SKKN Hướng dẫn học sinh khai thác có hiệu quả bài toán về ba đường cao trong tam giác

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
ĐỀ TÀI:
"HƯỚNG DẪN HỌC SINH KHAI THÁC CÓ HIỆU QUẢ BÀI
TOÁN VỀ BA ĐƯỜNG CAO TRONG TAM GIÁC"
PHẦN I: ĐẶT VẤN ĐỀ
Học toán gắn liền với hoạt động giải toán. Thông qua việc hướng dẫn học sinh
giải toán, người giáo viên cần rèn luyện cho học sinh năng lực tư duy, tính độc lập,
linh hoạt, sáng tạo nhằm đáp ứng yêu cầu đào tạo con người mới. Việc khai thác hiệu
quả các bài toán là một trong những cách bồi dưỡng cho học sinh những năng lực đó.
Ngoài ra, việc khai thác có hiệu quả bài toán còn đem lại cho học sinh những giờ học
thú vị, lòng say mê hứng thú môn học, bởi tâm lý học sinh nói chung luôn muốn biết
và tìm tòi cái mới. Để rèn luyện kỹ năng giải toán cho học sinh, một phương pháp hữu
hiệu là từ một bài toán ban đầu và cách giải bài toán đó, ta có thể hướng dẫn học sinh
khai thác để phát biểu và giải được nhiều bài toán khác.
Để khai thác và phát triển một bài toán, ta có thể sử dụng các cách sau:
- Sử dụng triệt để kết quả chứng minh được, lật ngược vấn đề và khai thác bài toán
đảo.
- Sử dụng kết quả bài toán và một số phép biển đổi hình học như đối xứng tâm, đối
xứng trục để tạo ra bài toán mới chứng minh được bằng cách sử dụng kết quả bài toán
đã có.
- Khái quát hoá đi đến bài toán tổng quát.
- Đặc biệt hoá để khai thác bài toán cực trị.
- Tương tự, mở rộng bài toán….
Việc hướng dẫn học sinh cách khai thác một bài toán là một trong những vấn đề
khó khăn đối với giáo viên, đòi hỏi người giáo viên cần phải có vốn kiến thức sâu
rộng, kiên trì và cần nhiều thời gian. Đối với học sinh, việc rèn luyện kỹ năng khai
thác là rất cần thiết, nhằm nâng cao khả năng tự học, sáng tạo, tư duy độc lập và đặc
biệt là gây được hứng thú học tập.
Qua thực tế giảng dạy, tôi nhận thấy rằng bài tập về đường tròn là rất quan trọng đối
với học sinh, đặc biệt là chương III hình học 9: “Góc với đường tròn”. Mặt khác
lượng kiến thức và bài tập về đường tròn tương đối nhiều và đa dạng nên học sinh khá

khó khăn trong việc hệ thống dạng bài tập cũng như cách giải. Vì vậy, nếu từ một bài
toán đơn giản ban đầu, nếu biết cách hướng học sinh tìm lời giải rồi từ đó tạo ra được
một số bài toán nhằm củng cố lại hệ thống kiến thức đã học thì việc thu nhận và hệ
thống kiến thức của chương trở nên dễ dàng hơn đối với học sinh đại trà nói chung và
phát triển tư duy cho học sinh khá giỏi nói riêng.
Nhằm khắc phục những khó khăn trong việc hướng dẫn học sinh cách tự học và cách
khai thác bài toán có hiệu quả, tôi đã rút ra một số kinh nghiệm để củng cố và phát
triển tư duy cho học sinh. Trong đề tài này tôi xin trình bày việc “Hướng dẫn học
sinh khai thác có hiệu quả bài toán về ba đường cao trong tam giác” để củng cố và
nâng cao kiến thức chương III, Hình học 9 cho học sinh; đặc biệt là kỹ năng chứng
minh tứ giác nội tiếp và khai thác các tính chất của tứ giác nội tiếp để giải toán.
PHẦN II: NỘI DUNG
Ta bắt đầu từ bài tập 10 trang 104 - SGK Toán 9 - Tập Một.
Bài toán 1: Cho tam giác ABC, các đường cao BD và CE. Chứng minh rằng:
a. Bốn điểm B, E, D, C cùng thuộc một đường tròn.
b. DE < BC.
Phân tích bài toán: Đây là bài toán thuộc
Chương II “Đường tròn” của chương trình Hình
A
B
C
D
E
học 9. Là bài tập nhằm củng cố lại định nghĩa
đường tròn và mối liên hệ giữa đường kính và
dây của đường tròn, nên để giải bài tập ta cần
chỉ rõ cho học sinh phương pháp. Cụ thể:
a) Để chứng minh 4 điểm B, E, C, D cùng thuộc một đường tròn ta có thể:
- Chỉ ra một điểm cách đều cả 4 điểm B, E, C, D (đó là trung điểm I của đoạn BC)
hoặc

- Chỉ ra có một đường tròn đi qua cả 4 điểm B, E, C, D là đường tròn đường kính BC.
b) Từ kết quả chứng minh ở câu a) => ED và BC là hai dây của một đường tròn và
BC là đường kính của đường tròn đó => ED < BC (Định lí liên hệ giữa dây và đường
kính).
Từ đó ta có cách giải bài toán như sau:
Giải:
a) Cách 1:
Gọi I là trung điểm của đoạn BC.
∆ BEC vuông tại E (gt) => trung tuyến
EI = IB = IC =
1
2
BC
∆ BDC vuông tại D (gt) => trung tuyến
DI = IB = IC =
1
2
BC
I
A
B
C
D
E
Do đó IE = ID = IB = IC => 4 điểm B, C, D, E cùng thuộc một đường tròn, đó là
đường tròn tâm I, bán kính
1
2
BC.
Cách 2:

0
90BEC∠ =
=> E
∈
đường tròn đường kính BC

0
90BDC∠ =
=> D
∈
đường tròn đường kính BC
Do đó E, D thuộc đường tròn đường kính BC => 4 điểm B, E, D, C cùng thuộc
đường tròn đường kính BC.
b. Trong đường tròn đường kính BC: ED là dây, BC là đường kính
=> ED < BC (liên hệ giữa dây và đường kính trong một đường tròn).
* Nhận xét 1:
- Kết quả bài toán trên luôn đúng với mọi tam giác ABC.
- Nếu bài tập này được đưa ra sau bài “Tứ giác nội tiếp” của Chương III, Hình
học 9, ta có thể phát biểu kết quả câu a) dưới hình thức khác: Chứng minh tứ giác
BECD nội tiếp và dấu hiệu được sử dụng là hai đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh chứa
hai đỉnh còn lại dưới hai góc bằng nhau hoặc tứ giác có 4 đỉnh cùng nằm trên một
đường tròn. Từ bài toán này ta có thể khai thác thành một số bài toán nhằm củng
cố các kiến thức về góc với đường tròn và phát triển tư duy cho học sinh. Cụ thể:
1. Đối với học sinh trung bình có thể cho học sinh nêu kết quả tương tự
- Nếu gọi H là giao điểm của BD và CE => H là trực tâm của tam giác ABC và AH
⊥
BC tại K.
Chứng minh tương tự ta có các kết quả sau:
a. Bốn điểm:
C, K, E, A cùng thuộc đường tròn đường

kính AC;
A, D, K, B cùng thuộc đường tròn đường
kính AB;
A, E, H, D cùng thuộc đường tròn đường kính AH;
C, D, H, K cùng thuộc đường tròn đường kính CH;
B, K, H, E cùng thuộc đường tròn đường kính BH.
b. DK < AB; EK < AC.
Ta cũng chứng minh được ED < AH; EK < BH; DK < HC.
2. Đối với học sinh khá giỏi có thể yêu cầu học sinh tiếp tục khai thác các kết quả
trên bằng cách sử dụng tính chất tứ giác nội tiếp để có các kết quả khác của bài
toán, qua các câu hỏi gợi ý như: KH có là phân giác của góc EKD không? Vì sao?
Kết quả tương tự là gì? Từ đó, có nhận xét gì về vị trí đặc biệt của điểm H đối với
tam giác EKD?
E
D
C
B
A
K
H
- Trong trường hợp tam giác ABC nhọn => H nằm trong tam giác ABC. Nối EK,
KD. Từ kết quả chứng minh được ở trên suy ra các tứ giác BEHK và CKHD là các
tứ giác nội tiếp =>
EBH EKH
DCH DKH



∠ = ∠
∠ = ∠

hay
ABD EKH
ACE DKH



∠ = ∠
∠ = ∠

Mà
ABD ACE∠ = ∠
(cùng phụ góc ABC) =>
EKH DKH
∠ = ∠

=> KH là phân giác của góc EKD.
Chứng minh tương tự ta có : DH là phân giác góc EDK ; EH là phân giác góc
DEK => H là giao điểm ba đường phân giác trong của tam giác EDK
=> H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác EDK.
Mặt khác, ta thấy EH hay EC là phân giác góc KED mà AE
⊥
EC
=> EA là phân giác góc ngoài tại E của tam giác EKD. Ta lại có KA là phân giác
góc EKD => A là tâm đường tròn bàng tiếp trong góc K của tam giác EKD. Tương
tự => B; C lần lượt là tâm các đường tròn bàng tiếp trong góc D; góc E của tam
giác EKD. Từ đó ta có bài toán sau có thể củng cố được kiến thức về tứ giác nội
tiếp, khái niệm tâm đường tròn nội tiếp và tâm đường tròn bàng tiếp tam giác.
Bài toán 1.1 :
Cho tam giác nhọn ABC. Các đường cao AK, BD, CE đồng quy tại H. Chứng
minh:

a) KH là phân giác góc DKE. Nêu kết quả tương tự.
b) H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DKE.
c) A; B; C là tâm các đường tròn bàng tiếp tam giác DKE.
* Nhận xét 2:
- Nếu gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Qua A vẽ tiếp tuyến Ax với
(O). Ta nhận thấy Ax //ED vì:
Trong (O):
Ax=B BCA∠ ∠
(cùng bằng

1
2
sđ cung AB).
Mặt khác tứ giác BEDC nội tiếp
( bài toán 1)
=>
BCA AED∠ = ∠
(cùng bù góc DEB)
Do đó
BAx AED∠ = ∠
mà hai góc này
ở vị trí so le trong => Ax // ED.
Ta lại có Ax
⊥
OA (gt) => OA
⊥
ED.
Tương tự ta có: OB
⊥
EK; OC

⊥
DK.
Như vậy bằng cách sử dụng tính chất tứ giác nội tiếp và mối liên hệ giữa các góc
trong đường tròn ta có thể giải bài toán sau:
Bài toán 1.2:
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O), đường cao AK; BD; CE của tam
giác ABC. Chứng minh OA
⊥
ED; OB
⊥
EK; OC
⊥
DK.
* Nhận xét 3:
- Gọi A’; B’; C’ lần lượt là giao điểm của AK, BD, CE với (O). Ta có:
x
O
E
D
C
B
A
K
H
1
2A C∠ = ∠
(cùng phụ góc ABC)
1 1
A C∠ = ∠
(cùng bằng

1
2
sđ
cung BA’ - góc nội tiếp)
=>
1 2
C C∠ = ∠
=> CK là phân giác
góc HCA’ mà CK
⊥
HA’ (gt)
=> tam giác CA’H cân tại C
=> K là trung điểm của HA’.
Do đó BC là đường trung trực của
đoạn thẳng HA’ => H và A’ đối xứng nhau qua BC. Chứng minh tương tự ta có: H
và B’ đối xứng nhau qua AC; H và C’ đối xứng nhau qua AB.
Mặt khác tứ kết quả chứng minh trên =>
'HBC A BC∆ = ∆
=> bán kính đường tròn
ngoại tiếp các tam giác HBC và A’BC bằng nhau mà tam giác A’BC nội tiếp đường
tròn (O;R) => tam giác HBC nội tiếp đường tròn có bán kính bằng R. Tương tự:
các tam giác HBA; HAC có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng R. Từ đó ta có bài
toán mới khai thác tính chất trực tâm H của tam giác ABC.
Bài toán 1.3:
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O;R), các đường cao AK; BD; CE
đồng quy tại H. Gọi A’; B’; C’ lần lượt là giao điểm của AK; BD; CE với đường
tròn (O). Chứng minh:
a) A’; B’; C’ đối xứng với H qua BC, CA, AB.
1
2

E
B'
C'
O
C
B
A
K
A'
H
1
D
b) Các tam giác HBC; HCA; HAB có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng nhau.
* Nhận xét 4:
- Có thể phát biểu câu b) của bài toán trên bằng cách khác như sau: chứng minh
các tam giác HBC; HCA; HAB; ABC có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng nhau.
Cách phát biểu này giúp ta định hướng cách giải dễ hơn so với cách phát biểu của
bài toán 1.3.
- Từ kết quả bài toán 1.3, có thể đặt vấn đề nêu bài toán đảo của bài toán trên. Nếu
gọi A’; B’; C’ là các điểm đối xứng với H qua BC; CA; AB thì các điểm A; B; C;
A’; B’; C’ có cùng thuộc một đường tròn được không? Ta xét bài toán đảo của bài
toán 1.3.
Bài toán 1.4:
Cho tam giác nhọn ABC; các đường cao AK, BD, CE đồng quy tại H. Gọi A’; B’;
C’ lần lượt là các điểm đối xứng với H qua BC, CA, AB. Chứng minh:
a) Sáu điểm A; B; C; A’; B’; C’ cùng thuộc một đường tròn.
b) Các tam giác HBC; HCA; HAB nội tiếp các đường tròn bằng nhau.
D
1
H

A'
K
A
B
C
C'
B'
E
2
1

Hướng dẫn giải:
a) A’ đối xứng với H qua BC =>
1 2
C C∠ = ∠
mà
1 2
A C∠ = ∠
(cùng phụ góc ABC) =>
1 2
A C∠ = ∠
=> tứ giác ABA’C nội tiếp => 4 điểm A, B, C, A’ cùng thuộc một đường
tròn => A’ thuộc đường tròn (ABC).
Chứng minh tương tự ta có B’, C’ thuộc đường tròn (ABC).
Vậy 6 điểm A, B, C, A’, B’, C’ cùng thuộc một đường tròn.
b) Chứng minh tương tự bài toán 1.3.
* Nhận xét 5:
- Ta nhận thấy rằng: kết quả trên chỉ đúng khi tam giác ABC nhọn. Nếu tam giác
ABC là tam giác tù (tại A chẳng hạn) thì A là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DKE;
còn H là tâm đường tròn bàng tiếp trong góc K của tam giác DKE.

- Sử dụng mối liên hệ giữa đường kính và dây trong đường tròn ta có thể hướng dẫn
học sinh khai thác tiếp kết quả của bài toán như sau: Kẻ OF vuông góc với AC; ON
vuông góc với BC
(F thuộc AC; N thuộc BC )
=> F; N lần lượt là trung điểm của AC; BC
=> FN là đường trung bình của tam
giác ABC => NF // AB và
1
2
NF
AB
=

Mặt khác:
H
K
A
B
C
D
N
O
F
OF // BH (cùng vuông góc với AC)
ON // AH (cùng vuông góc với BC) => các tam giác ONF và HAB đồng
dạng =>
1
2
ON NF
AH AB

= =
=> AH = 2. ON.
Vậy nếu tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) có cạnh BC cố định thì ON không
đổi => AH không đổi khi A di chuyển trên đường tròn (O). Ta có bài toán về yếu tố
không đổi:
Bài toán 1.5:
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O); BC cố định. Chứng minh rằng khi
A di chuyển trên cung lớn BC thì khoảng cách từ điểm A đến trực tâm H của tam
giác ABC là không đổi.
* Nhận xét 6:
- Từ bài toán trên ta cũng chứng minh được các tam giác ADH và tam giác BDC
đồng dạng (g.g) =>
cot .cot
AH AD
gA AH BC gA
BC BD
= = ⇒ =
không đổi khi B; C cố
định và A chạy trên cung lớn BC của đường tròn (O) => cách giải khác cho bài
toán 1.5. Với cách giải này ta có thể củng cố lại kiến thức về tỉ số lượng giác của
góc nhọn cho học sinh.
- Từ kết quả chứng minh của bài toán 1.5: AH có độ dài không đổi khi điểm A chạy
trên cung lớn BC của đường tròn (O); ta có thể đặt câu hỏi là: Vậy điểm H chạy
trên đường nào khi điểm A chạy trên cung lớn BC của đường tròn (O)?
Nếu gọi I là điểm đối xứng với điểm O qua N
=> điểm I cố định và OI = 2.ON mà
I
O
N
D

C
B
A
K
H
AH = 2.ON (cmt) => OI = AH.
Mặt khác OI // AH (cùng vuông góc với BC)
=> tứ giác AHIO là hình bình hành
=> IH = OA = R không đổi (R là bán kính
đường tròn (O) ngoại tiếp tam giác ABC)
=> H thuộc đường tròn (I; R) cố định.
Ta đã giải được bài toán về quỹ tích sau:
Bài toán 1.6:
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O; R); BC cố định. Tìm quỹ tích trực
tâm H của tam giác ABC khi A chạy trên cung lớn BC của đường tròn (O).
* Nhận xét 7:
- Có thể phát biểu bài toán 1.6 dưới hình thức khác như sau: Cho tam giác nhọn
ABC nội tiếp đường tròn (O; R); BC cố định. Chứng minh rằng trực tâm H của tam
giác ABC thuộc một đường tròn cố định khi A chạy trên cung lón BC của đường
tròn (O).
- Từ kết quả chứng minh của bài toán 1.5:
AH = 2.ON => nếu gọi Q là giao điểm
của AO và HN thì ta cũng chúng minh được
AQ = 2.AO và HQ = 2.HN
=> Q thuộc (O; R) và N là trung điểm
của HQ. Do đó, ta cũng có tứ giác BHCQ là
hình bình hành. Như vậy, ta có thể phát biểu
thành các bài toán sau:
Bài toán 1.7:
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp ( O; R) ; trực tâm H. Gọi N là trung điểm của BC;

Q là giao điểm của AO và HN. Chứng minh rằng:
a) Điểm Q thuộc ( O ).
b) Tứ giác BHCQ là hình bình hành.
Bài toán 1.7.1:
O
N
D
C
B
A
K
H
Q
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O; R); trực tâm H. Gọi Q là giao điểm
của AO với (O); N là trung điểm của BC. Chứng minh H; N; Q thẳng hàng.
Bài toán 1.7.2:
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O;R); trực tâm H; cạnh BC cố định. kẻ
đường kính AQ của (O). Chứng minh khi A di động trên cung lớn BC
của (O) thì HQ luôn đi qua một điểm cố định.
Bài toán 1.7.3:
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O;R), trực tâm H; cạnh BC cố
định. Gọi N là trung điểm của BC; Q là giao điểm của HN với (O). Chứng
minh rằng đường thẳng AQ luôn đi qua một điểm cố định.
* Nhận xét 8:
- Rõ ràng với cùng một nội dung nhưng cách phát biểu khác nhau cho ta các bài
toán có độ khó khác nhau, dạng khác nhau. Bài tập 1.7 là bài tập có thể dành cho
mọi đối tượng học sinh vì cách phát biểu dễ hiểu và rõ ràng nhưng các bài tập
1.7.1; 1.7.2; 1.7.3 thì chỉ nên dành cho đối tượng học sinh khá giỏi. Từ đó rèn luyện
được cho học sinh kỹ năng phát triển ngôn ngữ, biết cách lật ngược vấn đề để tạo
ra các bài toán mới; biết cách diễn đạt một vấn đề bằng nhiều hình thức khác nhau,

hình thành thói quen xem xét và biết cách chuyển một bài toán nào đó về bài toán
quen thuộc hoặc dễ tìm ra cách giải hơn, từ đó suy ra cách giải bài toán theo yêu
cầu.
- Ta tiếp tục khai thác các tính chất khác của trực tâm H. Gọi giao điểm của HO và
trung tuyến AN của tam giác ABC là G. Ta chứng minh được các tam giác AHG và
NOG đồng dạng (g.g)
O
N
D
C
B
A
K
H
G
=>
AH AG HG
NO NG GO
= =
mà AH = 2.ON (cmt)
=> HG = 2.OG và AG = 2.NG.
Từ AG = 2.NG => G là trọng tâm của
tam giác ABC. Từ đó ta có thể nêu bài
toán như sau:
Bài toán 1.8:
Chứng minh rằng trong một tam giác, trọng tâm, trực tâm và tâm đường tròn
ngoại tiếp tam giác đó nằm trên một đường thẳng (gọi là đường thẳng Ơle
của tam giác đó).
* Nhận xét 9:
- Nếu gọi M là giao điểm của ON với (O) => M là điểm chính giữa của cung BC

=> OM // AK (cùng vuông góc với BC) =>
OMA KAM∠ = ∠
mà
OMA OAM∠ = ∠
(vì tam giác OAM cân tại O) =>
KAM OAM∠ = ∠
=> AM là phân giác của góc KAO. Mặt khác ta cũng có AM là phân giác của góc
BAC. Do đó
BAK OAC∠ = ∠
.
Nếu gọi S là giao điểm của AM và BC; P là giao điểm của MN với (O)
=> MP là đường kính của (O)
=>
0
90MAP∠ =
mà
0
90PNS∠ =
=> tứ giác PASN nội tiếp => P thuộc
đường tròn ( ASN ) mà P cũng thuộc
(O) => P là giao điểm thứ hai của (O) và
(ASN).
Từ kết quả trên ta có thể phát biểu
thành một số bài toán có độ khó khác
nhau như sau:
Bài toán 1.9:
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O); phân giác AS của góc BAC
M
A
B

C
N
O
K
P
S
cắt (O) tại M. Gọi N là giao điểm của OM và BC. Kẻ đường cao AK của tam giác
ABC.
a) Chứng minh: AM là tia phân giác của góc KAO.
b) Gọi P là giao điểm thứ hai của (O) và (ASN). Chứng minh M; N; P thẳng hàng.
Bài toán 1.9.1:
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O); BC cố định. Gọi M là điểm chính
giữa của cung BC không chứa điểm A, S là giao điểm của AM với BC; N là giao
điểm của OM với BC. Chứng minh rằng khi A di chuyển trên cung lớn BC thì
đường tròn ngoại tiếp tam giác ASN luôn đi qua một điểm cố định
khác N.
Bài toán 1.9.2:
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O). Gọi M là điểm chính giữa của
cung BC không chứa điểm A, S là giao điểm của AM với BC; N là giao điểm của
OM với BC. Gọi P là giao điểm của đường tròn (ASN) với MN. Chứng minh P
thuộc đường tròn (O).
* Nhận xét 10:
- Từ kết quả bài toán 1.1 ta cũng chứng minh được
AED BEK
∠ =∠
(cùng phụ với
hai góc bằng nhau là
góc DEH và góc KEH ).
Do đó để có dạng toán về
chứng minh ba điểm thẳng hàng

M
H
K
A
B
C
D
E
N
ta gọi M là điểm đối xứng với
K qua AB thì ta chứng minh
được các góc AED và góc
MEB bằng nhau=> góc MED
có số đo bằng 180
0
=> M, E, D thẳng hàng.
Tương tự gọi N là điểm đối xứng với K qua AC => E, D, N thẳng hàng.
=> 4 điểm M, E, D, N thẳng hàng. Ta có bài toán 1.10:
Bài toán 1.10:
Cho tam giác nhọn ABC, các đường cao AK, BD, CE. Gọi M, N lần lượt là các
điểm đối xứng với K qua AB, AC. Chứng minh 4 điểm M, E, D, N thẳng
hàng.
* Nhận xét 11:
- Từ kết quả bài toán 1.10 => MN = ME + ED + DN mà ME = EK,
DN = DK (tính chất đối xứng trục) => MN = EK + ED + DK; tức là độ dài đoạn MN
bằng chu vi tam giác DEK.
- Nếu D, E, K là các điểm bất kỳ trên các cạnh CA, AB, BC thì M, E, D, N không
thẳng hàng. Khi đó độ dài đường gấp khúc MEDN = ME + ED + DN hay độ dài
đường gấp khúc MEDN = EK + ED + DK => chu vi tam giác DEK nhỏ nhất khi M,
E, D, N thẳng hàng. Khi đó D, E, K là chân các đường cao của tam giác ABC. Ta có

bài toán cực trị hình học :
Bài toán 1.11:
Cho tam giác nhọn ABC; K, D, E là các điểm bất kỳ trên các cạnh BC, CA, AB.
Chứng minh rằng chu vi tam giác DEK nhỏ nhất khi K, D, E là chân các đường cao
của tam giác ABC.
N
E
D
C
B
A
K
M
* Nhận xét 12:
- Nếu gọi I, F là hình chiếu của B, C trên đường thẳngDE thì kết quả bài toán trên
thay đổi như thế nào?
Từ kết quả của bài toán 1.1:
B, C là tâm các đường tròn bàng
tiếp trong góc D, góc E của tam giác
EDK. Theo tính chất các tiếp tuyến
cắt nhau ta có:
2.ID = DE + KE + KD
2.EF = DE + KE + KD
=> ID + EF = DE + KE + KD
=> ID + DF + DE = DE + KE + KD=> IF = KE + KD
Bài toán 1.12:
Cho tam giác nhọn ABC, các đường cao AK, BD, CE. Gọi I, F theo thứ tự là hình
chiếu của B, C trên đường thẳng DE. Chứng minh IF = KE + KD.
* Nhận xét 13:
- Từ bài toán 1.6 ta thấy: nếu A là điểm chính giữa của cung BC lớn thì

S
≡
N => AM là đường kính của đường tròn (O) và AM
⊥
BC
=> AM.BN = AB.BM
F
K
A
B
C
D
E
I
N
A
B
C
M
O
AM.CN = AC.CM
=> AM.(BN + CN) = AB.BM+AC.CM
Mà BM = CM nên ta có:
AM.BC = AB.CM + AC.BM
Vậy nếu tứ giác ABMC nội tiếp và
AM
⊥
BC thì tích hai đường chéo bằng
tổng các tích của các cạnh đối. Có thể
đặt câu hỏi là kết quả trên còn đúng

không nếu ABMC là tứ giác bất kỳ nội tiếp được? Từ đó ta có thể giới thiệu định lý
Ptôlêmê:
Bài toán 1.13:
Chứng minh rằng trong một tứ giác nội tiếp, tích hai đường chéo bằng tổng các tích
của các cặp cạnh đối.
* Nhận xét 14:
- Từ nhận xét 13, nếu tam giác ABC
là tam giác đều, ta còn chứng minh
được tam giác OBM, tam giác OCM
cũng là các tam giác đều
=> MB = MC = MO = R,
A
B
C
M
O
mà AM = 2R => MA = MB + MC.
Ta cũng chứng minh được kết quả trên
vẫn đúng khi M không là điểm chính giữa của cung BC không chứa điểm A. Từ đó
ta có bài toán sau:
Bài toán 1.14:
Cho tam giác ABC đều nội tiếp đường tròn (O). M là điểm bất kỳ trên đường tròn
(O). Chứng minh rằng trong 3 đoạn thẳng MA, MB, MC có một đoạn bằng tổng 2
đoạn còn lại.
* Nhận xét 15:
- Từ các bài toán trên, ta có thể giới thiệu cho HS một số bài toán khác được khai
thác từ kết quả của các bài toán đã có nhằm củng cố và nâng cao khả năng giải các
dạng toán khác như tỉ số lượng giác, dựng hình… như sau:
Bài toán 1.15:
Cho tam giác ABC, trực tâm H. Gọi O

1
; O
2
; O
3
là tâm các đưòng tròn ngoại tiếp các
tam giác HBC, tam giác HCA, tam giác HAB. Chứng minh các tam giác ABC và
tam giác O
1
O
2
O
3
bằng nhau.
Bài toán 1.16:
Cho tam giác ABC nhọn, các đường cao AK, BD, CE. Chứng minh rằng:
2 2 2
1 ( os os os )
KDE
ABC
S
c A c B c C
S
= − + +
Bài toán 1.17:
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn bán kính R và ngoại tiếp đường tròn
bán kính r. Các đường cao AK, BD, CE của tam giác ABC. Chứng minh rằng
DEK
ABC
S

r
S R
=
.
Bài toán 1.18:
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn bán kính R và ngoại tiếp đường tròn
bán kính r. Chứng minh
2 2 2
1 ( os os os )
r
c A c B c C
R
= − + +
Bài toán 1.19:
Dựng tam giác ABC biết trực tâm H và các điểm A’, B’, C’ là các điểm đối xứng
với H qua BC, CA, AB.
PHẦN III: KẾT LUẬN
Như vậy, từ một bài toán gốc đơn giản, bằng cách vận dụng và khai thác triệt để
các kết quả chứng minh được và một số phép đối xứng trục, đối xứng tâm, đặc biệt
hoá, tổng quát hoá ta có thể phát biểu và chứng minh được một số bài toán mới,
nhằm củng cố và hệ thống lại các kiến thức, các dạng bài tập và cách giải các bài tập
của Chương II, Chương III hình học 9; nhất là dạng toán về chứng minh tứ giác nội
tiếp và các góc liên quan đến đường tròn. Để vận dụng có hiệu quả nhất định và phát
triển tư duy của học sinh, giáo viên cần biết hướng dẫn học sinh phân tích bài toán,
tìm và phát biểu các kết quả tương đương, thay đổi hình thức phát biểu bài toán, nêu
bài toán tổng quát, kết quả bài toán đặc biệt
Trên đây là một số suy nghĩ và việc làm tôi đã thực hiện trong quá trình giảng
dạy. Tôi nhận thấy rằng các bài toán, dạng toán được giới thiệu có hệ thống, có liên