skkn một số kinh nghiệm vận dụng đường thẳng simson và đường thẳng steiner trong việc bồi dưỡng học sinh giỏi hình học lớp 9

1. MỞ ĐẦU
1.1 Lí do chọn đề tài
Trong giai đoạn hiện nay, với sự phát triển như vũ bão của khoa học kỹ
thuật, công nghệ thông tin thì giáo dục luôn được coi là quốc sách hàng đầu.
Cùng với việc đổi mới chương trình giáo dục, đổi mới sách giáo khoa thì việc
đổi mới phương pháp dạy học cũng là yêu cầu cấp thiết. Việc dạy học không chỉ
là cung cấp kiến thức, kỹ năng cho học sinh mà còn phải tạo được phương pháp
tự học, nâng cao tính chủ động, tích cực và sáng tạo cho người học.
Mục tiêu cao nhất của giáo dục nói chung và giáo dục Quảng Xương nói
riêng là đào tạo ra những con người được phát triển toàn diện. Trong chương
trình giáo dục THCS, bên cạnh việc đảm bảo chất lượng đại trà, giúp đỡ học
sinh yếu kém thì việc bồi dưỡng học sinh giỏi cũng có vai trò hết sức quan trọng
nhằm phát huy tối đa khả năng cá nhân của học sinh.
Toán học là một bộ phận khoa học có tầm hết sức quan trọng trong phát
triển khoa học kỹ thuật và đời sống. Việc bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán để
đào tạo ra những người giỏi toán là việc rất cần thiết.
Một trong các nội dung khó của phân môn hình học đó là các bài toán liên
quan đến những điểm đặc biệt, các đường đặc biệt. Đây là loại toán được xuất
hiện trong các đề thi học sinh giỏi và thường là khó giải.
Trong các đường thẳng đặc biệt đó , đường thẳng Simson và đường thẳng
Steiner với nhiều tính chất hay, đẹp có nhiều ứng dụng không chỉ trong việc giải
toán mà còn giúp giáo viên sáng tạo trong việc ra đề bài theo mức độ khó dễ
khác nhau,giúp nâng cao năng lực tư duy cho học sinh không chỉ ở cấp THCS
mà còn ở các cấp học cao hơn.
Qua kinh nghiệm giảng dạy thực tế ở trường học, tôi nhận thấy học sinh
tiếp cận các bài toán dạng này chưa hiệu quả, thiếu định hướng . Các tài liệu về
chủ đề này có nhiều nhưng chủ yếu dành cho học sinh Trung học phổ thông.
Chính vì các lí do đó, tôi chọn đề tài “Một số kinh nghiệm ứng dụng
đường thẳng Simson và đường thẳng Steiner trong việc bồi dưỡng học sinh giỏi
hình học lớp 9” để nghiên cứu.
1.2 Mục đích nghiên cứu

Mục đích nghiên cứu của đề tài là tìm hiểu khái niệm, các tính chất hình
học của đường thẳng Simson và đường thẳng Steiner, mối liên hệ giữa các
đường này với các điểm, đường đặc biệt khác và liên hệ với các tính chất hình
học. Qua đó khảo sát ứng dụng của các đường thẳng này trong việc giải các
dạng toán hình học lớp 9. Cụ thể là các chủ đề hình học về : quan hệ thẳng hàng,
đồng quy, vuông góc, song song, các điểm và đường cố định, các đẳng thức hình
học...
Thông qua việc nghiên cứu để góp phần nâng cao chất lượng, hiệu quả
dạy và học môn hình học trong nhà trường, giúp giáo viên và học sinh có thêm
tài liệu tham khảo.
1.3 Đối tượng nghiên cứu

1


- Phần kiến thức: Lý thuyết về đường thẳng Simson và đường thẳng
Steiner, bài tập ứng dụng trong việc bồi dưỡng học sinh giỏi hình học 9.
- Học sinh: Học sinh khá giỏi khối 9 tại trường THCS Nguyễn Du –
Quảng Xương.
1.4 Phương pháp nghiên cứu
Phương pháp quan sát: Thực trạng về công tác chỉ đạo, công tác bồi
dưỡng học sinh khá, giỏi, quá trình học tập, chất lượng học tập của học sinh khá,
giỏi.
Phương pháp nghiên cứu tài liệu như nghiên cứu sách, giáo trình có liên
quan đến kiến thức, bài tập, các đề thi có liên quan các điểm và đường đặc biệt
trong hình học. Nghiên cứu chất lượng học sinh. Nghiên cứu công tác chỉ đạo
của nhà trường đối với công tác bồi dưỡng học sinh khá, giỏi.
Phương pháp tổng kết kinh nghiệm.
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lý luận của vấn đề:

Trong quá trình giảng dạy toán cần thường xuyên rèn luyện cho học sinh
các phẩm chất trí tuệ có ý nghĩa lớn lao đối với việc học tập, rèn luyện và tu
dưỡng trong cuộc sống của học sinh. Đối với học sinh khá giỏi, việc rèn luyện
cho các em tính linh hoạt, tính độc lập, tính sáng tạo, tính phê phán của trí tuệ là
những điều kiện cần thiết vô cùng quan trọng trong việc học toán.
Với mục đích thứ nhất là rèn luyện khả năng sáng tạo toán học, trước mỗi
bài tập tôi đã cho học sinh tìm hiểu cách giải, đồng thời người thầy giáo cũng
phải gợi ý và cung cấp cho học sinh nhiều cách giải. Trên cơ sở đó học sinh tự
tìm ra cách giải hợp lí nhất. Phát hiện ra những cách giải tương tự và khái quát
đường lối chung. Trên cơ sở đó với mỗi bài toán cụ thể các em có thể khái quát
hóa bài toán thành bài toán tổng quát và xây dựng bài toán tương tự.  4
2.2. Thực trạng vấn đề:
Qua nhiều năm giảng dạy bộ môn toán ở trường THCS, rồi tham khảo các tài
liệu, học hỏi kinh nghiệm của đồng nghiệp và sự tích lũy trau dồi của bản thân,
đặc biệt qua quá trình bồi dưỡng học sinh khá, giỏi bộ môn toán, bồi dưỡng học
sinh giỏi cấp trường, cấp huyện, cấp tỉnh. Tôi nhận thấy khả năng xử lí các bài
toán hình học của học sinh còn hạn chế, các em thường lúng túng, thiếu định
hướng và bế tắc khi gặp các bài hình học lạ.
Kết quả khảo sát đánh giá học sinh
Trước khi viết đề tài , tôi đã khảo sát về chủ đề này ở 20 học sinh lớp 9 là
học sinh giỏi cấp huyện, kết quả như sau
Điểm
0  4,9
5  6,4
6,5  7 9
8  10
SL
%
SL
%

SL
%
SL
%
Tổng số HS 20

10

50

7

35

3

15

0

0

2.3. Giải pháp và tổ chức thực hiện:
2.3.1Kế hoạch và thời gian nghiên cứu
2


Chủ đề này tôi áp dụng trong trường THCS Nguyễn Du trong thời gian từ
đầu năm học 2017 - 2018 và tiếp trong những năm học sau với tinh thần rút ra
những bài học kinh nghiệm và có sửa chữa, bổ sung cho phù hợp với các đối

tượng và giai đoạn cụ thể:
* Năm 2016 – 2017 : Tìm hiểu, xây dựng khung chương trình, nghiên cứu
tài liệu và xây dựng đề cương.
* Năm học 2017 – 2018 : Thực nghiệm và so sánh kết quả.
2.3.2 Giải pháp thực hiện
Phần 1: Lý thuyết về đường thẳng simson và đường thẳng steiner
1) Đường thẳng simson
Bài toán 1. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), gọi M là một điểm trên
cung BC không chứa điểm A. Gọi A’, B’, C’ lần lượt là hình chiếu của điểm M
trên BC, AC, AB. Khi đó: ba điểm A’, B’, C’ nằm trên một đường thẳng. (gọi là
đường thẳng simson của điểm M đối với tam giác ABC, kí hiệu d M )  3
Chứng minh
Ta có A’BC’M là tứ giác nội tiếp
� 'C'  MBC'
�
� MA
(1)
Do tứ giác ABMC nội tiếp nên
�
�
MBC'
 ACM
(2)
Do tứ giác A’B’CM nội tiếp nên
� 'B'  B'Cx
�
MA
(3)

� 'C'  MA

� 'B'  ACM
�  B'Cx
�  1800
Từ (1), (2) và (3) ta có: MA
Vì thế A’, B’, C’ cùng nằm trên một đường thẳng
Xét định lý đảo của bài toán 1, ta có bài toán 2 như sau
Bài toán 2
� . Gọi A’,
Cho tam giác ABC nội tiếp (O), lấy M là một điểm nằm trong góc BAC
B’, C’ lần lượt là hình chiếu của điểm M trên BC, AC, AB . Khi đó nếu A’, B’,
� không chứa
C’ thẳng hàng (cùng nằm trên đường thẳng d M ) thì M nằm trên BC
điểm A.  3
Chứng minh
Do tứ giác A’B’CM nội tiếp nên:
�'MC  A
�'B'A (1)
A
Do tứ giác A’BC’M nội tiếp nên
�'MB  A
�'C'B (2)
A
Ta có:
3


�  BMC
�  BAC
� A
�'MC  A

�'MB
BAC
�  BMC
�  BAC
� A
�'B'A  A
�'C'B  1800 .
Kết hợp với (1) và (2) thì: BAC
(định lý tổng 3 góc của một tam giác)
� .
Vì thế ABMC là tứ giác nội tiếp. Suy ra M �BC
Kết luận:
Người ta gọi d M là đường thẳng Simson của điểm M đối với đỉnh A của tam
giác ABC nội tiếp đường tròn (O).
2) Đường thẳng steiner
Bài toán 3
Cho tam giác ABC và một điểm M nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác đó.
Gọi M1, M2 , M3 lần lượt là các điểm đối xứng của M qua BC, CA, AB. Khi đó
ba điểm M1, M2 , M3 thẳng hàng và đường thẳng đi qua ba điểm M 1, M2 , M3
được gọi là đường thẳng steiner  3
Chứng minh

Gọi A’, B’, C’ lần lượt là hình chiếu của M trên BC,CA,AB , khi đó ta có đường
thẳng simson dM đi qua các điểm A’, B’, C’.
Vì B’C’ là đường trung bình của MM 2 M 2 nên M 2 M 3 / /d M (1)
Vì A’C’ là đường trung bình của MM1M 3 nên M 1 M 3 / /d M (2)
Từ (1) và (2) suy ra ba điểm M1; M 2 ; M 3 nằm trên cùng một đường thẳng và
đường thẳng đó song song với đường thẳng d M .
Khai thác thêm về đường thẳng simson ta có một số tính chất
Tính chất 1. Cho điểm M thuộc đường tròn (ABC). Khi đó đường thẳng

 3
Steiner và đường thẳng Simson cuả M với tam giác ABC song song nhau
Tính chất 2. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O và điểm M thuộc
(O). Khi đó đường thẳng Steiner của M với tam giác ABC luôn đi qua một điểm
cố định là trực tâm của tam giác ABC  3
Chứng minh
Giả sử tam giác ABC nội tiếp
đường tròn tâm (O),
các đường cao AD,BE,CFcắt nhau tại H
4


Gọi M1 và M2 là các điểm đối xứng với M Qua AC và AB. Khi đó M1M2 là
đườngthẳng steiner của điểm M đối với tam giác ABC.
�  AM
� C
�  ABC
� ( góc nội tiếp
Ta có AMC
( Tính chất đối xứng ) mà AMC
1
� C  ABC
�
chắn cung AC ) nên AM
1

�  ABC
�  1800 � AHC
�  AM
� C  1800 => tứ giác AHCM1 nội tiếp

Lại có AHC
1
� HC  M
� AC  MAC
�
M
(1)
1

1

Chứng minh tương tự ta có tứ giác AHBM2 nội tiếp và
� HB  M
� AB  MAB
�
M
(2)
2
2
Từ (1) và (2) ta có
� HB  M
�HC  BHC
�  MAB
�  MAC
�  BHC
�  BAC
�  BHC
�  BAC
�  EHF
�  1800

M
2
1
nên M1, H, M2 thẳng hàng hay đường thẳng M1M2 đi qua điểm H cố định
Từ các bài toán cơ bản trên ta có thể hướng dẫn học sinh giải nhiều dạng bài tập
có liên quan đến các điểm và đường đặc biệt
Phần 2. Một số ứng dụng của đường thẳng simson và đường thẳng steiner
vào giải các dạng toán hình học
1) Các bài toán về đẳng thức hình học và quan hệ hình học
Bài 1. Cho đường tròn tâm O ngoại tiếp tam giác ABC, M là một điểm thuộc
cung BC không chứa A. Gọi E, F là hình chiếu của M lên các cạnh AC và AB.
Xác định vị trí của M để EF lớn nhất.  6
Phân tích
Từ việc khai thác, phân tích giả thiết và kết luận HS
có thể cễ dàng nhận ra EF là đường thẳng Simson
của điểm M đối với tam giác ABC.
Từ đó dẫn đến ý thưởng vẽ thêm điểm
D là hình chiếu của M trên BC
và tìm lời giải của bài toán
Lời giải
Gọi D là hình chiếu của M trên BC, ta có D,E,F thẳng hàng
( đường thẳng simson)
�  MFD
�
Bốn điểm F,D,B,M cùng thuộc một đường tròn nên MBD
�  MED
�
Bốn điểm E,D,C,M cùng thuộc một đường tròn nên MCD
Từ đó ta có  MBC đồng dạng với  MFE (g.g)
EF MF ME

 ��
1 EF BC
BC MB MC

5


Đẳng thức xảy ra khi F trùng với B và E trùng với C, khi đó
�  MCA
�  900
MBA
 AM là đường kính của đường tròn tâm O => M là điểm đối xứng với A
qua O.
Nếu khai thác thêm về quan hệ giữa đường thẳng simson và đường thẳng
steiner thì có thể dễ dàng giải quyết thêm bài toán như sau
Bài toán 2: Cho đường tròn tâm O ngoại tiếp tam giác ABC, M là một điểm
thuộc cung BC không chứa A. Gọi M1, M2 là các điểm đối xứng của M qua AC
và AB. Xác định vị trí của M để M1M2 lớn nhất  5
Phân tích
Từ việc nhận biết M1M2 là đường thẳng steiner
của M với tam giác ABC và vận dụng tính
chất đường thẳng Steiner song song với
đường thẳng Simson, học sinh có
thể đưa bài toán này về bài toán 1 để
giải quyết
Lời giải
Gọi D, E, F là hình chiếu của M trên BC,AC, AB ta có D,E,F thẳng hàng
( đường thẳng simson) và EF là đường trung bình của tam giác MM1M2 nên ta
1
2

có EF  M 1M 2
 M1M2 lớn nhất khi EF lớn nhất <=> M là điểm đối xứng của A qua O
(theo kết quả bài toán 1)
Bài toán 3
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn, M là điểm thuộc cung BC không chứa
A. Gọi H, K, I lần lượt là hình chiếu của M lên các cạnh BC, CA,AB.
Chứng minh

BC
AC AB


MH MK MI

 5

Phân tích

6


Dễ dàng nhận thấy đường thẳng Simson là (IHK), theo kinh nghiệm giải toán
thì các bài toán về tỉ số thường liên quan đến tỉ số đồng dạng, diện tích hoặc tỉ số
lượng giác.
Từ việc phân tích bài toán, sử dụng tính chất các tứ giác nội tiếp để có các góc
bằng nhau, có thể nghĩ đến việc chứng minh tam giác đồng dạng hoặc tỉ số
lượng giác đều giải quyết được bài toán
Lời giải

AB AC AI  BI AK  CK AI BI AK CK







Giả sử AC �AB ta có
MI MK
MI
MK
MI MI MK MK

�  MCK
�
�  cot MCK
� � BI  CK (1)
 cot MBI
Do MBI
MI MK
� C
�  cot A
�  cot C
� � AI  CH (2)
Do A
1
1
1
1

MI MH
� B
�  cot A
�  cot B
� � AK  BH (3)
Do A
2
1
2
1
MK MH
Từ (1), (2), (3) suy ra

AC AB CH BH
BC




MK MI MH MH MH

Qua các bài toán trên ta thấy việc ứng dụng các đường thẳng đặc biệt để biến đổi
về tam giác đồng dạng hoặc dùng tỉ số lượng giác sẽ giúp học sinh có định
hướng dễ dàng hơn khi gặp các bài toán tương tự
2) Các bài toán về quan hệ thẳng hàng và đồng quy
Bài toán 1
Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O), D là mọt điểm trên cung BC
khong chứa A. Dựng hình bình hành ADCE. Gọi H và K lần lượt là trực tâm của
tam giác ABC và ACE. Gọi P và Q lần lượt là hình chiếu của K trên BC, gọi I là
giao điểm của EK và AC.

a. Chứng minh rằng ba điểm P, I, Q thẳng hàng
b. Chứng minh rằng PQ đi qua trung điểm của KH  7
Phân tích bài toán
a) Từ quan sát hình vẽ và nghiên cứu giả thiết, có thể thấy được EK vuông
góc với AC, vậy P,I, Q chính là các hình chiếu của K trên ba cạnh của tam
giác ABC , từ đó liên tưởng đến đường thẳng simson. Vậy việc còn lại
chỉ cần chứng minh K thuộc đường tròn (O) hay tứ giác ADCK nội tiếp.
�  AKC
�  AKC
�  AEC
�  1800 nên tứ giác ADCK nội tiếp
Để ý thấy ADC
b) Từ tính chất đường thẳng Steiner song song với đường thẳng Simson và
đi qua trực tâm của tam giác ABC có thể hình thành ý tưởng để giải quyết
bài toán. Nếu gọi M và N lần lượt là điểm đối xứng của K qua AB và BC

7


thì M,N,H thẳng hàng. Khi đó PQ là đường trung bình của tam giác KMN
và từ đó suy ra PQ đi qua trung điểm của HK
Lời giải
a) Trước hết ta chứng minh điểm K
thuộc đường tròn (O)
Ta có K là trực tâm tam giác ACE nên tứ giác
�  AEC
�  1800
KJEF nội tiếp AKC
Lại có tứ giác ADCE là hình bình hành nên
�  ADC

�
AEC
�  AKC
�  AKC
�  AEC
�  1800
� ADC
�  AKC
�  1800
Tứ giác ADCK có ADC
Nên là tứ giác nội tiếp , suy ra điểm
K thuộc đường tròn (O)
Chứng minh I,P,Q thẳng hàng
Do K là trực tâm của tam giác AEC nên KI vuông góc với AC, lại có P, Q là
hình chiếu của K trên BC và AB nên suy ra I, P, Q thẳng hàng ( đường thẳng
simson của điểm K với tam giác ABC )
b) Gọi M và N lần lượt là các điểm đối xứng của K qua AB và BC, khi đó MN
là đường thẳng steiner của điểm K đối với tam giác ABC
Áp dụng tính chất đường thẳng Steiner đi qua trực tâm tam giác ta có M,H,N
thẳng hàng
Xét tam giác KMN có PQ là đường trung bình nên QM=QK
Tam giác MHK có QM=QK mà PQ // MH nên PQ đi qua trung điểm của HK
Bài toán 2
Cho tam giác nhọn ABC có đường cao CE (E thuộc AB) nội tiếp đường tròn (O)
có đường kính AD, Gọi F là hình chiếu vuông góc của C lên AD, M là trung
điểm của BC. Chứng minh E, M, F thẳng hàng.  2
Phân tích
Vì có E,N,F là các hình chiếu của C
Trên các cạnh của tam giác ABC nên
Có thể dễ dàng nhận ra đường thẳng

Simson ở bài toán này .
Khi có E,N,F thẳng hàng thì
chỉ cần chứng minh E,M,N thẳng hàng
bài toán sẽ được giải quyết

8


Lời giải
Xét tam giác ABD nội tiếp đường tròn (O) , C là điểm thuộc đường tròn (O) và
E, F, N
lần lượt là hình chiếu vuông góc của C lên trên đường thẳng chứa ba cạnh của
tam giác
ABD, do đó E, F, N thẳng hàng (đường thẳng simson của điểm C của tam giác
ABD).
�  EBN
�  BNC
�  900
Xét tứ giác BECN có BEC
nên tứ giác BECN là hình chữ nhật , suy ra hai đường chéo BC và EN cắt nhau
tại trung điểm mỗi đường
Vì M là trung điểm BC nên M cũng là trung điểm EN hay E, M, N thẳng hàng
Vậy E, M, F thẳng hàng.
Bài toán 3
Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn ( O ) M là một điểm trên cung BC
không chứa điểm A. Đường tròn ( I ) đường kính MB và đường tròn (J)
đường kính MC cắt nhau tại N.
a) Chứng minh N thuộc đường thẳng BC.
b) Đường tròn ( I ) cắt AB tại P (P khác B), đường tròn (J) cắt AC tại Q (Q
khác C). Chứng minh P, N, Q thẳng hàng.

c) Qua A vẽ đường thẳng d song song với PQ và d cắt (O) tại K. Chứng minh
M, N, K thẳng hàng.  2
Phân tích
Câu a học sinh có thể dễ dàng sử dụng
tính chất của tứ giác nọi tiếp
để chứng minh các điểm thẳng hàng
Câu b nhận thấy P và Q là hình chiếu
của M trên AB và AC, vậy cần chứng minh
MN vuông góc với BC để có
đường thẳng simson
Câu c, nếu trực tiếp chứng minh
Ba điểm thẳng hàng sẽ gặp khó khăn.
Tuy nhiên nếu vẽ giao điểm của MN với
(O) thì có thể sử dụng tính chất của tứ giác
Nội tiếp khá dễ dàng.
Vì thế có thể nghĩ đến việc chứng minh
Giao điểm của MN với đường tròn
(O) trùng với điểm K
Lời giải
9


a) Chứng minh N thuộc đường thẳng BC.
�  900
Vì N thuộc đường tròn đường kính MB nên MNB
�  900
N thuộc đương tròn đường kính MC nên MNC
�  MNC
�  1800 � B,N,C thẳng hàng
Ta có MNB

b) Chứng minh P,Q, N thẳng hàng
�  900 � MP  AB
Vì P thuộc đường tròn đường kính MB nên MPB
�  900 � MQ  AC
Q thuộc đương tròn đường kính MC nên MQC
Mà MN  BC
Suy ra P,N, Q thẳng hàng ( đường thẳng simson của điểm M với tam giác
ABC)
a) Chứng minh M, N , K thẳng hàng
Gọi K’ là giao điểm của đường thẳng MN với đường tròn (O), ta chứng
minh K trùng với K’
�' AC  K
�' MC ( Hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC)
Ta có K
�' MC  AQN
�
Tứ giác MNQC nội tiếp � K
�' AC  AQN
� � AK '/ /NQ
�K
Mà AK//NQ và K thuộc (O) nên K trùng với K’ => ĐPCM
Bài toán 4
Cho hai đường tròn cùng bán kính (O) và (O’) cắt nhau tại hai điểm A, B (O,
O’ khác phía nhau đối với đường thẳng AB). Qua A vẽ cát tuyến cắt (O) tại C,
cắt (O’) tại D (C, D khác A và CD không vuông góc với AB). Gọi E, F lần lượt
là hình chiếu vuông góc của B lên hai tiếp tuyến tại C của (O) và tại D của (O’).
Chứng minh E, F đi qua trung điểm M của CD.  2

Phân tích

10


Nhận thấy : điểm B nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác PCD và có hình
chiếu vuông góc lần lượt xuống các đường thẳng chứa ba cạnh của tam giác
PCD là E, M, F nên ta có E, M, F thẳng hàng (đường thẳng simson của điểm B
của tam giác PCD). Từ đó dẫn đến yêu cầu cần chứng minh tứ giác PCBD nội
tiếp.
Lời giải
�  ADB
� � BCD cân
Vì (O) và (O’) là hai đường tròn bằng nhau nên ta có ACB
tại B BM  CD (đường trung tuyến cũng là đường cao).
Gọi P là giao điểm của hai tiếp tuyến tại C và D của (O) và (O’).
�  PCD
�
Vì PC là tiếp tuyến của đường tròn (O) nên ABC
�  PDC
�
Vì PD là tiếp tuyến của đường tròn (O’) nên ABD
�  CBD
�  CPD
�  CBA
�  DBA
�  CPD
�  DCP
�  CDP
�  1800 ( tổng ba
Ta có CPD
góc của tam giác PCD )

=> tứ giác PCBD nội tiếp.
Điểm B nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác PCD và có hình chiếu vuông
góc lần lượt xuống các đường thẳng chứa ba cạnh của tam giác PCD là E, M, F
nên ta có E, M, F thẳng hàng (đường thẳng simson của điểm B của tam giác
PCD).
Bài toán 5
Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn tâm O, AD là đường phân giác
trong góc A (D thuộc cạnh BC). Gọi P, Q lần lượt là hình chiếu vuông góc của D
lên AB, AC. Qua D vẽ đường thẳng vuông góc với BC cắt trung tuyến AM của
tam giác ABC tại N. Chứng minh P, N, Q thẳng hàng.  2
Phân tích
Ở bài toán này, việc nhận biết đường thẳng Simson
hay đường thẳng steirner
không dễ dàng như các bài trên vì điểm M
nằm trên cạnh BC.
Dựa trên việc phân tích giả thiết có thể nhận
thấy PQ có tính chất tương tự như đường thẳng
simson, vì thế đưa đến việc chứng minh
PQ song song với đường thẳng simson kẻ từ M
Lời giải
Gọi E là giao điểm của AD với (O)
Vì AD là phân giác nên E là điểm chính giữa cung nhỏ BC EM  BC
Gọi U, V lần lượt là hình chiếu vuông góc của E lên AB, AC
Khi đó ta có U, M, V thẳng hàng (đường thẳng simson của điểm E với tam giác
ABC).
Ta có DP  AB; EU  AB � DP / / EU �

AP AD

AU AE

11


DQ  AC ; EV  AC � DQ / / EV �
�

AQ AD

AV AE

AP AQ

� PQ / /UV (1)
AU AV

Lại có DN  BC ; EM  BC � DN / / EM �
�

AN AD

AM AE

AN
AP

� PN / /UM (2)
AM AU

Từ (1) và (2) và U,M,V thẳng hàng => P, N, Q thẳng hàng

Bài 6. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O), Sa, Sb, Sc, Sd lần lượt là các
đường thẳng simson của A với tam giác BCD, B với tam giác ACD, C với tam
giác ABD và D với tam giác ABC. Chứng minh Sa, Sb, Sc, Sd đồng quy  8
Lời giải
Gọi Ha; Hb; Hc; Hd lần lượt là trực
tâm của tam giác BCD,ACD,ABD,
ABC, M là trung điểm của AB.
Ta chứng minh được DHc = 2OM = CHd.
Mặt khác DHc // CHd nên tứ giác
DCHdHc là hình bình hành
nên các đường chéo DHd và CHc
cắt nhau tại trung điểm mỗi đường.
Tương tự ta có AHa; BHb; DHd và CHc
cắt nhau tại trung điểm mỗi đường
mà Sa; Sb; Sc; Sd lần lượt đi qua
trung điểm của AHa; BHb; DHd và CHc nên Sa; Sb; Sc; Sd đồng quy (ĐPCM)
3) Các bài toán về quan hệ song song và vuông góc
Bài toán 1 Cho tam giác ABC nội tiếp (O), lấy M là một điểm trên cung BC
không chứa điểm A. Từ M kẻ đường thẳng vuông góc với BC cắt (O) tại điểm
thứ hai là P. Chứng minh rằng AP // d M .  1
Lời giải:
�
� )
Do P$ 1  ACM
(hai góc nội tiếp cùng chắn ABM
�'  ACM
�
Do tứ giác A’B’CM nội tiếp nên A
(2)
1

�'
Từ (1) và (2) suy ra P$ 1  A
AP // d M .
1�

Khai thác kết quả bài toán 1 kết hợp với đường thẳng steiner ta có bài toán mới
Bài toán 2 Cho tam giác ABC nội tiếp (O), lấy M là điểm trên cung BC không
chứa điểm A. Từ M kẻ đường thẳng vuông góc với BC và cắt (O) tại điểm thứ

12


hai là P. Gọi M1;M 2 lần lượt là 2 điểm đối xứng với điểm M qua AB và AC.
Chứng minh rằng AP // M1M 2 .  1
Lời giải:
Dựng các hình chiếu của M trên BC, AC, BC
ta có đường thẳng simson dM
Ta có đường thẳng M1M 2 là đường thẳng
Steiner nên M1M 2 // d M .
Theo bài 1 thì d M // AP
Từ đó AP // M1M 2 .
Bài toán 3 Cho tam giác ABC nội tiếp (O), lấy M là điểm nằm trên cung BC, N
là điểm nằm trên cung AC sao cho MN đi qua O. Chứng minh: d M  d N .  1
Lời giải:
Do tứ giác ADNK nội tiếp
�  AND
�  900  NAD
�
� AKD

Do tứ giác BEMF nội tiếp
�  BME
�  900  MBE
�
� BFE
Ta có:
�  BFE
�  1800  NAD
�  MBE
�
AKD





1 �
 1800  sd NCM
 900 .
2
Như vậy d M  d N .
Nhận xét: Đảo lại bài toán 3 ta có bài toán sau:
Bài 3.1: Cho tam giác ABC nội tiếp (O), lấy điểm M trên cung BC không chứa
điểm A, lấy điểm N trên cung AC không chứa điểm B sao cho d M  d N . Chứng
minh rằng MN là đường kính của (O).  1
Lời giải:
�  IKF
�  900
Do d M  d N nên IFK
�  BME

�  900
� AND
�
�
� 900  NAC
 900  MBC
 900



 



�  MBC
�  900
� NAC
1 �
1 �
� sd NC
 sd MC
 900
2
2
�  sd MC
�  1800 � MN là đường kính của (O).
� sd NC
Nhận xét: Phát triển bài 3 ta có bài toán sau:
Bài toán 3.2: Cho tam giác ABC vuông tại A nội tiếp (O). Lấy điểm M trên
cung AC không chứa điểm B, kẻ đường kính MN. Gọi E, F là hình chiếu của

13


điểm M trên AB, AC. Gọi điểm H, I lần lượt là hình chiếu của N trên AC, AB.
Chứng minh EH  IF .  1
Lời giải:
Do MN là đường kính, áp dụng kết
quả của bài toán 3 thì d M  d N .
�  900
Suy ra EKI
Xét tam giác EIH có
HA và EK là hai đường cao
suy ra F là trực tâm của EHI
Vậy EH  IF .
4) Các bài toán về điểm và đường cố định
Đây là dạng toán khó, đòi hỏi sự nhạy cảm toán học của người học, cần
khai thác, phân tích giả thiết và kết luận để tìm mối liên hệ với các tính chất của
đối tượng, dự đoán điểm cố định và liên hệ với các tính chất hình học để giải
quyết vấn đề. Xét hai bài toán sau
Bài toán 1 Cho tam giác ABC nội tiếp (O), lấy M thuộc cung BC không chứa
điểm A, N là điểm trên cung AC không chứa điểm B sao cho MN là đường kính
của (O). Gọi I là giao điểm của d M và d N . Chứng minh I nằm trên đường tròn
Euler của tam giác ABC.  1
Ghi chú: Đường tròn Euler là đường tròn đi
qua 9 điểm của tam giác: 3 chân đường cao,
3 trung điểm của ba cạnh, 3 trung điểm của
đoạn nối ba đỉnh đến trực tâm.
Lời giải.
Gọi E, F, G lần lượt là trung điểm
của BC, AC, AB.

� C
� (1)
Suy ra FGE
�  900 .
Theo bài toán 3 ở phần 3 thì QIT

Gọi MQ �(O)   H .
Do MN là đường kính nên
�  900 � HN / /BC .
�
MHN
 900 , lại có MQC
Suy ra BQ = TC và ET = EQ
�  IQE
�  BQK
�  BMK
�  900  KBM
�  900  C
�C
�.
� QIE
1
0
�
�
�
�
�
Ta có FIP  IPC  TNC  90  C  C .
2



 

�  900  QIE
�  FIP
�  900  900  C
�C
�  900  C
�C
�
Suy ra FIE
1
2



�  1800  FGE
� (do (1)) Suy ra tứ giác GFIE nội tiếp.
 1800  C
Vậy giao điểm I nằm trên đường tròn Euler của tam giác ABC.
14


Bài toán 2. Cho đường tròn (O, R) và một đường thẳng d không cắt (O). M là
điểm thay đổi trên đường thẳng d, từ M ta vẽ hai tiếp tuyến MA, MB với (O) (A,
B là tiếp điểm). Gọi H là hình chiếu vuông góc của O lên đường thẳng d.
a) Chứng minh AB luôn đi qua một điểm cố định khi M thay đổi trên d.
b) Gọi E, F lần lượt là hình chiếu vuông góc của H lên MA, MB. Chứng minh

EF luôn đi qua một điểm cố định khi M thay đổi trên d.  2

Lời giải
Chứng minh AB luôn đi qua một điểm cố định khi M thay đổi trên d
Gọi I là giao điểm của OH với AB, K là giao điểm của OM với AB
Ta có  OKI đồng dạng với  OHM nên

OK OH

� OK .OM  OH .OI  1
OI OM

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông OAM ta có K.OM=OA2=R2(2)
Từ (1) và (2)ta có OH .OI  R 2 � OI 

R2
mà OH và R không đổi nên OI
OH

không đổi
Lại có OH là đường thẳng cố định nên I cố định
Vậy AB đi qua điểm I cố định
b) Chứng minh EF luôn đi qua điểm cố định khi M thay đổi trên d.
Gọi P là hình chiếu vuông góc của H lên đường thẳng AB.
Ta có MHAB là tứ giác nội tiếp (đường tròn đường kính MO)
Do đó 3 điểm F, E, P thẳng hàng (đường thẳng simson của điểm H với tam
giác MAB).
Gọi J là giao điểm của FP với OH. Ta chứng minh J là trung điểm của IH.
�  HEA
�  900 � HPE

�  HAM
�
Ta có tứ giác HPAE nội tiếp ( vì HPA
�
�
�
� ( so le trong do HP//MO)
Mà HAM
( tứ giác nội tiếp) và HOM
 HOM
 OHP
�  OHP
� �  HPJ cân tại J => HJ=JP (1)
HPE
Vì tam giác IHP vuông tại P nên ta có
�  IHP
�  HPE
�  EPI
�  900 � HIP
�  EPI
� � JPI cân tại J => JI=JP (2)
HIP

15


Từ (1) và (2) suy ra JH = JI => J là trung điểm của IH mà IH cố định nên J cố
định.
Vậy EF đi qua điểm J cố định
Như vậy, nếu bài toán xuất hiện các hình chiếu của một điểm trên các cạnh của

một tam giác hoặc điểm đối xứng của một điểm trên các cạnh ấy thì có thể liên
hệ đến đường thẳng Simson hoặc đường thẳng Steiner để có các điểm thẳng
hàng, từ đó khai thác các yếu tố liên quan để định hướng lời giải cho các bài
toán đó.
Bài tập vận dụng
Bài 1. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). Gọi d A ; d B ; d C ; d D là 4
đường thẳng Simson của lần lượt A, B, C, D với tam giác chứa ba đỉnh còn lại.
Chứng minh rằng : d A ; d B ; d C ; d D đồng quy.  1
Bài 2. Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O). Gọi H là trực tâm của tam giác ABD và I
là giao điểm của d A ; d B . Chứng minh H, I, C thẳng hàng.  2
Bài 3 Cho tam giác ABC vuông tại A nội tiếp đường tròn (O) có MN là đường
kính (M, N nằm khác phía đối với AC). Gọi E, F lần lượt là hình chiếu vuông
góc của M lên AB, AC và P, Q lần lượt là hình chiếu vuông góc của N lên AB,
AC.
a) Chứng minh EF vuông góc với PQ
b) Chứng minh PFvuông góc với EQ  1
Bài 5. Cho tam giác ABC nội tiếp (O), lấy điểm P thuộc cung nhỏ BC, gọi
d P �AB   M , d P �AC   N , lấy D là điểm đối xứng với C qua N. Gọi K là
giao điểm của BN với MD. Chứng minh : d P  PK .  1
�  900 . Đường tròn (O) đường kính BC cắt
Bài 4. Cho tam giác ABC có BAC
AB, AC lần lượt tại F, E, đường tròn đường kính BE cắt AB, BC lần lượt tại P,
Q.
a) Chứng minh PQ đi qua trung điểm của EF.
b) Gọi K là giao điểm của PQ với CF. Chứng minh tứ giác CQKE nội tiếp.  2
Bài 5. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đưởng tròn (O). Gọi E, H, F lần lượt là hình
chiếu của D lên BC, CA, AB.
a) Chứng minh E, H, F thẳng hàng.
b) P là trung điểm của EH, Q là trung điểm của AB. Chứng minh PQ vuông
góc với DP  2

Bài 6. Cho đường tròn (O) và điểm M nằm ngoài (O). Qua M vẽ MA, MB là hai
tiếp tuyến của (O) (A, B là tiếp điểm) và cát tuyến MCD (C nằm giữa M, D).
Đường tròn (I) đường kính DA cắt CA tại P, đường tròn (J) đường kính DB cắt
CB tại Q, E là giao điểm của (I) và (J) (E khác D). Chứng minh E là trung điểm
của PQ  9
Bài 7 (IMO 2003)Giả sử ABCD là tứ giác nội tiếp. Gọi P, Q, R là chân các
đường vuông góc hạ từ D lần lượt lên các đường thẳng BC, CA, AB. Chứng

16


minh rằng PQ=QR khi và chỉ khi phân giác góc ABC và ADC cắt nhau trên AC.

 9

Bài 8 Cho tam giác ABC nội tiếp (O) và AD là tia phân giác của góc A (D �
(O)).Đường tròn tâm K đi qua hai điểm A và D (K �AD) cắt AB, AC tại M, N.
Gọi I, J lần lượt là trung điểm BC và MN . Chứng minh rằng IJ vuông góc với
AD.  3
Bài 9. Cho tam giác ABC và M là một điểm thay đổi trên BC. Gọi D, E là điểm
đối xứng của M qua AB, AC. Chứng minh rằng trung điểm DE thuộc một đường
thẳng cố định khi M thay đổi trên BC.  9
Bài 10.Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O).giả sử S1, S2 là hai điểm di
động và đối xứng nhau qua O. Gọi d1, d2 tương ứng là đường thẳng Simson của
S1, S2 đối với tam giác ABC. Chứng minh rằng d1vuông góc với d2 và giao điểm
của d1, d2 chạy trên một đường tròn cố định.  3
Bài 11.Cho tam giác ABC có trực tâm là H và M là trung điểm của BC. Phân
giác trong của góc A cắt HM tại K. Đường tròn thay đổi qua A và K cắt AB, AC
theo thứ tự là J và L.
a) Chứng minh rằng trực tâm của tam giác AJL luôn thuộc một đườngthẳng cố

định. Gọi d là đường thẳng cố định đó.
b) Gọi P là giao điểm của d với HM. Chứng minh HP=HK.  2
2.4 Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với bản
thân, đồng nghiệp và nhà trường.
2.4.1. Đối với hoạt động giáo dục
Khi thực hiện đề tài này, tôi nhận thấy học sinh rất hứng thú, bớt cảm giác
“Sợ” hình học và các em đã có định hướng tốt hơn trong việc tìm lời giải cho bài
toán hình học 9 liên quan đến các điểm và đường đặc biệt
Kết quả khảo sát tháng 3 năm 2018 đối với 20 học sinh giỏi lớp 9 đã thay
đổi rõ rệt so với ban đầu
Điểm
0  4,9
5  6,4
6,5  7 9
8  10
SL
%
SL
%
SL
%
SL
%
Tổng số HS 20

2

10

6

30

6

30

6

30

2.4.2. Đối với bản thân, đồng nghiệp và nhà trường
Việc tìm tài liệu, tổng hợp các bài tập, đề thi liên quan và thực hiện
chuyên đề này giúp cho bản thân tôi cảm thấy vững vàng hơn về mặt kiến thức,
phương pháp và có hứng thú hơn với công tác bồi dưỡng học sinh giỏi
Việc trao đổi kinh nghiệm, học hỏi đồng nghiệp tạo ra môi trường dạy và
học hứng thú hơn, gắn kết hơn giữa các đồng nghiệp trong trường, đặc biệt là
trong tổ bộ môn.
3. Kết luận, kiến nghị
3.1. Kết luận

17


Với mục tiêu là tìm hiểu về ứng dụng của đường thẳng Simson và đường
thẳng Steiner trong giải toán hình học 9, đề tài SKKN của tôi đã thực hiện các
nội dung:
- Hệ thống kiến thức về đường thẳng Simson và đường thẳng Steiner phù
hợp với cấp THCS
- Phân dạng các bài tập vận dụng:

+ Các bài toán về đẳng thức hình học
+ Các bài toán về quan hệ thẳng hàng và đồng quy
+ Các bài toán về quan hệ song song và vuông góc
+ Các bài toán về điểm và đường cố định
3.2. Kiến nghị
- Đối với phòng giáo dục: tổ chức chuyên đề chuyên môn theo hệ thống với các
chuyên đề cụ thể .
- Đối với nhà trường và tổ bộ môn: giúp đỡ giáo viên trong việc sắp xếp chuyên
môn, cung cấp tài liệu và tăng cường trao đổi học tập kinh nghiệm
Để hoàn thành đề tài này bản thân tôi đã rất cố gắng, song chắc chắn đề
tài vẫn còn nhiều thiếu sót và hạn chế. Vì vậy tôi mong được sự góp ý, bổ sung
của hội đồng khoa học các cấp để đề tài của tôi được hoàn chỉnh hơn.

18


XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG
ĐƠN VỊ

Thanh Hóa ngày 20 tháng 4 năm 2018
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết , không sao chép nội dung của
người khác

TÀI LIỆU THAM KHẢO

 1 haian.edu.vn/SiteFolders/thcshongbang
 2 Diễn đàn toán học Toanth.net
 3 Các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi THCS- Trần Văn Tấn (chủ biên) –
nhà xuất bản giáo dục

 4 SKKN “Vận dụng bất đẳng thức Cô-si vào giải các bài toán hình học lớp 9
tăng tính sáng tạo cho học sinh” – Cao Thế Anh – THCS Nguyễn Du
 5 Bài tập nâng cao và một số chuyên đề toán 9 – Bùi Văn Tuyên – nhà xuất bản
giáo dục
 6 Nâng cao và phát triển toán 9 – Vũ Hữu Bình – nhà xuất bản giáo dục
 7 Đề thi chọn học sinh giỏi toán 9 tỉnh Nghệ An năm học 2016-2017
 8 › Giáo Dục - Đào Tạo › Trung học cơ sở - phổ thông
 9

19