SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
ĐỀ TÀI:
"HƯỚNG DẪN HỌC SINH KHAI THÁC CÓ HIỆU QUẢ BÀI
TOÁN VỀ BA ĐƯỜNG CAO TRONG TAM GIÁC"
PHẦN I: ĐẶT VẤN ĐỀ
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 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 tròn”. Mặt khác
lượng kiến thức và bài tập về đường tròn tương đối nhiều và đa dạng nên học sinh khá

- 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
I
A
B
C
D
E
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.
Cách 2:

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 của bài
toán, qua các câu hỏi gợi ý như: KH có là phân giác của góc EKD không? 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?
E
D
C
B
A
K
H
- 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 CKHD là các
tứ giác nội tiếp =>
EBH EKH
DCH DKH



∠ = ∠
∠ = ∠

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)
=>
BCA AED∠ = ∠
(cùng bù góc DEB)
Do đó
BAx AED∠ = ∠
mà hai góc này
ở vị trí so le trong => Ax // ED.
Ta lại có Ax
⊥
OA (gt) => OA
⊥
ED.
Tương tự ta có: OB
⊥
EK; OC

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.
Mặt khác tứ kết quả chứng minh trên =>
'HBC A BC∆ = ∆
=> bán kính đường tròn
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 tròn có bán kính bằng R. Tương tự:
các tam giác HBA; HAC có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng R. Từ đó ta có bài
toán 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.
1
2

A'
K
A
B
C
C'
B'
E
2
1

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:
- 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 tròn bàng tiếp trong góc K của tam giác DKE.

= =
=> 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 cho bài
toán 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 không đổi khi điểm A chạy
trên cung lớn BC của đường tròn (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
=> điểm I cố định và OI = 2.ON mà
I
O
N
D

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:
O
N
D
C
B
A
K
H
Q
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (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
của (O) thì HQ luôn 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
toán 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,

=> 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
đường tròn ( ASN ) mà P cũng thuộc
(O) => P là giao điểm thứ hai của (O) và
(ASN).
Từ kết quả trên ta có thể phát biểu
thành một số bài toán có độ khó khác
nhau như sau:
Bài toán 1.9:
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O); phân giác AS của góc BAC
M
A
B

M
H
K
A
B
C
D
E
N
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
có số đo bằng 180
0
=> 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 toán 1.10:
Bài toán 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 không
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 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

S
≡
N => AM là đường kính của đường tròn (O) và AM
⊥
BC
=> AM.BN = AB.BM
F
K
A
B
C
D
E
I
N
A
B
C
M
O
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
AM
⊥
BC thì tích hai đường chéo bằng
tổng các tích của các cạnh đối. Có thể
đặt câu hỏi là kết quả trên còn đúng

1
; O
2
; O
3
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 O
1
O
2
O
3
bằng nhau.
Bài toán 1.16:
Cho tam giác ABC nhọn, các đường cao AK, BD, CE. Chứng minh rằng:
2 2 2
1 ( os os os )
KDE
ABC
S
c A c B c C
S
= − + +
Bài toán 1.17:
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn bán kính R và ngoại tiếp đường tròn
bán kính r. Các đường cao AK, BD, CE của tam giác ABC. Chứng minh rằng
DEK
ABC
S