PHÒNG GDĐT VINH
TRƯỜNG THCS LÊ LỢI
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
“HƯỚNG DẪN HỌC SINH KHAI THÁC CÓ HIỆU QUẢ
BÀI TOÁN VỀ BA ĐƯỜNG CAO TRONG TAM GIÁC”
Vinh, ngày 04 tháng 04 năm 2011
PHẦN I: ĐẶT VẤN ĐỀ

1
Học toán gắn liền với hoạt động giải toán. Thông 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. Ngoài ra, việc khai thác có hiệu quả bài toán còn đem lại cho học sinh
những giờ học thú vị, lòng say mê hứng thú môn học, bởi tâm lý học sinh nói
chung luôn muốn biết và tìm tòi 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 toán
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 toán, 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
toán đã có.
- Khái quát hoá 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 toán 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

a) Để chứng minh 4 điểm B, E, C, D cùng thuộc một đường tròn 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 tròn đi qua cả 4 điểm B, E, C, D là đường tròn 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 tròn đó => ED < BC (Định lí liên hệ giữa dây và
đường kính).
Từ đó ta có cách giải bài toán như sau:
Giải:
a) Cách 1:
Gọi I là trung điểm của đoạn BC.
∆ BEC vuông tại E (gt) => trung tuyến
4
A
B
C
D
E
I
A
B
C
D
E
EI = IB = IC =
1
2
BC
∆ BDC vuông tại D (gt) => trung tuyến

cạnh chứa hai đỉnh còn lại dưới hai góc bằng nhau hoặc tứ giác có 4 đỉnh cùng
nằm trên một đường tròn. Từ bài toán này ta có thể khai thác thành một số bài
toán nhằm củng cố các kiến thức về góc với đường tròn 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.
Chứng minh tương tự ta có các kết quả sau:
5
E
D
C
B
A
K
H
a. Bốn điểm:
C, K, E, A cùng thuộc đường tròn đường
kính AC;
A, D, K, B cùng thuộc đường tròn đường
kính AB;
A, E, H, D cùng thuộc đường tròn đường kính AH;
C, D, H, K cùng thuộc đường tròn đường kính CH;
B, K, H, E cùng thuộc đường tròn 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

=> 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 ngoài 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;
6
góc E của tam giác EKD. Từ đó ta có bài toán sau có thể củng cố được kiến
thức về tứ giác nội tiếp, khái niệm tâm đường tròn nội tiếp và tâm đường tròn
bàng tiếp tam giác.
Bài toán 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.
* 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):
Ax=B BCA∠ ∠
(cùng bằng

1
2
sđ cung AB).
Mặt khác tứ giác BEDC nội tiếp
( bài toán 1)
=>

O
E
D
C
B
A
K
H
- Gọi A’; B’; C’ lần lượt là giao điểm của AK, BD, CE với (O). Ta có:
1
2A C∠ = ∠
(cùng phụ góc ABC)
1 1
A C∠ = ∠
(cùng bằng
1
2
sđ
cung BA’ - góc nội tiếp)
=>
1 2
C C∠ = ∠
=> CK là phân giác
góc HCA’ mà CK
⊥
HA’ (gt)
=> tam giác CA’H cân tại C
=> K là trung điểm của HA’.
Do đó BC là đường trung trực của
đoạn thẳng HA’ => H và A’ đối xứng nhau qua BC. Chứng minh tương tự ta có:

A'
H
1
D
- Từ kết quả bài toán 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 tròn được không? 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.
Hướng dẫn giải:
a) A’ đối xứng với H qua BC =>
1 2
C C∠ = ∠
mà
1 2
A C∠ = ∠
(cùng phụ góc
ABC) =>
1 2
A C∠ = ∠
=> 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 tròn (ABC).
Vậy 6 điểm A, B, C, A’, B’, C’ cùng thuộc một đường tròn.
b) Chứng minh tương tự bài toán 1.3.
* Nhận xét 5:

Mặt khác:
OF // BH (cùng vuông góc với AC)
ON // AH (cùng vuông góc với BC) => các tam giác ONF và HAB đồng
dạng =>
1
2
ON NF
AH AB
= =
=> AH = 2. ON.
Vậy nếu tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) có cạnh BC cố định thì ON
không đổi => AH không đổi khi A di chuyển trên đường tròn (O). Ta có bài toán
về yếu tố không đổi:
Bài toán 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 không đổi.
* Nhận xét 6:
- Từ bài toán trên ta cũng chứng minh được các tam giác ADH và tam giác
BDC đồng dạng (g.g) =>
cot .cot
AH AD
gA AH BC gA
BC BD
= = ⇒ =
không đổi khi
B; C cố định và A chạy trên cung lớn BC của đường tròn (O) => cách giải khác
10
H
K

AH = 2.ON => nếu gọi Q là giao điểm
của AO và HN thì ta cũng chúng minh được
AQ = 2.AO và HQ = 2.HN
=> Q thuộc (O; R) và N là trung điểm
của HQ. Do đó, ta cũng có tứ giác BHCQ là
11
I
O
N
D
C
B
A
K
H
O
N
D
C
B
A
K
H
Q
hình bình hành. Như vậy, ta có thể phát biểu
thành các bài toán sau:
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 ).

mà AH = 2.ON (cmt)
=> HG = 2.OG và AG = 2.NG.
Từ AG = 2.NG => G là trọng tâm của
tam giác ABC. Từ đó ta có thể nêu bài
toán như sau:
Bài toán 1.8:
Chứng minh rằng trong một tam giác, trọng tâm, trực tâm và tâm đường tròn
ngoại tiếp tam giác đó nằm trên một đường thẳng (gọi là đường thẳng Ơle
của tam giác đó).
* Nhận xét 9:
- Nếu gọi M là giao điểm của ON với (O) => M là điểm chính giữa của cung
BC => OM // AK (cùng vuông 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
90MAP∠ =
mà
0
90PNS∠ =
=> tứ giác PASN nội tiếp => P thuộc

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 tròn (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 tròn ngoại tiếp tam giác ASN luôn đi qua một điểm cố định
khác N.
Bài toán 1.9.2:
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (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
góc DEH và góc KEH ).
14
M
H
K
A
B
C
D
E
N
Do đó để có dạng toán về

K
M
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 toán 1.1:
B, C là tâm các đường tròn bàng
tiếp trong góc D, góc E của tam giác
EDK. Theo tính chất các tiếp tuyến
cắt nhau ta có:
2.ID = DE + KE + KD
2.EF = DE + KE + KD
=> 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
S
≡
N => AM là đường kính của đường tròn (O) và AM
⊥
BC
=> AM.BN = AB.BM
AM.CN = AC.CM

- Từ nhận xét 13, nếu tam giác ABC
là tam giác đều, ta còn chứng minh
được tam giác OBM, tam giác OCM
cũng là các tam giác đều
=> MB = MC = MO = R,
mà AM = 2R => MA = MB + MC.
Ta cũng chứng minh được kết quả trên
vẫn đúng khi M không là điểm chính giữa của cung BC không chứa điểm A. Từ
đó ta có bài toán 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 còn lại.
* Nhận xét 15:
17
A
B
C
M
O
- Từ các bài toán trên, ta có thể giới thiệu cho HS một số bài toán 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 toán 1.15:
Cho tam giác ABC, trực tâm H. Gọi O
1
; O
2
; O
3

Bài toán 1.18:
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn bán kính R và ngoại tiếp đường
tròn bán kính r. Chứng minh
2 2 2
1 ( os os os )
r
c A c B c C
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.
18
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 hoá 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 tròn. 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 toán, tìm và phát biểu các kết quả tương đương, thay
đổi hình thức phát biểu bài toán, 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 quá trình
giảng dạy. Tôi nhận thấy rằng các bài toán, dạng toán 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