Đang tải... (xem toàn văn)
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 như thế nào? Đề tài này chúng tôi viết nhằm mục đích: Hướng dẫn cho học sinh tìm hiểu và khai thác một số bài toán về trực tâm tam giác; từ đó học sinh có thể nắm vững, hệ thống được các bài toán liên quan đến vấn đề này và cũng có thể sáng tạo tự khai thác thêm những bài khác, tạo cho học sinh tính say mê tìm tòi và hứng thú trong học tập.
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 như thế nào? Đề tài này chúng tôi viết nhằm mục đích: Hướng dẫn cho học sinh tìm hiểu và khai thác một số bài toán về trực tâm tam giác; từ đó học sinh có thể nắm vững, hệ thống được các bài toán liên quan đến vấn đề này và cũng có thể sáng tạo tự khai thác thêm những bài khác, tạo cho học sinh tính say mê tìm tòi và hứng thú trong học tập. PHẦN II : NỘI DUNG 1/ Kiến thức cơ bản : + Trong một tam giác ba đường cao đồng quy tại một điểm, điểm đó gọi là trực tâm của tam giác. + Trực tâm tam giác có 3 trường hợp xẩy ra TH1: Tam giác vuông: TH2: Tam giác nhọn: TH3: Tam giác tù: 1 F E D H A C B 2 1 1 1 Nhận xét: - Trực tâm tam giác vuông trùng với đỉnh góc vuông của tam giác - 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: BFEC; BDEA; AFDC. Lưu ý: Các tứ giác nội tiếp có trên hình vẽ đó chính là cơ sở để khai thác đặc điểm trực tâm của tam giác 2 1 3 2 1 H 3 H 2 H 1 O D F E H C B A b) Phân tích: Sử dụng các tứ giác nội tiếp ở câu a : - 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 ∆ DEF ) - Gợi ý: - Chỉ cần chứng minh DH là phân giác của · DFE , 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 ⇒ µ ¶ 1 2 B D= và ¶ µ 1 1 D C= mà µ µ 1 1 B C= (vì cùng phụ với · BAC ) ⇒ ¶ ¶ 1 2 D D= . Hay DH là phân giác của · DFE Chứng minh tương tự ta có EH; FH là các phân giác của · EFD và · 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: Chứng minh: 3 Ta có: ¶ µ 2 1 C A= (vì tứ giác CDFA là tứ giác nội tiếp) ¶ ¶ 3 2 C A= (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BH 1 ) ⇒ ¶ ¶ 2 3 C C= hay CD là phân giác của · 1 HCH Trong ∆ 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. 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) Cách dựng: - Dựng ∆ DEF - Dựng điểm H là tâm đường tròn nội tiếp ∆ DEF - Dựng các đường thẳng vuông góc với HE , HF, HD theo thứ tự tại các điểm E, F, D các đường thẳng này cắt nhau tạo thành tam giác ABC. 4 H 3 2 1 H H 2 1 1 O C D H F E B A * Khai thác câu c bài toán 1 ta có bài toán đảo: Bài 3: Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O); H là trực tâm của tam giác. Gọi 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 = ¶ 2 C ; mà µ µ 1 1 C A= vì cùng phụ với · ABC ⇒ ¶ µ 2 1 C A= tứ giác ABH 1 C nội tiếp. Hay H 1 thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Cách 2: Phân tích: - Nếu chứng minh được H 1 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= 5 M C D F E B A (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. 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 lần lượt là các điểm đối xứng với H qua BC, AC, AB thì H 1 , H 2 , H 3 thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC * Cũng tìm hiểu trực tâm tam giác ta có : Bài 4: Cho tam giác nhọn ABC. Tìm điểm M thuộc miền trong của tam giác sao cho: MA.BC + MB.AC + MC.AB đạt giá trị bé nhất. Hướng dẫn: Phân tích: Các tích MA.BC, MB.AC, MC.AB tương tự nhau nên có thể xét mỗi tích. Ta sẽ tạo các đường vuông góc BE và CF kẻ từ B và C đến tia AM vì BC ≥ BE + CF để tìm xem tích MA.BC nhỏ nhất bằng bao nhiêu và đạt được khi nào? Chẳng hạn ta có thể làm như sau: Chứng minh: Vẽ BE ⊥ tia AM; CF ⊥ tia AM (E, F ∈ tia AM) ; 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 + 2S MBA MC.AB ≥ 2S MCA + 2S MCB ⇒ MA.BC + MB.AC + MC.AB ≥ 4(S ABM + S ACM + S MCB ) = 4S ABC (không đổi) Dấu bằng xẩy ra khi MA ⊥ BC; MB ⊥ AC; MC ⊥ AB. ⇔ M là trực tâm tam giác ABC. Kết luận3: Từ bài toán trên ta có một tính chất để M thuộc miền trong của tam giác sao 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 Tương tự S S BE BN AHC +=1 , S S CF CQ AHB += 1 Nên suy ra = ++ +=++ S SSS CF CQ BE BN AD AM AHBAHCBHC 3 4 (S ABC 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 hãy xem tam giác đó có gì đặc biệt ? Chứng minh: + AC= R 3 ⇒ · ABC =60 0 ⇒ 1 ˆ C =30 0 AB =R 2 ⇒ · ACB = 45 0 =⇒ 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 0 Vậy IKE∆ có : · KEI = 60 0 ; · KIE = 90 0 ; · IKE = 30 0 + · 0 75BAC = 0 75sin2RBKCK ==⇒ =⇒ BC 0 75sinR (vì 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 3R IE = . Kết luận: Ta có thể áp dụng tính chất của trực tâm tam giác đã làm trong các bài toán 1, 2 để tìm mối liên hệ độ dài các đoạn thẳng, các góc trong tam giác. * Khai thác tổng hợp ta có: Bài 7: 8 S 1 2 1 3 2 1 H H H O F E D H A C B 1 Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O); 3 đường cao của tam giác lần lượt là AD; BE; CF. Gọi H là trực tâm tam giác đó. H 1 , 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 - Tìm vị trí điểm A để chu ∆ DEF lớn nhất. Hướng dẫn: a) Phân tích : - Theo câu c bài toán 1 ta có H 1 , H 2 , H 3 , lần lượt đối xứng với H qua BC, AC, AB nên các tam giác AHB, BHC, CHA sẽ lần lượt bằng các tam giác nào? - Các tam giác AH 3 B, BH 1 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: Bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆ BHC bằng bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆ BH 1 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 E bằng bán kính đường tròn tâm O Chứng minh tương tự ⇒ các bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆ AHC, ∆ AHB, ∆ BHC đều bằng nhau và bằng bán kính đường tròn tâm O b) Cách 1: Do H 1 , H 2 lần lượt đối xứng với H qua BC, AC (theo bài toán 3) ⇒ DE là đường trung bình của ∆ HH 1 H 2 ⇒ DE // H 1 H 2 Cách 2: Ta có 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 ; FD || H 3 H 4 c) Ta có: µ ¶ 1 2 C C= (chứng minh ở bài toán 3) ⇒ 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 ⇒ 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 · · Ax AFEB = ( cùng bằng · ACB ) ⇒ Ax // EF; mà Ax ⊥ AO ⇒ EF ⊥ AO Cách 3: Kẻ đường kính AK của đường tròn(O) Ta có: · · AFE AKB= (cùng bằng · ACB ) Mà · · AKB BAK+ = 90 0 ⇒ · · AFE BAK+ =90 0 ⇒ AK ⊥ EF. Hay AO ⊥ EF d) Hướng dẫn : 10 [...]... luận trong quá trình nghiên cứu, triển khai SKKN: - Các bài toán trên chỉ xét trường hợp tam giác ABC có 3 góc nhọn Đối với mỗi bài sau khi giải xong GV nên cho học sinh tìm hiểu xem các trường hợp tam giác có 1 góc tù, hoặc tam giác vuông thì bài toán có còn đúng không (có những bài chỉ đúng trong trường hợp tam giác có 3 góc nhọn ) - Qua mỗi bài toán nên cho học sinh tìm hiểu xem trực tâm tam giác trong. .. dung trên cho học sinh đã giúp các em tìm hiểu và nắm được các bài toán liên quan đến trực tâm tam giác một cách có hệ thống - Cách xây dựng hệ thống các bài toán trên đã gây hứng thú cho học sinh trong học toán, tạo cho học sinh niềm say mê học tập và học sinh thấy rằng nếu chịu khó tìm hiểu khám phá một vấn đề nào đó thì sẽ tìm được những điều rất thú vị trong toán học cũng như trong cuộc sống *Những... luôn đi qua một điểm cố định PHẦN III: KẾT LUẬN *Kết quả của việc ứng dụng SKKN: - Những năm dạy toán lớp 9, chúng tôi đã cho học sinh tìm hiểu về trực tâm tam giác và các bài toán có liên quan đến trực tâm tam giác thông qua các bài toán trên; các em đã nhận thấy rằng không những trọng tâm, giao điểm 3 trung trực, giao điểm 3 phân giác của tam giác có tính chất đặc biệt mà trực tâm của tam giác cũng... 90 0 (theo bài 1) Nên I thuộc đường tròn đường kính AB không đổi 4/ Mối liên hệ giữa trực tâm và các điểm đặc biệt trong tam giác ta có: Bài 28: ( đường thẳng Euler trong tam giác ) Chứng minh rằng trong một tam giác thì trọng tâmG, trực tâm H và điểm O (tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác) là 3 điểm thẳng hàng Hướng dẫn: S Cách 1:- Chứng minh : ∆ MON ∆ AHB ¶ µ ¶ A (do N1 = B1 ; M 1 = µ1 ) ⇒ OM MN 1... O1 21 1 Q B C M ⇒ G là trọng tâm ABC Bài 29: Cho A, H, G trong đó A là đỉnh của tam giác ABC ,H là trực tâm , G là trọng tâm Dựng tam giác đó Hướng dẫn: Theo bài toán trên ta có: Trong một tam giác trực tâm H, trọng tâm G và tâm O (tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác) A cùng nằm trên một đường thẳng và HG = 2OG Nối AG; trên tia đối của tia GA lấy điểm M H sao cho GM = 1 AG 2 G O d B M C - Dựng đường thẳng... ta suy ra điều gì? ( BEC = BFC = 90 0 ) -Từ đó chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp như thế nào? A (tổng hai góc đối diện bằng 1800) I b)- Hãy xét vai trò của CE và BF trong tam giác ABC? F (CE và BF là các đường cao trong tam giác ABC, E H mà CE cắt BF tại H nên suy ra H là trực tâm của tam giác ABC ⇒ H là tâm đường tròn nội tiếp B D O C tam giác DEF (bài toán 2) c)- Hướng dẫn: Để chứng minh EI là tiếp tuyến... 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 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 a )Tam giác AFH... với B ta được tam giác ABC Bài 30: 30 Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn với trực tâm H Dựng hình bình hành BHCD và gọi I là giao điểm của 2 đường chéo a) Chứng minh tứ giác ABCD nội tiếp được · · b) So sánh BAH và OAC , trong đó O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam ∆ ABC c) AI cắt OH tại G Chứng minh G là trọng tâm tam giác ABC Hướng dẫn: a) Chứng minh tổng 2 góc đối diện bằng 1800: A · · Do tứ giác AFHE nội... hành HFD = HED ⇒ DH là đường cao vừa là trung trực của ∆ MEF, mà M thuộc HD nên ME = MF Hay ∆ MEF là tam giác cân (Đpcm) * Từ bài toán 12 ta có: Bài 13: Gọi H là trực tâm tam giác ABC Một đường thẳng qua trực tâm H cắt AB, AC tại P và Q sao cho HP= HQ Chứng minh đường thẳng vuông góc với PQ kẻ từ H luôn luôn đi qua trung điểm của BC Hướng dẫn: Cách 1:Dựa vào bài 12 để chứng minh A C' D Cách 2: Lấy I ∈... ABC: CF và AD là các đường cao cắt nhau tại E ⇒ E là trực tâm của ∆ ABC Bài 18: (Bài đảo của câu c bài 17) Cho tam giác nhọn ABC, H là trực tâm Từ A vẽ các tiếp tuyến AM, AN với đường tròn (O) đường kính BC.( M, N là các tiếp điểm) Chứng minh H, M, N thẳng hàng Hướng dẫn: Cách 1: Từ câu c bài 17 ⇒ nếu MN cắt AD tại H’ A _ thì H’ là trực tâm tam giác ABC ⇒ H ≡ H’ ⇒ H, M, N thẳng hàng Cách 2: Ta có AM2 . minh EI là tiếp tuyến của đường tròn ta chứng minh · 0 90 IEO = 17 bằng cách chứng minh · · 0 90 IEH HEO+ = . Hoặc chứng minh: · · 0 90 AIE BEO+ = Cách 1: Do I là trung điểm của AH nên EI là. 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 90 CH HCO+ = (3) vì ∆ CHD vuông tại D (do AH ⊥ BC tại D) Từ (1). (vì ∆ AIE cân) ⇒ · · · · A EBEO IE EBO IA+ = + Mà · · 0 E 90 EBO IA+ = (vì ∆ ABD vuông, do AH ⊥ BC ) ⇒ · · · 0 0 E 90 O 90 BEO IA IE+ = ⇒ = . Hay EI là tiếp tuyến của đường tròn (O)