Sáng kiến kinh nghiệm Một số giải pháp khai thác, phát triển một vài bài tập hình học nhằm góp phần phát huy tư duy tính cực, chủ động và sáng tạo của học sinh Lớp 9 trường THCS Tân Lập, huyện Bá Thước

Một số giải pháp khai thác, phát triển một vài bài tập hình học nhằm góp phần phát huy tư duy tính cực, chủ động và sáng tạo của học sinh lớp 9 trường THCS Tân Lập, huyện Bá Thước
Lí do chọn đề tài
Đổi mới phương pháp dạy học là một trong những yếu tố quan trọng để thực hiện mục tiêu của đổi mới giáo dục phổ thông. Nhiệm vụ của mỗi thầy giáo, cô giáo hôm nay là phải làm thế nào để giúp cho HS nắm được kiến thức cơ bản của bộ môn trên cơ sở hoạt động học tập của chính các em dưới sự hướng dẫn của thầy để từ đó hình thành cho các em tính độc lập suy nghĩ, tính sáng tạo, có đủ bản lĩnh để đi vào các lĩnh vực của cuộc sống.
Dạy học phát huy tính tích cực, chủ động và sáng tạo của học sinh là phù hợp với quy luật của tâm lí học, bởi tính tích cực sẽ dẫn đến tự giác. Dạy học phát huy tính tích cực, chủ động và sáng tạo của học sinh cũng phù hợp với đặc điểm của lứa tuổi học sinh THCS, bởi lứa tuổi đó là lứa tuổi hoạt động thích khám phá. Dạy học phát huy tính tích cực, chủ động và sáng tạo của học sinh cũng đáp ứng yêu cầu của đất nước trong thời kì đổi mới.
Ở lứa tuổi học sinh THCS ta cần hình thành cho các em những tư duy cơ bản sau: khả năng phán đoán, phân tích, tổng hợp, so sánh, trừu tượng hoá, khái quát hoá và rút ra kết luận nhanh. Vì vậy ở giai đoạn này các em có được sự giúp đỡ của người lớn đặc biệt là thầy, cô giáo thì tư duy của các em sẽ phát triển tốt hơn. Do tính trừu tượng cao của toán học, môn Toán có thể giúp học sinh rèn luyện tư duy trừu tượng. Cũng do tính chính xác cao, suy luận chặt chẽ, nó là môn “thể thao của trí tuệ”. Toán học có khả năng phong phú trong việc luyện cho học sinh tư duy chính xác, lôgíc và tăng độ thông minh. Việc dạy môn Toán ở trường THCS là giáo viên phải có nhiệm vụ hình thành cho học sinh những hoạt động học tập một cách hợp lí. Học sinh phải chủ động nắm kiến thức cơ bản trong chương trình và biết vận dụng được các định nghĩa, định lí, hệ quả một cách thích hợp cho từng bài toán ở các tình huống khác nhau. Việc vận dụng phải khoa học và chính xác. Điều quan trọng là khi dạy Toán người thầy phải giúp người học tự lực tìm hiểu, phân tích, tập xử lí tình huống, giải quyết vấn đề, tự mình khám phá ra cái chưa biết, tự mình tìm ra chân lí. Đặc biệt học sinh phải được xây dựng thói quen đặt ra câu hỏi “Tại sao", “Làm gì", “Làm như thế nào” và “Những vấn đề suy nghĩ tiếp theo là gì".
Chính những điều trên đây là nhận thức sâu sắc làm cho tôi thấy cần phải coi trọng đổi mới phương pháp dạy học, đặc biệt là trong các giờ luyện tập Toán, qua đó giúp học sinh phát huy tư duy tích cực, chủ động và sáng tạo. Vì vậy tôi mạnh dạn lựa chọn đề tài viết sáng kiến kinh nghiệm: “Một số giải pháp khai thác, phát triển một vài bài tập hình học nhằm góp phần phát huy tư duy tính cực, chủ động và sáng tạo của học sinh lớp 9 trường THCS Tân Lập, huyện Bá Thước".
Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề: 
Điều tra cơ bản: 
Trước khi áp dụng sáng kiến này vào giảng dạy, thực tế tìm hiểu về hứng thú của học sinh đối với phân môn Hình học tại các lớp 9A, 9B trường THCS Tân Lập đầu năm học 2018 - 2019 qua phiếu thăm dò được ghi lại như sau:
Lớp
Tổng số học sinh
Rất thích học Hình học
Thích học Hình học
Bình thường
Ngại học Hình học
SL
TL%
SL
TL%
SL
TL%
SL
TL%
9
25
1
4,0
4
16,0
7
28,0
13
52,0
Khảo sát kết quả học tập của học sinh tại thời điểm đó:
Lớp
Tổng số học sinh
Giỏi
Khá
Trung bình
Yếu
SL
TL%
SL
TL%
SL
TL%
SL
TL%
9
25
1
4,0
4
16,0
12
48,0
8
32,0
Từ kết quả khảo sát trên cho thấy số học sinh thực sự có hứng thú học Hình học (có tư duy sáng tạo) và số học sinh gọi là có thích học Hình học một chút (chưa có tính độc lập, tư duy sáng tạo) là rất khiêm tốn. Qua gần gũi tìm hiểu thì các em cho biết, cũng rất muốn học nhưng chưa có điều kiện để mua các tài liệu tham khảo vì thế các em chưa biết cách tư duy trong cách giải một bài tập nào đó và do điều kiện khách quan học sinh chỉ được bồi dưỡng ở trường một thời gian nhất định. Vì vậy học sinh chưa có hứng thú học Toán nói chung và học phân môn Hình học nói riêng.
Quá trình thực hiện: 
Xuất phát từ mong muốn là học sinh được rèn luyện khả năng tư duy, tính tích cực, chủ động, sáng tạo, vì vậy từ kết quả điều tra, trong qúa trình giảng dạy tôi luôn suy nghĩ, nghiên cứu để làm thế nào học sinh không cảm thấy chán học Toán. Trong các tiết luyện tập, ôn tập buổi chiều tôi nhận thấy nội dung mà tôi nghiên cứu bước đầu đã định hướng cho học sinh về mặt tư duy và hình thành cho học sinh thói quen luôn đặt câu hỏi cho mình và tìm cách giải quyết vấn đề khi giải toán. Từ đó hình thành cho các em nghiên cứu kỹ bài trước khi làm.
Sau đây tôi tự thuật việc đã làm: thông qua giới thiệu một số bài tập trong SGK hình học lớp 9 ở chương II “Đường tròn”, từ đó tôi khai thác, phát triển các bài đã luyện bằng cách thêm bớt dữ kiện, thay tình huống mới, yêu cầu học sinh phát hiện các kết luận mới... Trình bày lời giải trên các nội dung mới, rút ra kết luận mới và củng cố thêm cách chứng minh các dạng toán hình. Từ đó hình thành cho HS thói quen”suy nghĩ tiếp theo”và không bao giờ bằng lòng dừng lại ở bất kì bài toán nào.
Với các bài toán trong PHÁT TRIỂN BÀI TOÁN có bài tôi yêu cầu học sinh thực hiện ngay trong tiết luyện tập hoặc tiết ôn tập trên lớp, nhưng cũng có bài chỉ hướng dẫn và yêu cầu HS về nhà làm tiếp.
Bài toán 1: (Bài tập 11-trang 104 SGK Toán 9- Tập I)
C
D
Cho đường tròn (O), đường kính AB, 
dây CD không cắt đường kính AB. 
Gọi H và K theo thứ tự là chân các 
đường vuông góc kẻ từ A và B đến CD. 
Chứng minh rằng: CH = DK. 
(xem H1)
Trên đây là một bài toán dễ, việc giải bài toán này không khó. 
Nhưng điều mà tôi muốn trao đổi là: sau khi hoàn thành xong lời giải, ta có thể khai thác phát triển bài toán theo hướng sau (thông qua hai bài tập)
PHÁT TRIỂN BÀI TOÁN
Bài toán 1.1: 
Kết luận của bài toán trên có còn đúng không nếu dây CD cắt đường kính AB. 
A
Giải: (xem H2)
Kẻ OM CD, OM cắt AK tại N. 
Ta có: MC = MD (1) 
(Định lí đường kính và dây cung)
AKB có: AO = OB, 
ON // BK (cùng vuông góc với CD)
=> AN = NK
AHK có: AN = NK (chứng minh trên)
 	MN // AH (cùng vuông góc với CD)
=> HM = MK (2)
 Từ (1) và (2) suy ra: CH = DK.
Kết luận: Khi dây CD cắt đường kính AB thì vẫn có CH = DK (nhưng H và K nằm bên trong đường tròn)
	* Qua bài toán 1.1 giúp học sinh củng cố thêm về quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung; đường trung bình của tam giác.
	Điều quan trọng là ta đã phát triển bài toán bằng cách thay đổi giả thiết “dây CD không cắt đường kính AB” bằng”dây CD cắt đường kính AB”tạo nên tình huống khác để học sinh tư duy cao hơn. Từ đó rút ra được kết luận bổ ích và lí thú hơn.
	Ta tiếp tục khai thác bài toán 1 bằng bài toán 1.2 sau:
Bài toán 1. 2:
Xác định vị trí điểm C và D để:
a) khoảng cách giữa hai điểm H và C (hoặc D và K) có giá trị nhỏ nhất? giá trị đó bằng bao nhiêu? 
b) khoảng cách giữa hai điểm H và C (hoặc D và K) có giá trị lớn nhất? giá trị đó bằng bao nhiêu?
Giải:
a) Do AH CD => AHC vuông tại H.
Ta có: HC = (Định lí Pitago)
Do đó HC nhỏ nhất ó có GTNN.
Mà 0
Dấu”=“chỉ xảy ra khi H, C và A trùng nhau (H3.a). 
Khi đó khoảng cách giữa H và C có giá trị nhỏ nhất bằng 0.
- Tương tự khoảng cách giữa hai điểm D và K có giá trị nhỏ nhất bằng 0 khi D, K và B trùng nhau.
b) Vì AH CD, BK CD nên tứ giác AHKB là hình thang vuông có AB, HK là cạnh bên và AH HK
=> AB HK
Vậy HK có GTLN HK = AB HK // AB 
Mặt khác: HK = HC + CD + DK = 2HC + CD 
(do HC = DK (chứng minh trên))
Suy ra: 2 HC HK.
Dấu ”=“ xảy ra ó C, D và M trùng nhau 
 CD OM tại M (O) và song song với AB.
 (H3.b). 
Và khi đó GTLN của HC = 
* Khai thác bài toán bằng các câu hỏi ở bài toán 1.2 ta đã hình thành cho học sinh cách giải một loại toán cực trị trong hình học. 
Bài toán 2: (Bài tập 30 -trang 116 SGK Toán 9- Tập I)
Cho nửa đường tròn (O) có đường kính AB. Gọi Ax và By là các tia vuông góc với AB (Ax, By và nửa đường tròn thuộc cùng một nửa mặt phẳng bờ AB). Qua điểm M thuộc nửa đường tròn (N khác A và B), kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn, cắt Ax và By lần lượt ở C và D.
Chứng minh rằng: 
a) COD = 900
b) CD = AC + BD
c) Tích AC.BD không đổi khi M di chuyển
trên nửa đường tròn (xem H4).
Hoàn thành xong lời giải ta khai thác phát triển bài toán theo hướng sau:
PHÁT TRIỂN BÀI TOÁN
Bài toán 2.1: Với giả thiết của bài toán đã giải: 
a) Chứng minh: AB là tiếp tuyến của đường tròn đường kính CD.
b) Các điểm A, B, D, C cùng nằm trên một đường tròn khi nào?
c) Tìm vị trí của điểm M để tứ giác ABDC có chu vi nhỏ nhất? tứ giác ABDC có diện tích nhỏ nhất?
d) Tìm vị trí của điểm C, D để tứ giác ABDC có chu vi bằng 14 cm, biết AB = 4 cm.
Giải: (xem H4.a ) 
a) Gọi I là trung điểm của CD.
Mà COD = 900 (đã chứng minh ở bài toán 2)
 nên IC = ID = IO
=> I là tâm, IO là bán kính của đường tròn đường kính CD.
Dễ dàng chứng minh được ABDClà hình thang vuông, có OI là đường trung bình của hình thang => OI // AC
Mà AC AB 
=> AB IO tại O
=> AB là tiếp tuyến của đường tròn đường kính CD.
Qua đây củng cố cách chứng minh một đường thẳng là tiếp tuyến của đường tròn.
b) Gọi K là trung điểm của AD. 
ABD vuông tại B => KA = KD = KB
Để A, B, D, C cùng nằm trên một đường tròn 
thì KA = KD = KB = KC
Mà KA = KD = KC thì ACD vuông tại C.
Mà AB CA (tính chất của tiếp tuyến) 
=> CD // AB 
Vậy để 4 điểm A, B, D, C cùng nằm ở trên một đường tròn thì tiếp tuyến tại M phải song song với AB. (xem H4.b)
Qua đây củng cố cách nhận biết các điểm thuộc đường tròn dựa vào định nghĩa.
c) Ta có CD = CA + BD (theo chứng minh ở bài toán 2b)
 và tứ giác ABDC là hình thang.
+ Chu vi của hình thang ABDC bằng: AC + CD + DB + AB = AB + 2CD
Ta có AB không đổi nên chu vi của hình thang ABDC nhỏ nhất ó CD nhỏ nhất.
+ ABDC là hình thang vuông (AC // BD) nên: SABDC = 
AB không đổi nên SABDC nhỏ nhất CD nhỏ nhất.
Mà CD AB.
Nên CD nhỏ nhất CD = AB ó CD // AB OM AB M là điểm chính giữa cung AB.
Vậy khi OM AB thì: 
Chu vi tứ giác ABDC nhỏ nhất và bằng 3AB.
 Diện tích tứ giác ABDC nhỏ nhất và bằng 
Qua đây củng cố cho học sinh cách giải toán cực trị trong hình học.
d) Đặt AC = b => CD = AC + BD = a + b
Chu vi hình thang ABDC bằng AB + 2CD = 4 + 2 (a + b)
Do chu vi tứ giác ABDC bằng 14 nên 4 + 2 (a + b) = 14 => a + b = 5 (1)
Lại có a.b = AC.BD = CM. MD = OM2 (hệ thức lượng trong tam vuông COD)
nên a.b = 22 = 4 (2)
Từ (2) => b = thay vào (1) ta có: 
a + = 5 ó a2 - 5a + 4 = 0 ó (a - 1)(a - 4) = 0 a = 1 hoặc a = 4
Như vậy nếu điểm C (thuộc tia Ax) cách điểm A là 1cm hoặc 4 cm thì chu vi hình thang ABDC bằng 14cm.
Bài toán 2.2: Với giả thiết của bài toán đã giải và cho thêm giả thiết sau: 
Gọi N là giao điểm của AD và B, H là giao điểm của MN và AB. 
Chứng minh:
a) MN AB 
b) MN.CD = CM.BD
c) N là trung điểm của MH.
 Giải: (xem H5)
a) Vì AC // BD => (1) 
 (Định lí Talet)
Lại có: DB = MD, AC = MC (2)
Từ (1) và (2) suy ra: 
=> MN // AC (3) (định lí Talet đảo) 
Mặt khác AC AB (4) (tính chất tiếp tuyến)
Từ (3) và (4) suy ra: MN AB.
b) Vì MN // AC (chứng minh trên) và AC // BD (cùng vuông góc với AB) 
nên MN // BD => => MN.CD = CM.BD
c) => MN = NH => N là trung điểm của MH.
Qua bài tập này giúp học sinh củng cố:
Một phương pháp chứng minh hai đường thẳng vuông góc. 
Phương pháp chứng minh đẳng thức tích dựa vào định lí Talet.
H6
Một phương pháp để chứng minh một điểm là trung điểm của một đoạn thẳng.
Bài toán 3: (Bài tập 31 -trang 116 SGK Toán 9- Tập I)
Trên H6, tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (O). 
a) Chứng minh rằng: 2AD = AB + AC - BC.
b) Tìm các hệ thức tương tự như hệ thức ở câu a).
Sau khi hoàn thành xong lời giải ta khai thác phát triển bài toán theo hướng sau:
PHÁT TRIỂN BÀI TOÁN:
Bài toán 3.1:
Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (O). Gọi các tiếp điểm trên các cạnh AB, BC, AC lần lượt là D, E, F. 
Chứng minh rằng: Tam giác ABC vuông AB.AC = 2 BE.EC
Từ đó suy ra tứ giác ADOF có gì đặc biệt?
Giải: (xem H7) 
Theo kết quả của bài toán 31
(trang 116 SGK), ta có:
2BE = BA + BC - AC 
và 2CE = CB + CA - AB
suy ra: BE = ; 
EC = 
Từ đẳng thức: 
AB.AC = 2 BE.EC . 
 2AB.AC=BC2+BC.AC-BC.AB+AB.BC+AB.AC-AB2-AC.BC-AC2+AC.AB
 BC2 - AB2 - AC2 = 0 AB2 +AC2 = BC2 tam giác ABC vuông tại A.
Khi tam giác ABC vuông tại A thì tứ giác ADOF là hình vuông (dễ thấy tứ giác ADOF có 3 góc vuông) 
Ta khái quát bài toán 3.1 như sau:”Tam giác ABC ngoại tiếp đường (O); D, E, F lần lượt là các tiếp điểm của đường tròn với các cạnh AB, BC, AC thì: điều kiện cần và đủ để tam giác ABC vuông tại A và tứ giác ADOF là hình vuông là AB.AC = 2BE.EC”
 Học sinh suy nghĩ tiếp điều kiện cần và đủ để tam giác ABC vuông tại B hoặc vuông tại C.
 Khai thác bài toán 3.1 ta đã cung cấp cho học sinh phương pháp chứng minh bài toán”cần và đủ”bằng các phép biến đổi tương đương”“.
H8
Bài toán 4: (Bài tập 33 -trang 119 SGK Toán 9- Tập I)
Trên H8, hai đường tròn (O) và (O') 
tiếp xúc nhau tại A. 
Chứng minh rằng: OC // O'D. 
Việc giải bài toán này không khó. Sau khi hoàn thành xong lời giải ta tiếp tục khai thác phát triển bài toán bằng hai bài toán sau, tạo nên tình huống để học sinh tư duy cao hơn.
H9
PHÁT TRIỂN BÀI TOÁN:
Bài toán 4.1:
Cho hai đường tròn (O) và (O') tiếp xúc nhau tại A 
(như Hình 9). Chứng minh rằng: các bán kính OC 
và O'D song song với nhau.
Giải: 
O, A, O' thẳng hàng; E,A,Cthẳng hàng. 
O'AD cân tại O' => O'DA = A.
 OAC cân tại O => C = A
=> O'DA = C => OC // O'D.
Bài toán 4.2:
H10.a
Cho hai đường tròn (O) và (O') tiếp xúc nhau tại A, cát tuyến qua A cắt đường tròn (O) tại C, cắt đường tròn (O') tại D. Chứng minh rằng các tiếp tuyến tại C và D song song với nhau.
Giải: Xét hai trường hợp:
TH1: (O) và (O') tiếp xúc ngoài (xem H10.a)
A, C, D thẳng hàng; O, A, O' thẳng hàng 
nên OAC = O'AD (đối đỉnh)
Mà OAC = OCA; O'AD = O'DA
H10.b
=> OCA = O'DA
Mặt khác: ACx + OCA = 900	
 ADy + O'DA = 900
=> ACx = ADy (cùng phụ với hai góc bằng nhau) 
 => Cx // Dy 
TH2: (O) và (O') tiếp xúc trong (xem H10.b)
Dễ dàng chứng minh được tiếp tuyến tại C và D
cũng song song với nhau.
Việc giải quyết các bài toán trên không khó khăn gì. Qua các bài toán đó củng cố cho học sinh phương pháp chứng minh hai đường thẳng song song. 
 Khái quát cả ba bài toán trên ta rút ra kết luận:”Hai đường tròn (O) và (O') tiếp xúc nhau tại A, cát tuyến qua A cắt (O) tại C và cắt (O') tại D khi đó các bán kính OC, O'D song song với nhau và các tiếp tuyến tại C, D cũng song song với nhau".
Bài toán 5: (Bài tập 39 - trang 123 SGK Toán 9- Tập I)
Cho hai đường tròn tiếp xúc ngoài tai A. Kẻ tiếp tuyến chung ngoài BC, B(O), C (O'). Tiếp tuyến chung trong tại A cắt tuyến chung ngoài BC ở I.
a) Chứng minh rằng BAC = 900
b) Tính số đo góc OIO'	
c) Tính độ dài BC, biết OA = 9cm, O'A = 4cm 
(xem H11)
 Sau khi hoàn thành xong lời giải ta tiếp tục khai thác phát triển bài toán bằng hai bài toán sau, tạo nên tình huống để học sinh tư duy cao hơn.
PHÁT TRIỂN BÀI TOÁN:
Bài toán 5.1: Cho hai đường tròn (O) và (O') tiếp xúc ngoài tại A. Kẻ tiếp tuyến chung ngoài BC của hai đường tròn, B(O), C (O'). Kẻ các đường kính AOD, AO'E. Gọi F là giao điểm của DB và EC.
a) Tính số đo góc BAC.
b) Tứ giác ABFC là hình gì? Vì sao?
c) Chứng minh rằng FA là tiếp tuyến chung của hai đường tròn.
d) Chứng minh rằng: OO' là tiếp tuyến của đường tròn đường kính BC
BC là tiếp tuyến của đường tròn đường kính OO' . 
Giải: (xem H12) 
a) Vì BC là tiếp tuyến của (O) và (O') nên:
 OB BC ; O'C BC 
=> OB // O'C 
=> BOA + CO'A = 1800
Tam giác AOB cân tại O, 
tam giác AO'C cân tại O' nên:
BAO = ; 
CAO' = 
=> BAO + CAO' = + 
 = = 
suy ra: BAC = 900
b) Tam giác ABD có trung tuyến BO = OD = OD = AD 
=> tam giác ABD vuông tại B => ABD = 900
Tương tự ACE = 900
Tứ giác ABFC có BAC = ABF = ACF = 900 => tứ giác ABFC là hình chữ nhật.
c) Gọi I là giao điểm hai đường chéo của hình chữ nhật ABFC
Ta có: IAB = IBA (1)
Tam giác AOB cân tại O nên: BAO = ABO (2)
Từ (1) và (2) suy ra: IAB + BAO = IBA + ABO = 900
hay DAF = 900 => FA AO tại A => FA là tiếp tuyến của đường tròn (O) 
Vì O, A, O' thẳng hàng nên FA AO tại A thì FA AO’ tại A 
=> FA cũng là tiếp tuyến của đường tròn (O')
Vậy FA là tiếp tuyến chung của hai đường tròn (O) và (O').
d) +) Ta có : IB = IA = IC (tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau) nên I là tâm và IA là bán kính của đường tròn đường kính BC.
Theo chứng minh câu c) OO' IA tại A suy ra: OO' là tiếp tuyến của đường tròn đường kính BC
+) Gọi M là trung điểm của OO'.
Ta có OIO' = 900 (theo chứng minh bài toán 5b)
=> IM = MO = MO' (IM là trung tuyến ứng với cạnh huyền của vuông IOO')
=> M là tâm, MI là bán kính của đường tròn đường kính OO'.
Tứ giác BOO'C là hình thang (vì OB // O'C) có MI là đường trung bình 
nên: MI // OB // OC 
Mà OB BC => MI BC tại I 
Do đó BC là tiếp tuyến của đường tròn đường kính OO'.
Qua bài tập này giúp học sinh:
Củng cố dấu hiệu nhận biết một tứ giác là hình chữ nhật.
Củng cố một phương pháp chứng minh một góc là vuông (hay 2 đường thẳng vuông góc).
Khắc sâu cách chứng minh một đường thẳng là tiếp tuyến của đường tròn.
Bài toán 5.2:
Cho hai đường tròn (O) và (O') tiếp xúc ngoài tại A. Kẻ tiếp tuyến chung ngoài BC với B(O), C (O'). Gọi D là điểm đối xứng với B qua OO, E là điểm đối xứng với C qua OO'. Chứng minh:
a) Tứ giác BCED là hình thang cân.
b) DE là tiếp tuyến chung của hai đường tròn (O) và (O')
c) BC + DE = BD + CE. 
Giải (xem H13)
a) Vì D và B đối xứng nhau qua OO'
 E và C đối xứng nhau OO'
nên dễ dàng chứng minh được tứ giác BCED có:
 BD // CE và BCE = DEC 
=> tứ giác BCED là hình thang cân.
b) OO' là trung trực của BD nên OD = OB, 
do đó D thuộc đường tròn (O).
Ta có: DBO = BDO (1)
Vì BCED là hình thang cân nên CBD = EDB (2)
Từ (1) và (2) suy ra: OBC = ODE.
Do OBC = 900 (tính chất tiếp tuyến) nên ODE = 900 
=> DE OD tại D 
=> DE là tiếp tuyến của đường tròn (O).
Tương tự DE cũng là tiếp tuyến của đường tròn (O').
Vậy DE là tiếp tuyến chung của hai đường tròn (O) và (O').
c) Kẻ tiếp tuyến chung tại A, cắt BC và DE lần lượt tại M và N.
Ta có MB = MA = MC ; ND = NA = NE 
Do đó BC + DE = 2 MN	(3)
MN là đường trung bình của hình thang BCED nên:
 BD + CE = 2 MN	(4)
Từ (3) và (4) suy ra: BC + DE = BD + CE.
Hiệu quả 
Kết quả khảo sát thu được tại lớp 9 (lớp được thử nghiệm), 9A (lớp không được thử nghiệm) năm học 2018 -2019 tại thời điểm đầu học kì II qua phiếu thăm dò được ghi lại như sau:
Thời điểm
Lớp/ hs
Rất thích học Hình học
Thích học Hình học
Bình thường
Ngại học Hình học
Đầu HK II
SL
TL%
SL
TL%
SL
TL%
SL
TL%
 9- 24
4
16,7
8
33,3
9
37,5
3
12,5
Khảo sát kết quả học tập của học sinh tại thời điểm đó :
Thời điểm
Lớp/ hs
Giỏi
Khá
Trung bình
Yếu, kém
Đầu HK II
SL
TL%
SL
TL%
SL
TL%
SL
TL%
 9B/24
4
16,7
9
37,5
10
41,7
1
4,1