Sáng kiến kinh nghiệm Khai thác từ một bài toán cơ bản
Đề tài : KHAI THÁC TỪ MỘT BÀI TOÁN CƠ BẢN
A-ĐẶT VẤN ĐỀ:
Chúng ta biết rằng : Khi dạy ôn luyện cho học sinh nếu chúng ta đột nhiên
đưa cho học sinh một bài toán chưa quen dạng hay một bài toán khó,chưa có
cơ sở để giải thì chắc chắn các em rất bỡ ngỡ ,bị sốc , bị nghẹn -khó lòng tìm
ra lời giải.Nếu giáo viên có hướng dẫn hay chữa thì mức độ lĩnh hội tiếp thu
của các em cũng rất hữu hạn.Do đó khi dạy ôn luyện các môn các bộ môn nói
chung ,đặc biệt đối với bộ môn Toán nói riêng chúng ta nên dạy bắt đầu từ
một bài toán cơ bản ,đơn giản rồi sau đó khai thác các góc cạnh của bài toán
để mở rộng ,nâng cao - Điều này sẽ phù hợp với quá trình nhận thức của học
sinh từ thấp đến cao,từ đơn giản đến phức tạp , giúp các em tự mình khám phá
ra kiến thức ,cách giải một cách chủ động không bị gò ép bắt buộc-để từ đó
các em hiểu hơn,nắm chắc hơn,nhớ lâu hơn,hơn thế nữa nó còn gây hứng thú
học tập cho các em học sinh. Chính vì lẽ đó tôi chọn đề tài :
"Khai thác từ một bài toán cơ bản " để nghiên cứu .
I- CỞ SỞ LÝ LUẬN :

Như chúng ta đã biết khoa học ngày càng phát triển ,đòi hỏi mỗi giáo viên
phải nỗ lực hết mình đem hết khả năng và trau dồi kiến thức ,chuyên môn của
mình để đáp ứng với yêu cầu nhiệm vụ phát triển của xã hội nói chung và của
ngành giáo dục nói riêng . Đối với học sinh cũng vậy nhu cầu học ngày càng
một sâu rộng hơn. Do đó đòi hỏi kiến thức chương trình ,phương pháp dạy
học phải thay đổi để phù hợp với thời đại.
II- CỞ SỞ THỰC TIỄN:

Đào Minh – Đô lương - Nghệ
an
1
F
E

=
·
AEB
= 90
0
⇒
Tứ giác ABDE nội tiếp đường tròn đường kính AB
*HS dễ dàng chứng minh được :
Đào Minh – Đô lương - Nghệ
an
2
F
E
D
H
A
C
B
2
1
1
1
Sáng kiến kinh nghiệm Khai thác từ một bài toán cơ bản

·
BDH
+
·
BFH
= 90

Từ đó với dự kiện như ở bài toán 1 ,ta có bài toán sau:
Bài toán 1.1
Cho tam giác nhọn ABC,có ba đường cao AD; BE; CFcắt nhau tại H
Chứng minh: DH là phân giác của
·
DFE
Chứng minh:
Ta có ABDE, BDHF là các tứ giác nội tiếp theo bài toán 1
⇒
µ
¶
1 2
B D=
và
µ
¶
1 1
B D=

(các góc nội tiếp cùng chắn một cung trong một đường tròn)
Đào Minh – Đô lương - Nghệ
an
3
F
E
D
H
A
C
B

- Thế nào là đường tròn nội tiếp tam giác ?
- Tâm của đường tròn nội tiếp tam giác được xác định như thế nào?
(Nếu học sinh không trả lời được thì gợi ý hỏi sát hơn :Tâm của đường tròn
nội tiếp tam giác là giao điểm 3 đường gì của tam giác?)
- 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
tam giác DEF )
Đào Minh – Đô lương - Nghệ
an
4
Sáng kiến kinh nghiệm Khai thác từ một bài toán cơ bản
Chứng minh:
Chứng minh tương tự như bài toán 1.1, ta có DH, EH; FH lần lượt là các phân
giác của
·
DFE
,
·
EFD
và
·
EFD
⇒
H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF
Phân tích: Như vậy qua bài toán này học sinh thấy được tính chất đặc biệt
của điểm H, nó vừa là trực tâm tam giác ABC vừa là tâm đường tròn nội tiếp
tam giác DEF, với D, E ,F là chân đường cao của tam giác ABC .Từ đó ta có
bài toán dựng hình như sau:
Bài toán 1.3:
Dựng tam giác ABC biết E, F, D là chân 3 đường cao của tam giác đó

E
B
A
Sáng kiến kinh nghiệm Khai thác từ một bài toán cơ bản
Phân tích:
Theo bài toán 1 ta đã chứng minh được : Tứ giác AFHE là tứ giác nội tiếp nên

·
·
FAE FHE+
= 180
0

Mà
·
·
FHE BHC=
(đối đỉnh)

⇒

·
FAE
+
·
CBH
= 180
0
(1)
Từ đó ta nghĩ là nếu lấy điểm H

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.
Chứng minh: H
1
, H
2
, H
3
lần lượt đối xứng với H qua BC, AC, AB.
Đào Minh – Đô lương - Nghệ
an
6
Sáng kiến kinh nghiệm Khai thác từ một bài toán cơ bản
Gợi ý:
- 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


⇒

µ
¶
1 2
C C=
hay CD là phân giác của
·
1
HCH
Trong tam giác CHH
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.

0
(1)
Ta có:
·
·
FHE BHC=
(đối đỉnh);
·
·
1
BHC BH C=
(do H và H
1
đối xứng nhau qua BC )

⇒

·
·
1
EHF BH C=
(2)
Từ (1) và (2)
⇒
·
·
1
FAE BH C+
= 180
0

H
F
E
B
A
D
E
F
H
H1
B
A
C
Sáng kiến kinh nghiệm Khai thác từ một bài toán cơ bản
Cũng có thể chứng minh theo cách khác:
Cách 2
Do H và H
1
đối xứng với nhau qua BC
nên tam giác CHH
1
cân
⇒

µ
1
C =

¶
2

cũng thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC
Phân tích :
Từ bài toán 2.2 ta đã chứng minh được : Tứ giác ABH
1
C nội tiếp. Hay H
1

thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.nên trong tam giác ABC nếu cho
BC cố định,khi điểm A di động trên cung lớn BC thì điểm H
1
di động trên
cung nhỏ BC mà H
1
và H đối xứng nhau qua BC,nên từ đó ta có bài toán cho
quỹ tích trực tâm H như sau:
Bài toán 2.3:
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) ,có ba đường cao AD; BE;
CFcắt nhau tại H ; cho B ,C cố định.Tìm quỹ tích trực tâm H khi điểm A di
động trên cung lớn BC của đường tròn (O)
Hướng dẫn :
*Tìm quỹ tích điểm H:
- Từ bài toán 2.2:Với H
1
đối xứng với H qua BC
Đào Minh – Đô lương - Nghệ
an
9
Sáng kiến kinh nghiệm Khai thác từ một bài toán cơ bản
Ta đã chứng minh được :

và
·
·
1
BHC BH C=
(do H và H
1
đối xứng nhau qua BC )

⇒

·
·
1
EHF BH C=
(2)
Từ (1) và (2)
⇒
·
·
1
FAE BH C+
= 180
0
⇒
Tứ giác ABH
1
C nội tiếp đường tròn (O)
Hay H
1

1
di động trên cung nhỏ BC của
đường tròn (O).
Mặt khác ta lại có S
BHC
= S
BH C
( vì H và H
1
đối xứng nhau qua BC)
⇒
S
BHC
lớn nhất
⇔
S
BH C
lớn nhất
mà BC không đổi

⇒
S
BH C
lớn nhất
⇔
DH
1
lớn nhất

⇔

BC.DH , S
ABC
=
2
1
BC.DH
1
mà DH = DH
1
(vì H
1
đối xứng với H qua BC )
⇒
S
BHC
= S
BH1C

⇒
S
BHC
lớn nhất
⇔
S
BH1C
lớn nhất
mà BC không đổi

⇒
S

Đào Minh – Đô lương - Nghệ
an
12
1
2
1
3
2
1
H
H
H
O
F
E
D
H
A
C
B
1
Sáng kiến kinh nghiệm Khai thác từ một bài toán cơ bản
bán kính bằng nhau.
b) Chứng minh ED // H
1
H
2
; EF // H
2
H

C, CH
2
A có đặc điểm gì?
(đều là các tam giác nội tiếp đường tròn 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:
a ) Theo bài toán 2.1 ta chứng minh được H và H
1

đối xứng với nhau qua BC
⇒

∆
BHC =
∆
BH
1
C
⇒
Bán kính đường tròn ngoại tiếp
∆
BHC
bằng bán kính đường tròn ngoại tiếp
∆
BH
1
C
Mà
∆

BHC đều bằng nhau và bằng bán kính đường tròn tâm O
b) Do H
1
, H
2
lần lượt đối xứng với H qua BC, AC (theo bài toán 2.1)
⇒
DH = DH
1
, EH = EH
2
⇒
DE là đường trung bình của
∆
HH
1
H
2

⇒
DE // H
1
H
2
Ta có thể chứng minh câu b) theo cách khác không ?
Cách 2: Ta có :
µ
µ
1 1
E A=

H
3
c) Ta có:
µ
¶
1 2
C C=
(chứng minh ở bài toán 2.1)

⇒

¼
¼
3 1
BH BH=
⇒
BH
3
= BH
1
Mặt khác : OH
3
= OH
1
(bán kính đường tròn tâm O)
⇒
OB là trung trực của H
1
H
3

Sáng kiến kinh nghiệm Khai thác từ một bài toán cơ bản
Cách 2 : Kẻ tiếp tuyến tại A của đường tròn(O)
Ta có
· ·
Ax AFEB =
( cùng bằng
·
ACB
)

⇒
Ax // EF; mà Ax
⊥
AO
⇒
EF
⊥
AO
Chứng minh tương tự
⇒
BO
⊥
FD; CO
⊥
ED.
Cách 3 : Kẻ đường kính AK của đường tròn(O)
Ta có:
·
·
AFE AKB=

d) Hướng dẫn :
*Tìm quỹ tích điểm H: (Giải như bài toán 2.3)
* Xác định vị trí điểm H để diện tích tam giác BHC đạt giá trị lớn nhất:
(Giải như bài toán 2.4)
* Tìm vị trí của điểm A trên cung lớn BC để chu vi tam giác DEF lớn nhất
Do AO
⊥
EF, CO
⊥
ED, BO
⊥
FD (theo câu c )
nên S
AEOF
=
2
1
AO.EF ; S
BFOD
=
2
1
BO.FD ; S
CDOE
=
2
1
CO.DE
Vì trường hợp này O ở trong tam giác ABC nên
S

K
J
I
Sáng kiến kinh nghiệm Khai thác từ một bài toán cơ bản
Gọi R là bán kính đường tròn tâm O; P là chu vi tam giác DEF
⇒
S
ABC
=
2
1
R.P
⇒
P =
R
S
ABC
2
Vậy P lớn nhất
⇔
S
ABC
lớn

nhất (vì R không đổi)
Mà S
ABC
=
2
1

⇒
IJ
⊥
DE
Mà AO
⊥
DE (theo câu c bài 1)
⇒
IJ // AO
Đào Minh – Đô lương - Nghệ
an
16
S
M
l
D
H
Q
F
E
P
N
O
C
A
B
Sáng kiến kinh nghiệm Khai thác từ một bài toán cơ bản
Bài 3:
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R .Các đường cao
AD, BE, CF của tam giác ABC cắt nhau tại H. Gọi M, N, Q lần lượt là giao

Đào Minh – Đô lương - Nghệ
an
17
Sáng kiến kinh nghiệm Khai thác từ một bài toán cơ bản
d) Theo bài toán 2.1 ta đã chứngminh: H
1
, H
2
, H
3
lần lượt đối xứng với
H qua BC, AC, AB.
⇒
HD = DM, HE = EN, FH= FQ
Ta có :
à
AM AD DM
m DM HD
AD AD
+
= =
Suy ra :
1 1
BHC
ABC
S
AM AD DH DH
AD AD AD S
+
= = + = +

sở bài toán cơ bản đã biết - Từ đó hình thành cho các em khả năng tư duy
sáng tạo độc lập suy nghĩ để đưa các bài toán phức tạp ,bài toán khó về bài
toán đơn giản dễ hơn đã có cách giải "biến lạ thành quen" . Từ đó giúp cho
các em say mê hứng thú yêu thích học môn Toán . Là tiền đề để các em
ngày càng tiến bộ , rồi trở thành những con người năng động, sáng tạo ,
có bản lĩnh vững vàng xứng đáng là người chủ tương lai của đất nước.
Qua áp dụng phương pháp dạy trên . Tôi nhận thấy rằng đa số học sinh tiếp
Đào Minh – Đô lương - Nghệ
an
18
Sáng kiến kinh nghiệm Khai thác từ một bài toán cơ bản
thu được bài ,đặc biệt các em rất hứng thú, say mê học tập . Kết quả học tập
của các em ngày càng tiến bộ .Chất lượng học sinh đại trà ngày càng được
nâng lên ,tỷ lệ học sinh thi vào THPT đạt kết quả cao ,có nhiều em đạt kết
quảcao trong các kỳ thi học sinh giỏi và thi vào trường chuyên lớp chọn.
Trên đây là kinh nghiệm nhỏ của bản thân trong giảng dạy môn Toán .Vì
kinh nghiệm của bản thân chưa nhiều nên bài viết này sẽ không tránh khỏi
thiếu sót . Rất mong các quý thầy cô đồng nghiệp , các độc giả gióp ý để đề
tài được hoàn thiện hơn . Tôi xin chân thành cảm ơn!
Đô lương , ngày 20 tháng 3 năm 2013 Đào Minh – Đô lương - Nghệ
an
19