Hướng dẫn học sinh tìm hiểu khai thác một số bài toán về trực tâm tam giác trong chương trình toán 9

C
D
H
F
E
B
A
C
D
H
F
E
B
A
=
C
D
H
B
A
Hướng dẫn học sinh tìm hiểu khai thác một số bài toán về trực tâm tam
giác
PHẦN I: ĐẶT VẤN ĐỀ
Qua nhiều năm dạy lớp 9 chúng tôi thấy trong hình học lớp 9 có một nội dung mà
gặp rất nhiều trong sách giáo khoa, sách bài tập, các sách tham khảo và cũng gặp rất
nhiều trong các đề thi vào lớp 10, thi học sinh giỏi; đó chính là các bài toán có liên
quan đến trực tâm của tam giác. Nhưng học sinh mới chỉ biết được tính chất ba đường
phân giác, ba đường trung trực, ba đường trung tuyến của tam giác còn ba đường cao
học sinh cũng chỉ biết là chúng đồng quy tại một điểm chứ chưa biết thêm gì về tính
chất giao điểm ba đường cao (trực tâm tam giác). Vậy trực tâm tam giác có gì đặc biệt
không? Từ những tính chất đó có thể khai thác những bài toán liên quan đến trực tâm

như thế nào? Đề tài này chúng tôi viết nhằm mục đích: Hướng dẫn cho học sinh tìm
hiểu và khai thác một số bài toán về trực tâm tam giác; từ đó học sinh có thể nắm
vững, hệ thống được các bài toán liên quan đến vấn đề này và cũng có thể sáng tạo tự
khai thác thêm những bài khác, tạo cho học sinh tính say mê tìm tòi và hứng thú trong
học tập.
PHẦN II : NỘI DUNG
1/ Kiến thức cơ bản :
+ Trong một tam giác ba đường cao đồng quy tại một điểm, điểm đó gọi là trực tâm
của tam giác.
+ Trực tâm tam giác có 3 trường hợp xẩy ra
TH1: Tam giác vuông: TH2: Tam giác nhọn: TH3: Tam giác tù:



1
F
E
D
H
A
C
B
2
1
1
1


Nhận xét:
- Trực tâm tam giác vuông trùng với đỉnh góc vuông của tam giác

- Trực tâm tam giác nhọn nằm trong tam giác.
- Trực tâm tam giác tù nằm ngoài tam giác.
Trong bài viết này chỉ hướng dẫn HS xét trực tâm tam giác trong trường hợp tam
giác nhọn, các trường hợp còn lại HS tự tìm hiểu thêm.
2/ Tìm hiểu về trực tâm tam giác:
Bài1:
Cho tam giác nhọn ABC; 3 đường cao của tam giác lần lượt là: AD; BE; CF. Gọi
H là trực tâm tam giác đó.
a) Hãy tìm các tứ giác nội tiếp có trên hình?
b) Chứng minh: H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF
c) Gọi H
1
, H
2
, H
3
lần lượt là các giao điểm của các tia AH, BH, CH với đường tròn
ngoại tiếp tam giác ABC. Chứngminh: H
1
, H
2
, H
3
lần lượt đối xứng với H qua BC,
AC, AB.
Hướng dẫn:
a) - HS dễ dàng tìm được các tứ giác nội tiếp
là: BFHD; AEHF; CDHE.
- Nếu nối các đoạn thẳng: EF; FD; DE;
HS sẽ tìm thêm được các tứ giác nội tiếp:

BFEC; BDEA; AFDC.
Lưu ý: Các tứ giác nội tiếp có trên hình vẽ đó chính là cơ sở để khai thác đặc điểm
trực tâm của tam giác
2
1
3
2
1
H
3
H
2
H
1
O
D
F
E
H
C
B
A
b) Phân tích: Sử dụng các tứ giác nội tiếp ở câu a :
- Để chứng minh H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF ta phải chứng minh điều
gì? (Chứng minh: H là giao điểm của 3 đường phân giác trong của
∆
DEF )
- Gợi ý: - Chỉ cần chứng minh DH là phân giác của
·
DFE

, việc chứng minh EH; FH là
các phân giác của
∆
DEF hoàn toàn tương tự.
- Dựa vào các tứ giác nội tiếp tìm được ở bài toán hãy chứng minh:
¶
¶
1 2
D D=
?
- Ta có thể chứng minh
¶
¶
1 2
D D=

vì cùng bằng một góc thứ 3:
µ
1
B
hoặc
µ
1
C

sử dụng các
tứ giác nội tiếp ở bài toán 1. Chẳng hạn:
Chứng minh:
Ta có ABDE, AFDE là các tứ giác nội tiếp theo câu a
⇒

µ
¶
1 2
B D=
và
¶
µ
1 1
D C=
mà
µ
µ
1 1
B C=
(vì cùng phụ với
·
BAC
)
⇒
¶
¶
1 2
D D=
. Hay DH là phân giác của
·
DFE
Chứng minh tương tự ta có EH; FH là các phân giác của
·
EFD
và

·
EFD
⇒
H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF
c) Phân tích:
- Để chứng minh H
1
, H
2
, H
3
lần lượt đối xứng với H qua BC,
AC, AB. ta cần chứng minh điều gì?
(chứng minh BC, AC, AB lần lượt là các trung trực
của HH
1
, HH
2
, HH
3
)
- Chẳng hạn chứng minh BC là trung trực của HH
1
:
ta sẽ chứng minh CD vừa là đường cao vừa là
phân giác của
∆
CHH
1
như sau:

Chứng minh:
3
Ta có:
¶
µ
2 1
C A=
(vì tứ giác CDFA là tứ giác nội tiếp)

¶
¶
3 2
C A=
(hai góc nội tiếp cùng chắn cung BH
1
)

⇒

¶
¶
2 3
C C=
hay CD là phân giác của
·
1
HCH
Trong
∆
CHH

1
: CD vừa là phân giác vừa là đường cao
⇒
∆
CHH
1
cân
⇒
CD là trung trực của HH
1
Vậy H và H
1
đối xứng nhau qua CD hay BC. Chứng minh H
2
, H
3
đối xứng với H qua
AC, AB tương tự.
Kết luận1:
Như vậy qua bài toán này học sinh thấy được tính chất đặc biệt của trực tâm H:
vừa là trực tâm tam giác ABC vừa là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF
* Khai thác câu b bài toán 1 ta có bài toán sau
Bài 2:
Dựng tam giác ABC biết E, F, D là chân 3 đường cao của tam giác đó
Hướng dẫn:
Phân tích: - Giả sử đã dựng được tam giác ABC có H là trực tâm, theo câu b bài toán 1
ta suy ra điều gì?
(H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF ).
- Từ đó để dựng tam giác ABC ta sẽ dựng như thế nào?
(dựng điểm H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF trước)

Cách dựng:
- Dựng
∆
DEF
- Dựng điểm H là tâm đường tròn nội tiếp
∆
DEF
- Dựng các đường thẳng vuông góc với HE , HF, HD theo thứ tự tại các điểm
E, F, D các đường thẳng này cắt nhau tạo thành tam giác ABC.
4
H
3
2
1
H
H
2
1
1
O
C
D
H
F
E
B
A
* Khai thác câu c bài toán 1 ta có bài toán đảo:
Bài 3:
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O); H là trực tâm của tam giác. Gọi

H
1
, H
2
, H
3
lần lượt là các điểm đối xứng với H qua BC, AC, AB.
Chứng ninh: H
1
, H
2
, H
3
thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
Hướng dẫn :
Cách 1:
Phân tích: Vì bài toán này là bài đảo của câu c bài 1 nên ta có thể sử dụng cách
chứng minh ngược lại với chứng minh đó.
Chứng minh:
Do H và H
1
đối xứng với nhau qua BC
nên tam giác CHH
1
cân
⇒

µ
1
C =

¶
2
C
;
mà
µ
µ
1 1
C A=
vì cùng phụ với
·
ABC

⇒

¶
µ
2 1
C A=

tứ giác ABH
1
C nội tiếp.
Hay H
1
thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Cách 2:
Phân tích: - Nếu chứng minh được H
1

thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC thì khi đó các tứ giác ABH
1
C có đặc điểm gì? (là tứ giác nội tiếp)
- Vì vậy muốn chứng minh H
1
thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC thì chỉ
cần chứng minh tứ giác ABH
1
C là tứ giác nội tiếp. Có thể chứng minh tứ giác ABH
1
C
là tứ giác nội tiếp bằng nhiều cách. Chẳng hạn:
Chứng minh:
Do tứ giác AFHE là tứ giác nội tiếp nên
·
·
FAE FHE+
= 180
0
(1)
Mà
·
·
FHE BHC=
(đối đỉnh);
·
·
1
BHC BH C=

5
M
C
D
F
E
B
A
(do H và H
1
đối xứng nhau qua BC )

⇒

·
·
1
EHF BH C=
(2)
Từ (1) và (2)
⇒
·
·
1
FAE BH C+
= 180
0
⇒
tứ giác ABH
1

C nội tiếp.
Hay H
1
thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
Chứng minh tương tự thì H
2
, H
3
cũng thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
Kết luận 2: Cho H là trực tâm của tam giác ABC;
- Nếu H
1
, H
2
, H
3
lần lượt là các giao điểm của các tia AH, BH, CH với đường tròn
ngoại tiếp tam giác ABC. thì H
1
, H
2
, H
3
lần lượt đối xứng với H qua BC, AC, AB.
- Ngược lại nếu H
1
, H
2
, H
3

lần lượt là các điểm đối xứng với H qua BC, AC, AB thì
H
1
, H
2
, H
3
thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
* Cũng tìm hiểu trực tâm tam giác ta có :
Bài 4:
Cho tam giác nhọn ABC. Tìm điểm M thuộc miền trong của tam giác sao cho:
MA.BC + MB.AC + MC.AB đạt giá trị bé nhất.
Hướng dẫn:
Phân tích: Các tích MA.BC, MB.AC, MC.AB
tương tự nhau nên có thể xét mỗi tích.
Ta sẽ tạo các đường vuông góc BE và CF
kẻ từ B và C đến tia AM vì BC
≥
BE + CF
để tìm xem tích MA.BC nhỏ nhất bằng bao
nhiêu và đạt được khi nào?
Chẳng hạn ta có thể làm như sau:
Chứng minh:
Vẽ BE
⊥
tia AM; CF
⊥
tia AM (E, F
∈
tia AM) ;

6
M
N
Q
O
C
D
H
F
E
B
A
tia AM cắt BC tại D
Ta có: MA.BC = MA.(BD+DC)
= MA.BD + MA.DC

≥
MA.BE + MA.CF

⇒
MA.BC
≥
2S
ABM
+ 2S
ACM
Tương tự ta có: MB.AC
≥
2S
MBC

+ 2S
MBA
MC.AB
≥
2S
MCA
+ 2S
MCB
⇒
MA.BC + MB.AC + MC.AB
≥
4(S
ABM
+ S
ACM
+ S
MCB
) = 4S
ABC
(không đổi)
Dấu bằng xẩy ra khi MA
⊥
BC; MB
⊥
AC; MC
⊥
AB.
⇔
M là trực tâm tam giác ABC.
Kết luận3: Từ bài toán trên ta có một tính chất để M thuộc miền trong của tam giác sao

cho: MA.BC + MB.AC + MC.AB đạt giá trị bé nhất thì M phải là trực tâm tam giác
ABC.
2/ Khai thác các bài toán về trực tâm tam giác:
Bài 5:
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R và AD, BE, CF lần lượt là
các đường cao của tam giác ABC. Gọi M, N, Q lần lượt là giao điểm của AD, BE, CF
với (O; R). Chứng minh rằng
4=++
CF
CQ
BE
BN
AD
AM
Hướng dẫn:
Từ kết quả câu c bài toán 1 ta có
HD = DM, HE = EN, FH= FQ
Suy ra
S
S
AD
DH
AD
DHAD
AD
AM
BHC
+=+=
+
= 11

Tương tự
S
S
BE
BN
AHC
+=1
,
S
S
CF
CQ
AHB
+= 1
Nên suy ra
=
++
+=++
S
SSS
CF
CQ
BE
BN
AD
AM
AHBAHCBHC
3
4 (S
ABC

là diện tích
ABC
∆
)
7
1
1
K
I
O
C
H
E
B
A
* Khai thác trực tâm H khi tam giác ABC đặc biệt
Bài 6:
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O; R) có AC =R
3
, AB =R
2
. Kẻ các
đường cao AE, BK, CI cắt nhau tại H .Tính số đo các góc, số đo các cạnh của tam giác
KIE theo R.
Hướng dẫn:
Phân tích:
Khi tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O; R) có AC =R
3
, AB =R
2

hãy xem tam
giác đó có gì đặc biệt ?
Chứng minh:
+ AC= R
3

⇒

·
ABC
=60
0

⇒

1
ˆ
C
=30
0

AB =R
2

⇒

·
ACB
= 45
0

=⇒
1
ˆ
B
45
0
Theo bài toán 2 ta có :
·
KEI
= 2
1
ˆ
C
= 60
0

·
KIE
= 2
1
ˆ
B
= 90
0

Nên
·
IKE
= 30

0
Vậy
IKE∆
có :

·
KEI
= 60
0
;
·
KIE
= 90
0
;
·
IKE
= 30
0
+
·
0
75BAC =

0
75sin2RBKCK ==⇒
=⇒ BC
0
75sinR
(vì

BCK∆
vuông cân)
CKE
∆

CBA
∆
(gg)
CB
CK
AB
KE
=⇒

R
R
RR
CB
CKAB
KE ===⇒
0
0
75sin2
75sin2.2.
Nên
2
R
IK =
,
2

3R
IE =
.
Kết luận: Ta có thể áp dụng tính chất của trực tâm tam giác đã làm trong các bài toán
1, 2 để tìm mối liên hệ độ dài các đoạn thẳng, các góc trong tam giác.
* Khai thác tổng hợp ta có:
Bài 7:
8
S
1
2
1
3
2
1
H
H
H
O
F
E
D
H
A
C
B
1
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O); 3 đường cao của tam giác lần
lượt là AD; BE; CF. Gọi H là trực tâm tam giác đó. H
1

, H
2
, H
3
lần lượt là các giao
điểm của các tia AH, BH, CH với đường tròn tâm O.
a) Chứng minh các đường tròn ngoại tiếp các tam giác AHB, BHC, CHA có bán
kính bằng nhau.
b) Chứng minh ED // H
1
H
2
; EF // H
2
H
3
; FD // H
1
H
3
c) Chứng minh OA
⊥
EF; OB
⊥
FD; OC
⊥
ED
d) Cho B, C cố định (O); A chuyển động trên cung lớn BC
- Tìm quỹ tích điểm H?
- Xác định vị trí điểm H để diện tích tam giác BHC đạt giá trị lớn nhất

- Tìm vị trí điểm A để chu
∆
DEF lớn nhất.
Hướng dẫn:
a) Phân tích : - Theo câu c bài toán 1 ta có H
1
, H
2
, H
3
, lần lượt đối xứng với H qua
BC, AC, AB nên các tam giác AHB, BHC, CHA sẽ lần lượt bằng các tam giác nào?
- Các tam giác AH
3
B, BH
1
C, CH
2
A có đặc điểm gì?
(đều là các tam giác nội tiếp đường tròn tâm O)
- Từ đó ta có thể chứng minh các đường tròn ngoại tiếp các tam giác AHB, BHC,
CHA có bán kính bằng nhau như thế nào?
Chứng minh:
Bán kính đường tròn ngoại tiếp
∆
BHC
bằng bán kính đường tròn ngoại tiếp
∆
BH
1

C
(
∆
BHC =
∆
BH
1
C vì H và H
1
đối xứng qua BC
theo bài toán 3).
Mà
∆
BH
1
C nội tiếp đường tròn tâm O
⇒
Bán kính đường tròn ngoại tiếp
∆
BHC
9
x
H
M
A
B
O
C
K
F

E
bằng bán kính đường tròn tâm O
Chứng minh tương tự
⇒
các bán kính đường tròn ngoại tiếp
∆
AHC,
∆
AHB,
∆
BHC đều bằng nhau và bằng bán kính đường tròn tâm O
b) Cách 1: Do H
1
, H
2
lần lượt đối xứng với H qua BC, AC (theo bài toán 3)
⇒
DE là đường trung bình của
∆
HH
1
H
2

⇒
DE // H
1
H
2
Cách 2: Ta có

µ
µ
1 1
E A=
(do tứ giác AEDB nội tiếp)

µ
¶
1 2
A H=
(hai góc nội tiếp cùng chắn cung BH
1
)

⇒
µ
¶
1 2
E H=

⇒
ED || H
1
H
2
(Vì hai góc đồng vị bằng nhau)
Chứng minh tương tự
⇒
EF || H
2

H
3
; FD || H
3
H
4
c) Ta có:
µ
¶
1 2
C C=
(chứng minh ở bài toán 3)
⇒

¼
¼
3 1
BH BH=
⇒
BH
3
= BH
1
Mặt khác OH
3
= OH
1
(bán kính đường tròn tâm O)
OB là trung trực của H
1

H
3

⇒
OB
⊥
H
1
H
3
Mà H
1
H
3
|| FD
⇒
BO
⊥
FD
Chứng minh tương tự
⇒
AO
⊥
EF; CO
⊥
ED.
Lưu ý: ở câu c ta đã sử dụng kết quả của câu b để chứng minh. Ta cũng có thể chứng
minh theo cách khác như sau:
Cách 2: Kẻ tiếp tuyến tại A của đường tròn(O)
Ta có

· ·
Ax AFEB =
( cùng bằng
·
ACB
)

⇒
Ax // EF; mà Ax
⊥
AO
⇒
EF
⊥
AO
Cách 3: Kẻ đường kính AK của đường tròn(O)
Ta có:
·
·
AFE AKB=
(cùng bằng
·
ACB
)
Mà
·
·
AKB BAK+
= 90
0

⇒
·
·
AFE BAK+
=90
0
⇒
AK
⊥
EF. Hay AO
⊥
EF
d) Hướng dẫn :
10
*Tìm quỹ tích điểm H:
- Khi A chuyển động trên cung lớn BC thì
H
1
sẽ chuyển động trên đường nào?
(H
1
chuyển động trên cung nhỏ BC)
- Ở bài toán 1: H đối xứng với H
1
qua BC, vậy H sẽ chuyển động trên đường nào?
(H chuyển động trên cung đối xứng với cung nhỏ BC qua BC:
cung chứa góc 180
0
- Â dựng trên đoạn thẳng BC, cùng phía với A so với BC)

* Xác định vị trí điểm H để diện tích tam giác BHC đạt giá trị lớn nhất:
Do H chuyển động trên cung chứa góc 180
0
- Â dựng trên BC nên lớn nhất
⇔
H là điểm chính giữa cung chứa góc 180
0
- Â dựng trên BC
⇔
A là trung điểm cung lớn BC của đường tròn (O)
* Tìm vị trí của điểm A trên cung lớn BC để chu vi tam giác DEF lớn nhất
Do AO
⊥
EF, CO
⊥
ED, BO
⊥
FD
nên S
AEOF
=
2
1
AO.EF ; S
BEOD
=
2
1
BO.FD ; S
CDOE

=
2
1
CO.DE
Vì trường hợp này O ở trong tam giác ABC nên
S
AEOF
+ S
BEOD
+ S
CDOE
= S
ABC
⇒
S
ABC
=
2
1
( AO.EF + BO.FD + CO.DE )
=
2
1
AO(EF + FD + DE) (vì AO = BO = CO)
Gọi R là bán kính đường tròn tâm O; P là chu vi tam giác DEF
⇒
S
ABC
=
2

1
R.P
⇒
P =
R
S
ABC
2
Vậy P lớn nhất
⇔
S
ABC
lớn

nhất (vì R không đổi)
Mà S
ABC
=
2
1
BC.AD. Vì BC không đổi nên S
ABC
lớn nhất
⇔
AD lớn nhất
⇔
A là điểm chính giữa của cung lớn BC.
11
x
H

J
D
E
K
I
O
C
B
A
* Từ bài 7 ta có bài toán sau:
Bài 8:
Cho tam giác nhọn ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn tâm O. Ba
đường cao AK; BE; CD cắt nhau ở H.
a) Chứng minh : Tứ giác BDEC nội tiếp.
b) Chứng minh : AD.AB = AE. AC
c) Chứng tỏ KA là phân giác của góc DKE
d) Gọi I; J lần lượt là các trung điểm của BC và DE. Chứng minh: OA // IJ
Hướng dẫn:
a) Tứ giác BDEC nội tiếp ( bài 1).
b) Từ giác BDEC nội tiếp
⇒

∆
ADE
∆
ACB (g.g)
⇒
đpcm
c) KA là phân giác của góc DKE (bài 1)
d) Do tứ giác BDEC nội tiếp đường tròn

tâm I, đường kính BC; J là trung điểm của
dây cung DE
⇒
IJ
⊥
DE
Mà AO
⊥
DE (bài 1)
⇒
IJ // AO
* Khai thác đặc điểm của điểm H ta có :
Bài 9:
Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm (O; R); 3 đường cao AD,
BE, CF cắt nhau tại H, đường kính qua A cắt đường tròn (O) tại M.
a) Chứng minh HM đi qua trung điểm I của BC.
b) Chứng minh AH = 2OI.
c) Cho BC = R
3
. Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF
12
S
Hướng dẫn:
a) Chứng minh BHCM là hình bình hành
( Hai cặp cạnh đối song song:
BH, MC cùng
⊥
AC; CH, MB cùng
⊥
AB)

⇒
I là trung điểm của BC đồng thời cũng là trung
điểm của HM.
Hay HM đi qua trung điểm I của BC.
b)Cách 1:
Từ câu a)
⇒
OI là đường trung bình
của
∆
AMH
⇒
AH = 2OI
Cách 2:
Gọi N là trung điểm của AC .
∆
ION
∆
AHB (gg)
Suy ra
2
1
==
AB
IN
AH
OI

OIAH 2
=⇒

c) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF là đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF
Mà tứ giác AEHF là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AH
⇒
ta cần tính AH.
Theo câu b) ta có AH = 2OI
⇒
ta cần tính OI.
Xét tam giác vuông BOI ta sẽ tính được OI theo định lý Pitago
(với BO = R; BI =
2
1
BC =
2
1
R
3
)
Lưu ý: ở câu c) có thể thay bằng câu sau: Chứng minh rằng khi A chuyển động trên
cung lớn BC (B, C cố định) thì bán kính đường tròn ngoại tiếp
∆
AEF không đổi.
* Khai thác từ bài 9 ta có:
Bài 10:
Cho tam giác có các góc nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm O. H là trực tâm của
tam giác. D là một điểm trên cung BC không chứa điểm A.
13
H
K
F
N

1
2
I
M
E
D
A
B
O
C
S
a) Xác định vị trí của điẻm D để tứ giác BHCD là hình bình hành.
b) Gọi P và Q lần lượt là các điểm đối xứng của điểm D qua các đường thẳng AB và
AC. Chứng minh rằng 3 điểm P; H; Q thẳng hàng.
c) Tìm vị trí của điểm D để PQ có độ dài lớn nhất.
Hướng dẫn:
a) Câu a này là ngược lại của của việc chứng minh hình bình hành ở bài toán 3.
Ta sẽ chứng minh khi đó AD chính là đường kính của đường tròn.
Giả sử đã tìm được điểm D trên cung BC
sao cho tứ giác BHCD là hình bình hành.
Khi đó: BD//HC; CD//HB
vì H là trực tâm tam giác ABC nên
CH
⊥
AB và BH
⊥
AC
=> BD
⊥
AB và CD

⊥
AC.
Do đó:
·
0
90ABD =
và
·
0
90ACD =

⇒
AD là đường kính của đường tròn tâm O
Ngược lại nếu D là đầu đường kính AD của
đường tròn tâm O thì tứ giác BHCD là hình bình hành.(theo c/m bài 4)
b) Vì P đối xứng với D qua AB nên
·
·
APB ADB=
mà
·
·
ADB ACB=

⇒
·
·
APB ACB=

Mặt khác:

·
·
0
180AHB ACB+ =

⇒

·
·
0
180APB AHB+ =

Tứ giác APBH nội tiếp được đường tròn nên
∠
PAB =
∠
PHB
Mà
·
·
PAB DAB=
do đó:
· ·
PHB DAB=
Chứng minh tương tự ta có:
·
·
CHQ DAC=

Vậy

·
·
·
·
·
·
0
180PHQ PHB BHC CHQ BAC BHC= + + = + =
⇒
ba điểm P; H; Q thẳng hàng
14
H
O
P
Q
D
C
B
A
S
J
I
1
2
1
O
H
N
M
C

B
A
c) Ta thấy
∆
APQ là tam giác cân đỉnh A có AP = AQ = AD và
·
·
2PAQ ABC=
không đổi
nên cạnh đáy PQ đạt giá trị lớn nhất
⇔
AP và AQ là lớn nhất

⇔
AD là lớn nhất
⇔
D là đầu đường kính kẻ từ A của đường tròn tâm O
Bài 11:
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, H là trực tâm; M, N lần lượt là hình chiếu
của H lên phân giác trong và phân giác ngoài của góc A. Chứng minh rằng:
a) MN đi qua trung điểm S của AH.
b) M, I, N thẳng hàng (I là trung điểm của BC).
Hướng dẫn:
a) ANHM là hình chữ nhật suy ra MN đi qua trung điểm S của AH
b) Vẽ đường tròn (O) ngoại tiếp tam giác ABC; tia OI cắt cắt đường tròn (O) tại J.
⇒

OJ vuông góc với BC.
Ta có:
µ

µ
1 1
A J=
(
AOJ
∆
cân).

µ
¶
1 2
J A=
(So le trong)
Suy ra
µ
¶
1 2
A A=
Ta có AS IO là hình bình hành
vì có OI = AS =
2
AH

(chứng minh ở câu b bài 6)
Suy ra AO // S I (1)
Mặt khác
·
µ
1
SMA A=

(cùng
·
SAM=
)
suy ra S M // AO. (2)
Từ (1), (2) suy ra M, S, I thẳng hàng; mà N, S, M thẳng hàng

⇒
M, I, N thẳng hàng
15
* Cũng khai thác từ câu b bài 11 ta có :
Bài 12:
Cho tam giác ABC với trực tâm H (H
≠
A, B, C) và M là trung điểm của BC.
Đường thẳng đi qua H vuông góc với HM cắt đường thẳng AB ở E và cắt đường thẳng
AC ở F. Chứng minh tam giác MEF cân.
Hướng dẫn:
Kẻ đường kính AD của đường tròn ngoại tiếp
tam giác ABC
- Chứng minh BHCD là hình bình hành
⇒
H, M, D thẳng hàng
- Chứng minh
∆
EDF cân
(
· · ·
·
;HFD HBD HED HCD= =

mà
·
·
HBD HCD=
: do HBDC là hình bình hành
· ·
HFD HED=
⇒
DH là đường cao vừa là trung trực của
∆
MEF, mà M thuộc HD nên ME = MF. Hay
∆
MEF là tam giác cân. (Đpcm)
* Từ bài toán 12 ta có:
Bài 13:
Gọi H là trực tâm tam giác ABC. Một đường thẳng qua trực tâm H cắt AB, AC tại
P và Q sao cho HP= HQ. Chứng minh đường thẳng vuông góc với PQ kẻ từ H luôn
luôn đi qua trung điểm của BC.
Hướng dẫn:
Cách 1:Dựa vào bài 12 để chứng minh
Cách 2: Lấy I
∈
BC (BI = IC )
Kẻ PQ
⊥
HI tại H. Ta chứng minh HP = HQ.
16
C'
D

Q
P
H
B
A
I
C
D
M
O
F
E
H
C
B
A
I
F
E
D
A
B
O
H
C
Trên tia BH lấy C’sao cho H là trung điểm của BC’
⇒
HI là đường trung bình của
∆
BCC’

⇒
HI || CC’. Mà HI
⊥
PQ
⇒
CC’
⊥
PQ hay HQ
⊥
CC’ (1).
Mà C’H
⊥
CD (2) ( do BH
⊥
AC )
Từ (1) và (2)
⇒
Q là trực tâm
∆
CC’H
⇒
C’Q
⊥
CH
Mà CH
⊥
AB
⇒
C’Q || AB

⇒
∆
HC’Q =
∆
HBP (g-c-g)
⇒
HP=HQ
Bài 14:
Cho tam giác nhọn ABC. Đường tròn đường kính BC cắt AB, AC lần lượt tại E và
F; CE và BF cắt nhau tại H. Gọi I là trung điểm của AH; AH kéo dài cắt BC ở D.
Chứng minh:
a) Tứ giác AEHF là tứ giác nội tiếp.
b) H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF
c) EI và FI là các tiếp tuyến của đường tròn
Hướng dẫn:
a)- E, F thuộc đường tròn đường kính BC ta suy ra điều gì? (
· ·
0
90BEC BFC= =
)
-Từ đó chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp như thế nào?
(tổng hai góc đối diện bằng 180
0
)
b)- Hãy xét vai trò của CE và BF trong tam giác ABC?
(CE và BF là các đường cao trong tam giác ABC,
mà CE cắt BF tại H nên suy ra H là trực tâm của
tam giác ABC
⇒
H là tâm đường tròn nội tiếp

tam giác DEF (bài toán 2)
c)- Hướng dẫn: Để chứng minh EI là tiếp tuyến của
đường tròn ta chứng minh
·
0
90IEO =
17
bằng cách chứng minh
·
·
0
90IEH HEO+ =

.
Hoặc chứng minh:
·
·
0
90AIE BEO+ =
Cách 1:
Do I là trung điểm của AH nên EI là trung tuyến thuộc cạnh huyền của tam giác vuông
AEH
⇒
EI = IH
⇒
·
·
IEH IHE=
;
mà

·
·
E DIH CH=
(vì đối đỉnh)
⇒
·
·
DIEH CH=
(1)
Ta lại có:
·
·
HEO HCO=
(2) vì tam giác EOC cân
(do OE và OC là các bán kính của đường tròn (O)
Mà
·
·
0
D 90CH HCO+ =


(3) vì
∆
CHD vuông tại D (do AH
⊥
BC tại D)
Từ (1) (2) (3)
·
·

0
90IEH HEO+ =
. Hay IE
⊥
EO.
Hay EI là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại E.
Cách 2:
Ta có:
· ·
BEO EBO=
(vì
∆
BOE, cân do BO = EO)

·
·
A EIE IA=
(vì
∆
AIE cân)

⇒

·
·
·
·
A EBEO IE EBO IA+ = +
Mà
·

·
0
E 90EBO IA+ =
(vì
∆
ABD vuông, do AH
⊥
BC )
⇒

·
·
·
0 0
E 90 O 90BEO IA IE+ = ⇒ =
.
Hay EI là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại E.
Chứng minh tương tự ta cũng có FI là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại F.
(Lưu ý: ở bài này có thể ra cho học sinh khá:
- Cho H là trực tâm của tam giác ABC; đường tròn đường kính BC cắt AB, AC lần
lượt tạ E và F. Chứng minh: B, H, Fthẳng hàng; C, H, E thẳng hàng.
- Gọi I là trung điểm của AH. Chứng minh I thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác
EOF; chứng minh 5 điểm I, E, D, O, F cùng thuộc một đường tròn.
- Hoặc gọi I là giao điểm của hai tiếp tuyến của đường tròn tại E và F. Chứng
18
O'
F
E
Q
P

J
I
O
M
B
A
minh I, H, A thẳng hàng).
Phần chứng minh dựa vào chứng minh ở bài toán trên.
* Phát triển từ bài toán 14 ta có một số bài toán:
Bài 15:
Cho hai đường tròn (O; R) và đường tròn (O’; R’) cắt nhau tại Avà B. Đường
kính AP của đường tròn (O) cắt đường tròn (O’) tại E. Đường kính AQ của (O’) cắt
đường tròn (O) tại F. Gọi M là giao điểm của PF và QE. Chứng minh rằng.
a) M, A, B thẳng hàng.
b) Các tiếp tuyến tại E và F của đường tròn ngoại tiếp tứ giá FEQP cắt nhau tại một
điểm trên MB.
Hướng dẫn:
a)Ta có A là trực tâm của
∆
MPQ
⇒
MA
⊥
PQ (1).
Mà AB
⊥
OO’ ; OO’ // PQ.
Nên AB
⊥
PQ. (2)

Từ (1), (2) suy ra M, A, B thẳng hàng.
b) Kẻ tiếp tuyến FI của đường tròn ngoại tiếp
tứ giác PFEQ cắt MA tại I.
Ta chứng minh IE là tiếp tuyến của đường
tròn ngoại tiếp tứ giác FEQP
Hoặc lấy I là trung điểm của MA ta chứng minh
IF và IE là các tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tứ giác FEQP
( câu c bài 14)
Vậy các tiếp tuyến tại E và F của đường tròn ngoại tiếp tứ giác FEQP cắt nhau tại
một điểm trên MB.
Bài 16:
19
D
I
K
F
E
H
C
B
A
Cho tam giác nhọn ABC, các đường cao BF, CE cắt nhau tại H; I là trung điểm
của AH và K là giao điểm của EF với AH. Gọi D là điểm đối xứng với H qua BC.
Chứng minh:
a) Tứ giác BIFD là tứ giác nội tiếp.
b) K là trực tâm tam giác BIC.
Hướng dẫn:
a)Tam giác AFH vuông, I là trung điểm của AH
·
·

IFH IHF⇒ =
Mà
·
·
IHF DHB=
(đối đỉnh) và
· ·
DHDHB B=
(do D là điểm đối xứng của H qua BC)
·
·
DH IFHB⇒ =
. Hay
·
·
DI IFBB
=

⇒
tứ giác BIFD là tứ giác nội tiếp
d)Ta có:
·
·
DCK DHC=

Mà
·
·
ADHC EH=
(đối đỉnh) và

·
·
A AFEEH =
(do tứ giác AFHE nội tiếp);
⇒
·
·
DC AFEK =
⇒
KDCF là tứ giác nội tiếp
⇒
·
·
DFK KCF=
Mà
·
·
DFK IBF=
(do BIFD là tứ giác nội tiếp)

⇒

·
·
KCF IBF=

⇒
CK
⊥
BI; mà ID

⊥
BC
⇒
K là trực tâm tam giác IBC
Bài 17:
Cho tam giác nhọn ABC. Vẽ đường tròn tâm (O) đường kính BC. Vẽ AD là đường
cao của tam giác ABC, các tiếp tuyến AM, AN với đường tròn(O). AB cắt
đường tròn (O) tại E (M, N là các tiếp điểm); MN cắt AD tại E; cắt AO tại I.
a) Chứng minh
∆
AMF
∆
ABM
b) Chứng minh AE.AD = AF.AB.
c) Chứng E là trực tâm tam giác ABC.
20
S
F
N
I
M
E
D
A
B
O
C
Hướng dẫn:
a) Chứng minh
∆

AMF
∆
ABM (theo trường hợp:g-g )
b) Ta có: AE.AD = AI.AO (1)
(Hai tam giác vuông AIE và ADO đồng dạng )
Mà AI.AO = AM
2
(2)
(Hệ thức lượng trong tam giác vuông AMO )
và AF.AB = AM
2
(3)
(do
∆
AMF
∆
ABM: câu a)
Từ (1) (2) (3)
⇒
AE.AD = AF.AB
c) Từ câu a)
⇒

∆
AEF
∆
ADB (c-g-c )
⇒
·
·

AFE DBA=
. Mà
·
0
DB 90AB =

⇒
·
0
AFE 90=
.
Hay EF
⊥
AB. Mặt khác CF
⊥
AB
⇒
C, E, F thẳng hàng
Xét
∆
ABC: CF và AD là các đường cao cắt nhau tại E
⇒
E là trực tâm của
∆
ABC.
Bài 18: (Bài đảo của câu c bài 17)
Cho tam giác nhọn ABC, H là trực tâm. Từ A vẽ các tiếp tuyến AM, AN với
đường tròn (O) đường kính BC.( M, N là các tiếp điểm). Chứng minh H, M, N thẳng
hàng.
Hướng dẫn:

Cách 1: Từ câu c bài 17
⇒
nếu MN cắt AD tại H’
thì H’ là trực tâm tam giác ABC
⇒
H
≡
H’
⇒
H, M, N thẳng hàng.
Cách 2: Ta có AM
2
=AH.AD =AF.AB
⇒

AHM∆

AMD∆
(c.g.c)
⇒
·
·
DAHM AM=

21
_F
_N
_I
_M
_H

_D
_A
_B
_O
_C
S
S
S
S
Tương tự:
·
·
DAHN AN=
Mà
·
·
0
D D 180AM AN+ =
(Do AMDN nội tiếp đường tròn
đường kính AO)
Nên
·
·
0
180AHM AHN+ =
Suy ra N, H, M thẳng hàng.
Bài 19:
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn tâm O. Có AE và BF là
các đường cao, gọi d là tiếp tuyến của đường tròn O tại C. Hạ AM
d

⊥
, BN
d
⊥
, EH
d⊥
, FK
d⊥
(M, N, H, K
∈
d)
a) Chứng minh EH = FK; NH = MK.
b) Khi A, B cố định; C chuyển động trên cung lớn AB. Tìm vị trí của C để MN đạt giá
trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất.
Hướng dẫn:
a) Theo câu c bài 1 ta có đường thẳng d// EF
⇒
EFKH là hình chữ nhật
⇒
EH = FK.
Gọi giao điểm của EF với BN, AM là P và Q
Ta có PBAQ là hình thang vuông:
IJ là đường trung bình
⇒
IP =IQ (1)
Mặt khác J là tâm đường tròn đi qua đi qua
E, F, A, B mà IJ
⊥
EF nên suy ra IE = IF (2)
Từ (1), (2)

⇒
PE = FQ
⇒
NH = KM
b) Kẻ BD
⊥
MA (D
∈
MA)
⇒
BD = MN,
* MN
Max

⇔
BD
max
Mà BD
BA≤
.
22
·
·
·
·
D DAHM AHN AM AN⇒ = = +
1
K
F
E

Q
P
O
M
A
N
Vậy MN lớn nhất
⇔
D trùng với A
Khi đó d// AB
⇒
C là điểm chính giữa của cung AB.
* MN
0≥

⇒
giá trị nhỏ nhất của MN là 0
⇔
M trùng N
d
⊥
AB suy ra OC // AB
Vậy MN nhỏ nhất khi C là một đầu mút của đường kính song song với AB.
Bài 20:
Cho đường tròn (O; R), điểm A nằm ngoài đường tròn O. Kẻ các tiếp tuyến AM,
AN đến đường tròn đó (M, N là các tiếp điểm). K là một điểm thuộc cung nhỏ MN,
qua K kẻ tiếp tuyến với đường tròn cắt AM, AN lần lượt tại P và Q; PO, QO cắt MN
lần lượt tại E và F. Chứng minh: PF, OK, QE đồng quy.
Hướng dẫn:
¶

·
1
M POQ=

⇒
tứ giác MOFP nội tiếp
Mà
·
·
0
90 O 90PMO PF= ⇒ =

Suy ra PF
QO⊥
.
Tương tự QE
⊥
PO
Xét tam giác POQ có OK, PF, QE là ba
đường cao nên chúng đồng quy.
Bài 21:
Cho tam giác ABC nhọn, A’, B’, C’ là các chân đường cao, đường tròn
(B; BB’) cắt A’C’ tại K, L (A; K thuộc nửa mặt phẳng bờ chứa BB’). Chứng minh
rằng: AK, CL, BO đồng quy (O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC)
(Bài toán ngược của bài 20)
Hướng dẫn:
23
C'
B'
H

A
B
O
C
F
E
Qua A kẻ tiếp tuyến AK với đường tròn tâm B ta chứng minh K, C’, A’ thẳng hàng: Ta
có:
'
11
ˆˆ
CA =
(Tứ giác AC’A’C nội tiếp)
31
'
ˆˆ
CG =
( cùng bằng
'
2
ˆ
C
)
⇒

'
3
'
111
ˆˆˆˆ

CCAG +=+
Mà
0
11
90
ˆˆ
=+ AG

⇒

0
'
3
'
1
90
ˆˆ
=+ CC

Suy ra A’, C’, K thẳng hàng
Tương tự: L, A’ ,C’ thẳng hàng .
Kẻ trung trực BC cắt BJ tại O’
Ta có
µ
·
1
A BAC=
(Tứ giác AC’A’C nội tiếp);
1
'

1
'
ˆˆ
OA =
(cùng phụ với
·
CBJ
)
⇒
·
BAC
1
'
ˆ
O=
; mà
¶
·
1
1
' '
2
O BO C=
⇒
·
·
1
'
2
BAC BO C=

Suy ra O’ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Hay O’
≡
O
⇒
ĐPCM
Bài 22: Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O). Hai đường cao BB’ và CC’
của tam giác cắt nhau tại H (B’
∈
AC; C’
∈
AB ).
Chứng minh: HA+ HB + HC <
3
2
(AB + BC + AC )
Hướng dẫn:
Qua H kẻ HE || AB: HF || AC (E
∈
AC; F
∈
AB )
⇒
HB
⊥
HF
Mà: HB < BF
HC < CE
HA < AE + FA
⇒

HA + HB + HC < AF + BF + CE + AE
⇒
HA + HB + HC < AB + AC (1)
Tương tự ta có:
24
1
1
2
3
1
1
1
J
K
L
H
O
G
C'
B'
A'
C
B
A
2
O’
A'
B'
C'
H

B
A
C
HA + HB + HC < BC + AC (2)
HA + HB + HC < AB + BC (3)
Cộng từng vế (1) (2) (3) ta có 3( HA + HB + HC ) < 2( AB + BC + AC )
Hay: HA + HB + HC <
3
2
( AB + BC + AC ) (Đpcm)
Bài 23:
Cho tam giác ABC, kẻ các đường cao AA’, BB’, CC’. Gọi H là trực tâm của tam
giác.Chứng minh hệ thức:
1
'
'
'
'
'
'
=++
CC
HC
BB
HB
AA
HA
Hướng dẫn:
S
ABC

=
2
1
AA’.BC =
2
1
BB’.AC =
2
1
CC’.AB
S
HBC
=
2
1
HA’.BC ; S
HAC
=
2
1
HB’.AC; S
HAB
=
2
1
HC’.AB
ABC
HBC
S
S

AA
HA
=
'
'
;
ABC
HAC
S
S
BB
HB
=
'
'
;
ABC
HAB
S
S
CC
HC
=
'
'
⇒
1
'
'
'

'
'
'
==
++
=++
ABC
ABC
ABC
HABHACHBC
S
S
S
SSS
CC
HC
BB
HB
AA
HA
(đpcm)
Bài 24:
Cho tam giác nhọn ABC, kẻ các đường cao AA’, BB’, CC’. Gọi H là trực tâm của tam
giác. Chứng minh:
9
'
'
'
'
'

'
≥++
HC
CC
HB
BB
HA
AA
Hướng dẫn:
Ta có:
1
'
'
'
'
'
'
=++
CC
HC
BB
HB
AA
HA
( Bài 8 )
.(1
'
'
'
'

'
'
=++
HC
CC
HB
BB
HA
AA
'
'
'
'
'
'
HC
CC
HB
BB
HA
AA
++
)
=(
'
'
'
'
'
'

CC
HC
BB
HB
AA
HA
++
).(
'
'
'
'
'
'
HC
CC
HB
BB
HA
AA
++
)
25
A'
B'
C'
H
B
A
C