C
D
H
F
E
B
A
C
D
H
F
E
B
A
=
C
D
H
B
A
Hướng dẫn học sinh tìm hiểu khai thác một số bài toán về trực tâm tam
giác
PHẦN I: ĐẶT VẤN ĐỀ
Qua nhiều năm dạy lớp 9 chúng tôi thấy trong hình học lớp 9 có một nội dung mà
gặp rất nhiều trong sách giáo khoa, sách bài tập, các sách tham khảo và cũng gặp rất
nhiều trong các đề thi vào lớp 10, thi học sinh giỏi; đó chính là các bài toán có liên
quan đến trực tâm của tam giác. Nhưng học sinh mới chỉ biết được tính chất ba đường
phân giác, ba đường trung trực, ba đường trung tuyến của tam giác còn ba đường cao
học sinh cũng chỉ biết là chúng đồng quy tại một điểm chứ chưa biết thêm gì về tính
chất giao điểm ba đường cao (trực tâm tam giác). Vậy trực tâm tam giác có gì đặc biệt
không? Từ những tính chất đó có thể khai thác những bài toán liên quan đến trực tâm

- 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) Gọi H
1
, H
2
, H
3
lần lượt là các giao điểm của các tia AH, BH, CH với đường tròn
ngoại tiếp tam giác ABC. Chứngminh: H
1
, H
2
, H
3
lần lượt đối xứng với H qua BC,
AC, AB.
Hướng dẫn:
a) - HS dễ dàng tìm được các tứ giác nội tiếp
là: BFHD; AEHF; CDHE.
- Nếu nối các đoạn thẳng: EF; FD; DE;
HS sẽ tìm thêm được các tứ giác nội tiếp:

, 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:
¶
¶
1 2
D D=
?
- Ta có thể chứng minh
¶
¶
1 2
D D=

vì cùng bằng một góc thứ 3:
µ
1
B
hoặc
µ
1
C

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
⇒

·
EFD
⇒
H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF
c) Phân tích:
- Để chứng minh H
1
, H
2
, H
3
lần lượt đối xứng với H qua BC,
AC, AB. ta cần chứng minh điều gì?
(chứng minh BC, AC, AB lần lượt là các trung trực
của HH
1
, HH
2
, HH
3
)
- Chẳng hạn chứng minh BC là trung trực của HH
1
:
ta sẽ chứng minh CD vừa là đường cao vừa là
phân giác của
∆
CHH
1
như sau:

1
: CD vừa là phân giác vừa là đường cao
⇒
∆
CHH
1
cân
⇒
CD là trung trực của HH
1
Vậy H và H
1
đối xứng nhau qua CD hay BC. Chứng minh H
2
, H
3
đối xứng với H qua
AC, AB tương tự.
Kết luận1:
Như vậy qua bài toán này học sinh thấy được tính chất đặc biệt của trực tâm H:
vừa là trực tâm tam giác ABC vừa là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF
* Khai thác câu b bài toán 1 ta có bài toán sau
Bài 2:
Dựng tam giác ABC biết E, F, D là chân 3 đường cao của tam giác đó
Hướng dẫn:
Phân tích: - Giả sử đã dựng được tam giác ABC có H là trực tâm, theo câu b bài toán 1
ta suy ra điều gì?
(H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF ).
- Từ đó để dựng tam giác ABC ta sẽ dựng như thế nào?
(dựng điểm H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF trước)

H
1
, H
2
, H
3
lần lượt là các điểm đối xứng với H qua BC, AC, AB.
Chứng ninh: H
1
, H
2
, H
3
thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
Hướng dẫn :
Cách 1:
Phân tích: Vì bài toán này là bài đảo của câu c bài 1 nên ta có thể sử dụng cách
chứng minh ngược lại với chứng minh đó.
Chứng minh:
Do H và H
1
đối xứng với nhau qua BC
nên tam giác CHH
1
cân
⇒

µ
1
C =

thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC thì khi đó các tứ giác ABH
1
C có đặc điểm gì? (là tứ giác nội tiếp)
- Vì vậy muốn chứng minh H
1
thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC thì chỉ
cần chứng minh tứ giác ABH
1
C là tứ giác nội tiếp. Có thể chứng minh tứ giác ABH
1
C
là tứ giác nội tiếp bằng nhiều cách. Chẳng hạn:
Chứng minh:
Do tứ giác AFHE là tứ giác nội tiếp nên
·
·
FAE FHE+
= 180
0
(1)
Mà
·
·
FHE BHC=
(đối đỉnh);
·
·
1
BHC BH C=

C nội tiếp.
Hay H
1
thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
Chứng minh tương tự thì H
2
, H
3
cũng thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
Kết luận 2: Cho H là trực tâm của tam giác ABC;
- Nếu H
1
, H
2
, H
3
lần lượt là các giao điểm của các tia AH, BH, CH với đường tròn
ngoại tiếp tam giác ABC. thì H
1
, H
2
, H
3
lần lượt đối xứng với H qua BC, AC, AB.
- Ngược lại nếu H
1
, H
2
, H
3

6
M
N
Q
O
C
D
H
F
E
B
A
tia AM cắt BC tại D
Ta có: MA.BC = MA.(BD+DC)
= MA.BD + MA.DC

≥
MA.BE + MA.CF

⇒
MA.BC
≥
2S
ABM
+ 2S
ACM
Tương tự ta có: MB.AC
≥
2S
MBC

cho: MA.BC + MB.AC + MC.AB đạt giá trị bé nhất thì M phải là trực tâm tam giác
ABC.
2/ Khai thác các bài toán về trực tâm tam giác:
Bài 5:
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn 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
4=++
CF
CQ
BE
BN
AD
AM
Hướng dẫn:
Từ kết quả câu c bài toán 1 ta có
HD = DM, HE = EN, FH= FQ
Suy ra
S
S
AD
DH
AD
DHAD
AD
AM
BHC
+=+=
+
= 11

là diện tích
ABC
∆
)
7
1
1
K
I
O
C
H
E
B
A
* Khai thác trực tâm H khi tam giác ABC đặc biệt
Bài 6:
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (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 tròn (O; R) có AC =R
3
, AB =R
2


=⇒
1
ˆ
B
45
0
Theo bài toán 2 ta có :
·
KEI
= 2
1
ˆ
C
= 60
0

·
KIE
= 2
1
ˆ
B
= 90
0

Nên
·
IKE
= 30

BCK∆
vuông cân)
CKE
∆

CBA
∆
(gg)
CB
CK
AB
KE
=⇒

R
R
RR
CB
CKAB
KE ===⇒
0
0
75sin2
75sin2.2.
Nên
2
R
IK =
,
2

, H
2
, H
3
lần lượt là các giao
điểm của các tia AH, BH, CH với đường tròn tâm O.
a) Chứng minh các đường tròn ngoại tiếp các tam giác AHB, BHC, CHA có bán
kính bằng nhau.
b) Chứng minh ED // H
1
H
2
; EF // H
2
H
3
; FD // H
1
H
3
c) Chứng minh OA
⊥
EF; OB
⊥
FD; OC
⊥
ED
d) Cho B, C cố định (O); A chuyển động trên cung lớn BC
- Tìm quỹ tích điểm H?
- Xác định vị trí điểm H để diện tích tam giác BHC đạt giá trị lớn nhất

C
(
∆
BHC =
∆
BH
1
C vì H và H
1
đối xứng qua BC
theo bài toán 3).
Mà
∆
BH
1
C nội tiếp đường tròn tâm O
⇒
Bán kính đường tròn ngoại tiếp
∆
BHC
9
x
H
M
A
B
O
C
K
F

µ
µ
1 1
E A=
(do tứ giác AEDB nội tiếp)

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

⇒
µ
¶
1 2
E H=

⇒
ED || H
1
H
2
(Vì hai góc đồng vị bằng nhau)
Chứng minh tương tự
⇒
EF || H
2

H
3

⇒
OB
⊥
H
1
H
3
Mà H
1
H
3
|| FD
⇒
BO
⊥
FD
Chứng minh tương tự
⇒
AO
⊥
EF; CO
⊥
ED.
Lưu ý: ở câu c ta đã sử dụng kết quả của câu b để chứng minh. Ta cũng có thể chứng
minh theo cách khác như sau:
Cách 2: Kẻ tiếp tuyến tại A của đường tròn(O)
Ta có


⇒
·
·
AFE BAK+
=90
0
⇒
AK
⊥
EF. Hay AO
⊥
EF
d) Hướng dẫn :
10
*Tìm quỹ tích điểm H:
- Khi A chuyển động trên cung lớn BC thì
H
1
sẽ chuyển động trên đường nào?
(H
1
chuyển động trên cung nhỏ BC)
- Ở bài toán 1: H đối xứng với H
1
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 180
0
- Â dựng trên đoạn thẳng BC, cùng phía với A so với BC)

=
2
1
CO.DE
Vì trường hợp này O ở trong tam giác ABC nên
S
AEOF
+ S
BEOD
+ S
CDOE
= S
ABC
⇒
S
ABC
=
2
1
( AO.EF + BO.FD + CO.DE )
=
2
1
AO(EF + FD + DE) (vì AO = BO = CO)
Gọi R là bán kính đường tròn tâm O; P là chu vi tam giác DEF
⇒
S
ABC
=
2

J
D
E
K
I
O
C
B
A
* Từ bài 7 ta có bài toán sau:
Bài 8:
Cho tam giác nhọn ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn tâm O. Ba
đường cao AK; BE; CD cắt nhau ở H.
a) Chứng minh : Tứ giác BDEC nội tiếp.
b) Chứng minh : AD.AB = AE. AC
c) Chứng tỏ KA là phân giác của góc DKE
d) Gọi I; J lần lượt là các trung điểm của BC và DE. Chứng minh: OA // IJ
Hướng dẫn:
a) Tứ giác BDEC nội tiếp ( bài 1).
b) Từ giác BDEC nội tiếp
⇒

∆
ADE
∆
ACB (g.g)
⇒
đpcm
c) KA là phân giác của góc DKE (bài 1)
d) Do tứ giác BDEC nội tiếp đường tròn

⇒
I là trung điểm của BC đồng thời cũng là trung
điểm của HM.
Hay HM đi qua trung điểm I của BC.
b)Cách 1:
Từ câu a)
⇒
OI là đường trung bình
của
∆
AMH
⇒
AH = 2OI
Cách 2:
Gọi N là trung điểm của AC .
∆
ION
∆
AHB (gg)
Suy ra
2
1
==
AB
IN
AH
OI

OIAH 2
=⇒

1
2
I
M
E
D
A
B
O
C
S
a) Xác định vị trí của điẻm 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 bài toán 3.
Ta sẽ chứng minh khi đó AD chính là đường kính của đường tròn.
Giả sử đã tìm được điểm D trên cung BC
sao cho tứ giác BHCD là hình bình hành.
Khi đó: BD//HC; CD//HB
vì H là trực tâm tam giác ABC nên
CH
⊥
AB và BH
⊥
AC
=> BD
⊥
AB và CD

·
·
0
180AHB ACB+ =

⇒

·
·
0
180APB AHB+ =

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

B
A
c) Ta thấy
∆
APQ là tam giác cân đỉnh A có AP = AQ = AD và
·
·
2PAQ 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 tròn tâm O
Bài 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 ngoài 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 tròn (O) tại J.
⇒

OJ vuông góc với BC.
Ta có:
µ

(cùng
·
SAM=
)
suy ra S M // AO. (2)
Từ (1), (2) suy ra M, S, I thẳng hàng; mà N, S, M thẳng hàng

⇒
M, I, N thẳng hàng
15
* Cũng khai thác từ câu b bài 11 ta có :
Bài 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 vuông góc với HM cắt đường thẳng AB ở E và cắt đường thẳng
AC ở F. Chứng minh tam giác MEF cân.
Hướng dẫn:
Kẻ đường kính AD của đường tròn ngoại tiếp
tam giác ABC
- Chứng minh BHCD là hình bình hành
⇒
H, M, D thẳng hàng
- Chứng minh
∆
EDF cân
(
· · ·
·
;HFD HBD HED HCD= =

Q
P
H
B
A
I
C
D
M
O
F
E
H
C
B
A
I
F
E
D
A
B
O
H
C
Trên tia BH lấy C’sao cho H là trung điểm của BC’
⇒
HI là đường trung bình của
∆
BCC’

⇒
∆
HC’Q =
∆
HBP (g-c-g)
⇒
HP=HQ
Bài 14:
Cho tam giác nhọn ABC. Đường tròn 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 tròn đường kính BC ta suy ra điều gì? (
· ·
0
90BEC BFC= =
)
-Từ đó chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp như thế nào?
(tổng hai góc đối diện bằng 180
0
)
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

·
·
E DIH CH=
(vì đối đỉnh)
⇒
·
·
DIEH CH=
(1)
Ta lại có:
·
·
HEO HCO=
(2) vì tam giác EOC cân
(do OE và OC là các bán kính của đường tròn (O)
Mà
·
·
0
D 90CH HCO+ =(3) vì
∆
CHD vuông tại D (do AH
⊥
BC tại D)
Từ (1) (2) (3)
·
·

·
0
E 90EBO IA+ =
(vì
∆
ABD vuông, do AH
⊥
BC )
⇒

·
·
·
0 0
E 90 O 90BEO IA IE+ = ⇒ =
.
Hay EI là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại E.
Chứng minh tương tự ta cũng có FI là tiếp tuyến của đường tròn (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 tròn 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
18
O'
F
E
Q
P

Từ (1), (2) suy ra M, A, B thẳng hàng.
b) Kẻ tiếp tuyến FI của đường tròn ngoại tiếp
tứ giác PFEQ cắt MA tại I.
Ta chứng minh IE là tiếp tuyến của đường
tròn ngoại tiếp tứ giác FEQP
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 16:
19
D
I
K
F
E
H
C
B
A
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
·
·

·
·
A AFEEH =
(do tứ giác AFHE nội tiếp);
⇒
·
·
DC AFEK =
⇒
KDCF là tứ giác nội tiếp
⇒
·
·
DFK KCF=
Mà
·
·
DFK IBF=
(do BIFD là tứ giác nội tiếp)

⇒

·
·
KCF IBF=

⇒
CK
⊥
BI; mà ID

AMF
∆
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
2
(3)
(do
∆
AMF
∆
ABM: câu a)
Từ (1) (2) (3)
⇒
AE.AD = AF.AB
c) Từ câu a)
⇒

∆
AEF
∆
ADB (c-g-c )
⇒
·
·

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.
Cách 2: Ta có AM
2
=AH.AD =AF.AB
⇒

AHM∆

AMD∆
(c.g.c)
⇒
·
·
DAHM AM=

21
_F
_N
_I
_M
_H

⊥
, BN
d
⊥
, EH
d⊥
, FK
d⊥
(M, N, H, K
∈
d)
a) Chứng minh EH = FK; NH = MK.
b) Khi A, B cố định; C chuyển động trên cung lớn AB. Tìm vị trí của C để MN đạt giá
trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất.
Hướng dẫn:
a) Theo câu c bài 1 ta có đường thẳng d// EF
⇒
EFKH là hình chữ nhật
⇒
EH = FK.
Gọi giao điểm của EF với BN, AM là P và Q
Ta có PBAQ là hình thang vuông:
IJ là đường trung bình
⇒
IP =IQ (1)
Mặt khác J là tâm đường tròn đi qua đi qua
E, F, A, B mà IJ
⊥
EF nên suy ra IE = IF (2)
Từ (1), (2)

Q
P
O
M
A
N
Vậy MN lớn nhất
⇔
D trùng với A
Khi đó d// AB
⇒
C là điểm chính giữa của cung AB.
* MN
0≥

⇒
giá trị nhỏ nhất của MN là 0
⇔
M trùng N
d
⊥
AB suy ra OC // AB
Vậy MN nhỏ nhất khi C là một đầu mút của đường kính song song với AB.
Bài 20:
Cho đường tròn (O; R), điểm A nằm ngoài đường tròn O. Kẻ các tiếp tuyến AM,
AN đến đường tròn đó (M, N là các tiếp điểm). K là một điểm thuộc cung nhỏ MN,
qua K kẻ tiếp tuyến với đường tròn cắt AM, AN lần lượt tại P và Q; PO, QO cắt MN
lần lượt tại E và F. Chứng minh: PF, OK, QE đồng quy.
Hướng dẫn:
¶

A
B
O
C
F
E
Qua A kẻ tiếp tuyến AK với đường tròn tâm B ta chứng minh K, C’, A’ thẳng hàng: Ta
có:
'
11
ˆˆ
CA =
(Tứ giác AC’A’C nội tiếp)
31
'
ˆˆ
CG =
( cùng bằng
'
2
ˆ
C
)
⇒

'
3
'
111
ˆˆˆˆ

1
'
ˆˆ
OA =
(cùng phụ với
·
CBJ
)
⇒
·
BAC
1
'
ˆ
O=
; mà
¶
·
1
1
' '
2
O BO C=
⇒
·
·
1
'
2
BAC BO C=

HA + HB + HC < AF + BF + CE + AE
⇒
HA + HB + HC < AB + AC (1)
Tương tự ta có:
24
1
1
2
3
1
1
1
J
K
L
H
O
G
C'
B'
A'
C
B
A
2
O’
A'
B'
C'
H

=
2
1
AA’.BC =
2
1
BB’.AC =
2
1
CC’.AB
S
HBC
=
2
1
HA’.BC ; S
HAC
=
2
1
HB’.AC; S
HAB
=
2
1
HC’.AB
ABC
HBC
S
S

'
'
'
==
++
=++
ABC
ABC
ABC
HABHACHBC
S
S
S
SSS
CC
HC
BB
HB
AA
HA
(đpcm)
Bài 24:
Cho tam giác nhọn ABC, kẻ các đường cao AA’, BB’, CC’. Gọi H là trực tâm của tam
giác. Chứng minh:
9
'
'
'
'
'

'
'
=++
HC
CC
HB
BB
HA
AA
'
'
'
'
'
'
HC
CC
HB
BB
HA
AA
++
)
=(
'
'
'
'
'
'