Chuyên đề Phát triển tư duy học sinh từ một bài tập hình học

T)
	 (cùng phụ với )
Suy ra = (g.c.g) .
Ta có AC là tiếp tuyến tại A của đường tròn (O). Suy ra ACAB, mà A cố định, do đó tiếp tuyến AC cố định.
Ta lại có DE//AC (cùng vuông góc với AB)
Vậy DE song song với một đường thẳng cố định.
c) Ta có MI là trung tuyến của vuông tại M 
Lại có 
Từ đó suy ra được = (c.c.c)
 (hai góc tương ứng)
Mà , suy ra hay 
Suy ra IMOM tại M.
Vậy IM là tiếp tuyến của đường tròn (O).
Thay đổi dữ kiện Bài toán 12, vẽ dây cung (M thuộc cung AN). Ta được bài toán như sau:
1.14. Bài toán 1.14: 
Cho đường tròn (O; R), đường kính AB. Gọi M là một điểm thuộc đường tròn (M khác A, B). Vẽ tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A. Đường thẳng BM cắt tiếp tuyến đó tại C. Vẽ dây cung (M thuộc cung AN). Gọi D là giao điểm của AM và BN, E là giao điểm của AN và BM, I là trung điểm của DE. Chứng minh:
a) DE song song với một đường thẳng cố định.
b) Tính góc AEB.
c) IM là tiếp tuyến của đường tròn (O)
Ta có lời giải bài toán như sau:
a) Ta có AN và BM là hai đường cao của tam giác DB. Do đó E là trực tâm của tam giác ADB. Suy ra DEAB.
Xét và có:
	AM = EM (CMT)
	 (cùng phụ với )
Suy ra = (g.c.g) .
Ta có AC là tiếp tuyến tại A của đường tròn (O). Suy ra ACAB, mà A cố định, do đó tiếp tuyến AC cố định.
Ta lại có DE//AC (cùng vuông góc với AB)
Vậy DE song song với một đường thẳng cố định.
b) Với MN = R, ta có tam giác OMN đều 
Ta có là góc có đỉnh ở bên trong đường tròn, do đó
c) Ta có MI là trung tuyến của vuông tại M 
Do đó cân tại I 
Mà (cùng phụ với ) và (tam giác OBM cân tại O)
Suy ra ; mà 
Suy ra hay . Do đó IMOM tại M.
Vậy IM là tiếp tuyến của đường tròn (O).
	Tiếp tục thực hiện như vậy, sau đây ta sẽ phát triển tư duy cho học sinh thông qua bài toán 2 như sau:
2. Bài toán 2:
Cho hình vuông ABCD. Các điểm M, N lần lượt trên các cạnh AD, CD sao cho . AC cắt BN tại F. Chứng minh rằng A, B, F, M cùng thuộc một đường tròn.
Dựa vào bài toán quỹ tích cung chứa góc ta có lời giải bài toán như sau:
	Theo giả thiết ABCD là hình vuông nên AC là phân giác của góc BA, suy ra .
	Tứ giác ABFM có nên nội tiếp trong một đường tròn. Vậy 4 điểm A, B, F, M cùng thuộc một đường tròn.
	Từ kết quả trên ta có thể suy ra và tứ giác DMFN nội tiếp.
Ta gọi E là giao điểm của BM và AC. Từ đó ta có bài toán sau:
2.1. Bài toán 2.1: 	
Cho hình vuông ABCD. Các điểm M, N lần lượt trên các cạnh AD, CD sao cho . AC cắt BM, BN lần lượt tại E và F. Chứng minh rằng 4 điểm E, F, N, M cùng thuộc một đường tròn.
	Ta có lời giải bài toán như sau:	
Theo kết quả Bài toán 2 ta có . Do đó 4 điểm E, F, N, M cùng thuộc một đường tròn.
	Gọi H là giao điểm của MF và NE. BH cắt MN tại K. Ta chứng minh được BH vuông góc với MN, BK = BA, chu vi tam giác DMN = 2AB. Ta có thể yêu cầu học sinh chứng minh thêm các ý sau:
	+ Chứng minh MN tiếp xúc với một đường tròn cố định.
	+ Chứng minh chu vi của tam giác DMN không đổi.
	+ Xác định vị trí của M, N để diện tích tam giác BMN có giá trị lớn nhất, nhỏ nhất.
	Trên tia đối của tia BC lấy điểm P sao cho BP = DN, ta có bài toán hay và khó như sau:
2.2. Bài toán 2.2: (Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 trường THPT chuyên Lê Quý Đôn, Đà Nẵng. Năm học 2007 - 2008)
 Cho hình vuông ABCD có AB = 1cm. Gọi M và N là các điểm lần lượt di động trên các cạnh BC và CD của hình vuông, P là điểm nằm trên tia đối của tia BC sao cho BP = DN.
a) Chứng minh rằng tứ giác ANCP nội tiếp.
b) Giả sử DN = x cm (). Tính theo x độ dài đường tròn ngoại tiếp tứ giác ANCP.
c) Chứng minh rằng khi và chỉ khi MP = MN.
d) Khi M và N di động trên các cạnh BC và CD sao cho , tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác MAN.
	Phân tích tìm cách giải:
	Đối với phần a, học sinh dễ dàng chứng minh được. Phần b, ta phải tính được NP. Phần c, mấu chốt của vấn đề là mối quan hệ giữa với các góc và khi . Đối với phần d, đây là một trong những dạng toán khó của môn Hình học, ta đặt y = BM () sau đó tính diện tích tam giác MAN bằng một biểu thức chứa x và y sau đó tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức đó. Ta có lời giải bài toán như sau:
a) Ta chứng minh được , suy ra .
Do đó 
b) Từ giả thiết có CN = 1 - x (cm); CP = 1 + x (cm), suy ra
 (cm)
Vậy độ dài đường tròn cần tìm là (cm)
c) Ta có . Mà (do )
Suy ra 
Do đó (c.g.c), suy ra MN = MP.
Ngược lại, khi MN = MP ta cũng dễ dàng chứng minh được 
Vậy MP = MN 
d) Đặt y = BM ()
Vì nên MN = MP, hay 
Từ đó (do ) 
Mặt khác , suy ra . Hay 
Suy ra 
Do đó 
	Vậy giá trị lớn nhất của diện tích tam giác MAN bằng , đạt được khi và chỉ khi hoặc ; giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác MAN bằng , đạt được khi và chỉ khi.
	Ta khai thác tính chất từ một điểm trên đường chéo hình vuông kẻ các đường vuông góc tới các cạnh hình vuông. Ta có bài toán hay và khó như sau:
2.3. Bài toán 2.3: 	
Cho hình vuông ABCD, M là một điểm trên đường chéo BD. Gọi H, I, K lần lượt là hình chiếu của M trên AB, BC, AD.
a) Chứng minh .
b) Chứng minh CM vuông góc với HK. 
c) Xác định vị trí của M để diện tích tam giác CHK nhỏ nhất.
Ta có lời giải bài toán như sau:
a) Ta có tứ giác AHMK là hình chữ nhật.
Suy ra MK = AH, MH = AK, 
Ta có tứ giác BHMI là hình vuông.
Suy ra MH = MI.
Lại có vuông cân tại K, nên MK = DK.
Mà DK = CI (tứ giác CDKI là hình chữ nhật)
Do đó MK = CI. Suy ra (c.g.c)
b) Gọi E là giao điểm của CM và HK. Suy ra 
 Do đó CM vuông góc với HK.
c) Đặt BI = x, BC = a. Ta có SCHK nhỏ nhất khi tổng S = SAHK + SHBC + SKDC lớn nhất.
Ta có 
 S lớn nhất bằng khi , khi đó I là trung điểm của BC nên M là trung điểm của BD. Suy ra SCHK nhỏ nhất bằng khi M là trung điểm của BD.
	Đối với bài toán trên ta cần nhớ đến tính chất từ một điểm trên đường chéo hình vuông kẻ các đường vuông góc tới các cạnh hình vuông ta được các hình chữ nhật, hình vuông, tam giác vuông cân. 
2.4. Bài toán 2.4: 
 Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a. Trên cạnh AD lấy điểm M sao cho AM = 3MD. Kẻ tia Bx cắt cạnh CD tại I sao cho . Kẻ phân giác BN (N CD) của . Tính diện tích tam giác BMN.
Đối với bài toán này ta phải tạo ra các tam giác bằng nhau, chính là nghĩ ra việc lấy điểm H trên BI sao cho BH = AB = BC = a. Sau đó ta phải chỉ ra 3 điểm M, H, N thẳng hàng. Sau đó tính HM, HN theo a.
Ta có lời giải bài toán như sau:
	Trên tia BI lấy điểm H sao cho BH = a. Khi đó BH = AB = BC nên ta có (c.g.c) và (c.g.c). Do đó MH = AM và NH = CN; và 
Suy ra M, H, N thẳng hàng, BI vuông góc với MN tại H và MN = AM + NC.
Vậy 
Vì AM = 3MD nên 
Đặt NC = x, áp dụng định lý Pytago cho tam giác vuông MDN, ta có
MN2 = MD2 + DN2
Suy ra 
	Nếu thay tỉ số trong đề bài thành thì giải hoàn toàn tương tự kết quả sẽ là .
	Từ đỉnh A của hình vuông, bằng cách vẽ các đường vuông góc để tạo ra tam giác vuông cân. Ta được bài toán:
2.5. Bài toán 2.5: (Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 trường THPT chuyên Lê Quý Đôn, Bình Định. Năm học 2011 - 2012)
Cho hình vuông ABCD và điểm E di động trên đoạn CD (E khác D). Đường thẳng AE cắt đường thẳng BC tại F, đường thẳng vuông góc với AE tại A cắt đường thẳng CD tại K.
a) CMR: , từ đó suy ra tam giác AFK vuông cân. 
b) Xác định vị trí của điểm E sao cho độ dài đoạn EK nhỏ nhất. 
	Phần b, từ kết quả DK.DE = AD2 = a2 (không đổi), ta vận dụng Bất đẳng thức Cô-si để tìm giá trị nhỏ nhất của EK (vì EK = DE + DK).
	Ta có lời giải bài toán như sau:
a) Vì (cùng phụ với ), .
Do đó (c.g.c), suy ra AF = AK, mà , nên tam giác AKF vuông cân tại A.
b) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông AEK với AD là đường cao, ta có DK.DE = AD2 = a2 (a là độ dài cạnh hình vuông ABCD).
Mắt khác có .
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi DK = DE = a .
Vậy khi E trùng với đỉnh C của hình vuông ABCD thì EK có độ dài ngắn nhất và bằng 2a.
	Bằng cách tạo ra các đoạn thẳng bằng nhau trên các cạnh của hình vuông. Ta có bài toán sau:
2.6. Bài toán 2.6: 
Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a. Trên cạnh AD, DC thứ tự lấy E và F sao cho .
 a) So sánh tam giác ABE và tam giác DAF;
b) Chứng minh: AF vuông góc với BE;
c) Tính .
	Phần b, ta đưa về việc chứng minh tam giác có tổng hai góc bằng 900 suy ra là tam giác vuông. Phần c, có thể vận dụng kiến thức về tam giác đồng dạng, tỉ số diện tích bằng bình phương tỉ số đồng dạng.
	Ta có lời giải bài toán như sau:
a) Xét và có :
AB = DA (cạnh hình vuông) ;  ; AE = DF (gt)
Suy ra = (c.g.c)
b) Gọi I là giao điểm của AF và BE.
Ta có ( = )
Mà nên hay 
Từ đó suy ra 
Suy ra AF vuông góc với BE tại I.
c) Áp dụng định lý Pytago cho tam giác ABE vuông tại A có
BE2 = AB2 + AE2 = 
Ta có 
Ta có 
 (g.g)
	Từ cách vẽ các đường vuông góc để sử dụng kiến thức về ba đường cao. Ta có bài toán sau:
2.7. Bài toán 2.7: 
Cho hình vuông ABCD, điểm E thuộc cạnh BC. Qua B kẻ đường thẳng vuông góc với DE cắt đường thẳng DE và DC thứ tự ở H và K.
a) Chứng minh tứ giác BHCD nội tiếp;
b) Tính góc CHK;
c) Chứng minh KC.KD = KH.KB;
d) Khi E di chuyển trên cạnh BC thì H di chuyển trên đường nào?
	Ta có lời giải bài toán như sau:
a) Xét tứ giác BHCD có 
Suy ra tứ giác BHCD nội tiếp.
b) Ta có tứ giác BHCD nội tiếp, suy ra (cùng bù với )
Mà , suy ra 
c) Ta có 
 (g.g) 
d) Ta có (không đổi)
Khi E di chuyển thì H di chuyển nhưng luôn nhìn BD dưới một góc 900.
Do đó khi E di chuyển trên cạnh BC thì H di chuyển trên cung BC của đường tròn đường kính BD cố định. 
	Tiếp tục khai thác cách vẽ vuông góc ta có bài toán sau:	
2.8. Bài toán 2.8: 
	Cho hình vuông ABCD, M là điểm trên cạnh CD (MC, MD). Qua C kẻ đường thẳng vuông góc với AM tại H, BH cắt AC tại K. Chứng minh rằng:
 a) MK luôn song song với một đường thắng cố định khi M chuyển động trên cạnh CD.
b) Tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ADMK nằm trên một đường thẳng cố định.
Ta có lời giải bài toán như sau:
a) Vì nên tứ giác AHCB nội tiếp, suy ra mà nên .
Suy ra tứ giác MHCK nội tiếp .
Do đó MK AC mà BD AC nên MK // BD.
Vậy MK song song với một đường thẳng cố định.
b) Vì nên tứ giác ADMK nội tiếp đường tròn đường kính AM. Gọi I là tâm của đường tròn đó thì I là trung điểm của AM. Do đó theo tính chất đường trung bình của tam giác AMC, ta có IO // CD (O là tâm hình vuông ABCD. Vậy I l