LIÊN HỆ GIỮA TRỰC TÂM VÀ TÂM ĐƯỜNG TRÒN NGOẠI TIẾP TAM GIÁC

LIÊN HỆ GIỮA TRỰC TÂM VÀ TÂM ĐƯỜNG TRÒN NGOẠI TIẾP
TAM GIÁC

( Đặng Hải Giang – GV: THCS Thị Trấn Cẩm Xuyên – Hà Tĩnh )
Tính chất sau đây về trực tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác có rất nhiều
ứng dụng trong việc giải các bài tập hình học.
Tính chất: “Khoảng cách từ một đỉnh tới trực tâm của một tam giác bằng hai lần
khoảng cách từ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác đó đến cạnh nối hai đỉnh còn lại”(*)
Chứng minh:+) Xét trường hợp ∆ ABC có 3 góc nhọn ( các trường
A
hợp khác tương tự ).
Gọi H là trực tâm, O là tâm đường tròn ngoại tiếp và I là hình
D
·
·
chiếu của O trên BC. Vẽ đường kính BD, suy ra: BAD
= BCD
= 90o
⇒ DA // CH và DC // AH; suy ra AHCD là hình bình hành
O
H
⇒ AH = CD (1).
Tam giác BCD có OI là đường trung bình ⇒ CD = 2.OI (2).
C
B
Từ (1) và (2) suy ra AH = 2.OI (đpcm).
I
Bài tập áp dụng:
Bài 1: Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O;R). Gọi M,
N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh BC, AC, AB. Chứng minh rằng các đường thẳng d 1 qua
M song song với OA; d 2 qua N song song với OB; d 3 qua P song song với OC cùng đi qua một

điểm.
A
Gợi ý: Theo tính chất (*) thì AH = 2.OM ( H là trực tâm
) lại có d1 song song OA nên dễ dàng nhận thấy d 1 đi qua trung
điểm I của AH. Từ đó ta chứng minh được OMHI là hình bình
I
hành ⇒ d1 đi qua trung điểm E của OH. Tương tự thì d 2 và d3
N
P
cùng đi qua điểm E.
O
Bài 2: Cho tam giác nhọn ABC có trực tâm là H. Chứng minh
H
E
rằng 9 điểm gồm chân ba đường cao; trung điểm ba cạnh và
trung điểm các đoạn HA, HB, HC cùng nằm trên một đường
C
M
B
D
tròn.
Gợi ý: Vẽ đường tròn (O;R) ngoại tiếp ∆ ABC. Gọi D là
d1
chân đường cao vẽ từ A; I và M thứ tự là trung điểm của AH và
BC; IM cắt OH tại E (h.2). Từ tính chất (*) suy ra được AOMI
(h.2)
và IOMH là các hình bình hành.
1
1
1

1
Từ đó ta có: EI = EM = ED = MI = OA = R ⇒ D, M, I ∈ ( E; R ). Chứng minh tương
2
2
2
2
1
tự thì 6 điểm còn lại cũng thuộc đường tròn ( E; R ).
2
B
Bài 3: Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O;R) có các
đường cao AN và CK ( N ∈ BC; K ∈ AB ). Đường tròn qua ba
M
điểm B, K, N cắt đường tròn (O;R) tại điểm thứ hai là M. Gọi I
J
là trung điểm của AC. Chứng minh IM ⊥ MB.
N
Gợi ý: Ta nhận thấy đường tròn ngoại tiếp ∆ BKN nhận
O
BH làm đường kính ( với H là trực tâm của ∆ ABC ) nên MH ⊥
K
MB. Do đó để chứng minh IM ⊥ MB ta chỉ cần chứng minh M,
H
H, I thẳng hàng.
C
A
Mặt khác từ tính chất (*) suy ra OIHJ là hình bình hành (
I
với J là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ BKN ) nên IH // OJ. Như
vậy ta chỉ cần chứng minh MH // OJ.

Để chứng minh MH // OJ ta làm như sau:
Do JB = JM và OB = OM ⇒ JO là trung trực của MB; suy ra JO ⊥ MB. Mặt khác MH ⊥ MB
( vì M thuộc đường tròn đường kính BH ). Từ đó suy ra: MH // OJ.
Bài 4: Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O;R). Gọi H 1, H2, H3, H4 thứ tự là trực tâm của các tam giác
ACD, BCD, ABD, ABC. Chứng minh rằng:


a) BH1, AH2, CH3, DH4 đồng qui.
b) Tứ giác H1H2H3H4 là tứ giác nội tiếp.
H3

H4

O1
A

B
I

H1

H2
a

D

O
C

Hướng dẫn:

a) Gọi a là khoảng cách từ O tới CD. Từ tính chất (*)
suy ra AH1 = BH2 = 2a.Tứ giác AH1 H2B có AH1 = BH2
và AH1 // BH2 (cùng vuông góc với CD ) ⇒ AH1 H2B là
hình bình hành. Chứng minh tương tự thì CH2H3A,
H1DBH4 cũng là các hình bình hành. Từ đó suy ra BH 1,
AH2, CH3, DH4 đồng qui tại trung điểm I của mỗi
đường.
b) Lấy O1 đối xứng với O qua I; suy ra DOH 4O1 là hình
bình hành ⇒ O1H4 = OD = R. Chứng minh tương tự ta
có O1H3 = OC = R; O1H2 = OA = R; O1H1 = OB = R.
Suy ra
H1H2H3H4 nội tiếp đường tròn (O1; R).
M

O'
Bài 5: Cho đường tròn (O;R) và điểm P cố định nằm
ngoài đường tròn. Vẽ tiếp tuyến PA và cát tuyến PBC
(A, B, C nằm trên (O;R)).Chứng minh rằng khi cát
tuyến PBC thay đổi thì trực tâm H của ∆ ABC chạy
trên một đường cố định.
A
P
Gợi ý: Khi BC là đường kính thì H ≡ A; khi
AC là đường kính thì H ≡ B ≡ Q ( hình vẽ ). Từ đó ta
K
dự đoán trực tâm H chạy trên cung tròn đi qua A, H,
R
H
Q và ta có lời giải sơ bộ như sau:
B

Gọi I là hình chiếu của O trên BC; K là trung
O
Q
điểm của AH. Lấy O/ đối xứng với O qua trung điểm
N
I
của PA suy ra O/ cố định và AOPO/ là hình bình
hành (1). Từ tính chất (*) suy ra AOIK là hình bình
D
C
hành (2). Từ (1) và (2) ta suy ra được PIKO / là hình
bình hành. Suy ra O/K // PI mà PI ⊥ AH nên O/K ⊥
AH ⇒ O/H = O/A ( không đổi vì O/ và A cố định). ⇒ H ∈ (O/;O/A) cố định. Khi I ≡ A thì H ≡ M;
¼ cố định (đpcm ).
I ≡ D thì H ≡ N (AM = AN = 2R). Vậy H ∈ MN
Bài tập tự luyện:
Bài 1: Chứng minh rằng: Trực tâm, trọng tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp của một tam giác
cùng nằm trên một đường thẳng.
Bài 2: Tam giác nhọn ABC có trực tâm H cố định; còn ba đỉnh A, B, C chạy trên đường tròn
(O;R) cố định. Tìm quỹ tích chân các đường cao của ∆ ABC.
Bài 3: Cho hai điểm H, G nằm trong cùng một nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng d ( H, G không
thuộc d ). Dựng tam giác ABC sao cho H là trực tâm; G là trọng tâm và cạnh BC nằm trên đường
thẳng d.
………………………………………..