Giúp học sinh hình thành tính tích cực, tự giác, chủ động và đồng thời phát triển năng lực tự học qua việc xây dựng hệ thống bài tập từ một bài tập ban đầu theo nhiều hướng khác nhau

Bài toán 6: Cho tam giác ABC. Dựng các tam giác đều ABD, BCE,CAF lần lượt nằm trên các mặt phẳng có bờ AB chứa điểm C, bờ BC chứa điểm A, bờ AC chứa điểm B. 
Chứng minh AE= BD= CF 
Chứng minh AE, BD, CF đồng quy
Tính , , 	 
Nhận xét: Ở bài toán này, ta thấy rằng kết quả : 
+ AE= BD= CF, và AE,BD, CF đồng quy vẩn đúng nhưng cách chứng minh có phần khó khăn hơn, còn kết quả 
+ = = =1200 sẽ không đúng nữa. 
Hướng dẫn
a. Tương tự như bài tập 4
b. Do DABE = DDBC nên = { ABOD nội tiếp. Do đó
 + = (2 góc nt ), mà = và = (DABE = DDBC) 
Do đó: + = + = E, A, O thẳng hàng.
 c. { ABOD nội tiếp (câu a) = = 600 và = = 600 
 Do đó = 1200 
Nhận xét: Qua bài toán này giúp các em nhận ra một điều rằng khi vẽ hình thì ta phải xét tất các các khả năng có thể xẩy ra để từ đó xem xét hết tất cả các trường hợp và tránh sai lầm đáng tiếc.
Với giả thiết như bài toán 5. Nếu ta gọi M,N,P lần lượt là tâm của các tam giác AFB, ADC, BEC thì ta lại các bài toán khó hơn bài toán 1 rất nhiều. Từ đó ta có bài toán thứ 7.	
Bài toán 7: Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác, dựng các tam giác đều ABF, ACD, BCE .Gọi M,N,P lần lượt là tâm của các tam giác AFB, ADC, BEC.
Tam giác PMN là tam giác gì?
 Hướng dẫn
- Xét tam giác BPE và BMA có
 = = = = 300(1) Þ ∆ BPE ∽ BMA(2)
 Từ (1) và (2) suy ra ∆ BPM ∽ BEA Þ = (3) 
 - Tương tự ∆CPN ∽∆ CAE Þ = 
 mà + = 600 (4)
 Từ (3) và (4) suy ra + = 600 do đó = 600 (5) 
- Chứng minh tương tự ta có = 600 (6) .
 Từ (5) và (6) suy ra ∆PMN đều
Từ bài toán 7 nếu ta không vẽ 3 tam giác đều mà ta vẽ 3 tam giác cân ABF, ACD, BCE sao cho = = = 1200 thì ta lại có một bài toán hay hơn bài toán 7 rất nhiều.
Bài toán 8: Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác, dựng các tam giác cân ABM, ACN, BCP sao cho = = = 1200 . Tam giác MNP là tam giác gì?
Nhận xét: Tuy bài toán thứ 8 khó hơn bài toán thứ 7 nhưng nếu giáo viên hướng dẫn các em xâu chuổi các bài toán trên đặc biệt là bài toán 7 thì bài toán thứ 8 lại trở thành bài toán thứ 7.
Hướng dẫn: Dựng về phía ngoài tam giác ABC các tam giác đều ABF, ADC, BCE thì bài toán thứ 8 lại trở thành bài toán thứ 7 và cách giải như bài số 7
Nhận xét: Ở bài toán 5 ta vẽ 3 tam giác đều về phía ngoài của tam giác với mổi tam giác đều có một cạnh của tam giác đã cho. Bây giờ ta thay đổi một chút là cả ba tam giác đều đó đều có chung một đường thẳng đi qua một cạnh của tam giác đã cho thì điều đó có còn đúng nữa không? Từ đây ta có bài toán thứ 9 và thứ 10.
Bài toán 9: Cho tam giác ABC. Trên cạnh AC lấy điểm M bất kỳ, dựng các tam giác đều ADM, MCE,CAF lần lượt nằm trên các mặt phẳng có bờ AC chứa điểm B, bờ AC chứa điểm B, bờ AC không chứa điểm B. 
a.Chứng minh AE = CD = MF 
b.Chứng minh AE, CD, MF đồng quy tại O 
Bài số 10: Cho tam giác ABC. Trên cạnh AC lấy điểm M bất kỳ, dựng các tam giác đều ADM, MCE,CAF nằm trên mặt phẳng có bờ là đường thẳng AC chứa điểm B. Chứng minh AE = CD = MF 
 Hình vẽ của bài số 9 Hình vẽ của bài số 10
 Nhận xét: Cả hai bài trên đều giải như bài số 6 riêng bài số 10 các đường thẳng AE, CD, MF lại không đồng quy với nhau. Từ đây giáo viên giúp cho học sinh hình thành kĩ năng phát hiện những kiến thức liên quan với nhau, nhìn nhận một vấn đề ở nhiều khía cạnh và giúp học sinh 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 từ đây ta lại mở rộng bài toán ở ví dụ 1 theo hướng khác như sau.
Trở lại ví dụ 1, một câu hỏi đặt ra là: Nếu không dựng hai tam giác đều mà dựng hai tam giác vuông cân tại A thì BD và FC có bằng nhau nữa không? từ đó ta lại có bài toán thứ 11
Bài toán 11: Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác, dựng các tam giác ABF; ACD vuông cân tại A. Gọi I, M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh BC, FB, CD .Chứng minh rằng : 
a. CF = BD
b. CF BD
c. Tam giác IMN là tam giác gì?
Hướng dẫn
a. CF = BD (tương tự như VD1)
b. Do DABD = DAFC nên = 
 { AOBF nội tiếp = = 900 FC ^ BD
c. IM là đường TB của tam giác BCF nên: IM // CF và IM = CF (1)
Tương tự ta có: IN // BD và IN = BD (2) Mà: CF BD và CF = BD (3)
Từ (1), (2) và (3) suy ra: IM IN và IM = IN hay MIN vuông cân tại I
Ở bài toán 11 ta vẽ hai tam giác vuông cân ABF và ACD tại A thì CF = BD, CF BD nhưng nếu vẽ hai tam giác vuông cân không phải tại A mà tại F và D thì kết quả đó sẽ không đúng nữa mà ta lại có kết quả khác nhưng lại phải vận dụng cách làm của bài toán thứ 11 thì mới làm được. Từ đó ta có bài toán thứ 12. 
 Bài toán 12: Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác, dựng các tam giác ABF vuông cân tại F; ACD vuông cân tại D. Gọi M là trung điểm của BC .Chứng minh Tam giác FMD là tam giác vuông cân.
Nhận xét: Nếu học sinh lần đầu gặp bài toán này mà chưa gặp bài toán thứ 11 thì hơi khó giải đối với các em. Nhưng nếu gặp rồi thì không khó khăn gì lắm.
Hướng dẫn
- Lấy H và K lần lượt đối xứng với C và A qua D, D và E đối xứng với A và B qua M. Suy ra tứ giác ABHF và ABDE là hình vuông.	Như vậy ta đã biến bài toán thứ 12 thành bài toán thứ 11 và việc giải quyết bài toán 12 bay giờ rất đơn giản vì các em đã làm bài toán 11.Kết hợp bài toán 11 và bài toán 12 ta lại có bài toán 13 khó hơn rất nhiều.
Bài toán 13 Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác, dựng các hình vuông AFPB, ADQC và hình bình hành AFMD. CM 
a. MA BC 
 b. BQ = MC và BQ MC
 c. BQ, MA, PC đồng quy. 
Hướng dẫn
a. Xét tam giác: DABC và DFQA có:
 - AB = MD( =FA), = ( bù với ), FA = AC (gt) 
 Do đó DABC = DFQA (c.g.c) = 
 Mà + = 900 ( do = 900, H là giao điểm của MA và BC) 
 + = 900 = 900. hay MA BC 
b. Gọi O là giao điểm của BQ và MC. 
 - Ta có: DABC = DFQA ( câu a) BC = MA và = = 
 - Xét hai tam giác: DBCQ và DMAC có: BC = MA, = và AC = QC
 Nên DBCQ = DMAC (c.g.c)
 BH = QC và = . Mà + = 900
 + = 900 do đó = 900 Hay BH QC 
c. Tương tự câu b ta có DP MB
Xét tam giác MBC có MH là đường cao ( Câu a)
 BO là đường cao ( cmt)
	CK là đường cao (cmt) 
Do đó QB, BK và CR đồng quy (đpcm)
Qua bài toán 13 ta thấy nếu ta không vẽ hình hành AFMD mà vẽ hình vuông BCNI ta lại có bài toán thứ 14 tổng quát hơn
 Bài toán 14: Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác dựng các hình vuông ABGF; ACED; BCPQ. Chứng minh các đường cao của các tam giác AFD; CEQ; BPG xuất phát từ A, B, C đồng quy.
Nhận xét: Đây là một bài toán không dễ một chút nào nếu như các em bắt đầu mới tiếp xúc nhưng nếu thầy, cô cho các em làm các bài trên thì bài này các em sẽ định hướng và giải quyết được. Vì vậy qua bài này cho chúng ta thấy rằng việc liên kết mở rộng các bài toán là một điều hết sức quan trọng nó không chỉ giúp cho học sinh dễ dạng định hướng được bài toán mà còn giúp học sinh học toán một cách chủ động và phát triển được năng lực tự học một cách khoa học để nhớ các bài toán lâu dài.
Hướng dẫn:
- Kẻ hình bình hành ABLC 
- Xét DABL và DAFD có 
+AB = AF (gt),
+ AD = BH (=AC),
+ = ( cùng bù với ).
 Do đó DABL = DAFD ( c.g.c) = (1)
- Kẻ AH FD tại H cắt BC tại M ta có
 = ( cùng phụ với ) (2)
- Từ (1) và (2) = A, M, L thẳng hàng 
Mặt khác tứ giác ABLC là hình bình hành nên M là trung điểm của BC. (3) 
- Hoàn toàn chứng minh tương tự ta có: 
P và N là trung điểm của AB và AC(4)
- Từ (3) và (4) suy ra AH, CP và BN đồng quy.
Trở lại bài toán 12, ta thấy tam giác MIN là tam vuông cân, hơn nữa I là trung điểm của BC nên khi ta vẽ thêm điểm D đối xứng với A qua I thì ta được hình bình hành ABDC và cũng dựng về phía ngoài hình bình hành này các tam giác vuông cân thì ta có bài toán thư 15 phức tạp hơn rất nhiều.
Bài toán 15: Cho tam giác ABC, về phía ngoài 
của tam giác dựng hình bình hành ABDC 
có bờ là đường thẳng BC không chứa điểm 
A, về phía ngoài hình bình hành ABCD, dựng các
 tam giác ABM vuông cân tại M; ACN vuông cân 
tại N; BDP vuông cân tại P; CDQ vuông cân tại Q. 
Chứng minh rằng: AD, BC, MQ, PN đồng quy.
Nhận xét: Bài toán này nếu để như thế thì rất khó cho học sinh nhưng nếu ta phát biểu dưới dạng khác thì dễ hơn nhiếu từ đó ta có bài toán 16
Bài toán 16: Cho tam giác ABC, về phía ngoài của	 tam giác dựng hình bình hành ABDC có bờ là đường thẳng BC không chứa điểm A. Về phía ngoài hình bình hành ABCD, dựng các hình vuông ABGQ’, ACIH, DBFE, CDRK, Gọi M,N,Q,P lần lượt là tâm của các hình vuông trên. Chứng minh rằng 
Tứ giác MNQP là hình vuông 
Các đường thẳng AD, BC, MQ, PN đồng quy.
Hướng dẫn:
Q’
a. + { ABDC là hình bình hành (gt) và { ABQ’G và DCKR là hình vuông(gt)
 AM = CQ (1)
 + { ACIH là hình vuông (gt) AN = NC(2)
 + Mặt khác: = (cùng bù với ) = (3)
Từ (1), (2) và (3) DAMN = DCQN(c.g.c) (4) = 
 Mà + = 900( { ACIH là HV)
 + = 900 hay = 900 (5)
+ Chứng minh tương tự ta có DCQN = DDQP =DBMP(c.g.c)(6)
Từ (4) và (6) MN = NQ = QP = PM (7)
Từ (5) và (7) { MNQP là hình vuông.
b) Gọi L là trung điểm của BC A, L, D thẳng hàng({ABDC là hình bình hành)
 Theo bài 12 thì DMNL, D PLQ là tam 2 giác vuông cân = =900 (8)
 - Gọi L’ là giao điểm của MQ và PN = = 900 (9)
Từ (8) và (9) L º L’. Do đó các đường thẳng AD, BC, MQ, PN đồng quy
Nhận xét: Bài toán này khó mà không khó, không khó là học sinh biết vận dụng bài tập số 12 để làm còn khó là nếu học sinh không biết vận dụng bài tập số 12.
Qua bài tập số 16 ta thấy {MNQP là hình vuông nên MQPN và MQ = PN. Nhưng ở bài tập số 16 ta vẽ tứ giác ABCD là hình bình hành, bây giờ ta không vẽ hình bình hành mà vẽ một tứ giác lồi ABCD bất kỳ thì liệu kết quả đó còn đúng nữa không? Từ suy nghĩ này ta lại có thêm bài tập số 17 tổng quát hơn.
Bài toán 17: Cho tam giác ABC, về phía ngoài của	 tam giác dựng tứ giác ABCD, có bờ là đường thẳng BC không chứa điểm A. Về phía ngoài hình bình hành ABCD, dựng các hình vuông ABGQ’, ACIH, DBFE, CDRK, Gọi M,N,Q,P lần lượt là tâm của các hình vuông trên. Chứng minh rằng MQ PN và MQ= PN
 Nhận xét: Ở bài tập này tứ giác MNQP không còn là hình vuông nữa nhưng MQ PN và MQ= PN vẩn đúng 
Hướng dẫn: 
Q’
E
- Gọi L là trung điểm của BC, theo bài toán 12 ta chứng minh được
 DMLN và D PLQ là hai tam giác vuông cân tại LLN =LM, LP = LQ 
- Xét hai DPLN và DQLM có: LN =LM, LP = LQ và = 
DPLN = DQLM (c.g.c) PN = MQ (1) và = 
- Gọi O là giao điểm của PN và MQ. S là giao điểm của ML và ON.
 Xét DMOS có + = + = 900 ( = , và = 900) = 900 hay MQNP 
Kết luận 1: Qua các bài tập trên không những giúp cho giáo viên hình thành được các dạng bài tập khác nhau từ một bài toán để dạy bồi dưỡng các đối tượng học sinh từ đó 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 liên kết và mở rộng các bài toán từ đó giúp các em hình thành phương pháp giải.
Ví dụ 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:
 a. = 90o.
 b. CD =AC + BD
1. Hướng dẫn: 
a. -Vì CA và CM là hai TT của đt(O) cắt nhau tại C
 OC là tia phân giác của (1) và CM = CA
 + DM và DB là hai TT của đt(O) cắt nhau tại D
 OD là tia phân giác của (2) và DM = DB
 - Từ (1) và (2) CO ^ OD ( ĐPCM)
b. Ta có CD = CM + MD mà CM = CA và DM = DB (CMT) 
 Nên CD =AC + BD ( ĐPCM)
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. 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 : Tam giác COD vuông tại O mà OM là đường cao nên OM2 = CM.MD
Theo câu b: 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)
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 TB 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) ta có < < ( ĐPCM) 
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 điện 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 “ = ” xẩy ra khi và chỉ khi CD = AB
Vậy GTNN của PACDB = 6R 
 - SACDB = . AB = ³ Hay SACDB ³ 2R2
Dấu “ = ” xẩy 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 MDM
Hướng dẫn:
Ta có:
+ SACBD = ( AC + BD). AB = CD.AB 
Mà CD ³ AB do đó SACBD ³ AB2 = 2R2 (1)
Dấu “ =” xẩy ra khi và chỉ khi điểm M nằm chính giữa cung AB
+ SAMB = MH.ABMà MH £ R do đó SAMB £ R.2R = R2(2)
Dấu “ =” xẩy 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 = 2R2 và SAMB lớn nhất = 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 2)
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
 = 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 Dcân CAM có CE là đường trung tuyến .Nên CE cũng là đường cao và là đường phân giác(1).
- Xét Dcân MDB 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 {O’EMF là hình chữ nhật = 900 và MO’ = EF. 
- Trên AB lấy điểm O sao cho OA = OB. Vì D AMB là D vuông nên MO = OA = OB = AB (3)
- Xét DAMB có: EA = EM và MF = FB nên FE là đường TB 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, = 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 ^ AB cắt CD tại N suy ra NC = ND 
Xét hình thang vuông ACDB có ON là đường TB nên 
 ON = = = CN = ND DNCO cân 
 = 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 kỷ 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 nghỉ khác. Không phải lúc nào củng 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(TCTT 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 AB) = ( so le trong) 
 Mà + = 900 và + = 900 nên = = 
 tanMAN = tanODM hay = = (1)
 Mặt khác = ( Vì = = 900 và = ) (2) 
 Từ (1) và (2) D OMN ∽ DDMA = {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 A