HD HS KHAI THÁC một số bài TOÁN về TRỰC tâm TAM GIÁC TRONG HH 9

Hướng dẫn HS tìm hiểu khai thác một số bài tốn về trực tâm tam giác

Hướng dẫn học sinh tìm hiểu khai thác một số bài toán
về trực tâm tam giác

1/ Kiến thức về trực tâm tam giác:
+ Trong một tam giác ba đường cao đồng quy tại một điểm, điểm đó gọi là trực
tâm của tam giác.
+ Trực tâm tam giác có 3 trường hợp xẩy ra
TH1: Tam giác vuông:

TH2: Tam giác nhọn:

TH3: Tam giác tù:
H

A

B

F

E

D

E

F

A

H
C

A=H

B

D

C

B

D

C

Nhận xét:
- Trực tâm tam giác vng trùng với đỉnh góc vng của tam giác
- Trực tâm tam giác nhọn nằm trong tam giác.
- Trực tâm tam giác tù nằm ngoài tam giác.
Trong bài viết này chỉ hướng dẫn HS xét trực tâm tam giác trong trường hợp
tam giác nhọn, các trường hợp còn lại HS tự tìm hiểu thêm.

2/ Tìm hiểu về trực tâm tam giác:
Bài1:
Cho tam giác nhọn ABC; 3 đường cao của tam giác lần lượt là: AD; BE; CF. Gọi
H là trực tâm tam giác đó.
a) Hãy tìm các tứ giác nội tiếp có trên hình?

b) Chứng minh: H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF
c) Chứng minh hệ thức:

HD HE HF


1
AD BE CF

Thực hiện: Phan Thị Hương- Võ Công Lực - Diễn Châu – Nghệ An

1


Hướng dẫn HS tìm hiểu khai thác một số bài toán về trực tâm tam giác
d) Gọi H1, H2, H3 lần lượt là các giao điểm của các tia AH, BH, CH với đường tròn
ngoại tiếp tam giác ABC. Chứngminh: H1, H2, H3 lần lượt đối xứng với H qua BC,
AC, AB.

A

Hướng dẫn:
E

a) - HS dễ dàng tìm được các tứ giác nội tiếp
là: BFHD; AEHF; CDHE.

F

- Nếu nối các đoạn thẳng: EF; FD; DE;

H

HS sẽ tìm thêm được các tứ giác nội tiếp:

1
B

BFEC; BDEA; AFDC.

12

1
C

D

b) Phân tích: Sử dụng các tứ giác nội tiếp ở câu a :
- 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  DEF )
- Gợi ý: - Chỉ cần chứng minh DH là phân giác của EDF , việc chứng minh EH; FH
là các phân giác của  DEF hoàn toàn tương tự.
- Dựa vào các tứ giác nội tiếp tìm được ở bài toán hãy chứng minh: D1  D2 ?
- Ta có thể chứng minh D1  D2 vì cùng bằng một góc thứ 3: B1 hoặc C1 sử dụng
các tứ giác nội tiếp ở bài toán 1. Chẳng hạn:
Chứng minh:
Ta có ABDE, AFDE là các tứ giác nội tiếp theo câu a
 B1  D2 và D1  C1

mà B1  C1 (vì cùng phụ với BAC )

 D1  D2 . Hay DH là phân giác của EDF

Chứng minh tương tự ta có EH; FH là các phân giác của DEF và EFD
 H là tâm đường trịn nội tiếp tam giác DEF

c) Ta có:
1
2

SABC = AD.BC =
1
2

1
1
BE.AC = CF.AB
2
2
1
2

SHBC = HD.BC ; SHAC = HE.AC; SHAB =


1
HF.AB
2

HD S HBC
HE S HAC HF S HAB




;
;
AD S ABC
BE S ABC CF S ABC

Thực hiện: Phan Thị Hương- Võ Công Lực - Diễn Châu – Nghệ An

2


Hướng dẫn HS tìm hiểu khai thác một số bài toán về trực tâm tam giác


HD HE HF S HBC  S HAC  S HAB S ABC




 1 (đpcm)
AD BE CF
S ABC
S ABC

(vì tam giác ABC nhọn nên SHBC  SHAC  SHAB  S ABC )
d) Phân tích:
- Để chứng minh H1, H2, H3 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

A

của HH1, HH2, HH3)

H2

1
E

- Chẳng hạn chứng minh BC là trung trực của HH1:
H3

ta sẽ chứng minh CD vừa là đường cao vừa là

F
O
H

phân giác của  CHH1 như sau:
Chứng minh:

B

2
3

D

1
C

Ta có: C2  A1 (vì tứ giác CDFA là tứ giác nội tiếp)
H1

C3  A1 (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BH1)

 C2  C3 hay CD là phân giác của HCH1

Trong  CHH1: CD vừa là phân giác vừa là đường cao   CHH1 cân
 CD là trung trực của HH1

Vậy H và H1 đối xứng nhau qua CD hay BC. Chứng minh H2, H3 đối xứng với H
qua AC, AB tương tự.
* Ở câu d bài toán 1 nếu đặt vấn đề ngược lại: nếu H1; H2; H3 lần lượt là các điểm
đối xứng với H qua BC; AC; AB thì H1; H2; H3 có thuộc đường trịn ngoại tiếp tam
giác ABC khơng? Ta có bài toán đảo:
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O); H là trực tâm của tam giác.
Gọi H1, H2, H3 lần lượt là các điểm đối xứng với H qua BC, AC, AB.
Chứng ninh: H1, H2, H3 thuộc đường tròn

A

ngoại tiếp tam giác ABC

1

Hướng dẫn :

H3

E

F

Cách 1: Phân tích: Vì bài tốn này là
bài đảo của câu c bài 1 nên ta có thể sử dụng

H2

H
B

D

O
1
2

C

cách làm ngược lại với chứng minh đó.
Chứng minh:

H1

Thực hiện: Phan Thị Hương- Võ Công Lực - Diễn Châu – Nghệ An

3

Hướng dẫn HS tìm hiểu khai thác một số bài toán về trực tâm tam giác
Do H và H1 đối xứng với nhau qua BC
nên tam giác CHH1 cân  C1  C2 ;
mà C1  A1 vì cùng phụ với ABC  C2  A1
tứ giác ABH1C nội tiếp.
Hay H1 thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Cách 2: Phân tích: - Nếu chứng minh được H1 thuộc đường trịn ngoại tiếp tam
giác ABC thì khi đó các tứ giác ABH1C có đặc điểm gì? (là tứ giác nội tiếp)
- Vì vậy muốn chứng minh H1 thuộc đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC thì chỉ
cần chứng minh tứ giác ABH1C là tứ giác nội tiếp. Có thể chứng minh tứ giác
ABH1C là tứ giác nội tiếp bằng nhiều cách. Chẳng hạn:
Chứng minh:
Do tứ giác AFHE là tứ giác nội tiếp nên FAE  FHE = 1800

(1)

Mà FHE  BHC (đối đỉnh); BHC  BH1C
(do H và H1 đối xứng nhau qua BC )
 EHF  BH1C

(2)

Từ (1) và (2)  FAE  BH1C = 1800  tứ giác ABH1C nội tiếp.
Hay H1 thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
Chứng minh tương tự thì H2, H3 cũng thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
Kết luận1:
Như vậy qua bài tốn học sinh thấy được tính chất đặc biệt của trực tâm H:
1) H vừa là trực tâm tam giác ABC vừa là tâm đường tròn nội tiếp tam giác

DEF. Từ đó ta cũng suy ra A, B, C chính là tâm các đường trịn bàng tiếp tam
giác DEF
2)

HD HE HF


1
AD BE CF

3) Nếu H1; H2; H3 lần lượt là giao điểm của các tia AH; BH; CH với đường trịn
ngoại tiếp tam giác ABC thì H1; H2; H3 lần lượt đối xứng với H qua BC; AC; AB
- Ngược lại nếu H1, H2, H3 lần lượt là các điểm đối xứng với H qua BC, AC,
AB thì H1, H2, H3 thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
* Tìm hiểu tiếp ta có trực tâm tam giác cịn có đặc điểm đặc biệt qua bài tốn sau:
Thực hiện: Phan Thị Hương- Võ Công Lực - Diễn Châu – Nghệ An

4


Hướng dẫn HS tìm hiểu khai thác một số bài toán về trực tâm tam giác
Bài 2:
Cho tam giác nhọn ABC , trực tâm H. Chứng minh rằng:
HB.HC HC.HA HA.HB


1
AB. AC BC.BA CA.CB

Hướng dẫn:

S

Dễ thấy  CHE

A

 CAF (g.g)

1
HB.CE
S
CH CE
HB.HC 2




 HBC
CA CF
AB. AC 1
S ABC
AB.CF
2

E

F
H

Tương tự:
HC.HA S HCA
HA.HB S HAB


;
CA.CB S ABC
BC.BA S ABC

Vậy:

C

B

D

HB.HC HC.HA HA.HB S HBC  S HCA  S HAB
1



S ABC
AB. AC BC.BA CA.CB

Bài 3:
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O). Hai đường cao BB’ và CC’
của tam giác cắt nhau tại H (B’  AC; C’ AB ).
2
3

Chứng minh: HA+ HB + HC < (AB + BC + AC )
Hướng dẫn:
Qua H kẻ HE // AB: HF // AC (E  AC; F  AB )
 HB  HF

Mà:

A

HB < BF

E

HC < CE

B'

HA < AE + FA
F

 HA + HB + HC < AF + BF + CE + AE
 HA + HB + HC < AB + AC (1)

Tương tự ta có:

O

C'
H

B

C

HA + HB + HC < BC + AC (2)
HA + HB + HC < AB + BC (3)
Cộng từng vế (1) (2) (3) ta có 3( HA + HB + HC ) < 2( AB + BC + AC )
Hay: HA + HB + HC <

2
( AB + BC + AC ) (Đpcm)
3

Thực hiện: Phan Thị Hương- Võ Công Lực - Diễn Châu – Nghệ An

5


Hướng dẫn HS tìm hiểu khai thác một số bài toán về trực tâm tam giác
Bài 4:
Cho tam giác nhọn ABC. Tìm điểm M thuộc miền trong của tam giác sao cho:
MA.BC + MB.AC + MC.AB đạt giá trị bé nhất.
Hướng dẫn:
Phân tích: Các tích MA.BC, MB.AC, MC.AB

A

tương tự nhau nên có thể xét mỗi tích.
Ta sẽ tạo các đường vng góc BE và CF

M

kẻ từ B và C đến tia AM vì BC  BE + CF

E

để tìm xem tích MA.BC nhỏ nhất bằng bao
nhiêu và đạt được khi nào?

B

Chẳng hạn ta có thể làm như sau:

C

D
F

Chứng minh:
Vẽ BE  tia AM; CF  tia AM (E, F  tia AM) ;
tia AM cắt BC tại D
Ta có: MA.BC = MA.(BD+DC)
= MA.BD + MA.DC
 MA.BE + MA.CF
 MA.BC  2SABM + 2SACM

Tương tự ta có: MB.AC  2SMBC + 2SMBA
MC.AB  2SMCA + 2SMCB
 MA.BC + MB.AC + MC.AB  4(SABM+ SACM+ SMCB) = 4SABC (không đổi)

Dấu bằng xẩy ra khi MA  BC; MB  AC; MC  AB.
 M là trực tâm tam giác ABC.

Kết luận 2: Từ các bài tốn trên ta có thêm tính chất của trực tâm H:
4)

HB.HC HC.HA HA.HB


1
AB. AC BC.BA CA.CB

5) HA + HB + HC <

2
( AB + BC + AC )
3

6) Để M thuộc miền trong của tam giác sao cho: MA.BC + MB.AC + MC.AB
đạt giá trị bé nhất thì M phải là trực tâm tam giác ABC.

Thực hiện: Phan Thị Hương- Võ Công Lực - Diễn Châu – Nghệ An

6


Hướng dẫn HS tìm hiểu khai thác một số bài toán về trực tâm tam giác

3/ Khai thác các bài toán về trực tâm tam giác:
+ Ở câu a bài 1 ta đã chứng minh được ở hình vẽ có 6 tứ giác nội tiếp, sử dụng

các tứ giác nội tiếp đó, nếu gọi I là trung điểm của một cạnh của tam giác ABC ta
cịn có thể chứng minh được bốn điểm E, F, D, I cùng thuộc một đường tròn.
Bài 1.1:
Cho tam giác ABC nhọn, H là giao điểm ba đường cao của tam giác đó. I là
trung điểm của cạnh BC. Chứng minh bốn điểm E, F, D, I cùng thuộc một đường
trịn.
A

Hướng dẫn:
Ta có thể sử dụng các góc nội tiếp

E

cùng chắn một cung thì bằng nhau
trong các tứ giác nội tiếp vừa chứng

F
H

minh được ở câu a để suy ra cách làm.
Chẳng hạn:

1

Ta có: EDF  D1  D2

B

12

1
C

D

I

Mà D1  B1 (do tứ giác BFHD nội tiếp)
D2  C1 (do tứ giác CEHD nội tiếp)
B1  C1 (do tứ giác BFEC nội tiếp)

Suy ra EDF  2.C1 (1)
Ta lại có: tứ giác BFEC nội tiếp đường trịn tâm I đường kính BC
 EIF  2.C1

(2) (vì góc ở tâm bằng hai lần góc nội tiếp cùng chắn một cung)

Từ (1) và (2) ta có EDF  .EIF  bốn điểm E, F, D, I cùng thuộc một đường tròn.
Với I là trung điểm của AB hoặc AC ta chứng minh tương tự.
+ Ở câu b bài 1 ta đã chứng minh được H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác
DEF. Ta khai thác câu b bài 1:
* Nếu cho biết E; F; D là chân 3 đường cao của một tam giác thì dựng tam giác
đó như thế nào?
Bài 1.2:
Dựng tam giác ABC biết E, F, D là chân 3 đường cao của tam giác đó
Hướng dẫn:
Thực hiện: Phan Thị Hương- Võ Cơng Lực - Diễn Châu – Nghệ An

7

Hướng dẫn HS tìm hiểu khai thác một số bài tốn về trực tâm tam giác
Phân tích: - Giả sử đã dựng được tam giác ABC
có H là trực tâm, theo câu b bài tốn 1
A

ta suy ra điều gì?
(H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF ).

E

- Từ đó để dựng tam giác ABC
ta sẽ dựng như thế nào?

F
H

(dựng điểm H là tâm đường tròn nội tiếp
tam giác DEF trước)

12

1

1
C

B

D

Cách dựng:
- Dựng  DEF
- Dựng điểm H là tâm đường tròn nội tiếp  DEF

- Dựng các đường thẳng vng 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.
* Ngược lại H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF thì chứng minh H là trực
tâm tam giác ABC như thế nào?
Bài 1.3:
Cho tam giác nhọn ABC. Điểm H nằm trong tam giác, AH, BH, CH theo thứ tự
cắt BC,CA,AB tại D, E, F. Biết rằng: H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF.
Chứng minh rằng: H là trực tâm tam giác ABC.
Hướng dẫn:
Phân tích: Để chứng minh AH  BC ta có thể chứng minh AH vng góc với
đường thẳng song song với BC. Qua M ta kẻ đường thẳng song song với BC,
đường thẳng này theo thứ tự cắt DF, DE, AB, AC tại P, Q, M, N.
Ta sẽ chứng minh AH  PQ hay DH  PQ

A

Mà H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF nên D1  D2
suy ra ta chỉ cần chứng minh tam giác PDQ cân là được
Chứng minh:

F

Áp dụng hệ quả của định lí Ta-lét, ta có:

M

P

Q

HP CD HN BC HM DB

;
;


HM CB HQ BD HN DC

Nhân vế với vế của ba đẳng thức trên ta có:

H

E
N

12
B

Thực hiện: Phan Thị Hương- Võ Công Lực - Diễn Châu – Nghệ An

D

C

8

Hướng dẫn HS tìm hiểu khai thác một số bài toán về trực tâm tam giác
HP
 1  HP = HQ (1) .
HQ

Theo giả thiết D1  D2 (2)
Từ (1) và (2)  DH  PQ hay AH  BC
(vì PQ // BC)
Tương tự BH  AC . Vậy H là trực tâm tam giác ABC.
* Khi tam giác ABC đặc biệt: AC =R 3 , AB =R 2 thì ta có tính được độ dài các
cạnh của tam giác DEF không ?
Bài 1.4:
Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn (O; R) có AC =R 3 , AB =R 2 . Kẻ các
đường cao AE, BK, CI cắt nhau tại H. Tính số đo các góc, số đo các cạnh của tam
giác KIE theo R.
Hướng dẫn:
Phân tích: Khi tam giác ABC nội tiếp đường trịn (O; R) có AC =R 3 , AB =R 2
hãy xem tam giác đó có gì đặc biệt ?
Chứng minh:
A

+ AC= R 3  ABC =600  Cˆ 1 =300
AB =R 2  ACB = 450  Bˆ1  450

K

Theo bài b toán 1 ta có : KEI = 2 Cˆ 1 = 600

I

0

KIE = 2 B1 = 90

Nên IKE = 300
Vậy IKE có :

H

O

1

B

1

E

C

KEI = 600; KIE = 900; IKE = 300

+ BAC  750  CK  BK  R 2 sin 750
 BC  R sin 75 0 (vì BCK vng cân)

S

CKE

CBA (gg) 

KE CK

AB CB

AB.CK R 2.R 2 sin 75 0
 KE 

R
CB
2 R sin 75 0

Nên IK 

R
3R
, IE 
.
2
2

Thực hiện: Phan Thị Hương- Võ Công Lực - Diễn Châu – Nghệ An

9


Hướng dẫn HS tìm hiểu khai thác một số bài tốn về trực tâm tam giác

* Thay đổi vị trí chân các đường cao thỏa mãn điều kiện:
ta còn chứng minh được tâm của đường tròn nội tiếp tam
giác A2B2C2 chính là H, ta có bài tốn:
A1 HA2  B1 HB2  C1 HC2

Bài 1.5:
Cho tam giác ABC có các đường cao AA1, BB1,CC1 cắt nhau tại H .Các điểm
A2, B2, C2 lần lượt thay đổi trên các đoạn thẳng A1C, B1A, A1B sao cho
A1 HA2  B1 HB2  C1 HC2 . Chứng minh rằng đường tròn nội tiếp tam giác A 2B2C2 có

tâm cố định.
Hướng dẫn :

S

Ta có HA1 A2

HB1 B2 (gg) Suy ra

HA1 HA2

HB1 HB 2

Mặt khác A2 HB2  A1 HB1

S

Nên A1 HB1

A2 HB2

A
B2

Suy ra HA1 B1  HA2 B2

B1

Tương tự HA1C1  HA2 C2
Suy ra HA2 là phân giác của B2 A2 C2

C1
H

Tương tự HB2 là phân giác của A2 B2 C2

C2

Vậy H là tâm đường tròn nội tiếp
tam giác A2B2C2  H cố định.

B

A1

A2

C

* DA là tia phân giác của góc EDF ; M là một điểm thuộc đoạn FD, N là một điểm

thuộc tia DE sao cho MAN  BAC ta còn chứng minh A là tâm đường trịn bàng
tiếp góc D của tam giác DMN:
Bài 1.6:
Cho tam giác ABC nhọn có các đường cao AD, BE, CF . M là một điểm thuộc
đoạn FD, N là một điểm thuộc tia DE sao cho MAN  BAC Chứng minh rằng A là
tâm đường trịn bàng tiếp góc D của tam giác DMN.
Hướng dẫn: Lấy điểm P thuộc BF sao cho MP // BD
DA là phân giác của góc NDF, nên
cần chứng minh MA là phân giác
góc FMN.
Thực hiện: Phan Thị Hương- Võ Cơng Lực - Diễn Châu – Nghệ An

10


Hướng dẫn HS tìm hiểu khai thác một số bài tốn về trực tâm tam giác
Suy ra APE

S S

Ta có APM

ANE (gg)

A

AMN (cgc)

N

Suy ra AMN  APE (1)

Mà

S

Ta có AFD

E

EFB (gg)
F

FD FM
FM AF
FM FP
hay




FB FP
AF EF
FP EF

H
P

AFM  EFP  AFM

EFP

M

S

Mặt khác ta dễ dàng chứng minh được

C

B
D

Nên AMF  EPF  APE (2)
Từ (1), (2) suy ra AMN  AMF
Hay MA là phân giác góc FMN suy ra điều phải chứng minh

+ Ở câu c bài 1 ta có:

HD HE HF


 1 . Khai thác kết quả này ta có bài tốn:
AD BE CF

Bài 1.7:
Cho tam giác nhọn ABC, kẻ các đường cao AD, BE, CH; H là trực tâm của tam
giác đó. Chứng minh:

AD BE CF



9
HD HE HF

A

Hướng dẫn:
E

HD HE HF
Ta có:


 1 ( câu c bài 1 )
AD BE CF

F

AD BE CF
AD BE CF




 1. (
).
HD HE HF
HD HE HF

=(

HD HE HF
AD BE CF




).
).(
HD HE HF
AD BE CF

Đặt

H

B

C
D

HD
HE
HF
a;
 b;
 c .Ta có:
AD
CF

BE

AD BE CF
1 1 1
a b a c b c
= ( a+b+c).(   ) = 3 +       3 + 2 + 2 +2 = 9


HD HE HF
a b c
b a c a c b

( vì

b c
a b
a c
  2 : theo bất đẳng thức Cô-si )
 2 ;
 2 ;
c b
b a
c a

Hay:

AD BE CF


9 .

HD HE HF

Dấu “=” xẩy ra  a=b=c 

HD HE HF 1
HD HE HF





 1 ) (Đpcm)
(vì
AD BE CF 3
AD BE CF

Thực hiện: Phan Thị Hương- Võ Công Lực - Diễn Châu – Nghệ An

11


Hướng dẫn HS tìm hiểu khai thác một số bài toán về trực tâm tam giác
* Ở câu d bài 1 ta đã chứng minh được H1, H2, H3 lần lượt đối xứng với H qua
BC, AC, AB. Ta khai thác câu c bài 1:
Bài 1.8 :
Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn tâm O bán kính R và AD, BE, CF lần
lượt là các đường cao của tam giác ABC. Gọi M, N, Q lần lượt là giao điểm của
AD, BE, CF với (O; R). Chứng minh rằng

AM BN CQ



4
AD BE CF

Hướng dẫn:
Từ kết quả câu d bài tốn 1 ta có HD = DM, HE = EN, FH= FQ
Suy ra

S
AM AD  DH
DH

 1
 1  BHC
AD
AD
AD
S
N

A

Tương tự

S
S
CQ
BN
 1  AHB

 1  AHC ,
CF
BE
S
S

E
F

Q

Nên suy ra

H

S
 S AHC  S AHB
AM BN CQ


 3  BHC
4
AD BE CF
S

B

(SABC là diện tích ABC )

O

D

C

M

* Với cùng một giả thiết một số bài tốn có liên quan đến trực tâm tam giác có thể
khai thác và tập hợp lại thành bài toán:
Bài 1.9:
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O; R); 3 đường cao của tam giác
lần lượt là AD; BE; CF. Gọi H là trực tâm tam giác đó, H1, H2, H3 lần lượt là các
giao điểm của các tia AH, BH, CH với đường tròn tâm O.
1) Chứng minh các tứ giác AFHE, BDHF, CDHE, BFEC, AFDC, ABDF là các tứ
giác nội tiếp.
2) Chứng minh các đường tròn ngoại tiếp các tam giác AHB, BHC, CHA có bán
kính bằng nhau.
3) Chứng minh ED // H1H2;

EF // H2H3;

FD // H1H3

4) Chứng minh OA  EF; OB  FD; OC  ED
Thực hiện: Phan Thị Hương- Võ Công Lực - Diễn Châu – Nghệ An

12


Hướng dẫn HS tìm hiểu khai thác một số bài toán về trực tâm tam giác

5) Gọi I, J lần lượt là trung điểm của BC và EF . Chứng minh: OA // IJ
6) Tia OI cắt đường tròn (O) tại P. Chứng minh AP là phân giác của góc HAO
7) AM là đường kính của đường trịn (O). Chứng minh BHCM là hình bình hành
Chứng minh HM đi qua trung điểm I của BC (Chứng minh 3 điểm A, I, M thẳng
hàng)
8) Chứng minh AH = 2.OI. Tia AI cắt HO tại G. Chứng minh G là trọng tâm của
tam giác ABC
9) Chứng minh AJ.R=AI.OI
10) Chứng minh rằng hai tam giác ABD và AMC đồng dạng. Từ đó suy ra
S

AB.BC.CA
( S là diện tích tam giác ABC)
4R

11) Gọi O1, O2, O3 lần lượt là tâm các đường tròn ngoại tiếp các tam giác HBC,
HCA, HAB. Chứng minh  O1O2O3=  ABC
12) Cho BC =R 3 . Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF
13) Cho B, C cố định (O); A chuyển động trên cung lớn BC
a) Chứng minh BH.BE + CH.CF khơng đổi
b) Tìm quỹ tích điểm H?
c) Xác định vị trí điểm H để diện tích tam giác BHC đạt giá trị lớn nhất
d) Tìm vị trí điểm A để chu  DEF lớn nhất.
e) Tìm vị trí của A để diện tích  EAH lớn nhất
f) Chứng minh đường thẳng đi qua H và vng góc với EF ln ln đi qua một
điểm cố định
Hướng dẫn:
1) Xem bài 1
2) Phân tích: - Theo câu d bài tốn 1 ta có H1, H2, H3, 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 AH3B, BH1C, CH2A có đặc điểm gì?
(đều là các tam giác nội tiếp đường trịn 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:
Thực hiện: Phan Thị Hương- Võ Công Lực - Diễn Châu – Nghệ An

13


Hướng dẫn HS tìm hiểu khai thác một số bài tốn về trực tâm tam giác
Bán kính đường trịn ngoại tiếp  BHC

H2

A

bằng bán kính đường trịn ngoại tiếp  BH1C

1

E

(  BHC =  BH1C vì H và H1 đối xứng qua BC
1

theo bài toán 3).

H3

F H

O

Mà  BH1C nội tiếp đường trịn tâm O
B

 Bán kính đường trịn ngoại tiếp  BHC

bằng bán kính đường trịn tâm O

1
2

D

C

H1

Chứng minh tương tự  các bán kính đường trịn
ngoại tiếp  AHC,  AHB,  BHC đều bằng nhau và bằng bán kính đường trịn
tâm O
3) Cách 1: Do H1, H2 lần lượt đối xứng với H qua BC, AC (theo câu d bài toán 1 )
 DE là đường trung bình của  HH1H2  DE // H1H2

Cách 2: Ta có E1  A1 (do tứ giác AEDB nội tiếp)
A1  H 2 (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BH1 )

 E1  H 2

 ED // H1H2 (Vì hai góc đồng vị bằng nhau)

Chứng minh tương tự  EF//| H2H3; FD // H3H4
4) Ta có: C1  C2 (chứng minh ở bài toán 3)  BH 3  BH1  BH3= BH1
Mặt khác OH3= OH1 (bán kính đường tròn tâm O)
OB là trung trực của H1H3  OB  H1H3
Mà H1H3 // FD  BO  FD
Chứng minh tương tự  AO  EF; CO  ED.
Lưu ý: ở câu 4 ta đã sử dụng kết quả của câu 3 để chứng minh. Ta cũng có thể
chứng minh theo cách khác như sau:
Cách 2: Kẻ tiếp tuyến tại A của đường trịn(O)
Ta có BAx  AFE ( cùng bằng ACB )

A

x

E

Cách 3: Kẻ đường kính AM của đường tròn(O)

J
F

 Ax // EF; mà Ax  AO  EF  AO

H

O

Ta có: AFE  AMB (cùng bằng ACB )
B

Mà AMB  BAM  90  AFE  BAM  90
0

0

D

 AM  EF. Hay AO  EF

C

I

M

5) Do tứ giác BFEC nội tiếp đường tròn
Thực hiện: Phan Thị Hương- Võ Công Lực - Diễn Châu – Nghệ An

14


Hướng dẫn HS tìm hiểu khai thác một số bài tốn về trực tâm tam giác
tâm I, đường kính BC; J là trung điểm của dây cung

A

EF  IJ  EF .Mà AO  EF (câu 3)  IJ // AO

E

6) I là trung điểm của dây BC  OI  BC

F
H

 OP //AH  DAP  APO .

Mà APO  OAP (vì tam giác AOP cân)

B

O

D

C

I

 DAP  PAO

Hay AP là tia phân giác của góc HAO

M

P

A

7) Hướng dẫn: Chứng minh BHCM là hình bình hành
( Hai cặp cạnh đối song song:

E

BH, MC cùng  AC; CH, MB cùng  AB)

N

F

H
O

 I là trung điểm của BC đồng thời cũng là trung

điểm của HM. Hay HM đi qua trung điểm I của BC.

B

D

C

I

8) Cách 1: Từ câu 7)  OI là đường trung bình

M

của  AMH  AH = 2OI

A

Cách 2: Gọi N là trung điểm của AC .

S

  ION

E

 AHB (gg)



S

*  IOG

J

F

OI
IN 1
Suy ra


  AH  2OI
AH AB 2

H

 AHG (gg)

B

O

D

C

I

AH AG
mà AH=2OI  AG = 2GI

OI
GI

M

 G là trọng tâm tam giác ABC

A

9) Vì AH = 2OI (theo câu 8)

nên bán kính đường trịn ngoại tiếp AEF
(là bán kính đường trịn ngoại tiếp tứ giác AEHF)
bằng OI

S

Vì AEF

O

ABC (g.g) 

S

10) Ta có ABD


AJ OI

AI
R

F

 AJ.R=AI.OI
B

AMC (g.g)

G

H

D

AB AD
 AB. AC  AM . AD  AB. AC.BC  AM . AD.BC

AM AC

Mà AM =2R; AD.BC =2SABC  AB. AC.BC  2R.2S  S 

E

C

I
M

AB.BC.CA
4R

Thực hiện: Phan Thị Hương- Võ Công Lực - Diễn Châu – Nghệ An

15


Hướng dẫn HS tìm hiểu khai thác một số bài toán về trực tâm tam giác
11) HBC và BH1C đối xứng nhau qua BC nên O và O1
đối xứng nhau qua BC  I là trung điểm của OO1

A

Tương tự N là trung điểm của OO2
 IN là đường trung bình của tam giác OO1O2

O3

E
F

 O1O2 = 2IN =AB

O2
N

H
O

Tương tự O1O3 = AC; O2O3 = BC
Vậy  O1O2O3=  ABC

B

D

12) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF là

C

I

O1

đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF

M

Mà tứ giác AEHF là tứ giác nội tiếp đường trịn đường kính AH  ta cần tính AH.
Theo câu 8) ta có AH = 2OI  ta cần tính OI.
Xét tam giác vng BOI ta sẽ tính được OI theo định lý Pitago
1
2

(với BO = R; BI = BC =

1
R 3)
2

S

Lưu ý: ở câu 10) có thể thay bằng câu sau: Chứng minh rằng khi A chuyển động
trên cung lớn BC (B, C cố định) thì bán kính đường trịn ngoại tiếp  AEF khơng
đổi.
13)a) Ta có BDH
BEC (g.g)


BD BH


 BH.BE = BD.BC. Tương tự CH.CF = CD.BC
BE BC

 BH.BE + CH.CF= BD.BC + CD.BC = (CD+DB).BC = BC2 khơng đổi

b) Tìm quỹ tích điểm H:
- Khi A chuyển động trên cung lớn BC thì H1 sẽ chuyển động trên đường nào?
(H1 chuyển động trên cung nhỏ BC)
- Ở bài toán 1: H đối xứng với H1 qua BC, vậy H sẽ chuyển động trên đường nào?
(H chuyển động trên cung đối xứng với cung nhỏ BC qua BC:
cung chứa góc 1800 - Â dựng trên đoạn thẳng BC, cùng phía với A so với BC)
c) Xác định vị trí điểm H để diện tích tam giác BHC đạt giá trị lớn nhất:
Do H chuyển động trên cung chứa góc 1800 - Â dựng trên BC nên lớn nhất
 H là điểm chính giữa cung chứa góc 1800- Â dựng trên BC
 A là trung điểm cung lớn BC của đường trịn (O)

d) Tìm vị trí của điểm A trên cung lớn BC để chu vi tam giác DEF lớn nhất
Thực hiện: Phan Thị Hương- Võ Công Lực - Diễn Châu – Nghệ An

16


Hướng dẫn HS tìm hiểu khai thác một số bài toán về trực tâm tam giác
Do AO  EF, CO  ED, BO  FD
nên SAEOF =

1
1
1
AO.EF ; SBEOD = BO.FD ; SCDOE = CO.DE

2
2
2

Vì trường hợp này O ở trong tam giác ABC nên
SAEOF + SBEOD + SCDOE = SABC
1
 SABC = ( AO.EF + BO.FD + CO.DE )
2
1
2

= AO(EF + FD + DE) (vì AO = BO = CO)
Gọi R là bán kính đường trịn tâm O; P là chu vi tam giác DEF
2 S ABC
1
 SABC = R.P  P =
2
R

Vậy P lớn nhất  SABC lớn nhất (vì R khơng đổi)
1
2

Mà SABC = BC.AD. Vì BC không đổi nên SABC lớn nhất  AD lớn nhất
A

 A là điểm chính giữa của cung lớn BC.

e) Ta có AH = 2OI (câu 8) mà O, BC cố định

 OI không đổi  AH không đổi

K

Kẻ EJ  AH, Gọi K là trung điểm của AH

J
F

1
1
 EK = AH; SEAH= AH. EJ
2
2

 SEAH lớn nhất khi EJ lớn nhất  J  K

B

E
O

H

D

C

I

  AEH vuông cân tại E

M

  ADC vng cân tại D

Hay góc BCA = 450.  vị trí của A là giao của tia Cy với cung lớn BC sao cho tia
Cy tạo với CB một góc 450
f) Chứng minh đường thẳng đi qua H và vng góc với EF ln ln đi qua một
điểm cố định
- HD HS cách xác định điểm cố định:
Gọi đường thẳng đi qua H và vng góc với
EF là đường thẳng d. Cho A về một vị trí đặc
biệt (điểm chính giữa cung lớn BC).
Khi đó tam giác ABC cân, đường thẳng d sẽ
Thực hiện: Phan Thị Hương- Võ Công Lực - Diễn Châu – Nghệ An

17


Hướng dẫn HS tìm hiểu khai thác một số bài toán về trực tâm tam giác
trùng với đường thẳng OI suy ra điểm cố định
A

mà đường thẳng d luôn đi qua chính là giao
điểm K của đường thẳng d với đường thẳng OI

x

- HD HS cách chứng minh K là điểm cố định:

O

đường thẳng OI cố định

E

F

 để chứng minh K cố định ta chỉ cần chứng minh

H

khoảng cách từ K đến điểm cố định O hoặc I không đổi.

B

I
D

C

Ở câu 4 ta đã chứng minh AO  EF mà d  EF  d // AO.

M

Mặt khác AH // OK vì cùng vng góc với BC
K

 AHKO là hình bình hành  AH = OK mà AH = 2OI (câu 8)  OK không đổi
 K là điểm cố định. Vậy đường thẳng d luôn đi qua điểm cố định là điểm K

Lưu ý ở bài trên
*Ở câu 7) khi AM là đường kính ta chứng minh BHCM là hình bình hành, vậy
ngược lại nếu D là điểm bất kì trên cung nhỏ BC, để BHCD là hình bình hành thì
D phải có vị trí như thế nào?
Bài 1.10:
Cho tam giác có các góc nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm O. H là trực tâm
của tam giác. D là một điểm trên cung BC không chứa điểm A.
a) Xác định vị trí của điểm D để tứ giác BHCD là hình bình hành.
b) Gọi P và Q lần lượt là các điểm đối xứng của điểm D qua các đường thẳng AB
và AC. Chứng minh rằng 3 điểm P; H; Q thẳng hàng.
c) Tìm vị trí của điểm D để PQ có độ dài lớn nhất.
Hướng dẫn:
a) Câu a này là ngược lại của của việc chứng minh hình bình hành ở câu7) bài 1.9.
Ta sẽ chứng minh khi đó AD chính là đường kính của đường trịn.
A

Giả sử đã tìm được điểm D trên cung BC
sao cho tứ giác BHCD là hình bình hành.

Q

Khi đó: BD//HC; CD//HB

H
O

vì H là trực tâm tam giác ABC nên
CH  AB và BH  AC

P
C

B

=> BD  AB và CD  AC.
D

Thực hiện: Phan Thị Hương- Võ Công Lực - Diễn Châu – Nghệ An

18


Hướng dẫn HS tìm hiểu khai thác một số bài tốn về trực tâm tam giác
Do đó: ABD  900 và ACD  900

 AD là đường kính của đường trịn tâm O

Ngược lại nếu D là đầu đường kính AD của
đường trịn tâm O thì tứ giác BHCD là hình bình hành.(theo c/m bài 4)
b) Vì P đối xứng với D qua AB nên APB  ADB mà ADB  ACB
 APB  ACB

Mặt khác: AHB  ACB  1800  APB  AHB  1800
Tứ giác APBH nội tiếp được đường tròn nên PAB  PHB
Mà PAB  DAB do đó: PHB  DAB
Chứng minh tương tự ta có: CHQ  DAC
Vậy PHQ  PHB  BHC  CHQ  BAC  BHC  1800
 ba điểm P; H; Q thẳng hàng

c) Ta thấy  APQ là tam giác cân đỉnh A có AP = AQ = AD và PAQ  2 ABC không
đổi nên cạnh đáy PQ đạt giá trị lớn nhất  AP và AQ là lớn nhất
 AD là lớn nhất  D là đầu đường kính kẻ từ A của đường trịn tâm O

*Tiếp tục lấy hình chiếu của H trên phân giác trong và phân giác ngồi của góc A
ta có bài tốn:
Bài 1.11:
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, H là trực tâm; M, N lần lượt là hình chiếu
của H lên phân giác trong và phân giác ngồi của góc A. Chứng minh rằng:
a) MN đi qua trung điểm S của AH.
b) M, I, N thẳng hàng (I là trung điểm của BC).
Hướng dẫn:
a) ANHM là hình chữ nhật suy ra MN đi qua trung điểm S của AH
b) Vẽ đường tròn (O) ngoại tiếp tam giác ABC; tia OI cắt cắt đường trịn (O) tại J.
 OJ vng góc với BC.
Ta có: A1  J1 ( AOJ cân).
Thực hiện: Phan Thị Hương- Võ Công Lực - Diễn Châu – Nghệ An

19


Hướng dẫn HS tìm hiểu khai thác một số bài toán về trực tâm tam giác
J1  A2 (So le trong)

Suy ra A1  A2

N

A

Ta có AS IO là hình bình hành
vì có OI = AS =

21

AH
và OI // AS
2

S
O

(chứng minh ở câu b bài 6)

M
H

Suy ra AO // S I (1)

I
C

B

Mặt khác SMA  A1 (cùng  SAM )

1

suy ra S M // AO. (2)

J

Từ (1), (2) suy ra M, S, I thẳng hàng; mà N, S, M thẳng hàng
 M, I, N thẳng hàng

*Ở câu 7) ta chứng minh được BHCD là hình bình hành, qua H kẻ đường thẳng
vng góc với DH, ta có bài tốn:
Bài 1.12:
Cho tam giác ABC với trực tâm H (H  A, B, C) và M là trung điểm của BC.
Đường thẳng đi qua H vng góc với HM cắt đường thẳng AB ở E và cắt đường
thẳng AC ở F. Chứng minh tam giác MEF cân.
A

Hướng dẫn:
Kẻ đường kính AD của đường tròn ngoại tiếp

F

H

tam giác ABC

E
O

- Chứng minh BHCD là hình bình hành
 H, M, D thẳng hàng

B

C

M

- Chứng minh  EDF cân
( HFD  HBD; HED  HCD

D

mà HBD  HCD : do HBDC là hình bình hành HFD  HED
 DH là đường cao vừa là trung trực của  MEF, mà M thuộc HD nên ME = MF.
Hay  MEF là tam giác cân. (Đpcm)

*Ngược lại nếu đường thẳng qua trực tâm H cắt AB, AC tại P và Q sao cho HP=
HQ ta có bài tốn:
Bài 1.13:
Thực hiện: Phan Thị Hương- Võ Công Lực - Diễn Châu – Nghệ An

20


Hướng dẫn HS tìm hiểu khai thác một số bài toán về trực tâm tam giác
Gọi H là trực tâm tam giác ABC. Một đường thẳng qua trực tâm H cắt AB, AC
tại P và Q sao cho HP= HQ. Chứng minh đường thẳng vng góc với PQ kẻ từ H
luôn luôn đi qua trung điểm của BC.
Hướng dẫn:
Cách 1:Dựa vào bài 1.12 để chứng minh
Cách 2: Lấy I  BC (BI = IC )
Kẻ PQ  HI tại H. Ta chứng minh HP = HQ.
Trên tia BH lấy C’sao cho H là trung điểm của BC’

 HI là đường trung bình của  BCC’

A

C'
D
Q

 HI // CC’. Mà HI  PQ

H

 CC’  PQ hay HQ  CC’ (1).

Mà C’H  CD (2) ( do BH  AC )

C

Từ (1) và (2)  Q là trực tâm  CC’H  C’Q  CH

P

I

B

Mà CH  AB  C’Q // AB   HC’Q =  HBP (g-c-g)  HP=HQ
* Lấy I là trung điểm của AH ta có bài tốn:
Bài 1.14:
Cho tam giác nhọn ABC. Đường trịn đường kính BC cắt AB, AC lần lượt tại E

và F; CE và BF cắt nhau tại H. Gọi I là trung điểm của AH; AH kéo dài cắt BC ở
D. Chứng minh:
a) Tứ giác AEHF là tứ giác nội tiếp.
b) H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF
c) EI và FI là các tiếp tuyến của đường tròn
Hướng dẫn:
a)- E, F thuộc đường trịn đường kính BC ta suy ra điều gì? ( BEC  BFC  900 )
-Từ đó chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp như thế nào?
(tổng hai góc đối diện bằng 1800)
b)- Hãy xét vai trò của CE và BF trong tam giác ABC?
(CE và BF là các đường cao trong tam giác ABC,
mà CE cắt BF tại H nên suy ra H là trực tâm của
tam giác ABC  H là tâm đường tròn nội tiếp

Thực hiện: Phan Thị Hương- Võ Công Lực - Diễn Châu – Nghệ An

21


Hướng dẫn HS tìm hiểu khai thác một số bài toán về trực tâm tam giác
tam giác DEF (bài toán 2)
c)- Hướng dẫn: Để chứng minh EI là tiếp tuyến của
A

đường tròn ta chứng minh IEO  900
bằng cách chứng minh IEH  HEO  900 .

I

Hoặc chứng minh: AIE  BEO  900

F

Cách 1: Do I là trung điểm của AH nên EI là trung

E

tuyến thuộc cạnh huyền của tam giác vuông AEH
 EI = IH  IEH  IHE ;

H
B

D O

C

mà IHE  CHD (vì đối đỉnh)  IEH  CHD (1)
Ta lại có: HEO  HCO (2) vì tam giác EOC cân
(do OE và OC là các bán kính của đường trịn (O)
Mà CHD  HCO  900 (3) vì  CHD vng tại D (do AH  BC tại D)
Từ (1) (2) (3) IEH  HEO  900 . Hay IE  EO.
Hay EI là tiếp tuyến của đường trịn (O) tại E.
Cách 2: Ta có: BEO  EBO (vì  BOE, cân do BO = EO)
IEA  IAE (vì  AIE cân)

 BEO  IEA  EBO  IAE

Mà EBO  IAE  900 (vì  ABD vuông, do AH  BC )
 BEO  IAE  900  IEO  900 .

Hay EI là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại E.
Chứng minh tương tự ta cũng có FI là tiếp tuyến của đường trịn (O) tại F.
(Lưu ý: ở bài này có thể ra cho học sinh khá:
- Cho H là trực tâm của tam giác ABC; đường trịn đường kính BC cắt AB, AC lần
lượt tạ E và F. Chứng minh: B, H, Fthẳng hàng; C, H, E thẳng hàng.
- Gọi I là trung điểm của AH. Chứng minh I thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác
EOF; chứng minh 5 điểm I, E, D, O, F cùng thuộc một đường tròn.
- Hoặc gọi I là giao điểm của hai tiếp tuyến của đường tròn tại E và F. Chứng
minh I, H, A thẳng hàng).
Phần chứng minh dựa vào chứng minh ở bài tốn trên.
* Phát triển từ bài 1.13 ta có một số bài tốn:
Thực hiện: Phan Thị Hương- Võ Cơng Lực - Diễn Châu – Nghệ An

22


Hướng dẫn HS tìm hiểu khai thác một số bài tốn về trực tâm tam giác
Bài 1.15:
Cho hai đường trịn (O; R) và đường tròn (O’; R’) cắt nhau tại Avà B. Đường kính
AP của đường trịn (O) cắt đường trịn (O’) tại E. Đường kính AQ của (O’) cắt
đường tròn (O) tại F. Gọi M là giao điểm của PF và QE. Chứng minh rằng.
a) M, A, B thẳng hàng.
b) Các tiếp tuyến tại E và F của đường tròn ngoại tiếp tứ giá FEQP cắt nhau tại
một điểm trên MB.
Hướng dẫn:
a) Ta có A là trực tâm của  MPQ
 MA  PQ

(1).

M

Mà AB  OO’ ; OO’ // PQ.
Nên AB  PQ. (2)

I
E

Từ (1), (2) suy ra M, A, B thẳng hàng.

F
A

b) Kẻ tiếp tuyến FI của đường tròn ngoại tiếp
O

tứ giác PFEQ cắt MA tại I.
Ta chứng minh IE là tiếp tuyến của đường
tròn ngoại tiếp tứ giác FEQP

P

O'

B J

Q

Hoặc lấy I là trung điểm của MA ta chứng

minh IF và IE là các tiếp tuyến của đường tròn
ngoại tiếp tứ giác FEQP (câu c bài 14)
Vậy các tiếp tuyến tại E và F của đường tròn ngoại tiếp tứ giác FEQP cắt nhau
tại một điểm trên MB.
Bài 1.16:
Cho tam giác nhọn ABC, các đường cao BF, CE cắt nhau tại H; I là trung
điểm của AH và K là giao điểm của EF với AH. Gọi D là điểm đối xứng với H qua
BC. Chứng minh:
a) Tứ giác BIFD là tứ giác nội tiếp.
b) K là trực tâm tam giác BIC.
Hướng dẫn:
a)Tam giác AFH vuông, I là trung điểm của AH
 IFH  IHF

Mà IHF  DHB (đối đỉnh) và DHB  BDH
Thực hiện: Phan Thị Hương- Võ Công Lực - Diễn Châu – Nghệ An

23


Hướng dẫn HS tìm hiểu khai thác một số bài toán về trực tâm tam giác
(do D là điểm đối xứng của H qua BC)

A

 BDH  IFH . Hay BDI  IFB

 tứ giác BIFD là tứ giác nội tiếp

I

b)Ta có: KDC  DHC

K

F
E

Mà DHC  EHA (đối đỉnh) và EHA  AFE

H

(do tứ giác AFHE nội tiếp);  KDC  AFE
 KDCF là tứ giác nội tiếp  KDF  KCF

C

B

Mà KDF  IBF (do BIFD là tứ giác nội tiếp)
 KCF  IBF  CK  BI;

D

mà ID  BC  K là trực tâm tam giác IBC
Bài 1.17:
Cho tam giác nhọn ABC. Vẽ đường tròn tâm (O) đường kính BC. Vẽ AD là
đường cao của tam giác ABC, các tiếp tuyến AM, AN với đường tròn(O). AB cắt
đường tròn (O) tại E (M, N là các tiếp điểm); MN cắt AD tại E; cắt AO tại I.
 AMF

S

a) Chứng minh

 ABM

b) Chứng minh AE.AD = AF.AB.
c) Chứng E là trực tâm tam giác ABC.
Hướng dẫn:

A
 AMF

S

a) Chứng minh

 ABM (theo trường hợp:g-g )

b) Ta có: AE.AD = AI.AO (1)
(Hai tam giác vuông AIE và ADO đồng dạng )
Mà AI.AO = AM

2

(2)

(Hệ thức lượng trong tam giác vuông AMO )
và AF.AB = AM

 AMF

S

(do

2

M
B

(3)

F

I

N

E
D O

C

 ABM: câu a)

Từ (1) (2) (3)  AE.AD = AF.AB
c) Từ câu a)

S

  AEF

 ADB (c-g-c )

 AFE  ADB . Mà ADB  900
 AFE  900 .

Hay EF  AB. Mặt khác CF  AB  C, E, F thẳng hàng
Thực hiện: Phan Thị Hương- Võ Công Lực - Diễn Châu – Nghệ An

24


Hướng dẫn HS tìm hiểu khai thác một số bài toán về trực tâm tam giác
Xét  ABC: CF và AD là các đường cao cắt nhau tại E  E là trực tâm của  ABC.
Bài 1.18: (Bài đảo của câu c bài 1.17)
Cho tam giác nhọn ABC, H là trực tâm. Từ A vẽ các tiếp tuyến AM, AN với
đường trịn (O) đường kính BC.( M, N là các tiếp điểm). Chứng minh H, M, N
thẳng hàng.
Hướng dẫn:
Cách 1: Từ câu c bài 17  nếu MN cắt AD tại H’
thì H’ là trực tâm tam giác ABC
 H  H’  H, M, N thẳng hàng.

A
_

Cách 2: Ta có AM2 =AH.AD =AF.AB

S

 AHM

AMD (c.g.c)  AHM  AMD

Tương tự: AHN  AND
M
_

 AHM  AHN  AMD  AND

Mà AMD  AND  1800

B
_

(Do AMDN nội tiếp đường trịn

F
_

I
_

N
_

H
_

D
_

O
_

C
_

đường kính AO)
Nên AHM  AHN  1800 Suy ra N, H, M thẳng hàng.
Cách 3: Ta có AM2 =AH.AD =AF.AB

S

 AHM

AMD (c.g.c)  AMH  ADM

Mà AMN  ADM (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau của đường tròn ngoại
tiếp (AMDON)
 AMH  AMN  M, H, N thẳng hàng

Bài 1.19:
Cho đường tròn tâm O bán kính R trên đó có một dây AB = 2 R cố định và
một điểm M di động trên cung lớn AB sao cho tam giác MAB có ba góc nhọn. Gọi
H là trực tâm là của tam giác MAB . P,Q lần lượt là giao điểm thứ hai của các
đường thẳng AH, BH với đường tròn S là giao điểm của các đường thẳng PB, QA .
a) Chứng minh rằng H là trực tâm của tam giác SQP.
b) Chứng minh SH không đổi

c) Gọi I là giao điểm của các đường thẳng SH, PQ. Chứng minh I chạy trên
một đường trịn cố định.
Thực hiện: Phan Thị Hương- Võ Cơng Lực - Diễn Châu – Nghệ An

25