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

PHÒNG GDĐT VINH
TRƯỜNG THCS LÊ LỢI

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

“HƯỚNG DẪN HỌC SINH KHAI THÁC CĨ HIỆU QUẢ
BÀI TỐN VỀ BA ĐƯỜNG CAO TRONG TAM GIÁC”

Vinh, ngày 04 tháng 04 năm 2011

1


PHẦN I: ĐẶT VẤN ĐỀ
Học toán gắn liền với hoạt động giải tốn. Thơng 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. Ngồi ra, việc khai thác có hiệu quả bài tốn còn đem lại
cho học sinh những giờ học thú vị, lịng say mê hứng thú mơn học, bởi tâm lý
học sinh nói chung ln muốn biết và tìm tịi 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 tốn 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 tốn, 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 tốn đã có.
- Khái qt hố 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 tốn 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 trịn”.
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 tốn đơn giản ban đầu, nếu biết cách hướng học sinh tìm

2


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 tốn có hiệu quả, tơi 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.

3

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 trịn.
b. DE < BC.

A

Phân tích bài tốn: Đây là bài tốn thuộc
D

Chương II “Đường trịn” của chương trình Hình

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 trịn, nên để giải bài tập ta cần

C

B

chỉ rõ cho học sinh phương pháp. Cụ thể:
a) Để chứng minh 4 điểm B, E, C, D cùng thuộc một đường trịn 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 trịn đi qua cả 4 điểm B, E, C, D là đường trịn 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 trịn đó => ED < BC (Định lí liên hệ giữa
dây và đường kính).
Từ đó ta có cách giải bài toán như sau:

A

Giải:

D

a) Cách 1:

E

Gọi I là trung điểm của đoạn BC.
∆ BEC vuông tại E (gt) => trung tuyến
EI = IB = IC =

1
BC
2

∆ BDC vuông tại D (gt) => trung tuyến
DI = IB = IC =

B

I

C

1
BC
2

4


Do đó IE = ID = IB = IC => 4 điểm B, C, D, E cùng thuộc một đường trịn,
đó là đường trịn tâm I, bán kính

1
BC.
2

Cách 2:

BEC  900 => E  đường trịn đường kính BC
BDC  900 => D  đường trịn đường kính BC
Do đó E, D thuộc đường trịn đường kính BC => 4 điểm B, E, D, C cùng
thuộc đường trịn đường kính BC.
b. Trong đường trịn đường kính BC: ED là dây, BC là đường kính
=> ED < BC (liên hệ giữa dây và đường kính trong một đường trịn).

* Nhận xét 1:
- Kết quả bài tốn trên ln 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 cịn lại dưới hai góc bằng nhau hoặc tứ giác
có 4 đỉnh cùng nằm trên một đường trịn. Từ bài tốn này ta có thể khai thác
thành một số bài toán nhằm củng cố các kiến thức về góc với đường trịn 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.

A

Chứng minh tương tự ta có các kết quả sau:

D

a. Bốn điểm:

E
H

C, K, E, A cùng thuộc đường trịn đường
kính AC;
A, D, K, B cùng thuộc đường trịn đường
kính AB;

B

K

C

A, E, H, D cùng thuộc đường trịn đường kính AH;
C, D, H, K cùng thuộc đường trịn đường kính CH;

5


B, K, H, E cùng thuộc đường trịn 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 tốn, qua các câu hỏi gợi ý như: KH có là phân giác của góc EKD
khơng? 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?
- 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
EBH  EKH

CKHD là các tứ giác nội tiếp => 

DCH  DKH

ABD  EKH

hay 

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 ngồi 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 tốn sau có thể củng cố được
kiến thức về tứ giác nội tiếp, khái niệm tâm đường tròn nội tiếp và tâm
đường trịn bàng tiếp tam giác.

Bài tốn 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.

6


* 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): BAx=BCA (cùng bằng
1
sđ cung AB).
2

A
x
D

Mặt khác tứ giác BEDC nội tiếp
E

( bài tốn 1)

H

=> BCA  AED (cùng bù góc DEB)
Do đó BAx  AED mà hai góc này

B

O
C

K

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 trịn 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:
A1  C 2 (cùng phụ góc ABC)

A1  C1 (cùng bằng

A

1
sđ
2

B'

1

cung BA’ - góc nội tiếp)
=> C1  C2 => CK là phân giác

D
C'

O
H

góc HCA’ mà CK  HA’ (gt)
=> tam giác CA’H cân tại C

E

B

K

=> K là trung điểm của HA’.
Do đó BC là đường trung trực của

2
1

C

A'

7


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 trịn 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 trịn có
bán kính bằng R. Tương tự: các tam giác HBA; HAC có bán kính đường trịn
ngoại tiếp bằng R. Từ đó ta có bài tốn 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.
b) Các tam giác HBC; HCA; HAB có bán kính đường trịn 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 trịn 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 tốn 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 trịn được khơng? 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.

8


A

B'

1

D
C'

E
H

B

2
1

K

C

A'
Hướng dẫn giải:
a) A’ đối xứng với H qua BC => C1  C2 mà A1  C2 (cùng phụ góc
ABC) => A1  C2 => 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 trịn (ABC).
Vậy 6 điểm A, B, C, A’, B’, C’ cùng thuộc một đường trịn.
b) Chứng minh tương tự bài tốn 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 trịn bàng tiếp trong góc K của tam giác DKE.
- Sử dụng mối liên hệ giữa đường kính và dây trong đường trịn ta có thể

hướng dẫn học sinh khai thác tiếp kết quả của bài toán như sau: Kẻ OF vng
góc với AC; ON vng góc với BC

A

(F thuộc AC; N thuộc BC )
D

=> F; N lần lượt là trung điểm của AC; BC

F

=> FN là đường trung bình của tam

H

NF 1
giác ABC => NF // AB và

AB 2
Mặt khác:

B

K

O

N

C

OF // BH (cùng vng góc với AC)

9


ON // AH (cùng vng góc với BC) => các tam giác ONF và HAB đồng
dạng =>

ON NF 1

 => AH = 2. ON.
AH AB 2

Vậy nếu tam giác ABC nội tiếp đường trịn (O) có cạnh BC cố định thì ON
khơng đổi => AH khơng đổi khi A di chuyển trên đường trịn (O). Ta có bài
tốn về yếu tố khơng đổi:

Bài tốn 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 khơng đổi.

* Nhận xét 6:
- Từ bài tốn trên ta cũng chứng minh được các tam giác ADH và tam giác
BDC đồng dạng (g.g) =>

AH AD


 cot gA  AH  BC.cot gA không đổi
BC BD

khi B; C cố định và A chạy trên cung lớn BC của đường trịn (O) => cách
giải khác cho bài tốn 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 khơng đổi khi điểm A
chạy trên cung lớn BC của đường trịn (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
A

=> điểm I cố định và OI = 2.ON mà
AH = 2.ON (cmt) => OI = AH.

D

Mặt khác OI // AH (cùng vng góc với BC)
H

=> tứ giác AHIO là hình bình hành
=> IH = OA = R khơng đổi (R là bán kính
đường trịn (O) ngoại tiếp tam giác ABC)
=> H thuộc đường tròn (I; R) cố định.

B

K

O
N

C

I

Ta đã giải được bài tốn về quỹ tích sau:

10


Bài toán 1.6:
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường trịn (O; R); BC cố định. Tìm quỹ
tích trực tâm H của tam giác ABC khi A chạy trên cung lớn BC của đường
trịn (O).

* Nhận xét 7:
- Có thể phát biểu bài tốn 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 trịn (O).
- Từ kết quả chứng minh của bài toán 1.5:
AH = 2.ON => nếu gọi Q là giao điểm

A

của AO và HN thì ta cũng chúng minh được

D

AQ = 2.AO và HQ = 2.HN
=> Q thuộc (O; R) và N là trung điểm

H

O

của HQ. Do đó, ta cũng có tứ giác BHCQ là
hình bình hành. Như vậy, ta có thể phát biểu B

K

thành các bài toán sau:

C

N
Q

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 tốn 1.7.1:
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường trịn (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

11


của (O) thì HQ ln 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 tốn 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 tốn nào đó về bài tốn 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)
=>

AH AG HG
mà AH = 2.ON (cmt)


NO NG GO

A

=> HG = 2.OG và AG = 2.NG.

D

Từ AG = 2.NG => G là trọng tâm của
tam giác ABC. Từ đó ta có thể nêu bài

H
G

tốn như sau:

B

Bài toán 1.8:

K

O

N

C

Chứng minh rằng trong một tam giác, trọng tâm, trực tâm và tâm đường trịn
ngoại tiếp tam giác đó nằm trên một đường thẳng (gọi là đường thẳng Ơle
của tam giác đó).

12


* Nhận xét 9:
- Nếu gọi M là giao điểm của ON với (O) => M là điểm chính giữa của cung
BC => OM // AK (cùng vng 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

=> MAP  90 mà PNS  90

P

A

0

=> tứ giác PASN nội tiếp => P thuộc
đường tròn ( ASN ) mà P cũng thuộc

(O) => P là giao điểm thứ hai của (O) và

O

(ASN).
Từ kết quả trên ta có thể phát biểu

B

K S

N

C

thành một số bài tốn có độ khó khác
nhau như sau:

M

Bài tốn 1.9:
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O); phân giác AS của góc BAC
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 trịn (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 trịn ngoại tiếp tam giác ASN luôn đi qua một điểm cố định
khác N.

13


Bài toán 1.9.2:
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường trịn (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

A

góc DEH và góc KEH ).

N

Do đó để có dạng tốn về
chứng minh ba điểm thẳng hàng

D

E

M

H

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

B

K

C

có số đo bằng 1800 => 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 tốn 1.10:

Bài tốn 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
khơng 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

14


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 tốn cực trị hình học :

A

N

E

D

M

B

C

K

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.

* 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 tốn 1.1:

A

B, C là tâm các đường trịn bàng

D
E

tiếp trong góc D, góc E của tam giác
EDK. Theo tính chất các tiếp tuyến

F

I

cắt nhau ta có:
2.ID = DE + KE + KD
2.EF = DE + KE + KD

B

K

C

=> 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

15


S  N => AM là đường kính của đường tròn (O) và AM  BC
=> AM.BN = AB.BM

A

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

O
B

C

N

AM  BC thì tích hai đường chéo bằng

tổng các tích của các cạnh đối. Có thể

M

đặt câu hỏi là kết quả trên cịn đúng

khơng nếu ABMC là tứ giác bất kỳ nội tiếp được? Từ đó ta có thể giới thiệu
định lý Ptơlêmê:

Bài tốn 1.13:
Chứng minh rằng trong một tứ giác nội tiếp, tích hai đường chéo bằng tổng
các tích của các cặp cạnh đối.
A

* 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

O

cũng là các tam giác đều
=> MB = MC = MO = R,
mà AM = 2R => MA = MB + MC.

B

C

M

Ta cũng chứng minh được kết quả trên
vẫn đúng khi M khơng là điểm chính giữa của cung BC khơng chứa điểm A.
Từ đó ta có bài tốn 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 cịn lại.

16


* Nhận xét 15:
- Từ các bài toán trên, ta có thể giới thiệu cho HS một số bài tốn 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 tốn 1.15:
Cho tam giác ABC, trực tâm H. Gọi O1; O 2 ; O3 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 O1O2O3 bằng nhau.

Bài toán 1.16:
Cho tam giác ABC nhọn, các đường cao AK, BD, CE. Chứng minh rằng:

SKDE
 1  (cos 2 A  cos2 B  cos2C )
S ABC

Bài toán 1.17:
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường trịn bán kính R và ngoại tiếp đường
trịn bán kính r. Các đường cao AK, BD, CE của tam giác ABC. Chứng minh
rằng

SDEK r
 .
S ABC R

Bài toán 1.18:
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường trịn bán kính R và ngoại tiếp đường
trịn bán kính r. Chứng minh

r
 1  (cos 2 A  cos 2 B  cos 2C )
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.

17


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 hố...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 trịn. 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 tốn, tìm và phát biểu các kết quả
tương đương, thay đổi hình thức phát biểu bài tốn, 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 q trình
giảng dạy. Tơi nhận thấy rằng các bài tốn, dạng tốn được giới thiệu có hệ
thống, có liên hệ chặt chẽ với nhau thì việc tiếp thu của các em có hiệu quả
hơn. Việc khai thác bài toán sẽ giúp các em phát triển năng lực tư duy, phát
triển ngôn ngữ, hướng các em đến sự độc lập trong tư duy, sáng tạo và có khả
năng tự học; tạo thói quen phân tích một bài toán để định hướng phương pháp
giải bằng cách quy “lạ” về “quen”; khai thác triệt để kết quả bài toán đã giải
được để tạo ra được các bài toán mới.... Tơi nghĩ rằng đó là điều người giáo
viên cần quan tâm, tìm tịi và tích luỹ để chất lượng dạy học ngày càng được
nâng cao. Hệ thống bài tập được khai thác trong đề tài này phù hợp với việc
dạy ôn tập chương III hình học 9 hoặc dạy ôn tập cuối năm, phụ đạo học sinh
đại trà và bồi dưỡng học sinh khá giỏi.
Rất mong được sự quan tâm và góp ý của người đọc. Tơi xin chân thành cám
ơn.
Vinh, ngày 04 tháng 4 năm 2011.

18