Sáng kiến kinh nghiệm Một phương pháp suy luận hợp lý để tìm ra cách vẽ đường phụ dùng trong chứng minh một số hệ thức hình học

hứa A vẽ tia Bx sao cho 
CBx = A2, Gọi M là giao điểm của tia AD và tia Bx.
Ta có: B1 + M = D1 (định lý về góc ngoài của tam giác).
C + A2 = D1 => M = C
=> D ABM D ADC (g.g) => 
=> AB . AC = AM . AD (1)
Mặt khác: D DBM D DAC (g.g) => 
=> BD . CD = DM . AD (2)
Từ (1) và (2) => AB . AC - BD . CD = AD . AM - DM . AD
= (AM - MD) . AD = AD2 (đpcm)
* Cách 3 (lớp 8):
 Từ điều cần chứng minh AD2 = AB . AC - DB . DC
=> AB . AC = AD2 + DB . DC
	- Từ đó ta chọn điểm phụ K thuộc AB để tách AB . AC = (AK + KB) AC = AK . AC + KB . AC
	- Ta tìm tính chất của điểm K bằng cách cho AK . AC = AD2
=> => D AKD ADC (c.g.c) 
(Vì A1 = A2) => ADK = ACD
- Từ đó ta suy ra cách chọn điểm phụ K như sau:
Bên trong góc ADB vẽ tia DK sao 
cho ADK = C (K ẻ AB)
Lời giải:
Bên trong góc ADB vẽ tia DK sao 
cho ADK = C (K ẻ AB) => D ADK D ACD (g.g) => 
=> AD2 = AC . AK (*)
Mặt khác: A1 + D1 = K1 ; C + A2 = ADB; C + A2 = 
 D1 + A1 => K1 = ADB; 
=> D KBD D DBA (g.g) => (1)
Ta lại có (2) (vì AD là phân giác của A )
Từ (1) và (2) => => DB . DC = AC . KB (**)
Từ (*) và (**) => DB . DC + AD2 = AC . KB + AC . AK = AC (AK + KB)
= AC . AB => AD2 = AB . AC - DB . DC (đpcm)
* Cách 4: Phân tích
AD2 = AB . AC - DB . DC DB.DC = AB . AC - AD2.
Lấy I trên tia đối của tia DB để tách DB . DC = (BI - DI) DC.
- Ta tìm tính chất của điểm I bằng cách 
cho BI . DC = AB . AC (Hoặc DI . DC = AD2) 
=> 
Mặt khác: Vì AD là tia phân giác 
 của góc BAC => 
Do đó => D BIA D BAD) (c.g.c) => BIA = BAD
- Từ đó ta suy ra cách điểm phụ như sau: Trên tia đối của tia DB lấy điểm I 
sao cho BIA = BAD
Lời giải:
Trên tia đối của tia DB lấy I sao cho BIA = BAD
=> D BIA D BAD (g.g) => (1)
Mặt khác: AD là phân giác của góc BAC => (2)
Từ (1) và (2) => => AB.AC = BI.DC (3)
Ta lại có: D IDA D ADC (g.g) => => AD2 = ID . DC (4)
Từ (3) và (4) => AB . AC - AD2 = (BI - ID) DC = BD . DC
Hay AD2 = AB . AC - DB . DC (đpcm)
* Nhận xét.
	+ Ta đã chọn điểm phụ K trên AB để tách AB = AK . KB. Tương tự như vậy ta cũng có thể chọn điểm phụ K trên AC.
	+ Khi đã chứng minh được AD2 = AC . AK, phần còn lại ta chỉ cần chứng minh AC . KB = DB . DC , tuy nhiên ta không thể chứng minh trực tiếp được kết quả này mà phải sử dụng kết quả nhờ vào tính chất đường phân giác của tam giác.
	+ Sau khi học sinh giải xong bài tập này, giáo viên nên cho học sinh xét bài toán trong trường hợp AD là đường phân giác ngoài của góc BAC (D thuộc đường thẳng BC) để các em tự tìm ra được kết quả AD2 = DB . DC - AB . AC.
	+ Tương tự như cách 4 có thể chọn điểm phụ trên tia đối của tia DC.
Ví dụ 3: (Toán 8)
	 Cho hình bình hành ABCD, một đường thẳng d thay đổi cắt các đoạn thẳng AB, AD, AC lần lượt tại M, N, P. Chứng minh rằng: 
* Phân tích: 
- Ta chọn điểm phụ I thuộc AC để tách 
- Ta tìm tính chất của điểm I bằng cách cho hoặc
Từ => D ABI AMP (c.g.c) => BIA = MPA => BI//d
-Từ đó suy ra cách vẽ điểm phụ I như sau: Kẻ IB //d (I ẻ AC)
Lời giải:
Kẻ BI//d (I ẻ AC) => (1) (định lý ta-let)
Xét D CBI và D ANP có: PAN = ICB (so le trong)
APN = CIB ( = CPM) => D CBI D ANP (g.g)
=> (2) (vì BC = AD).
Từ (1) và (2) => (đpcm)
Cách 2:
Ta có: 
- Ta chọn điểm phụ I trên tia đối của tia BA để tách 
- Ta tìm tính chất của điểm I bằng cách cho hoặc
 Từ => D AIC D AMP (g.c.g) => AIC = AMP
 => CI // MP hay CI // d
- Từ đó ta suy ra cách vẽ điểm phụ như sau: Qua C kẻ đường thẳng song song với d cắt AB kéo dài tại I
Lời giải
	Qua C kẻ đường thẳng song song với d, cắt AB kéo dài tại I 
=> (định lý ta-lét)
	Mặt khác: D BCI D ANM (g.g) => => (2)
 (vì AD = BC).
	Từ (1) và (2) => = = 
hay: + (đpcm)
Cách 3: 
Ta có : + - . 
- Ta chọn điểm phụ I trên tia đối của tia DA để tách ; 
- Ta tìm tính chất của điểm I bằng cách cho 
 hoặc 
Từ => D AICDANP(c.g.c) 
 => AIC = ANP
 => CI // NP. Hay CI // d
- Từ đó ta suy ra cách vẽ điểm phụ như sau:
 Qua C kẻ đường thẳng song song với d cắt
 AD kéo dài tại I => (1) (định lý ta-lét)
	Mặt khác: D DIC D ANM (g.g) => => (2) 
(vì AB = DC).
Từ (1) và (2) => = hay: + (đpcm)
Cách 4: 
	Ta có : + - 
	 (vì AB = CD)
 - Ta chọn điểm phụ I trên tia đối của tia DC để tách ;
- Ta tìm tính chất của điểm phụ I bằng cách cho hoặc 
Từ => D CIA AMP (c.g.c) (vì MAP = ICA)
 => CIA = AMP 
- Từ đó ta suy ra cách vẽ điểm phụ như sau: 
Trên tia đối của tia DC ta lấy điểm I sao cho AIC = PMA (chú ý ta có thể chứng minh được AI //d)
Lời giải:
Trên tia đối của tia DC, lấy điểm I sao 
cho AIC = PMA. 
Ta có D CIA D AMP (g.g) 
=> (1)
Mặt khác: D DIA D AMN (g.g) 
=> (2) 
Từ (1) và (2) => = 
(vì AB = CD). Hay (đpcm)
* Nhận xét: 
- Tương tự như cách 4 ta có 
 (vì BC = AD), ta cũng có thể chọn điểm phụ I trên tia đối của tia BC.
- ở cách 1 nếu ta tìm tính chất của điểm I bằng cách cho thì lúc đó ta suy ra cách chọn điểm phụ như sau: Kẻ DI//d (I ẻAC)
Ví dụ 4 (Toán 9): Cho tứ giác ABCD nội tiếp trong đường tròn (O) .CMR: AB.CD + AD.BC = AC.BC (*)
(định lí Ptô-lê-mê)
Phân tích : 
Cách 1: - Chọn điểm phụ I trên đoạn AC để tách AC. BD= (AI+IC).BD
Ta tìm tính chất của điểm I bằng cách cho AI.BD = AB.CD ( Hoặc AI.BD = AD.BC )
Từ AI.BD = AB.CD =>
ABI DBC (c-g-c)
(vì=) => IBA=CBD .
-Từ đó suy ra cách vẽ điểm phụ như sau:
Trên đoạn thẳng AC lấy điểm I sao cho 
IAB=CBD
Lời giải :
Trên đoạn thẳng AC lấy điểm I sao cho IAB=CBD.
=>DABIDDBC (Vì IBA=CBD: =).=>AB.CD=AI.BD (1)
Mặt khác = BCD (DABIDDBC) ; +=180;
 BCD +DAB=180;=>=DAB.
Xét DDAB vàDCIB có : ==1/2sđ AB; =DAB
=>DDABDCIB(g-g)
 => =>AD.CB=CI.BD (2)
Từ (1) và (2) suy ra: AB.CD+AD.BC=(AI+IC).BD=AC.BD (đpcm)
Cách 2: (*) AB.CD=AC.BD-AD.BC.
 - Chọn điểm phụ I trên tia đối của tia AB để tích AB.CD=(BI-AI).CD 
 - Tìm tính chất của điểm I bằng cách cho BI.CD= AC.BD.
=> 
=>DBIDDCAD(c-g-c) 
 ( vì =) => IDB=ADC.
Từ đó suy ra cách vẽ điểm phụ như sau :
Trên tia đối của tia AB lấy điểm I 
 sao cho IDB=ADC.
Lời giải :
Trên tia đối của tia AB lấy điểm I sao cho 
IDB=ADC =>DBIDDCAD(c-g-c) 
(Vì IDB=ADC; =)
=> => BD.CA=BI.CD (1).
Vì DBIDDCAD =>.Mà =1/2 cđ CB =>.
Xét DAID và DCBD có : . Â=BCD(cùng bù với BAD)
=>DAIDDCBD(g-g) =>=>AD.BC=AI.DC (2).
Từ (1) và (2) suy ra AD.BC –AD.BC=(BI-AI)CD=AB.CD
 hay :AB.CD+AD.BC=AC.BD (đpcm)
Cách 3 : 
-Chọn điểm phụ I trên tia đối của tia BA để tích :AB.CD=(AI-BI)CD.
-Tìm tính chất của điểm I bằng cách cho AI.CD=AC.BD
(Hoặc BI.CD=AD.BC)
Từ AI.CD=AC.BD)
=>=>DAICDDBC(c-g-c) 
Vì () =>AIC=DBC.
Từ đó ta suy ra cách chọ điểm phụ như sau:
Trên tia đối của tia BA lấy điểm I
 sao cho AIC=DBC .
Lời giải :
Trên tia đối của tia BA lấy điểm I sao cho 
AIC=DBC
=>DAICDDBC (vì AIC=DBC; )
=>=>AI.CD=AC.BD (1).
xét DBIC và DDAC có :
=ACD (cùng bù với ABC) (=DBC).
=>DBICDDAC (g-g) =>=>BC.DA=BI.DC (2)
Từ (1) và (2) suy ra AC.BD-BC.AD=(AI-BI)DC=AB.DC
Hay :AB.CD+AD.BC=AC.BD(đpcm).
Nhận xét :
+Tương tự như cách 1 ta có thể chọn điểm phụ trên đường chéo BD
+Tương tự như cách 2, cách 3 ta có thể chọn điểm phụ trên tia đối của các tia BC;CD;DA.hoặc trên tia đối của các tia :CB;DC;AD.
Ví dụ 5 (Toán 9):
	Cho D ABC nội tiếp (O) và một điểm M trên cung BC không chứa điểm A. Gọi H, L, K là chân đường vuông góc hạ từ M đến BC, CA, AB. Chứng minh rằng: 
Cách 1:
- Lấy điểm phụ I thuộc cạnh BC để tách 
-Ta tìm tính chất của điểm I bằng cách cho hoặc 
Từ => DBIADMHK (c.g.c) (vì HMK = ABI ) => BIA = MHK
	Từ đó ta suy ra cách chọn điểm phụ như sau: Trên cạnh BC lấy điểm I 
sao cho BIA = MHK 
	Ta cần chú ý rằng 3 điểm K, H, L thẳng hàng (đường thẳng sim - sơn)
Lời giải:
Trên cạnh BC lấy điểm I sao cho
BIA = MHK. Vì tứ giác MHBK nội tiếp
 =>ABI = HMK => D BIA D MHK (g.g)
=> (*)
Ta có: K, H, L thẳng hàng (đường thẳng sim - sơn)
Tứ giác MHLC nội tiếp => HML = ICA (1)
Mặt khác: MHL + MHK = 1800; CIA + AIB = 180o
=> MHL = CIA (2) (vì MHK = AIB)
Từ (1) và (2) => D CIA D MHL (g.g) => (**)
Từ (*) và (**) => (đpcm)
Cách 2: 
	Ta có 
- Ta chọn điểm phụ I trên tia đối của tia AC để tách .
- Ta tìm tính chất của điểm I bằng cách cho (hoặc )
=> D CIB D MLH (c.g.c) ( vì HML = BCI) => CIB = MLH
- Ta suy ra cách vẽ điểm phụ như 
sau: Trên tia đối của tia AC lấy điểm I sao cho 
CIB = MLH
Lời giải:
Trên tia đối của tia AC lấy 
điểm I sao cho CIB = MLH (1)
tứ giác MHLC nội tiếp => 
HML = LCH (2)
Từ (1) và (2) =>DCIBDMLH (g.g)
=> (*)
Mặt khác: Tứ giác MKAL nội tiếp = >KML = KAI 
Xét D LMK và D IAB có: 
KML = KAI ; MLK = AIB => D LMK D IAB (g.g)
=> (**)
Từ (*) và (**) => 
hay (đpcm)
Cách 3 :Từ đẳng thức 
-Ta chọ điểm phụ I trên tia đối của tia CA để tách : 
- Ta tìm tính chất của điểm I bằng cách cho hay (1) 
Mặt khác : 
Ta có MLH MAB vì : 
BMA=HML (=HCL)
 BAM=MLH (=BCM)
=>(2)
Từ (1) và (2) suy ra : =>AIMBCM (c-g-c) 
 => AMI=BMC.
-Từ đó suy ra cách vẽ điểm phụ như sau : Trên tia đối của tia CA lấy điểm 
I sao cho: AMI=BMC
Lời giải :
 Trên tia đối của tia CA Lấy điểm I sao cho AMI= BMC => AIMBCM (g-g)=> (1)
Xét MLH và MAB có : BAM=HLM(= BCM)
 AMB=LMH(=BCA)
=>MLHMAB => (2)
Từ (1) và (2) suy ra => (*)
Mặt khác : MLKMCB(g-g)=> (3)
Xét CIM và BAM có: MCI = MBA( Cùng bù với góc ACM) 
 BMA=CMI(Vì AMI =BMC)
=> CIMBAM (g-g)=> (4)
Từ (3) và (4) suy ra : => (**)
Từ (*) và (**) suy ra Hay (đpcm)
* Nhận xét:
	 Tương tự như cách 2 và cách 3 ta có thể chọn điểm phụ trên tia đối của tia AB hoặc BA
Ví dụ 6: (toán 8)
	Cho góc xOy, các điểm A, B theo thứ tự chuyển động trên các tia Ox và Oy sao cho (k là hằng số). Chứng minh rằng: Đường thẳng AB luôn đi qua một điểm cố định.
* Phân tích:
	Rõ ràng bài tập này khó hơn các bài tập ở trên vì hệ thức là ở giả thiết chứ không phải hệ thức cần chứng minh. Vấn đề đặt ra là giả thiết này được khai thác như thế nào ?
Ta có OA . OB = k.OB + k.OA (*)
- Ta lấy điểm phụ M thuộc OA để tách OA . OB = (OM + MA) . OB. 
- Ta tìm tính chất của điểm M bằng cách cho 
k.OB = OM . OB => k = OM
Do đó từ (*) k. OA = MA . OB 
 OM.OA = MA.OB
 (1)
Tỷ số giúp ta nghĩ tới điểm phụ I là giao điểm của AB với tia phân giác Oz của góc xOy. Khi đó ta có (2).
Từ (1) và (2) => => MI // Oy.
	- Từ đó ta suy ra cách vẽ đường phụ như sau: Trên đoạn OA lấy điểm M sao cho OM = k, từ M kẻ đường thẳng song song với Oy cắt tia phân giác Oz của góc xOy tại I => I là điểm cố định.
	Phần còn lại ta chỉ cần chứng minh AB đi qua I.
Lời giải:
	Trên đoạn OA lấy điểm M sao cho OM = k, từ M kẻ đường thẳng song song với Oy cắt tia phân giác Oz của góc xOy tại I => điểm I cố định.
Ta có: MIO = O2 ; O2 = O1 => MIO = O1 => D MOI
cân tại M => OM = MI = k
Gọi B' là giao điểm của AI với Oy, vì MI // Oy
=> 
=> => => (1)
Mặt khác: Theo giả thiết ta có: (2)
Từ (1) và (2) => OB = OB' => B º B'
Vậy AB luôn đi qua điểm cố định I được các định như trên.
* Nhận xét:
	+ Nếu ban đầu ở bước phân tích ta tìm tính chất của điểm M bằng cách cho k.OB = MA . OB => k = MA.
	Do đó từ (*) => k.OA = OM . OB MA . OA = OB ; OM 
	Mặt khác: 
	Từ đó => đến đây ta không suy ra được MI // Oy do đó không tìm được cách vẽ điểm phụ.
	+ Ta đã chọn điểm phụ trên OA, tương tự ta cũng có thể chọn điểm phụ trên OB.
Ví dụ 7 :
	Cho D OBC. Hai đường thẳng m và m' lần lượt qua B và C song song với nhau và không cắt các cạnh của D OBC. Gọi A là giao điểm của 2 đường thẳng OC và m, D là giao điểm của 2 đường thẳng OB và m'. Xác định vị trí của m và m' để tổng đạt giá trị lớn nhất.
* Phân tích:
Đặt (k > o) kAB + k.CD= AB.CD.
- Lấy I trên AB để tách AB.CD = (AI + IB). CD = AI . CD + IB . CD
	- Ta tìm tính chất của điểm I bằng cách cho IB.CD = k.CD (1) và kAB = AI.CD (2); Từ (1) => IB = k thay vào (2) ta được:
IB.AB = AI.CD => ; mà => => OI // BC
- Từ đó ta suy ra cách vẽ đường phụ như sau: Qua O kẻ đường thẳng song song với BC, cắt AB tại I
Lời giải:
Qua O kẻ đường thẳng song song với 
BC cắt AB tại I, ta có:
 (1) (định lý Talét)
Vì AB // CD => (2)
(Hệ quả của định lý ta lét)
Từ (1) và (2) suy ra: 
 => IB . AB = IA . CD (3)
Mặt khác: IB . CD = IB . CD (4)
Từ (3) và (4) => IB (AB + CD) = (IA + IB) . CD = AB . CD => 
Kẻ IH ^ BC (HẻBC) => IH không đổi (bằng khoảng cách từ O đến BC); ta có: IH Ê IB => (không đổi). Do đó (không đổi)
Dấu ''='' xẩy ra H º B m và m' vuông góc với BC. Vậy khi hai đường thẳng m và m' lần lượt vuông góc với BC tại B, C thì đạt giá trị lớn nhất.
* Nhận xét: 
- Tương tự ta có thể chọn điểm phụ I trên CD
- Nếu kẻ OK //AB (K ẻ BC), vì IBKO là hình bình hành => IB = OK
=> từ đó ta có lời giải đơn giản hơn như sau:
Kẻ OK // BC (K ẻ BC); Vì OK //AB
=> (1) (hệ quả của định lý ta lét)
Tương tự (2)
Từ (1) và (2) => 
= hay 
Kẻ OE^ BC (E ẻBC); ta có OE ÊOK 
=> (không đổi)
Do đó (không đổi)
Dấu ''='' xẩy ra K º E m và m' vuông góc với BC. Vậy khi hai đường thẳng m và m' vuông góc với BC tại B và C thì tổng đạt giá trị lớn nhất
Ví dụ 8:
Cho góc nhọn xOy, M là điểm nằm bên trong góc đó. Qua M kẻ đường thẳng d bất kỳ cắt tia Ox tại A, cắt tia Oy tại B. Xác định vị trí của d để tổng đạt GTLN
 d y
đặt (*)
 k.MA + k.MB = MB . MA
- Lấy điểm phụ I ẻ MA để k
tách MA . MB = (MI + IA) . MB O M
- Tìm tính chất của I bằng cách cho: I
IA . MB = k . MB => k = IA D
Khi đó A x
(2) (2)'
Kẻ MD // Oy (D ẻOx) => 
Kẻ IK // Ox (K ẻOM) => 
Khi đó
(2)' => DK //AB => DAIK là hình bình hành
- Từ đó ta suy ra cách vẽ điểm phụ như sau:
Qua M kẻ đường thẳng song song với Oy, cắt Ox tại D. Qua D kẻ DK//d (KẻOM). Kẻ KI // Ox (I ẻ MA)
Lời giải
Kẻ DM // Oy (D ẻ Ox); DK //AB (K ẻ OM); KI // Ox (I ẻ MA)
Ta có: ; ; => 
=> 	MA . IA = MB . MI
Mặt khác: 	MB . IA = MB . IA 
=> IA (MA + MB) = MB (MI + IA) = MB.MA
 => 
Kẻ DH ^ OM (H ẻ OM)
Vì M cố định => D cố định => DH (không đổi)
(Khoảng cách từ D đến OM)
Ta có (Không đổi)
=> DH = DK H º K
 d ^ OM
Vậy tổng đạt giá trị lớn nhất khi đường thẳng d vuông góc với OM
Chú ý:
+ Ta có thể giải cách khác:
Ta có D KDM DMBO => (1)
Mặt khác: (2)
Từ (1) và (2) suy ra 
Hay 
+ Tương tự ta cũng có thể lấy điểm phụ I trên MB
Ví dụ 9:
	Giả sử BD là đường chéo lớn nhất của hình bình hành ABCD. Gọi M, N lần lượt là hình chiếu của B trên DC và DA. Chứng minh rằng: DA.DN + DC . DM = BD2 (*).
Cách 1:
- Lấy điểm phụ H trên BD để tách BD2 = (BH + HD) . BD
- Tìm tính chất của điểm H bằng cáh cho BH.BD = DA . DN
(Hoặc BH . BD = DC . DM) => => (vì DA = BC)
=> D BHC D DNB (c.g.c). Vì NDB = HBC (so le trong)
=> BHC = DNB = 900 => CH ^ BD
- Từ đó ta suy ra cách vẽ điểm phụ như sau:
kẻ CH ^ BD (Hẻ BD)
Lời giải:
Kẻ CH ^ BD (Hẻ BD)
=> D HBC D NDB (g.g)
=> => 
(vì AD = BC) => DA.DN = BD.BH (1)
Mặt khác: D DHC D DMB (g.g) => => DC.DM = BD.DH (2)
Từ (1) và (2) => DA.DN + DC . DM = BD (BH+HD) = BD2 (đpcm)
Cách 2:
Phân tích: (*) DA.DN = BD2 - DC.DM
	 BC.DN = BD2 - DC.DM (Vì BC = AD)
- Lấy điểm phụ H trên tia đối của tia CB để tách BC . DN = (BH - CH) . DN
- Ta tìm tính chất của điểm H bằng cách cho BH.DN = BD2 (hoặc CH . DN = DC. DM) => => D BHD D DBN (c.g.c) Vì (D1 = B1)
=> HDB = BND = 900 => DH ^ BD
	- Từ đó ta suy ra cách vẽ điểm phụ như sau:
	Qua D kẻ đường thẳng vuông góc với BD, cắt BC kéo dài tại H
Lời giải:
Qua D kẻ đường thẳng vuông góc với BD cắt BC kéo dài tại H
Ta có : D DNB D BDH (g.g)
=> => BD2 = BH.DN (1)
Xét D DMN và D CHD có: 
MDN = DCH (2) (so le rtrong)
Tứ giác DMBN nội tiếp => NBD = NMD; 
DHC = DBN (vì D DNB D BDH) 
=> NMD = DHC (3)
Từ (2) và (3) => D DMN D CHD
=> => DC . DM = DN . CH (4)
Từ (1) và (4) => BD2 - DC . DM = (BH - CH) DN = BC . DN
= DA.DN (vì AD = BC) hay BD2 = DM. DC + DA . DN (đpcm)
Cách 3: Phân tích: (*) DC.DM = BD2 - DA.DN
- Lấy điểm phụ H trên tia đối của tia CD để tách DC.DM = (DH - CH).DM.
- Ta tìm tính chất của điểm H bằng cách cho DH . DM = BD2 
(Hoặc CH . DM = DA.DN) => 
=> D DHB D DBM (c.g.c) => DBH = DMB = 900 => BD ^ BH
- Từ đó ta suy ra cách vẽ điểm phụ như sau: Qua B kẻ đường vuông góc với BD cắt CD kéo dài tại H
Lời giải:
 Qua B kẻ đường thẳng vuông góc với BD, cắt DC kéo dài tại H.
Ta có:
D DBM D DHB (g.g)
=> 
=> DB2 = DM . DH (1)
Mặt khác: DNM = DBM
 (vì tứ giác BMDN nội tiếp)
DBM = DHB (vì D DBM D DHB)=> DNM = DHB (2)
NDM = BCH (3) (hai góc đồng vị)
Từ (2) và (3) => D CHB D DNM (g.g) => CH.DM = DN.CB
= DN.AD (4) (vì AD = BC)
Từ (1) và (4) = > BD2 - DA.DN = DM.DH - DM.CH
	 = DM .(DH - CH) = DM .DC.
Hay: BD2 = DA.DN - DC.DM (đpcm)
* Nhận xét: 
	+ Tương tự như cách 3 ta có thể chọn điểm phụ H trên tia đối của tia AD nưh sau: Từ B kẻ đường thẳng vuông góc với BD cắt DA kéo dài tại H.
	+ Tương tự như cách 2, ta có:
(*) DC . DM = BD2 - DA.DN AB.DM = BD2 - DA . DN
	(Vì DC = AB), từ đó ta có thể chọn điểm phụ H trên tia đối của tia AB như sau: Từ D kẻ đường thẳng vuông góc với BD cắt BA kéo dài tại H.
Ví dụ 10: 
	Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). Hai đường thẳng AB và CD 
cắt nhau tại F, hai đường AD và BC cắt nhau tại E. Chứng minh rằng: EF2 = EA . ED + FA . FB
* Cách 1:
- Chọn điểm phụ M thuộc EF để tách EF2 = (EM + MF) . EF.
- Ta tìm tính chất của điểm M bằng cách cho EA.ED = EM .EF (hoặc EM.EF = FA.FB) => => D EAF D EMD (c.g.c)
=> EMD = EAF => tứ giác ADMF nội tiếp
- từ đó suy ra cách chọn điểm phụ M như sau: Gọi M là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp D ADF với EF.
Lời giải
Gọi (O1) là đường tròn ngoại tiếp D ADF;
M là giao điểm thứ hai của EF với (O1) 
=> EAF = DME (cùng bù với góc DMF).
Do đó D EAF D EMD (g.g)
=> => EA. ED = EF.EM (*)
Mặt khác, ta có: ED.EA = EM.EF (1)
(Phương tích của điểm E đối với đường 
tròn (O1)). 
Tương tự: ED.EA = EC.EB (2)
Từ (1) và (2) => EC.EB = EM.EF =>tứ giác BCMF nội tiếp => FMB = FCB (3)
Ta lại có: FAE = BCF (4) (vì tứ giác ABCD nội tiếp)
Từ (3) và (4) => D FMB D FAE (g.g) => 
=> FA.FB = FE.FM (**).
Từ (*) và (**) => ED.EA + FB.FA = EF (EM + MF) = EF2 (đpcm)
* Nhân xét:
+) ở bước phân tích ta cũng có thể suy ra D EAM D EFD (c.g.c)
=> EMA = EDF ; mà ta có: EDF = ABE (vì tứ giác ABCD nội tiếp)
Do đó: EMA = ABE => tứ giác ABME nội tiếp => M là giao điểm của EF với đường tròn ngoại tiếp D ABE.
+) nếu ban đầu ta cho MF.EF = FA.FB => => D FMB D FAE 
=> FMB = FAE 
Mặt khác : FAE = BCF (vì tứ giác ABCD nội tiếp) => FMB = FCB 
=> tứ giác BCMF nội tiếp => M là giao điểm của EF với đường tròn ngoại tiếp D BCF.
+) Từ điều cần chứng minh EF2 = ED.EA + FA.FB FE2 = EC.EB + FC.FD (vì FA.FB = FC.FD; EA.ED=EC.EB) (EM + MF).EF = EC. EB + FC.FB.
	Ta tìm tính chất của điểm M bằng cách cho MF.EF = FC.FD
=> => D FMC D FDE (c.g.c) => FMC = FDE
=> Tứ giác DEMC nội tiếp => M là giao điểm của EF với đường tròn ngoại tiếp D EDC.
III- Bài học và các kết quả thu được.
Qua các ví dụ vừa nêu, tôi thấy rằng phương pháp suy luận như trên giúp học sinh tiếp cận bài toán dễ dàng hơn, các em có hướng suy nghĩ đúng đắn và sáng tạo hơn. Đặc biệt là đã khơi dậy niềm đam mê học tập của học sinh.
Trước khi dạy cho học sinh phương pháp suy luận này, tôi đã cho các em làm một bài tập có dạng như trên thì thấy rất ít học sinh giải được, mặc dù các em đã có thời gian suy nghĩ rất lâu. Nhưng khi được học phương pháp này rồi thì các em đã giải được các bài toán đó không mấy khó khăn. Đặc biệt là các em đã tìm ra được nhiều cách giải cho một bài toán bằng nhiều cách vẽ đường phụ khác nhau. Một số học sinh khác còn tìm thêm được nhiều ứng dụng khác từ phương pháp này. 
Trên đây là một số kinh nghiệm nhỏ mà bản thân tôi đã đúc rút được trong quá trình dạy và học. Rất mong các cấp chuyên môn và các đồng nghiệp góp ý, bổ sung thêm để quá trình giảng dạy được nâng cao về chất lượng.
Ngày tháng năm 20
 Người thực hiện