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

chỉ rõ cho học sinh phương pháp. Cụ thể:
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
EI = IB = IC =
1
2
BC
∆ BDC vuông tại D (gt) => trung tuyến
DI = IB = IC =
1
2
BC
Do đó IE = ID = IB = IC => 4 điểm B, C, D, E cùng thuộc một đường tròn,
đó là đường tròn tâm I, bán kính
1
2
BC.
4
A

minh tứ giác BECD nội tiếp và dấu hiệu được sử dụng là hai đỉnh kề nhau
cùng nhìn 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:
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.
5
E
D
C
B
A
K
H
2. Đối với học sinh khá giỏi có thể yêu cầu học sinh tiếp tục khai thác các

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 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; 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:
6
- 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

- 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: H và B’ đối xứng nhau qua AC; H và C’ đối xứng nhau qua AB.
7
x
O
E
D
C
B

b) Các tam giác HBC; HCA; HAB có bán kính đường tròn 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 tròn 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 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.
8
D
1
H
A'
K
A
B
C
C'
B'
E
2

NF
AB
=

Mặt khác:
OF // BH (cùng vuông góc với AC)
ON // AH (cùng vuông góc với BC) => các tam giác ONF và HAB đồng
9
H
K
A
B
C
D
N
O
F
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

N
D
C
B
A
K
H
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O; R); BC cố định. Tìm quỹ
tích trực tâm H của tam giác ABC khi A chạy trên cung lớn BC của đường
tròn (O).
* Nhận xét 7:
- Có thể phát biểu bài toán 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 tròn (O).
- Từ kết quả chứng minh của bài toán 1.5:
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
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 ).
b) Tứ giác BHCQ là hình bình hành.
Bài toán 1.7.1:
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O; R); trực tâm H. Gọi Q là

- 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
NO NG GO
= =
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:
12
O
N
D
C
B
A
K
H
G
- 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∠ = ∠

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:
13
M
A
B
C
N
O
K
P
S
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 ).
Do đó để có dạng toán về
chứng minh ba điểm thẳng hàng
ta gọi M là điểm đối xứng với

N
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
15
F

đặt câu hỏi là kết quả trên còn đúng
không nếu ABMC là tứ giác bất kỳ nội tiếp được? Từ đó ta có thể giới thiệu
định lý Ptôlêmê:
Bài toán 1.13:
Chứng minh rằng trong một tứ giác nội tiếp, tích hai đường chéo bằng tổng
các tích của các cặp cạnh đối.
* 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
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:
16
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:

DEK
ABC
S
r
S R
=
.
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.
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 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,