SKKN Hướng dẫn học sinh khai thác và phát triển một số bài toán hình học 9

và C. Dây BC là dây cần dựng.
 Bài toán có một nghiệm hình.
Khai thác bài toán:
Có thể đặt thêm câu hỏi sau:
 Tìm trên đường tròn (O) một điểm S sao cho lớn nhất
Giải: Kéo dài SA cắt (O) tại T ta thấy rằng trong tam giác cân SOT có cạnh bên không đổi thì lớn nhất khi nhỏ nhất tức là dây ST nhỏ nhất ( hình 2c)
(Hình 2c)
Như vậy bài toán quy về câu a ở trên: Dựng dây S1T1 có độ dài nhỏ nhất với ta được điểm S1 phải tìm
Bài 3: ( Bài tập 11 trang 104 SGK – Toán 9 tập 1)
Cho đường tròn tâm (O) đường kính AB, dây CD không cắt đường kính AB. Gọi H và K theo thứ tự là chân đường vuông góc kẻ từ A và B đến CD. 
Chứng minh CH = DK (*) (Gợi ý kẻ OM ).
Giải:
Ta có và (gt) nên AH// BK Tứ giác AHKB là hình thang.
	Kẻ tại M MC = MD (1) ( ĐL quan hệ giữa vuông góc giữa đường kính và dây). 
	Xét hình thang AHKB có OA =OB = R ; OM // AH // BK ()
	OM là đường trung bình của hình thang (2)
	Từ (1) và (2), ta có CH = DK
Đối với bài tập này ta có thể khai thác theo hai hướng như sau :
+ Hướng thứ nhất :
	Từ bài toán (*) nếu dây cung CD cắt đường kính AB thì kết luận CH = DK có còn đúng nữa không? Kết luận đó vẫn đúng và chúng ta có bài toán khó hơn bài toán (*) một chút như sau:
Bài 3.1: Cho đường tròn (O) đường kính AB, dây CD cắt đường kính AB tại G. Gọi H và K lần lượt là hình chiếu của A và B trên CD. Chứng minh rằng CH = DK.
	Hướng dẫn giải:
	Để chứng minh CH = DK ta chứng minh CD và HK có chung trung điểm.
	Qua O vẽ đường thẳng song song với AH và BK cắt CD tại I, cắt AK tại F.
Lập luận để có OI là đường trung trực của đoạn CD và FI là đường trung bình của tam giác AHK I là trung điểm của HK đpc/m.
	Cũng bài toán 1 nhưng chúng ta có thể phát triển dưới một dạng khác phức tạp hơn như sau:
Bài 3.2: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường kính AB. Chứng minh rằng hình chiếu vuông góc của các cạnh đối diện của tứ giác trên đường chéo CD bằng nhau. ( Cách giải hoàn toàn tương tự như bài 1)
Bài 3.3: Gọi G là điểm thuộc đoạn thẳng AB (G không trùng với A và B). Lấy AB, AG và BG làm đường kính, dựng các đường tròn tâm O, O1, O2. Qua G vẽ cát tuyến cắt đường tròn (O) tại C và D, cắt (O1) tại H, cắt (O2) tại K. Chứng minh CH = DK.
	Hướng dẫn giải:
	Lập luận để có và Cách giải hoàn toàn tương tự như bài 1)
+ Hướng thứ hai:
Bài 3.4: Thêm vào bài tập 3 câu b như sau: Chứng minh H và K ở bên ngoài đường tròn (O).
Giải : ( dùng phương pháp phản chứng)
	Giả sử chân đường vuông góc hạ từ A đến đường thẳng CD là H’. H’ là điểm nằm giữa hai điểm C và D.
	Xét , ta có : 
	Mà (theo giả sử) Tổng các góc trong của lớn hơn 1800 là điều vô lí. 
	Vậy H’ phải nằm ngoài đường tròn(O) hay H nằm trong (O).
	Chứng minh tương tự đối với điểm K.
* Nhận xét: Từ việc vẽ ta có MH = MK ta dễ nhận thấy rằng 
HK.OM = AB.MM’(với tại M’)
Bài 3.5: Qua nhận xét trên ta có thể thêm vào bài 3 câu c: 
Chứng minh .
Vẽ thêm ()
	Ta có (MM’ là đường trung bình của hình thang CDD’C’)
	Mặt khác HK.OM = SAHKB ( Vì OM là đường trung bình của hình thang AHBK, nên )
	Từ đó (đpc/m)
Bài 3.6: Đặc biệt khi CD không phải là một dây mà CD trở thành tiếp tuyến của (O) như hình vẽ bên ta vẫn có và ( lúc này M thuộc nửa đường tròn (O) nên AB = 2OM.
	Do đó ta có HK.OM = 2OM.MM’ 
	Dựa vào điều kiện một điểm thuộc đường tròn ta có 
	 tiếp xúc với AB tại M’.
Từ bài 4 ta có bài tập mới
Bài 3.7: Từ bài toán trên ta lại có bài toán quỹ tích:
a/ Tìm quỹ tích trung điểm I của đoạn thẳng CD khi C (hoặc D) chạy trên đường tròn (O).
b/ Tìm quỹ điểm H và K khi C ( hoặc D) chạy trên đường tròn O đường kính AB.
Từ bài toán 1 chúng ta có thể phát biểu bài toán đảo như sau :
Bài 3.8 : Trên đường kính AB của đường tròn tâm (O) ta lấy hai điểm H và K sao cho AH = KB. Qua H và K kẻ hai đường thẳng song với nhau lần lượt cắt đường tròn tại hai điểm C và D ( C, D cùng thuộc nửa đường tròn tâm O). Chứng minh rằng , .
Bài 4: Cho đường tròn (O) đường kính AB. M là một điểm bất kì trên nửa đường tròn đó . Qua M vẽ tiếp tuyến xy, H và K là chân đường vuông góc hạ từ A, B xuống xy. Chứng minh rằng : Đường tròn (M) đường kính HK tiếp xúc với AB. ( Xác định vị trí tương đối của (M) với đường thẳng AB khi M chạy trên (O))
Bài 5: Cho đoạn thẳng HK, qua H, K vẽ các đường thẳng d và d’ vuông góc với HK. Một góc vuông với đỉnh là trung điểm M của HK có một cạnh cắt d tại A, một cạnh cắt d’ tại B. Chứng minh rằng Ab là tiếp tuyến của đường tròn đường kính HK.
Giải :
Vẽ (1) 
Gọi . Ta có MA = MC
 có BM vừa là đường cao, vừa là trung tuyến nên cân tại B
BM là phân giác của 
( cạnh huyền – góc nhọn)
mà (2)
Từ (1) và (2) suy ra Ab là tiếp tuyến của đường tròn đường kính HK.
Bài 6: Cho tứ giác AHKB có đường tròn đường kính AB tiếp xúc với đường thẳng HK. Chứng minh rằng đường tròn đường kính HK tiếp xúc với đường thẳng AB khi và chỉ khi AH // BK.
Giải : Gọi O và O’ lần lượt là trung điểm của AB và HK.
Vẽ , nối OO’ ta có ( OO’là đường trung bình cua hình thang HABK). Đặt OO’ = a, O’D = b.
Mà 
 ( Vì OO’ = a = OA = OB = )
Như vậy BK // AH 
 đường kính HK.
Đường tròn đường kính HK tiếp xúc với AB tại D.
Bài 7: 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 OMI = 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 rOMI và rOMJ có: 
 MJ = MI (cạnh tương ứng).
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 
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 rKEF vuông tại E (vì trung tuyến OE của rKEF bằng 1/2 cạnh KF). Do đó KE // HG ( 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 HF vuông tại H) 
Vậy tổng phải tìm bằng KF2 = (2R)2 = 4R2
Bài 8: 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 rBCD 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.
Hình 4
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 
 Vậy rBCD 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 rBCD.
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 rAOB rCMB (g,g) ta có 
 suy ra OA.BM = OB.CM (đpcm).
Bài 9: 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 )Trước hết chứng minhvà 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) rMGN 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 rOIH rNGM 
 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:
	= 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 .
Bài 10: 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)
II. Dạng toán về tiếp tuyến của đường tròn
Bài toán 1 ( bài 30 – trang 116 SGk – toán 9, tập 1)
	Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB. Gọi Ax, By là các tia vuông góc với AB ( Ax, By và nửa đường tròn thuộc cùng một nửa mặt phảng bờ Ab). Qua điểm M thuộc nửa đường tròn ( M khác A và B) kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn, nó cắt Ax và By theo thứ tự ở C và D. Chứng minh rằng:
a)
b) CD = AC + BD
c) Tích AC.BD không đổi khi điểm M di chuyển trên nửa đường tròn.
Giải :
Xét (O) có CA, CM là tiếp tuyến của (O)
OC là tia phân giác của hay ( t/c tiếp tuyến) (1)
Tương tự DB, DM là tiếp tuyến của (O)(2)
Từ (1) và (2) 
Mà hay (đpc/m)
Theo t/c tiếp tuyến , ta có: CA = CM và DB = DM 
Mà 
Vậy (đpc/m)
Xét vuông tại O (c/mt), có:(gt) ( đ/l)
Mà CA = CM và DB = DM mà OM = R (gt)
 AC.BD không đổi khi điểm M di chuyển trên nửa đường tròn. (đpc/m)
Tôi khai thác bài toán này như sau:
1) Đối với học sinh trung bình:
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 cách tìm lời giải:
a) 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
b) Tứ giác ACDB là hình thang, diện tích của nó là . Hãy chứng minh AC + BD nhỏ nhất khi CD // AB.
Cách giải:
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).
2) Đối với học sinh khá, giỏi:
d) Gọi K là giao điểm của BC và AD. Chứng minh: MK // AC // BD.
e) Gọi H là giao điểm của MK và AB. Chứng minh rằng K là trung điểm của MH.
	f) Gọi E, F lần lượt là giao điểm của OC và AM, OD và BM. Chứng minh ba điểm E, K, F thẳng hàng.
Chứng minh : 
Xét có AC // BD (gt) ( đ/l talet) (1)
	CA, CM là tiếp tuyến của nửa đường tròn (O) nên CM = CA, DB = DM (t/c) (2)
Từ (1) và (2) ( theo định lí talet đảo)
Vậy MK // AC // BD (đpc/m)
Ä Sau khi chứng minh được MK // AC ta có thể có thêm yêu học sinh chứng minh:
 CD.MK = CM.DB.
Chứng minh: Theo chứng minh trên MK //AC 
đpc/m.
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.
Từ bài toán 1 ta có thể ra bài toán mới như sau:
	Cho vuông tại A, đường cao AH. Vẽ đường tròn tâm A bán kính AH. Từ B và C kẻ các tiếp tuyến với đường tròn (A) tại D, E. Chứng minh rằng:
D, A, E thẳng hàng.
BD.CE = AH2 ( không đổi)
DE là tiếp tuyến của đường tròn đường kính BC.
Bài 2: 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 3: 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 cạnh 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:
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 rSMO 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 4: 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