Hướng dẫn học sinh lớp 9 trường THCS Thị Trấn Thường Xuân xây dựng hệ thống bài tập theo nhiều hướng khác nhau từ một bài tập sách giáo khoa

1. Mở đầu
1.1. Lý do chọn đề tài
	Trong quá trình giảng dạy nói chung và bồi dưỡng học sinh khá giỏi nói riêng thì việc định hướng, liên kết, mở rộng và lật ngược bài toán là một vấn đề rất quan trọng, nó không chỉ giúp cho học sinh nắm bắt kĩ kiến thức của một dạng toán cơ bản mà còn nâng cao tính khái quát hoá, đặc biệt hoá một bài toán để từ đó phát triển tư duy, nâng cao tính sáng tạo cho các em học sinh. Hơn nữa, việc liên kết, mở rộng và lật ngược các bài toán khác nhau, tìm mối liên hệ chung giữa chúng sẽ giúp cho học sinh hứng thú và phát triển năng lực tự học một cách khoa học khi học toán.	
	Qua nhiều năm giảng dạy và bồi dưỡng học sinh giỏi tôi được tiếp xúc với rất nhiều đối tượng học sinh và thấy rằng đa số học sinh không nhớ những bài đã làm thậm chí có những bài chỉ khác nhau bởi lời văn nhưng nội dung lại hoàn giống với bài toán cũ. Đặc biệt là các bài toán đảo và bài toán tổng quát học sinh thường không có kỹ năng nhận ra. Chính vì vậy, để giúp học sinh dễ dàng nhận ra các bài toán cũ, bài toán đảo, bài toán tổng quátđồng thời góp phần vào việc đổi mới phương pháp dạy học theo hướng tích cực và bồi dưỡng năng lực học toán cho học sinh, rèn luyện khả năng sáng tạo trong học toán cho học sinh cũng như muốn góp phần vào công tác bồi dưỡng đội ngũ học sinh giỏi Toán trường THCS Thị Trấn nói riêng và học sinh toàn huyện Thường Xuân nói chung. Tôi xin được trình bày đề tài: “ Hướng dẫn học sinh lớp 9 trường THCS Thị Trấn Thường Xuân xây dựng hệ thống bài tập theo nhiều hướng khác nhau từ một bài tập sách giáo khoa ”
1.2. Mục đích nghiên cứu
	- Cung cấp kiến thức và phương pháp tự học cho học sinh khi học bộ môn Toán.
	- Hình thành tính tích cực, tự giác, chủ động của học sinh. Khơi dậy tính sáng tạo và giải toán của học sinh.
	- Phát triển năng lực tự học, biết liên kết và mở rộng các bài toán từ đó giúp các em hình thành phương pháp giải.
	- Giúp học sinh hứng thú hơn trong học tập đặc biệt là bồi dưỡng Học sinh giỏi.
1.3. Đối tượng nghiên cứu
	Phương pháp hình thành tính tích cực, tự giác, chủ động và năng lực tự học của học sinh.
1.4. Phạm vi nghiên cứu
Nội dung chương trình Toán THCS mà chủ yếu là chương trình lớp 9.
2. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm.
	Đặc điểm của lứa tuổi THCS là muốn tự mình khám phá, tìm hiểu trong quá trình nhận thức. Các em có khả năng điều chỉnh hoạt động học tập, sẵn sàng tham gia các hoạt động học tập khác nhau nhưng cần phải có sự hướng dẫn, điều hành một cách khoa học và nghệ thuật của thầy cô giáo. Hình thành tính tích cực, tự giác, chủ động và đồng thời phát triển năng lực tự học của học là một quá trình lâu dài, kiên nhẫn và phải có phương pháp. Tính tích cực, tự giác, chủ động và năng lực tự học của học sinh được thể hiện một số mặt sau:	- Biết tìm ra phương pháp nghiên cứu giải quyết vấn đề, khắc phục các tư tưởng rập khuôn, máy móc.	 	- Có kĩ năng phát hiện những kiến thức liên quan với nhau, nhìn nhận một vấn đề ở nhiều khía cạnh.	- Phải có óc hoài nghi, luôn đặt ra các câu hỏi tại sao? Do đâu? Như thế nào? Liệu có trường hợp nào nữa không? Các trường hợp khác thì kết luận trên có đúng nữa không? Và phải biết tổng hợp các bài toán liên quan.	- Tính chủ động của học sinh còn thể hiện ở chỗ biết nhìn nhận vấn đề và giải quyết vấn đề.	 	- Có khả năng khai thác một vấn đề mới từ những vấn đề đã biết.
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm.
	Qua nhiều năm giảng dạy, bồi dưỡng học sinh giỏi và tham khảo học hỏi các đồng nghiệp trong và ngoài huyện tôi nhận ra rằng: 	 	- Học sinh yếu toán là do kiến thức còn hổng, lại lười học, lười suy nghĩ, lười tư duy trong quá trình học tập. 	
	- Học sinh làm bài tập rập khuôn, máy móc để từ đó làm mất đi tính tích cực, độc lập, sáng tạo của bản thân.	 	- Các em ít được cũng cố, khắc sâu kiến thức, rèn luyện kĩ năng để làm nền tảng tiếp thu kiến thức mới, do đó năng lực cá nhân không được phát huy hết.
	- Không ít học sinh thực sự chăm học nhưng chưa có phương pháp học tập phù hợp, chưa tích cực chủ động chiếm lĩnh kiến thức nên hiệu quả học tập chưa cao. 
	- Nhiều học sinh hài lòng với lời giải của mình, mà không tìm lời giải khác, không khai thác phát triển bài toán, sáng tạo bài toán nên không phát huy hết tính tích cực, độc lập, sáng tạo của bản thân.	- Một số giáo viên chưa thực sự quan tâm đến việc khai thác, phát triển, sáng tạo bài toán trong các các giờ luyện tập, tự chọn ...	- Việc chuyên sâu một vấn đề nào đó, liên hệ được các bài toán với nhau, phát triển một bài toán sẽ giúp cho học sinh khắc sâu được kiến thức, quan trọng hơn là nâng cao được tư duy cho các em làm cho các em có hứng thú hơn khi học toán.
	- Trước khi thực hiện đề tài này tôi đã khảo sát 32 học sinh lớp 9A trường THCS Thị Trấn Thường Xuân năm học 2015 - 2016. Kết quả thu được như sau:
Sĩ số
Giỏi
Khá
TB
Yếu, kém
SL
TL (%)
SL
TL (%)
SL
TL (%)
SL
TL (%)
32
3
9.4
12
37.5
15
46.9
2
6.2
	Trước thực trạng trên đòi hỏi phải có các giải pháp trong phương pháp dạy và học sao cho phù hợp và có hiệu quả.	
2.3. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề
Trong quá trình dạy toán, chắc rằng các thầy cô giáo đã có không ít lần gặp các bài toán cũ mà cách phát biểu có thể hoàn toàn khác, hoặc khác chút ít. Những bài toán tương tự, mở rộng, đặc biệt hóa hay lật ngược bài toán mà các bài toán này có cùng phương pháp giải. Nếu giáo viên định hướng cho học sinh kỹ năng thường xuyên liên hệ một bài toán mới với những bài toán đã biết như bài toán đảo, bài toán tổng quát, bài toán đặc biệt...thì sẽ làm cho học sinh phát hiện ra rằng bài toán đó không mới đối với mình nữa hoặc nhanh chóng xếp loại được bài toán từ đó định hướng được phương pháp giải quyết một cách tích cực và chủ động. Sau đây tôi sẽ đưa ra một số ví dụ để giải quyết thực trạng trên và để thể hiện nội dung của đề tài.
2.3.1. Ví dụ (Bài tập 30 trang 116 SGK Toán 9 tập 1):
	Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Gọi Ax, By là các tia vuông góc với AB (Ax, By và nửa đường tròn cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ là AB). Qua một điểm M thuộc nửa đường tròn (M khác A và B), kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn đó, nó cắt Ax và By theo thứ tự tại C và D. Chứng minh rằng:
 a. = 90o.
 b. CD =AC + BD
Hướng dẫn: 
a. -Vì CA và CM là hai tiếp tuyến của đường tròn (O) cắt nhau tại C
 nên OC là tia phân giác của (1) và CM = CA
 + DM và DB là hai tiếp tuyến của đường tròn (O) cắt nhau tại D
 nên OD là tia phân giác của (2) và DM = DB
 - Từ (1) và (2) CO ^ OD 
b. Ta có CD = CM + MD mà CM = CA và DM = DB (chứng minh trên) 
 Nên CD =AC + BD 
Nhận xét: Đây là bài toán khá đơn giản đối với học sinh khá giỏi, thậm chí những em trung bình cũng có thể làm được. Nhưng nếu ta thêm các câu hỏi khác thì không những học sinh trung bình mà còn những em khá giỏi củng có thể gặp nhiều khó khăn. Sau đây là một số bài toán xuất phát từ bài tập này.
2.3.2. Xây dựng hệ thống bài toán . 
Bài toán1: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Vẽ các tia tiếp tuyến Ax và By với nửa đường tròn (Ax, By và nửa đường tròn cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ là AB). Qua một điểm M thuộc nửa đường tròn (M khác A và B), kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn đó, nó cắt Ax và By theo thứ tự tại C và D.Chứng minh rằng tích AC.BD không đổi khi M di chuyển trên nữa đường tròn.
Hướng dẫn: 
Theo câu a phần ví dụ: COD vuông tại O, OM là đường cao nên OM2 = CM.MD
Theo câu b phần ví dụ: CM = CA, BD = MD 
Do đó OM2 = CA.BD mà OM = R ( không đổi). Nên CA.BD không đổi.
Bài toán 2: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Vẽ các tia tiếp tuyến Ax và By với nửa đường tròn (Ax, By và nửa đường tròn cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ là AB). Qua một điểm M thuộc nửa đường tròn (M khác A và B), kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn đó, nó cắt Ax và By theo thứ tự tại C và D. Chứng minh rằng đường thẳng AB tiếp xúc với đường ngoại tiếp tam giác COD.
Hướng dẫn :
- Gọi N là trung điểm của CD NC = ND = NO ( vì D COD vuông tại O)
Do đó ON là bán kính đường tròn ngoại tiếp D COD(1)
- AxAB (gt) và By AB(gt) AC // BD nên ACDB là hình thang
- Xét hình thang ACDB có NC = ND và OA = OB
Nên ON là đường trung bình của hình thang ACDB ON // AC 
Do đó ON AB ( vì AC AB) (2)
- Từ (1) và (2) Suy ra AB tiếp xúc với đường ngoại tiếp tam giác COD.
Bài toán 3: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Vẽ các tia tiếp tuyến Ax và By với nửa đường tròn (Ax, By và nửa đường tròn cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ là AB). Qua một điểm M thuộc nửa đường tròn (M khác A và B), kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn đó, nó cắt Ax và By theo thứ tự tại C và D. Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác COD.
 Chứng minh: < < 
Hướng dẫn :
 SCDO = p.r = r.( a+b+c) . Mặt khác SCDO = OM.CD = R.a
 Do đó : r.( a+b+c) = R.a R.a = r.( a+b+c) hay = 
 Xét tam giác CDO ta có: 
 +) b + c > a a+b+c > 2a < = (1)
 +) a > b, a > c ( vì tam giác CDO vuông tại O) 
 a+b+c = (2)
Từ (1) và (2) suy ra: < < 
Bài toán 4: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Vẽ các tia tiếp tuyến Ax và By với nửa đường tròn (Ax, By và nửa đường tròn cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ là AB). Qua một điểm M thuộc nửa đường tròn (M khác A và B), kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn đó, nó cắt Ax và By theo thứ tự tại C và D. Xác định vị trí của M để chu vi và diện tích của tứ giác ACDB đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất đó theo R.
Hướng dẫn: 
- Ta có PACDB = CA + AB +BD + DC = AB + 2CD 
Mà CD ³ AB Suy ra : PACDB ³ 3AB hay PACDB ³ 6R. Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi CD = AB
Vậy GTNN của PACDB = 6R 
- SACDB = . AB = ³ Hay SACDB ³ 2R2
Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi CD = AB
Vậy GTNN SACDB = 2R2 Khi đó M nằm chính giữa cung AB.
Bài toán 5: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Vẽ các tia tiếp tuyến Ax và By với nửa đường tròn (Ax, By và nửa đường tròn cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ là AB). Qua một điểm M thuộc nửa đường tròn (M khác A và B), kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn đó, nó cắt Ax và By theo thứ tự tại C và D. Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng diện tích hai tam giác ACM và BMD.
Hướng dẫn:
Ta có:
+ SACBD = ( AC + BD). AB = CD.AB 
Mà CD ³ AB do đó SACBD ³ AB2 = 2R2 (1)
Dấu “ =” xảy ra khi và chỉ khi điểm M nằm chính giữa cung AB
+ SAMB = MH.AB Mà MH £ R do đó SAMB £ R.2R = R2(2)
Dấu “ =” xảy ra khi và chỉ khi điểm M nằm chính giữa cung AB
+ SAMC + S BMD = SACBD - SAMB (3).Từ (1), (2) và (3) suy ra:
Để SAMC + S BMD nhỏ nhất thì SACBD nhỏ nhất và SAMB lớn nhất. 
Mà SACBD nhỏ nhất bằng 2R2 và SAMB lớn nhất bằng R2
Vậy SAMC + S BMD nhỏ nhất = R2
Nhận xét: Từ câu 1 đến câu 5 chúng ta mới chỉ thêm câu hỏi mà chưa thêm các giao điểm và lật ngược lại vấn đề của bài toán. Nhưng nếu chúng ta đảo lại bài toán ở ví dụ 2 hoặc thêm giao điểm thì sẽ được các câu hỏi mới khó hơn nhiều giúp các em liên hệ được các hình vẽ với nhau, hiểu sâu bài toán, nắm bắt được kiến thức một cách chủ động, đồng thời tạo hứng thú cho các em trong học tập. Xuất phát từ ý tưởng này ta lại có một số bài tập thú vị hơn.
Bài toán 6 ( Bài toán đảo của ví dụ)
	Cho đoạn thẳng AB, kẻ hai tia Ax và By cùng vuông góc với AB và cùng nằm trên cùng một mặt phẳng có bờ là đường thẳng AB. Trên tia Ax và tia Ay lần lượt lấy hai điểm C và D sao cho AC + BD = CD. Chứng minh CD là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AB.
Huớng dẫn: 
Ở bài này chúng ta có nhiều cách làm:
Cách 1: Sử dụng định nghĩa và định lý về tiếp tuyến.
-Trên CD lấy điểm M sao cho CM = CA MD = BD ( vì AC + BD = CD) 
-Do đó 2 tam giác ACM và MDB cân tại C và D
 suy ra: và 
do đó 
- Mà + = 1800 ( vì tứ giác ABDC là hình thang vuông) 
 Nên + = 900 = 900 M thuộc đường tròn đường kính AB(1)
- Trên AB lấy điểm O sao cho OA = OB. Nối O với M ta có MO = OA = OB hay tam giác AOM cân tại O + = + = 900 OM ^ CD (2)
- Từ (1) và (2) suy ra CD là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AB.
Cách 2: 
Lấy trên đoạn CD một điểm M sao cho CM = CA. Gọi E và F theo thứ tự là trung điểm của AM và MB. Nối C với E và nối D với F cắt nhau tại O’.
- Xét D CAM cân tại C có CE là đường trung tuyến. Nên CE cũng là đường cao và là đường phân giác (1).
- Xét D MDB cân tại D có DF là đường trung tuyến. Nên DF cũng là đường cao và là đường phân giác (2).
 - Từ (1) và (2) suy ra + ’= 900(vì + = 1800)
 = 900.
 Do đó tứ giác O’EMF là hình chữ nhật = 900 và MO’ = EF. 
- Trên AB lấy điểm O sao cho OA = OB. Vì D AMB vuông tại M nên
 MO = OA = OB = AB (3)
- Xét DAMB có: EA = EM và MF = FB nên FE là đường trung bình của tam giác AMB FE = AB (4)
- Từ (3) và (4) suy ra MO = MO’ hay O º O’
- Xét DACO và DMCO có:
 CO chung
 CA = CM
 = 
Do đó: DACO = DMCO 
 Suy ra = = 900 hay CM ^ MO nên CD là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AB . 
Cách 3:
- Từ O kẻ đường thẳng vuông góc với AB cắt CD tại N suy ra NC = ND 
Xét hình thang vuông ACDB có ON là đường trung bình nên 
 ON = = = CN = ND DNCO cân tại N.
 = mà = ( CA // ON) = 
- Từ O kẻ OM ^ CD ( M Î CD)
- Xét DACO và DMCO có:
 = = 900 , CO chung, = 
 nên DACO = DMCO 
Do đó AO = OB = OM hay M thuộc đường tròn đường kính AB mà CD ^ OM tại M nên CD là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AB . 
Nhận xét: Qua bài toán này chúng ta sẽ rèn cho các em thành thạo kỹ năng chứng minh một bài toán hình học không những có một cách mà có thể có nhiều các khác nhau và nắm vững nội dung của bài toán một cách tích cực, chủ động và tự giác. Từ đó giúp các em tự tin hơn và thấy say mê Toán học nhiều hơn. Cũng từ cách làm thứ 3 của bài toán 6 ta có bài toán 7 và một số bài toán khác bằng cách cho thêm các giao điểm.
Bài toán 7: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Vẽ các tia tiếp tuyến Ax và By với nửa đường tròn (Ax, By và nửa đường tròn cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ là AB). Qua một điểm M thuộc nửa đường tròn (M khác A và B), kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn đó, nó cắt Ax và By theo thứ tự tại C và D.Gọi N là trung điểm của CD. Tìm quỹ tích điểm N khi điểm M chạy trên nửa đường tròn.
Hướng dẩn:
- Nối N với O cắt đường tròn tâm O tại K. Ta có NO là đường trung bình của hình thang ACDB. Suy ra ON // CA // BD (1)
- Vì tia Ax, By và điểm O cố định nên tia Oz cố định
Vậy khi M di chuyễn trên nửa đường tròn tâm O thì điểm I di chuyển trên tia Kz.
Nhận xét: Cái khó của bài này khác so với các bài trên là ta phải vẽ thêm đường phụ. Chính vì điều này tạo cho học sinh một thói quen suy nghĩ khác. Không phải lúc nào cũng theo lối mòn của tư duy mà phải có óc hoài nghi. Tại sao người ta lại cho trung điểm và điểm này có mối liên hệ gì với trung điểm còn lại. Và từ đây giúp cho học sinh tự tin hơn trong giải toán.
Bài toán 8: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Vẽ các tia tiếp tuyến Ax và By với nửa đường tròn (Ax, By và nửa đường tròn cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ là AB). Qua một điểm M thuộc nửa đường tròn (M khác A và B), kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn đó, nó cắt Ax và By theo thứ tự tại C và D. Nối M với B cắt Ax tại N. Chứng minh 
C là trung điểm của AN.
 b. ON AD 
Hướng dẫn:
a. Ta có: AC = CM (t/c hai tiếp tuyến cắt nhau) và OA = OM = R
Do đó CO là đường trung trực của AM AM CO mà AM NB CO // NB
- Xét DANB có OA = OB = R và CO // NB ( CMT) nên CO là đường trung bình của DANB CA = NC.
 b. Ta có AN // BD ( cùng vuông góc với AB) = ( so le trong) 
 Mà + = 900 và + = 900 nên = = 
 tanMAN = tanODM hay = = (1)
 Mặt khác = ( Vì = = 900 và = ) (2) 
 Từ (1) và (2) suy ra: D OMN ∽ DDMA = tứ giác ANMH nội tiếp. Do đó = = 900 hay ON AD . 
Nhận xét: Dựa vào cách chứng minh của bài toán trên ta lại có bài toán 9 khó hơn.
Bài toán 9: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Vẽ các tia tiếp tuyến Ax và By với nửa đường tròn (Ax, By và nửa đường tròn cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ là AB). Qua một điểm M thuộc nửa đường tròn (M khác A và B), kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn đó, nó cắt Ax và By theo thứ tự tại C và D.Gọi giao điểm của CO và AM là P, giao điểm của OD và MB là Q. Chứng minh.
a.Tứ giác CPQD nội tiếp được đường tròn 
b.Xác định giá trị nhỏ nhất bán kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác CEFD.
Hướng dẫn:
a.Theo bài 8 thì P, Q là trung điểm của AM và MB
Nên PQ là đường trung bình của DAMB PQ // AB Do đó: = 
 mà = ( CO // MB) = (1).
Xét tứ giác MDNO có = = 900 tứ giác MDNO nội tiếp 
 = (2) 
Từ (1) và (2) suy ra = . Do đó tứ giác CPQD nội tiếp.
b. Gọi E và F lần lượt là trung điểm của CD và QP. N là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác CPQD OE // AC và NF QP. Mà PQ // AB( câu a) 
NF AB do đó NF // AC (3). 
Mặt khác: NE và MQ cùng vuông góc với CD nên NE // MQ (4)
 Từ (3) và (4) suy ra tứ giác NEOF là hình bình hành.
NE = FO = R ( tứ giác MPOQ là hình chữ nhật)
 Xét tam giác CNE có CN = = ³ = R
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi AB = CD hay M là điểm chính giữa cung CD.
 Giá trị nhỏ nhất của bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác CEFD bằng R
Nhận xét: Ở bài toán thứ 9 giúp cho học sinh hình thành được tính chủ động, sáng tạo và biết liên kết các bài toán trong giải toán vì đây là bài toán không dễ nếu như không giải các bài toán trước. Khai thác tiếp các bài trên ta lại có bài toán thứ 10 .
Bài toán10: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Vẽ các tia tiếp tuyến Ax và By với nửa đường tròn (Ax, By và nửa đường tròn cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ là AB). Qua một điểm M thuộc nửa đường tròn (M khác A và B), kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn đó, nó cắt Ax và By theo thứ tự tại C và D.Từ M kẻ MH AB. Gọi E và F là chân đường vuông góc hạ từ H xuống AM và BM.
a. Chứng minh tứ giác AEFB nội tiếp được đường tròn
b. Gọi G là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEFB. Chứng minh EF = 2OG
c. Chứng minh MH, CB, AD đồng quy
Nhận xét: Đây là bài toán không dễ chút nào nhưng nếu ta biết vận dụng các kết quả của những bài tập trên thì bài toán này trở nên đơn giản hơn rất nhiều
Hướng dẫn:
a.Tứ giác AEFB là hình chữ nhật( = = = 900 ) 
 = mà = (cùng phụ với ) Nên = 
Do đó tứ giác AEFB nội tiếp được đường tròn.
b. Gọi giao điểm của EF và MH là Q.
Vì O là trung điểm của AB nên GO AB.mà MH AB nên GO // MH (1)
Mặt khác = ( cùng bằng ) 
Mà + = 900 + = 900 do đó 
 = 900 hay OM EF mà GQ EF ( LE = LF) .Nên OM //QG (2)
Từ (1) và (2) suy ra tứ giác MOGL là hình bình hành. 
 OG = QM mà QM = EF nên OG = EF.
c. Gọi giao điểm của AD và MH là L
- Xét tam giác CDA có: ML // AC( vì cùng AB) = = (1)
- Xét tam giác ADB có LH // BD ( vì cùng AB) = (2)
- Từ (1) và (2) suy ra . = . = Mà = ( do ML // CA)
Do đó . = .Mặt khác MD = BD, MC = AC (TC của hai TT cắt nhau) 
 . = = 1 MH = LH hay L là trung điểm của MH (3)
- Tương tự: Gọi K là giao điểm của CB và MH ta có K là trung điểm của MH (4)
Từ (3) và (4) suy ra L và K trùng nhau.Vậy MH, CB, AD đồng quy.
Nhận xét: Nếu chúng ta thay đổi một chút là hai tiếp tuyến Ax và By trở thành hai cát tuyến thì ta sẽ có bài toán tổng quát hơn và khó hơn.
Bài toán 11. Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB và một điểm Q cố định nằm trên đoạn OB. Qua Q vẽ đường thẳng d vuông góc với OB. Vẽ cát bất kỳ Ay cắt nửa đường tròn tại M ( M luôn năm về nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng d có chứa điểm A) và cắt đường thẳng d tại T. Nối T với B cắt nửa đường tròn tại C. Qua N và M kẻ các tiếp tuyến Nx và Mz với nửa đường tròn cắt nhau tại R. Gọi giao điểm của BM và AN là I.
a. Chứng minh I, R cùng thuộc đường thẳng d
b. Gọi K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AIT. Chứng minh rằng khi cát tuyến Ay thay đổi thì điểm K luôn nằm trên một đường thẳng cố định.
Hướng dẫn:
a. - Xét tam giác ATB có BM, AN và TQ là ba đường cao nên I nằm trên đường thẳng (d). 
- Gọi R’ là trung điểm của TI NR’là đường trung tuyến của tam giác ITN 
 R’N = R’T DTR’N cân tại R’ = 
- DOAN cân tại O = 
 mà = (cùng bằng ) 
Do đó = mà AN TN ON R’N R’N là tiếp tuyến của đường tròn (O) (4)
- Chứng minh tương tự ta cũng có: R’M là tiếp tuyến của đường tròn(O) (5). 
Từ (4) và (5) R º R’ hay R nằm trên đường thẳng (d).
b. Gọi B’ là điểm đối xứng với B qua Q mà B và Q cố định B’ cố định mà IQ là đường trung trực của BB’ nên D BIB’ là tam giác cân tại I do đó = mà = ( cùng phụ với ) . Nên = 
tứ giác TIB’A nội tiếp (1) 
Mặt khác: K là tâm đường tròn ngoại tiếp DTIA nên đường tròn tâm K đi qua điểm A và điểm B’ cố định. Tức là K nằm trên đ