Sáng kiến kinh nghiệm Khai thác từ một bài toán cơ bản

Sáng kiến kinh nghiệm Khai thác từ một bài toán cơ bản
Đề tài : KHAI THÁC TỪ MỘT BÀI TOÁN CƠ BẢN
A-ĐẶT VẤN ĐỀ:
Chúng ta biết rằng : Khi dạy ôn luyện cho học sinh nếu chúng ta đột nhiên
đưa cho học sinh một bài toán chưa quen dạng hay một bài toán khó,chưa có
cơ sở để giải thì chắc chắn các em rất bỡ ngỡ ,bị sốc , bị nghẹn -khó lòng tìm
ra lời giải.Nếu giáo viên có hướng dẫn hay chữa thì mức độ lĩnh hội tiếp thu
của các em cũng rất hữu hạn.Do đó khi dạy ôn luyện các môn các bộ môn nói
chung ,đặc biệt đối với bộ môn Toán nói riêng chúng ta nên dạy bắt đầu từ
một bài toán cơ bản ,đơn giản rồi sau đó khai thác các góc cạnh của bài toán
để mở rộng ,nâng cao - Điều này sẽ phù hợp với quá trình nhận thức của học
sinh từ thấp đến cao,từ đơn giản đến phức tạp , giúp các em tự mình khám phá
ra kiến thức ,cách giải một cách chủ động không bị gò ép bắt buộc-để từ đó
các em hiểu hơn,nắm chắc hơn,nhớ lâu hơn,hơn thế nữa nó còn gây hứng thú
học tập cho các em học sinh. Chính vì lẽ đó tôi chọn đề tài :
"Khai thác từ một bài toán cơ bản " để nghiên cứu .
I- CỞ SỞ LÝ LUẬN :

Như chúng ta đã biết khoa học ngày càng phát triển ,đòi hỏi mỗi giáo viên
phải nỗ lực hết mình đem hết khả năng và trau dồi kiến thức ,chuyên môn của
mình để đáp ứng với yêu cầu nhiệm vụ phát triển của xã hội nói chung và của
ngành giáo dục nói riêng . Đối với học sinh cũng vậy nhu cầu học ngày càng
một sâu rộng hơn. Do đó đòi hỏi kiến thức chương trình ,phương pháp dạy
học phải thay đổi để phù hợp với thời đại.
II- CỞ SỞ THỰC TIỄN:

Đào Minh – Đô lương - Nghệ
an
1
F
E

D
H
A
C
B
2
1
1
1
Sáng kiến kinh nghiệm Khai thác từ một bài toán cơ bản
Khi gặp các bài toán khó các em học sinh rất bỡ ngỡ .thấy xa lạ,chưa quen
dạng nên khả năng suy nghĩ sáng tạo để tìm ra lời giải là rất khó . Vì vậy cần
phải đưa ra một số bài toán quen thuộc ,trên cơ sở giải các bài toán quen thuộc
chúng ta có thể khai thác để giải các bài toán khó hơn . Từ đó mà chúng ta có
thể nâng dần chất lượng học sinh lên , khơi dậy niềm đam mê học tập môn
Toán, phát triển được tư duy sáng tạo cho học sinh.
Tuy nhiên tùy mức độ nhận thức tiếp thu của đối tượng học sinh mà chúng
ta dạy nâng lên đến mức độ nào cho phù hợp.
Ở trong đề tài này tôi xin được trình bày một chùm bài toán xoay quanh
khai thác từ một bài toán cơ bản của hình học 9
B-GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ:
Chúng ta bắt đầu bằng bài toán cơ bản sau:
Bài toán 1 ( Bài toán cơ bản)
Cho tam giác nhọn ABC,có ba đường cao AD; BE; CFcắt nhau tại H
Chứng minh: Các tứ giác ABDE , BDHF nội tiếp
Chứng minh:
*HS dễ dàng chứng minh được :

·
ADB

=
·
AEB
= 90
0
⇒
Tứ giác ABDE nội tiếp đường tròn đường kính AB
*HS dễ dàng chứng minh được :
Đào Minh – Đô lương - Nghệ
an
2
F
E
D
H
A
C
B
2
1
1
1
Sáng kiến kinh nghiệm Khai thác từ một bài toán cơ bản

·
BDH
+
·
BFH
= 90

0
+ 90
0
= 180
0
⇒
Tứ giác BDHF nội tiếp đường tròn đường kính BH
Lưu ý:Tương tự như vậy HS dễ dàng chứng minh được các tứ giác AFDC,
BCEF, AEHF,CDHE nội tiếp
Phân tích : Từ việc chứng minh được các tứ giác ABDE , BDHF nội tiếp
⇒
µ
¶
1 2
B D=
và
µ
¶
1 1
B D=
(các góc nội tiếp cùng chắn một cung trong một đường
tròn)
⇒
¶
¶
1 2
D D=
. Hay DH là phân giác của
·
DFE

Từ đó với dự kiện như ở bài toán 1 ,ta có bài toán sau:
Bài toán 1.1
Cho tam giác nhọn ABC,có ba đường cao AD; BE; CFcắt nhau tại H
Chứng minh: DH là phân giác của
·
DFE
Chứng minh:
Ta có ABDE, BDHF là các tứ giác nội tiếp theo bài toán 1
⇒
µ
¶
1 2
B D=
và
µ
¶
1 1
B D=

(các góc nội tiếp cùng chắn một cung trong một đường tròn)
Đào Minh – Đô lương - Nghệ
an
3
F
E
D
H
A
C
B

2
1
1
1
Sáng kiến kinh nghiệm Khai thác từ một bài toán cơ bản
⇒
¶
¶
1 2
D D=
.Hay DH là phân giác của
·
DFE
Phân tích:Từ việc chứng minh được DH là phân giác của
·
DFE
theo bài
toán 1.1 . Chứng minh tương tự ta có EH; FH lần lượt là các phân giác của
·
EFD
và
·
EFD
⇒
H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF
Từ đó với dự kiện như ở bài toán 1.1 ,ta có bài toán sau:
Bài toán 1.2
Cho tam giác nhọn ABC,có ba đường cao AD; BE; CFcắt nhau tại H
Chứng minh: H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF
Gợi ý:

- Thế nào là đường tròn nội tiếp tam giác ?
- Tâm của đường tròn nội tiếp tam giác được xác định như thế nào?
(Nếu học sinh không trả lời được thì gợi ý hỏi sát hơn :Tâm của đường tròn
nội tiếp tam giác là giao điểm 3 đường gì của tam giác?)
- 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
tam giác DEF )
Đào Minh – Đô lương - Nghệ
an
4
Sáng kiến kinh nghiệm Khai thác từ một bài toán cơ bản
Chứng minh:
Chứng minh tương tự như bài toán 1.1, ta có DH, EH; FH lần lượt là các phân
giác của
·
DFE
,
·
EFD
và
·
EFD
⇒
H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF
Phân tích: Như vậy qua bài toán này học sinh thấy được tính chất đặc biệt
của điểm H, nó vừa là trực tâm tam giác ABC vừa là tâm đường tròn nội tiếp
tam giác DEF, với D, E ,F là chân đường cao của tam giác ABC .Từ đó ta có
bài toán dựng hình như sau:
Bài toán 1.3:
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 bài
toán 1.2 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 tam giác DEF
- Dựng điểm H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác 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.
Bây giờ ta quay trở lại bài toán 1,ta có thể khai thác bài toán 1 theo hướng
khác như sau:
Đào Minh – Đô lương - Nghệ
an
5
H
3
2
1
H
H
2
1
1
O
C
D
H
F

E
B
A
Sáng kiến kinh nghiệm Khai thác từ một bài toán cơ bản
Phân tích:
Theo bài toán 1 ta đã chứng minh được : Tứ giác AFHE là tứ giác nội tiếp nên

·
·
FAE FHE+
= 180
0

Mà
·
·
FHE BHC=
(đối đỉnh)

⇒

·
FAE
+
·
CBH
= 180
0
(1)
Từ đó ta nghĩ là nếu lấy điểm H

1
đối xứng với H qua BC

⇒

·
·
1
BHC BH C=
(do H và H
1
đối xứng nhau qua BC ) (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
Như vậy từ đây ta lại khai thác ra được bài toán mới như sau:
Bài toán 2.1:
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 giao điểm của các tia AH, BH, CH với đường
tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Chứng minh: H
1
, H
2
, H
3
lần lượt đối xứng với H qua BC, AC, AB.
Đào Minh – Đô lương - Nghệ
an
6
Sáng kiến kinh nghiệm Khai thác từ một bài toán cơ bản
Gợi ý:
- 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:
Ta có:
µ
µ
1 1
C A=
(vì tứ giác CDFA là tứ giác nội tiếp)

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

⇒

µ
¶
1 2
C C=
hay CD là phân giác của
·
1
HCH
Trong tam giác 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.

Từ bài toán 2.1 ta có bài toán đảo của nó như sau :
Bài toán 2.2:
Đào Minh – Đô lương - Nghệ
an
7
Sáng kiến kinh nghiệm Khai thác từ một bài toán cơ bản
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



Chứng minh:
Do tứ giác AFHE là tứ giác nội tiếp nên
·
·
FAE FHE+
= 180

0
(1)
Ta có:
·
·
FHE BHC=
(đối đỉnh);
·
·
1
BHC BH C=
(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
Ngoài cách chứng minh trên ta có thể chứng minh bài toán theo cách khác
không ?
Đào Minh – Đô lương - Nghệ
an
8
H
3
2
1
H
H
2
1
1
O
C
D

H
F
E
B
A
D
E
F
H
H1
B
A
C
Sáng kiến kinh nghiệm Khai thác từ một bài toán cơ bản
Cũng có thể chứng minh theo cách khác:
Cách 2
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.
Chứng minh tương tự thì H
2
, H
3

cũng thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC
Phân tích :
Từ bài toán 2.2 ta đã chứng minh được : Tứ giác ABH
1
C nội tiếp. Hay H
1

thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.nên trong tam giác ABC nếu cho
BC cố định,khi điểm A di động trên cung lớn BC thì điểm H
1
di động trên
cung nhỏ BC mà H
1
và H đối xứng nhau qua BC,nên từ đó ta có bài toán cho
quỹ tích trực tâm H như sau:
Bài toán 2.3:
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) ,có ba đường cao AD; BE;
CFcắt nhau tại H ; cho B ,C cố định.Tìm quỹ tích trực tâm H khi điểm A di
động trên cung lớn BC của đường tròn (O)
Hướng dẫn :
*Tìm quỹ tích điểm H:
- Từ bài toán 2.2:Với H
1
đối xứng với H qua BC
Đào Minh – Đô lương - Nghệ
an
9
Sáng kiến kinh nghiệm Khai thác từ một bài toán cơ bản
Ta đã chứng minh được :

H
1
thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC O
- 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)
- Mà H đối xứng với H
1
qua BC
Vậy H sẽ chuyển động trên đường nào?
Giải
Gọi H
1
đối xứng với H qua BC
Do tứ giác AFHE là tứ giác nội tiếp nên
·
·
FAE FHE+
= 180
0
(1)
Ta có:
·
·
FHE BHC=
(đối đỉnh)

và
·
·
1
BHC BH C=
(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 đường tròn (O)
Hay H
1

thuộc đường tròn (O)
⇒
Khi điểm A di động trên cung lớn BC của đường tròn (O) thì điểm H
1
di
động trên cung nhỏ BC của đường tròn (O), mà H và H
1
đối xứng nhau qua
BC
⇒
Khi điểm A di động trên cung lớn BC của đường tròn (O) thì trực tâm H di
động trên cung đối xứng với cung nhỏ BC của đường tròn (O) qua BC
(Cung chứa góc 180
0
- Â dựng trên đoạn thẳng BC, cùng phía với A đối với
BC)
Đào Minh – Đô lương - Nghệ
an
10
D
E
F
H
H1
B
A
C
Sáng kiến kinh nghiệm Khai thác từ một bài toán cơ bản
Phân tích: Từ bài toán 2.3 ta đã chứng minh được : Khi điểm A di động trên
cung lớn BC của đường tròn (O) thì điểm H

1
di động trên cung nhỏ BC của
đường tròn (O).
Mặt khác ta lại có S
BHC
= S
BH C
( vì H và H
1
đối xứng nhau qua BC)
⇒
S
BHC
lớn nhất
⇔
S
BH C
lớn nhất
mà BC không đổi

⇒
S
BH C
lớn nhất
⇔
DH
1
lớn nhất

⇔

H
1
là điểm chính giữa của cung nhỏ BC

⇔
A là điểm chính giữa của cung lớn BC
Từ đó ta có bài toán sau:
Bài toán 2.4:
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) ,có ba đường cao AD; BE;
CFcắt nhau tại H, BC cố định.Tìm vi trí điểm A trên cung lớn BC của đường
tròn (O) để diện tích tam giác BHC lớn nhất.
O
Đào Minh – Đô lương - Nghệ
an
11
Sáng kiến kinh nghiệm Khai thác từ một bài toán cơ bản
Giải :
Gọi H
1
đối xứng với H qua BC
Theo bài toán 2.3 ta đã chứng minh được : Khi điểm A di động trên cung
lớn BC của đường tròn (O) thì điểm H
1
di động trên cung nhỏ BC của đường
tròn (O).
Ta có : S
ABC
=
2
1

BC.DH , S
ABC
=
2
1
BC.DH
1
mà DH = DH
1
(vì H
1
đối xứng với H qua BC )
⇒
S
BHC
= S
BH1C

⇒
S
BHC
lớn nhất
⇔
S
BH1C
lớn nhất
mà BC không đổi

⇒
S

BH1C
lớn nhất
⇔
DH
1
lớn nhất

⇔
H
1
là điểm chính giữa của cung nhỏ BC

⇔
A là điểm chính giữa của cung lớn BC
Sau khi học sinh được học bài toán cơ bản rồi khai thác mở rộng nâng cao
giải được các bài toán khó hơn thì bây giờ ta ra cho học sinh một số bài toán
tổng hợp để các em học sinh định hướng nghĩ ra cách giải dựa trên các bài
toán đã khai thác giải ở trên.
Một số bài toán tổng hợp vận dụng
Bài 1:
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O); ba đường cao của tam
giác là AD; BE; CFcắt nhau tại H . Gọi 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

Đào Minh – Đô lương - Nghệ
an
12
1
2
1
3
2
1
H
H
H
O
F
E
D
H
A
C
B
1
Sáng kiến kinh nghiệm Khai thác từ một bài toán cơ bản
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 ; A chuyển động trên cung lớn BC
- Tìm quỹ tích trực tâm H?
- Xác định vị trí điểm A để diện tích tam giác BHC đạt giá trị lớn nhất
- Tìm vị trí điểm A để chu tam giác DEF lớn nhất.
Hướng dẫn:
a) Phân tích : - Theo bài toán 2.1 ta đã chứng minh được 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:
a ) Theo bài toán 2.1 ta chứng minh được H và H
1

đối xứng với nhau qua BC
⇒

∆
BHC =
∆
BH
1
C
⇒
Bán kính đường tròn ngoại tiếp
∆
BHC
bằng bán kính đường tròn ngoại tiếp
∆
BH
1
C
Mà
∆

BH
1
C nội tiếp đường tròn tâm O
Đào Minh – Đô lương - Nghệ
an
13
H
E
x
O
B
A
C
K
D
F
Sáng kiến kinh nghiệm Khai thác từ một bài toán cơ bản
⇒
Bán kính đường tròn ngoại tiếp
∆
BHC
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) Do H
1
, H
2
lần lượt đối xứng với H qua BC, AC (theo bài toán 2.1)
⇒
DH = DH
1
, EH = EH
2
⇒
DE là đường trung bình của
∆
HH
1
H
2

⇒
DE // H
1
H
2
Ta có thể chứng minh câu b) theo cách khác không ?
Cách 2: Ta có :
µ
µ
1 1
E A=

(do tứ giác AEDB nội tiếp ,theo bài toán 1cơ bản)

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
1

H
3
c) Ta có:
µ
¶
1 2
C C=
(chứng minh ở bài toán 2.1)

⇒

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 (theo câu b)
⇒
BO
⊥
FD
Chứng minh tương tự
⇒
AO
⊥
EF; CO
⊥
ED.
Câu c ) còn có cách chứng minh nào khác không ?
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:
Đào Minh – Đô lương - Nghệ
an
14

Sáng kiến kinh nghiệm Khai thác từ một bài toán cơ bản
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
Chứng minh tương tự
⇒
BO
⊥
FD; CO
⊥
ED.
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
Chứng minh tương tự
⇒
BO
⊥
FD; CO
⊥
ED.

d) Hướng dẫn :
*Tìm quỹ tích điểm H: (Giải như bài toán 2.3)
* Xác định vị trí điểm H để diện tích tam giác BHC đạt giá trị lớn nhất:
(Giải như bài toán 2.4)
* 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 (theo câu c )
nên S
AEOF
=
2
1
AO.EF ; S
BFOD
=
2
1
BO.FD ; S
CDOE
=
2
1
CO.DE
Vì trường hợp này O ở trong tam giác ABC nên
S

AEOF
+ S
BFOD
+ S
CDOE
= S
ABC
⇒
S
ABC
=
2
1
( AO.EF + BO.FD + CO.DE )
=
2
1
AO(EF + FD + DE) (vì AO = BO = CO = R
(O)
)
Đào Minh – Đô lương - Nghệ
an
15
C
E
D
A
H
O
B

K
J
I
Sáng kiến kinh nghiệm Khai thác từ một bài toán cơ bản
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.
Bài 2:
Cho tam giác nhọn ABC có ba góc nhọn nội tiếp 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 toán1 cơ bản).
b) Từ giác BDEC nội tiếp
⇒

∆
ADE
∆
ACB (g.g)
⇒
đpcm
c) KA là phân giác của góc DKE
(Giải như bài toán 1.1)
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 (theo câu c bài 1)
⇒
IJ // AO
Đào Minh – Đô lương - Nghệ
an
16
S
M
l
D
H
Q
F
E
P
N
O
C
A
B
Sáng kiến kinh nghiệm Khai thác từ một bài toán cơ bản
Bài 3:
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R .Các đường cao
AD, BE, CF của tam giác ABC cắt nhau tại H. Gọi M, N, Q lần lượt là giao

điểm của AD, BE, CF với (O; R).
a) Chứng minh :Các tứ giác AEHF , BCEF nội tiếp
b) Tia AO cắt ( O;R) tại P . Chứng minh : HP đi qua trung điểm I của BC
c) Chứng minh : AH = 2.OI
d) Chứng minh :
4=++
CF
CQ
BE
BN
AD
AM
Hướng dẫn:
a) Chứng minh :
Các tứ giác AEHF , BCEF nội tiếp
( Giải giống như bài toán 1 cơ bản)
b) Chứng minh tứ giác BHCP là hình bình hành
( Hai cặp cạnh đối song song: BH, PC cùng vuông góc với AC; CH, PB cùng
vuông góc với AB)
⇒
I là trung điểm của BC đồng thời cũng là trung điểm của HP.
(Tính chất đường chéo hình bình hành)
Hay HM đi qua trung điểm I của BC.
c) Ta có : OA = OP = R ; IH = IP ( chứng minh câu b)
⇒
OI là đường trung bình của
∆
APH
⇒
AH = 2.OI

Đào Minh – Đô lương - Nghệ
an
17
Sáng kiến kinh nghiệm Khai thác từ một bài toán cơ bản
d) Theo bài toán 2.1 ta đã chứngminh: H
1
, H
2
, H
3
lần lượt đối xứng với
H qua BC, AC, AB.
⇒
HD = DM, HE = EN, FH= FQ
Ta có :
à
AM AD DM
m DM HD
AD AD
+
= =
Suy ra :
1 1
BHC
ABC
S
AM AD DH DH
AD AD AD S
+
= = + = +

( hai tam giác BHC và ABC có
cùng cạnh đáy BC )
Tương tự
1
AHC
ABC
S
BN
BE S
= +
,
1
AHB
ABC
SCQ
CF S
= +
Nên suy ra
3 3
BHC AHC AHB ABC
ABC ABC
S S S S
AM BN CQ
AD BE CF S S
+ +
+ + = + = +
= 3 + 1 = 4
C- KẾT LUẬN
Nhờ hướng dẫn ôn luyện cho các em đi tìm lời giải cho các bài toán cơ bản
quen thuộc để rồi từ đó khai thác phát triển giải các bài toán khó hơn trên cơ

sở bài toán cơ bản đã biết - Từ đó hình thành cho các em khả năng tư duy
sáng tạo độc lập suy nghĩ để đưa các bài toán phức tạp ,bài toán khó về bài
toán đơn giản dễ hơn đã có cách giải "biến lạ thành quen" . Từ đó giúp cho
các em say mê hứng thú yêu thích học môn Toán . Là tiền đề để các em
ngày càng tiến bộ , rồi trở thành những con người năng động, sáng tạo ,
có bản lĩnh vững vàng xứng đáng là người chủ tương lai của đất nước.
Qua áp dụng phương pháp dạy trên . Tôi nhận thấy rằng đa số học sinh tiếp
Đào Minh – Đô lương - Nghệ
an
18
Sáng kiến kinh nghiệm Khai thác từ một bài toán cơ bản
thu được bài ,đặc biệt các em rất hứng thú, say mê học tập . Kết quả học tập
của các em ngày càng tiến bộ .Chất lượng học sinh đại trà ngày càng được
nâng lên ,tỷ lệ học sinh thi vào THPT đạt kết quả cao ,có nhiều em đạt kết
quảcao trong các kỳ thi học sinh giỏi và thi vào trường chuyên lớp chọn.
Trên đây là kinh nghiệm nhỏ của bản thân trong giảng dạy môn Toán .Vì
kinh nghiệm của bản thân chưa nhiều nên bài viết này sẽ không tránh khỏi
thiếu sót . Rất mong các quý thầy cô đồng nghiệp , các độc giả gióp ý để đề
tài được hoàn thiện hơn . Tôi xin chân thành cảm ơn!
Đô lương , ngày 20 tháng 3 năm 2013


Đào Minh – Đô lương - Nghệ
an
19