. 
Khai thác bài toán:
	Ta có thể đặt thêm các câu hỏi sau:
Một đường thẳng (m) quay xung quanh A cắt (O) tại P và Q. Goi S là trung điểm của dây PQ, tìm quỹ tích của điểm S
Tìm vị trí của đường thẳng (m) để tổng AP + AQ lớn nhất
Tính theo R độ dài đoạn HI trong đó I là giao điểm của AO với cung nhỏ MN.
Giải
 c)Ta có (vì S là trung điểm của dây PQ).
 Do góc ASO vuông và A, O cố định nên quỹ tích của S là đường tròn đường kính OA. Vì S nằm trong đường tròn (O) nên S chỉ chạy trên cung trong (O)
 d) Kẻ đường kính P’Q’ qua A ta chứng minh rằng tổng AP’+ AQ’ có giá trị lớn nhất. Muốn thế ta chỉ cần chứng minh AP’+ AQ’ >AP + AQ
 Thật vậy; ta có:
 AP + AQ = AP + AP + PQ = 2AP + 2PS = 2(AP +PS) = 2AS (1)
Mặt khác: AP’+AQ’ = AP’+AP’+P’Q’ = AP’+AP’ + P’O + OQ’ = 2(AP’+P’O) = 2AO (2).
Vì AO > AS nên từ (1) và (2) suy ra 2AO > 2AS. Tức là AP’+ AQ’ >AP + AQ. 
Vậy tổng AP + AQ lớn nhất khi đường thẳng (m) trùng với AO.
 e) Điểm I chính là điểm P (theo câu d), do đó để tính HI ta tính HP’
	HP’ = OP’ – OH = 
Bài 8: Cho đường tròn (O; R). Từ điểm M với OM = 2R ta vẽ hai tiếp tuyến MP và MQ.
Chứng minh tam giác MPQ đều và tính cạnh của nó.
Đường thẳng qua M và O cắt (O) tại S và E. Tứ giác DPOQ là hình gì? Tính diện tích của nó.
Tìm hiểu đề bài:
	Bài ra cho (O; R) và điểm M ở ngoài (O) với OM = 2R và hai tiếp tuyến MP, MQ. Yêu cầu chứng minh tam giác MPQ đều và tính canhj của nó theo (câu a), xác định dạng và tính diện tích của tứ giác DPOQ trong đó DE là đường kính qua M (câu b).
Hướng dẫn cách tìm lời giải:
a)Tam giác MPQ là tam giác cân (MP = MQ), chứng minh thêm góc PMQ bằng 600 (hình 10)
Để tính cạnh của tam giác đều MPQ thì lưu ý MPO là nửa tam giác đều có cạnh huyền MO = 2R.
b) Hãy chứng minh tứ giác DPOQ là hình thoi. Diện tích của nó bằng nửa tích hai đường chéo DO và PQ.
Cách giải:
a) Ta có MP = MQ ( tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên tam giác MPQ cân. Tam giác vuông MPO có 
S
 (cạnh góc vuông bằng nửa cạnh huyền) nên , mà ( do MO là phân giác của góc tạo bởi hai tiếp tuyến cắt nhau tại M). Suy ra . Tam giác MPQ cân có một góc bằng 600 nên MPQ là tam giác đều.
	Trong tam giác vuông MPO ta có: MP . Vậy cạnh của tam giác đều 
b) Do nên trong tam giác vuông MPO góc là tam giác cân có góc tại đỉnh O bằng 600 nên nó là tam giác đều. Chứng minh tương tự ta có tam giác ODQ cũng là tam giác đều. Suy ra OP = PD = DQ = QO (= R). Vậy tứ giác DPOQ là hình thoi.
 Suy ra diện tích của tứ giác DPOQ là: 
Khai thác bài toán:
	Có thể đưa thêm vào bài toán trên câu hỏi như sau:
Chứng minh tứ giác MPEQ là hình thoi và tính diện tích của nó.
 Từ O kẻ đường vuông góc với PO cắt MQ tại S. Chứng minh rằng tam giác SMO cân, và DS là tiếp tuyến của (O).
Cách giải như sau:
 c) Tứ giác MPEQ có các đường chéo ME và PQ vuông góc với nhau vì ME là đường trx,ung trực của PQ. Mặt khác tam giác DPO đều nên đường cao PN là trung tuyến, do đó 
 ND = NO = R/2 . Do đó N là trung điểm của ME. Vậy tứ giác MPEQ có hai đường chéo vuông góc và cắt nhau tại trung điểm mỗi đường nên nó là hình thoi.
	Diên tích của hình thoi này bằng mà MN là đường cao của tam giác đều MPQ nên , do đó MN.PQ = 
	d) Vì OS // MP (cùng vuông góc với PO) nên mà suy ra tam giác SMO cân tại S
	Ta có D là trung điểm của MO nên SD là trung tuyến của tam giác cân SMO và cúng là đường cao suy ra tại D vậy SD là tiếp tuyến của (O).
Bài 9: Cho nửa đương tròn tâm O đường kính AB và M là một điểm nằm trên nửa đường tròn đó. Kẻ hai tiếp tuyến Ax, By với nửa đường tròn. Qua M kẻ một tiếp tuyến thứ ba cắt Ax, By lần lượt tại C và D.
Chứng minh rằng CD = AC + BD và tam giác COD vuông.
OC và OD cắt AM và BM theo thứ tự tại E và F. Xác định tâm P của đường tròn đi qua bốn điểm O, E, M, F.
Chứng minh tứ giác ACBD có diện tích nhỏ nhất khi nó là hình chữ nhật và tính diện tích nhỏ nhất đó.
Tìm hiểu đề bài: 
	Bài ra cho nủa đường tròn tâm O và ba tiếp tuyến theo thứ tự tạ A, B và M bất kì trên (O). Yêu cầu chứng minh một đẳng thức, bốn điểm thuốc đường tròn và diện tích nhỏ nhất của một tứ giác tạo thành.
Hướng dẫn cáh tìm lời giải:
a) Áp dụng tính chất hai tiếp tuyến cùng xuất phát từ điểm C và D để chứng minh hệ thức và
 để từ đó suy ra (hình 11)
b) Chứng minh tứ giác OEMF là hình chữ nhật nên giao điểm P của hai đường chéo cách đều bốn đỉnh của hình chữ nhật
c) Tứ giác ACDB là hình thang, diện tích của nó là 1/2(AC + BD).AB. Hãy chứng minh AC + BD nhỏ nhất khi CD // AB.
Cách giải:
a) AC = CM; DM = DB. (tính chất của hai tiếp tuyến xuất phát từ C và D)
Suy ra AC + DB = CM + MD = CD. 
Ta lại có: OC là phân giác của , OD là phân
giác của góc mà hay tam giác COD vuông tại O.
b) Tứ giác EMFO là hình bình hành có một góc vuông nên nó là hình chữ nhật. Tâm P của hình chữ nhật này cách đều 4 đỉnh, do vậy P là tâm đường tròn đi qua 4 điểm O, E, M, F
c) Tứ giác ACBD là hình thang vuông có diện tích bằng (ON là đường trung bình của hình thang). Vậy diện tích ACDB nhỏ nhất khi bằng AQ.AB hay . Khi đó N trùng với Q và ACDB là hình chữ nhật (tiếp tuyến CD // AB).
Khai thác bài toán
	Ta có thể đặt thêm các câu hỏi sau đây: Khi M chạy trên nửa đường tròn (O).
Tìm quỹ tích của N;
Tìm quỹ tích của P;
Chứng minh tích AC.BD không đổi.
Cách giải như sau:
	d) Vì ON là đường trung bình của hình thang ACBD nên ON // Ax // By. Do đó quỹ tích N là tia Qt song song và cách đều hai tia Ax và By
	e) Giao điểm P các đường chéo của hình chữ nhật OEMF cách O một khoảng điểm O cố định, khoảng cách PO không đổi nên quỹ tích của P là nửa đường tròn đồng tâm với (O) bán kính bằng nửa bán kính của (O).
	f) Xét tam giác vuông COD có OM là đường cao nên OM2 = MC.MD, mà MC = AC, MD = BD và OM = R do đó: AC.BD = R2 không đổi.
Bài 10: Cho đường tròn (O, R) Và dây cung PQ với Hai tiếp tuyến tại P và Q cắt nhau tại M.
Tính các cạnh của tam giác MPQ
Gọi I là điểm bất kì trên cung nhỏ PQ và K, N lần lượt là giao điểm của tiếp tuyến tại I với MP, MQ. Chứng minh rằng chu vi của tam giác MKN không đổi.
Tìm hiểu đề bài
	Bài ra cho (O, R) và M là giao điểm của hai tiếp tuyến tại P và Q. Yêu cầu tính các cạnh của ∆MPQ (câu a) và chứng minh chu vi ∆MKN không đổi với K, N là giao điểm của tiếp tuyến tại I với MP, MQ (câu b)
 Hướng dẫn cách tìm lời giải:
a) Trước hết chứng minh ∆MPQ đều do đó ta chỉ cần tính độ dài một cạnh
b) Áp dụng tính chất hai tiếp tuyến xuất phát từ K và từ N để tìm được chu vi tam giác MKN bằng hai lần độ dài của MP (hoặc MQ)
Cách Giải (hình 12).
a) Do tổng các góc của một tứ giác bằng 3600 mà . 
Suy ra Tam giác MPQ cân (vì MP = MQ theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau tại M) có góc M ở đỉnh bằng 600 là tam giác đều. Do đó ta chỉ cần tính độ dài một trong ba cạnh chẳng hạn MQ. 
 Xét tam giác vuông MQO là nửa tam giác đều ( vì
MO là phân giác của góc M và góc O nên MQ là đường cao: 
Vậy MP = MQ = PQ 
b) Ta có IK = IP, NI NQ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau tại một điểm). Chu vi ∆MKN = MK + KI + IN + MN = MK + KP + MN + NQ = MP + MQ = 2MP = 2 không đổi.
Khai thác bài toán:
	Ta có thể đặt thêm các câu hỏi sau
Chứng minh góc KON không đổi khi I chạy trên cung nhỏ PQ;
Chứng minh tứ giác MKON là hình thoi khi I là trung điểm của cung nhỏ PQ.
Thật vậy:
Vì KO và NO là tia phân giác của nên không đổi
 Nếu I là trung điểm của cung nhỏ PQ thì KN // PQ vì cùng vuông góc với MO, suy ra ∆MKN đều nên MO là trung trực của KN. Do đó ∆OKN cân, lại có , nên là tam giác đều.
Vậy hai tam giác đều MKN và OKN có chung cạnh KN nên chúng bằng nhau. Suy ra tứ giác MKON là hình thoi.
Bài 11: Cho đường thẳng d tiếp xúc với đường tròn (O) tại M từ điểm P bất kì trên d kẻ tiếp tuyến PN với (O).
Tìm quỹ tích trung điểm K của PO
Tìm quỹ tích trực tâm H của tam giác PMN.
Tìm hiểu đề bài:
	Bài ra cho đường trong (O) hai tiếp tuyến PM, PN xuất phát từ một điểm P bất kì trên PM. Yêu cầu tìm quỹ tích của trung điểm PO và quỹ tích của trực tâm tam giác PMN khi P chạy trên tiếp tuyến PM.
Hướng dẫn cách tìm lời giải
Từ K hạ KD vuông góc với d ta có KD là đường trung bình của tam giác vuông PMO nên KD = ½ OM không đổi (hình 13). Từ đó suy ra quỹ tích của K
Đường cao NL của tam giác PMN cắt PO tại H là trực tâm của tam giác. Chứng minh tứ giác ONHM là hình thoi, từ đó có MH = MO không đổi. Suy ra quỹ tích của H.
Cách giải
a) Hạ ta có KD là đường trung bình của tam giác vuông PMO nên KD = ½ OM không đổi. Điểm K luôn cách d một khoảng không đổi nên quỹ tích của K là đường thẳng k song song với d và cách nó một khoảng bằng ½ OM
b) Kẻ đường cao NL của tam giác PMN cắt PO tại H. Do PO vuông góc với MN nên H chính là trực tâm của tam giác PMN. Để tìm quỹ tích của H trước hết ta đi chứng minh tứ giác OMHN là hình thoi. Thật vậy:
	Ta có NH // OM ( cùng vuông góc với d ), MH // ON ( cùng vuông góc với PN) nên tứ giác OMHN là hình bình hành, nó có hai đường chéo vuông góc nên là hình thoi. 
Suy ra MH = MO không đổi. Điểm M cố định, độ dài MH không đổi vậy quỹ tích điểm H là đường tròn tâm M bán kính bằng OM.
Khai thác bài toán:
	Nếu đường thẳng d không tiếp xúc với (O) mà cách (O) một khoảng OI lớn hơn bán kính của (O) và gọi P là điểm bất kì trên d, M là điểm bất kì trên (O) thì độ dài PM sẽ ngắn nhất khi nào?
Giải:
Gọi H là giao điểm của OI với d. xét tam giác POM ta có (hình 14):
 haytức là (vì OM = OH). Suy ra PM có độ dài nhỏ nhất khi bằng HI. Lúc đó P trùng với I và M trùng với H
Krông Bông, tháng 01 năm 2010
 Người viết
 Nguyễn Thanh Thảo