Khai thác từ một bài toán hình học trong sách giáo khoa Toán 9, tập I

Khai thác từ một bài toán hình học 
trong sách giáo khoa Toán 9,Tập I
 Tạ Quang Hưng
 Trường THCS Nghĩa Hưng -Vĩnh Tường - Vĩnh phúc. 
 Để học tốt môn toán ,sau mỗi bài toán các bạn hãy tìm cách khai thác bài toán bằng cách đưa ra bài toán mới, tổng quát bài toán đã cho,tìm những ứng dụng của bài toán vừa giải ... 
Bài viết này tôi xuất phát từ bài tập 39 trang 123 SGK Toán 9,tập 1 .Từ đó tôi xây dựng thành các bài toán mới như sau.
 Bài tập 39 SGK(123)
 Cho hai đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc ngoài tại A.Kẻ tiếp tuyến chung ngoài BC, Bẻ(O), Cẻ(O’).Tiếp tuyến chung trong tại A cắt tiếp tuyến chung ngoài BC ở I. 
 O A O’ 
 B 
 Hình 1
Chứng minh rằng BAC = 900. 
Tính số đo của góc OIO’.
Tính độ dài BC ,biết OA=9 cm, O’A= 4 cm. 
ì ì
 Lời giải
 Xem hình 1.
I
Trong đường tròn (O) có IA,IB là hai tiếp tuyến cắt nhau tại I
C
nên IA=IB (1) , IO là tia phân giác của AIB (2) 
Trong đường tròn (O’) có IA,IC là hai tiếp tuyến cắt nhau tại I
nên IA=IC (3) , IO là tia phân giác của AIC (4)
a) Từ (1) và (3) suy ra IA=IB=IC = BC. Như vậy DABC có AI là đường trung tuyến và IA=BC nên
 DABC vuông tại A suy ra BAC =900. 
b)Từ (2) và (4) ta có IO ,IO’ là các tia phân giác của hai góc kề bù AIB và AIC 
nên IO ^ IO’ suy ra OIO =900.
c) Vì IA là tiếp tuyến chung của (O) và (O’) nên OA ^ IA và O’A ^ IA suy ra O,A,O’ thẳng hàng.
(BP+CQ)
Ta có DOIO’ vuông tại I (vì OIO’=900) và IA là đường cao nên IA2 = OA.O’A
Do đó IA2 = 9.4 =36 ị IA =6 (cm) , vì IA= BC ị BC =12 (cm).
JA=JP=JQ = PQ
 Q
 P
 B 
 Hình 2
 Nhận xét 1: Theo chứng minh phần a) ta có IA=IB=IC =BC. Nếu kẻ thêm tiếp tuyến chung ngoài PQ, 
gọi(BC+PQ) 
J
 J là giao điểm của PQ và IA. Khi đó 
A
ì ì
(BP+CQ)
Do đó IJ = IA+AJ = (*)
O O’
Mặt khác dễ thấy: BCQP là hình thang nên, ta có IJ= (**)
C
I
Từ (*) và (**) suy ra BC+PQ = BP+CQ.
Mặt khác dễ thấy: BC = PQ, nên từ (*) suy ra IJ =BC =PQ.
 Bài 1
 Cho hai đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc ngoài tại A. Kẻ hai tiếp tuyến chung ngoài BC và PQ (B,Pẻ(O) ;
(BP+CQ).
C,Qẻ(O’)). Tiếp tuyến chung ngoài tại A cắt BC tại I, cắt PQ tại J . Chứng minh rằng :
 1) IJ = 
 2) BC + PQ = BP + CQ.
 3) IJ = BC = PQ.
 Lời giải
 Hình vẽ 3.
 ã ã
+) Trường hợp hai đường tròn (O) và (O’) có bán kính bằng nhau, tức OB=O’C.
Ta có : OB ^ BC (1) (Vì BC là tiếp tuyến của (O)) 
 P J Q
 A
 O O’
 B I C
 Hình 3a
 O’C ^ BC (2) (Vì BC là tiếp tuyến của (O’))
Từ (1) và (2) suy ra OB // O’C ,mà OB = O’C (giả thiết) 
Do đó BOO’C là hình bình hành ị BC // OO’ và BC = OO’(3)
Chứng minh tương tự như trên
Ta có : POO’Q là hình bình hành ị PQ// OO’ và PQ=OO’(4)
IA=IB=IC = BC , JA=JP=JQ = PQ
Từ (3) và (4) suy ra BC //PQ và BC=PQ nên BPQC là hình bình hành. 
(BC+PQ)
Chứng minh như bài 39a) ta có 
(BP+CQ)
Do đó: IJ = IA+AJ= (*).
a) Dễ thấy IJ là đường trung bình của hình bình hành BPQC nên IJ = (**)
b) Từ (*) và (**) suy ra BC+PQ = BP + CQ.
c) Ta có BC=PQ (chứng minh trên),kết hợp với (*) suy ra IJ=BC=PQ.
 Q
 P 
 E A
 B 
 C
 Hình 3b
+) Trường hợp hai đường tròn (O) và (O’) có bán kính không bằng nhau.
 J
Không mất tính tổng quát ,giả sử OB < O’C.
Gọi E là giao điểm của hai tiếp tuyến chung ngoài BC và PQ.
 ã O
 ã O’
Vì EB và EP là hai tiếp tuyến của (O) cắt nhau tại E nên
EB = EP (5)
Vì EQ và EC là hai tiếp tuyến của (O’) cắt nhau tại E nên
I
EQ =EC (6)
IA=IB=IC = BC , JA=JP=JQ = PQ
Từ (5) và (6) ị ị BP // CQ ị BPQC là hình thang .
(BC+PQ)
Chứng minh như bài 39a) ta có 
(BP+CQ)
Do đó: IJ = IA+AJ= (3*)
a) Dễ thấy IJ là đường trung bình của hình thang BPQC nên IJ = (4*)
b) Từ (3*) và (4*) suy ra BC+PQ = BP + CQ.
c) Từ (5) và (6), ta có EC – EB = EQ – EP hay BC = PQ, kết hợp với (3*) suy ra IJ= BC = PQ.
 Nhận xét 2: Theo kết quả phần b) ta có OIO’=900. Nếu kẻ thêm tiếp tuyến chung ngoài PQ ,gọi J là giao điểm của IA và PQ. Tương tự như bài 39b) ta có OJO’=900. Như vậy OIO’ + OJO’=1800 nên tứ giác OIO’J là tứ giác nội tiếp. 
 Bài 2 
 Cho hai đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc nhau tại A.Kẻ hai tiếp tuyến chung ngoài BC và PQ ,với B và P thuộc (O), còn C và Q thuộc (O’). Tiếp tuyến chung trong tại A cắt BC tại I, cắt PQ tại J. Chứng minh rằng
tứ giác OIO’J là tứ giác nội tiếp.
 Nhận xét 3: 
IP=IQ=PQ
IA=IP=IQ=PQ
Xét trường hợp hai đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại hai điểm A và B. Khi đó gọi PQ là tiếp tuyến chung ngoài ,Pẻ(O),Qẻ(O’) và gọi I là giao điểm của AB và PQ thì kết quả không còn đúng nữa, nhưng khi đó vẫn có .Từ đó ta có bài toán sau
 Bài 3
 Cho hai đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại hai điểm A và B . Kẻ tiếp tuyến chung ngoài PQ , Pẻ(O) , Qẻ(O’). Gọi I là giao điểm của đường thẳng AB và PQ . Chứng minh rằng: IP = IQ.
 Lời giải
sđPQ 
 A
 O O’
 B 
 P I Q 
 Hình 4
⌢
Hình vẽ 4.
Xét hai DAIP và DPIB , ta có PAI = BPI = (cùng chắn cung PB)
ã
ã
và AIP chung nên DAIP ∽ DPIB (g.g) ị hay PI2 = AI.BI (1)
Chứng minh tương tự .
Ta có DAIQ ∽ DQIB (g.g) ị hay QI2 = AI.BI (2)
Từ (1) và (2) ta có PI2 =QI2 suy ra PI =QI hay IP = IQ.
 Nhận xét 4
Theo lời giải bài 3, ta có PAI = BPI (cùng chắn cung PB)
 QAI = BQI (cùng chắn cung BQ) 
ị PAQ =1800 – PBQ hay PAQ +PBQ=1800(*). 
Do đó PAQ= PAI +QAI = BPI + BQI =BPQ + BQP 
Trong DBPQ có BPQ + BQP =1800 - PBQ. 
a) Nếu lấy B’ là điểm đối xứng của B qua điểm I thì PBQ = PB’Q,kết hợp với (*) có PAQ+PB’Q =1800. 
 A
 O O’
 B 
 M N
 P 
 B’
 Hình 5
 hay tứ giác APB’Q là tứ giác nội tiếp.
 Dễ thấy bốn điểm A,B,I,B’ thẳng hàng.
 Gọi M là giao điểm của B’P với đường tròn (O)
ã
ã
 N là giao điểm của B’Q với đường tròn (O’)
Ta có ba điểm M,N,B thẳng hàng.
Q
I
 Bài 4
 Cho hai đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại hai điểm A và B.
Kẻ tiếp tuyến ngoài PQ, Pẻ(O) , Qẻ(O’). Gọi I là trung điểm của
đoạn thẳng PQ.Lấy B’ là điểm đối xứng của điểm B qua điểm I , gọi M là giao
điểm của B’P với đường tròn (O), N là giao điểm của B’Q với đường tròn (O’).
Chứng minh rằng: a) Tứ giác APB’Q là tứ giác nội tiếp.
 b) Bốn điểm A, B, I, B’ thẳng hàng. 
 c) Ba điểm M, B, N thẳng hàng.
 Lời giải
Hình vẽ 5.
a) Theo nhận xét 4a, ta có PAQ + PB’Q = 1800 nên tứ giác APB’Q là tứ giác nội tiếp.
b) Gọi I’ là giao điểm của hai đường thẳng AB và PQ. Theo bài 3, ta có I’P=I’Q hay I’ là trung điểm của đoạn thẳng PQ, tức là I’º I.
Do đó A,B,I thẳng hàng. (1)
Mặt khác B, I, B’ thẳng hàng (2) (vì B’ là điểm đối xứng của B qua I) 
Từ (1) và (2) ta có bốn điểm A, B, I, B’ thẳng hàng.
c) Ta có IP = IQ (3)(Vì I là trung điểm của đoạn PQ)
 IB = IB’(4) (Vì B’ là điểm đối xứng của B qua I) 
Từ (3) và (4) suy ra tứ giác BPB’Q là hình bình hành nên BP // QB’ .
Vì BP // QB’ nên PBQ= BQN (so le trong), PBM = QNB (đồng vị) 
Do đó MBN = PBM +PBQ + QBN = QNB + BQN + QBN = 1800.(Vì tổng ba góc trong DBQN bằng 1800) 
nên ba điểm M, B, N thẳng hàng.
b)Tương tự lấy A’là điểm đối xứng của A qua điểm I thì PAQ=PA’Q,kết hợp với (*) có PA’Q+PBQ =1800
 F
 A
 E
 O O’
 I 
 Hình 6
 A’
hay tứ giác A’PBQ là tứ giác nội tiếp. 
Dễ thấy bốn điểm A, B, I, A’ thẳng hàng. 
Gọi E là giao điểm của A’P với đường tròn (O)
 F là giao điểm của A’Q với đường tròn (O’) 
ã
ã
Ta có ba điểm E, A, F thẳng hàng.
B
 Bài 5 
P
 Cho hai đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại A và B. Kẻ tiếp tuyến 
Q
chung ngoài PQ, Pẻ(O) , Qẻ(O’). Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng 
PQ.Lấy A’ là điểm đối xứng của A qua điểm I, gọi E là giao điểm của 
A’P với đường tròn (O), F là giao điểm của A’Q với đường tròn (O’).
Chứng minh rằng: a) Tứ giác A’PBQ là tứ giác nội tiếp.
 b) Bốn điểm A, B, I, A’ thẳng hàng. 
 c) Ba điểm E, A, F thẳng hàng.
 Lời giải
Hình vẽ 6.
Theo nhận xét 4b, ta có A’PBQ là tứ giác nội tiếp.
Giải tương tự bài 4b.
Giải tương tự bài 4c.
 Nhận xét 5: ở bài 3 nếu kẻ thêm tiếp tuyến ngoài EF , gọi J là giao điểm của hai đường thẳng AB và EF thì ta có IJ=(PE+QF).
 Bài 6
 Cho hai đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại A và B. Đường thẳng AB cắt hai tiếp tuyến ngoài PQ và EF ( với P,E thuộc (O); Q,F thuộc (O’) ) lần lượt tại I và J. Chứng minh rằng IJ =(PE+QF).
 Lời giải
Xem hình 7.
 a) Trường hợp hai đường tròn (O) và (O’) có bán kính bằng nhau,tức OP=O’Q.
Ta có : OP ^ PQ (1) (Vì PQ là tiếp tuyến của (O)) 
 E J F
 A
 O O’
 B
 P I Q
 Hình 7a
 O’Q ^ PQ (2) (Vì PQ là tiếp tuyến của (O’))
Từ (1) và (2) suy ra OP // O’Q ,mà OP = O’Q (giả thiết) 
 ã ã
Do đó POO’Q là hình bình hành ị PQ // OO’ và PQ = OO’(3)
Chứng minh tương tự như trên
Ta có : EOO’F là hình bình hành ị EF// OO’ và EF=OO’(4)
IP=IQ = PQ , JE=JF = EF
Từ (3) và (4) suy ra PQ //EF và PQ=EF nên PQFE là hình bình hành. 
(PE+QF)
Chứng minh như bài 3) ta có 
Do đó IJ là đường trung bình của hình bình hành PQFE nên IJ = .
 F
 E 
 M A
 P 
 Q
 Hình 7b
b) Trường hợp hai đường tròn (O) và (O’) có bán kính không bằng nhau.
 J
Không mất tính tổng quát ,giả sử OP < O’Q.
Gọi M là giao điểm của hai tiếp tuyến chung ngoài EF và PQ.
 ã O’
 ã O
Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau , ta có MB= ME (5)
MQ = MF (6)
IP=IQ = PQ , JE=JF = EF
I
Từ (5) và (6) ị ị BP // CQ ị BPQC là hình thang .
(PE+QF)
Chứng minh như bài 3) ta có 
Do đó IJ là đường trung bình của hình thang PQFE nên IJ = 
 ======================= Hết ======================