Một số bài toán về diện tích

450

MỘT SỐ BÀI TỐN VỀ DIỆN TÍCH
I. MỘT SỐ KIẾN THỨC CẦN NHỚ
1. Các tính chất cơ bản của diện tích đa giác
Mỗi đa giác có một diện tích xác định, diện tích đa giác là một số dương. Diện tích
đa giác có các tính chất sau:
+ Hai đa giác bằng nhau có diện tích bằng nhau.
+ Hình vng cạnh có độ dài bằng 1(đvđd) thì diện tích là 1(đvdt), hình vng đó
được gọi là hình vng đơn vị.
+ Nếu đa giác H được chia thành các đa giác H1 ; H 2 ;...; H n đơi một khơng có điểm
chung trong. Khi đó ta được S H = S H1 + S H2 + ... + S Hn
+ Nếu một đa giác H suy biến có S H = 0 thì các đỉnh của đa giác cùng nằm trên một
đường thẳng.
2. Diện tích tam giác
Cho tam giác ABC có các cạnh là a, b, c và p =

a+b+c
là nửa chu vi. Gọi h a ; h b ; h c
2

là đường cao tương ứng với các cạnh a, b, c và ra ; rb ; rc là bán kính đường tròn bàng tiếp
ứng với các cạnh a, b, c. Gọi R và r lần lượt là bán kính đường tròn nội tiếp và đường tròn
ngoại tiếp ta giác ABC. Khi đó ta có:
1) =
S ABC
2) S ABC
=
3) S ABC
=

1
1
1
ah a
bh b
ch
=
=
2
2
2 c
1
1
1
bc.sin A =
ac sin B
ab sin C
=
2
2
2
abc
= pr = p.r
4R

4) Công thức Heron: S ABC =
5) S ABC =
p ( p − a ) tan

p ( p − a )( p − b )( p − c )

A
B
C
p ( p − b ) tan =
p ( p − c ) tan
=
2
2
2

Chú ý : Công thức 2 và 5 chỉ áp dụng cho tam giác nhọn.
3. Diện tích các tứ giác.
+ Diện tích hình chữ nhật: S = ab , với a, b là độ dài hai cạnh của hình chữ nhật.
THCS.TOANMATH.com

TÀI LIỆU TỐN HỌC


451
+ Diện tích hình thang: S =

h (a + b)
2

, với a, b là độ dài hai đáy và h là chiều cao.

+ Diện tích hình bình hành: S = ah a , với a và h a là độ dài cạnh và đường cao tương
ứng.
1

+ Diện tích tứ giác có hai đường chéo vng góc: S = d1d 2 , với d1 ,d 2 là độ dài hai
2
đường chéo.
+ Diện tích hình thoi: =
S ah
=

1
d .d , với a và h là độ dài cạnh và đường cao, d1 và
2 1 2

d 2 là độ dài hai đường chéo.
2
+ Diện tích hình vng: =
S a=

1 2
d , với a là độ dài cạnh và d là độ dài đường chéo
2

của hình vng.
4. Một số tính chất cở bản về diện tích tam giác.
+ Nếu hai tam giác có cùng chiều cao thì tỉ số hai đáy tương ứng bằng tỉ số hai diện
tích. Ngược lại, nếu hai tam giác có cùng đáy thì tỉ số hai chiều cao tương ứng bằng tỉ số
hai diện tích.
+ Nếu hai tam giác có cùng chung đáy và có cùng diện tích thì đỉnh thứ ba thuộc
đường thẳng song song với đáy.
+ Đường trung bình trong một tam giác chia tam giác đó thành hai phần có diện tích
tỉ lệ với 1 : 3.
+ Đường trung tuyến của một tam giác chia tam giác đó thành hai phần có diện tích

bằng nhau.
+ Ba tam giác có chung đỉnh là trọng tâm của một tam giác cịn đáy là ba cạnh thì có
diện tích bằng nhau.
+ Nếu một tam giác và một hình bình hành có cùng đáy và cùng chiều cao thì diện
tích tam giác bằng nửa diện tích hình bình hành.
+ Với mọi tam giác ABC ta ln có AB.AC ≥ 2S ABC , dấu bằng xẩy ra khi tam giác ABC
vuoog tại A.
S
AB.AC
 + A'
=
 = A'
 hoặc A
+ Hai tam giác ABC và A’B’C’ có A
180 0 thì ABC =
S A' B'C' A' B'.A' C'

THCS.TOANMATH.com

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


452
Các tính chất nêu trên của tam giác được chứng minh tương đối đơn giản và ta sẽ
công nhận chúng khi giải các bài tốn về diện tích.
II. CÁC VÍ DỤ MINH HỌA
Ví dụ 1. Cho tam giác ABC có các cạnh là a, b, c và p =

a+b+c
là nửa chu vi. Chứng minh

2

rằng:
S ABC =

p ( p − a )( p − b )( p − c )
Lời giải

Trong một tam giác luôn tồn tại một đỉnh mà chân

A

đường cao hạ từ đỉnh đó nằm trên cạnh đối diện
khơng mất tính tổng qt, ta giả sử đó là đỉnh A.
Gọi AH = h là đường cao của ∆ABC . Ta có

HB + HC =
BC
Đặt BH = x ( 0 ≤ x ≤ a ) . Từ đó ta có HC = a – x

B

C

H

h 2 + x 2 =
c2
Theo định lí Pitago ta có  2
2

b2
h + ( a − x ) =
a 2 − b2 + c 2
Từ đó ta được 2ax − a 2 = c 2 − b 2 ⇒ x =
2a

2

 a 2 − b2 + c 2 
c 2 hay ta được
Thay vào hệ thức thứ nhất của hệ trên ta được h + 
 =
2a


2

2

2

a 2 − b 2 + c 2 
a 2 − b2 + c 2  ( a + c ) − b b − ( a − c )
2
h =
c +
 c −
=
2a
2a

2a
2a



( a + b + c )( a + c − b )( a + b − c )( b + c − a )
=
4a 2
Mặt khác ta có 2p= a + b + c ⇒ a + b − c= 2 ( p − c ) ; b + c − a= 2 ( p − a ) ; a + c − b= 2 ( p − b )
2

Suy ta h 2 =

4p ( p − a )( p − b )( p − c )
a2

2

. Từ đó ta suy ra được

1
1 2
ah = a.
p ( p − a )( p − b )( p − c ) = p ( p − a )( p − b )( p − c )
2
2 a
Ví dụ 2. Cho tam giác ABC. Trên cạnh AB lấy điểm M sao cho AB = 3AM và trên cạnh AC
S ∆ABC =

lấy điểm N sao cho AC = 3AN . Nối CM và BN cắt nhau tại O. Biết S ABC = 24cm 2 . Tính

diện tích tứ giác OMAN.
Lời giải

THCS.TOANMATH.com

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


453
Cách 1: Ta có S OBM = 2.S AMO vì hai tam giác OMB,

A

OAM có chung đường cao hạ từ O và BM = 2.AM .
O

có chung đường cao hạ từ O và NC = 2.AN .
Mà S=
S=
∆MBC
∆NBC

N

M

Lại có S ONC = 2.S ANO vì hai tam giác OCN, OAN

2
vì hai tam giác MBC và

S
3 ∆ABC

C

B

NBC cùng chứa tam giác OBC.
Do vậy suy ra S BOM = S NOC và S AOM = S NOA . Từ đó suy ra S ABN = 4.S AON

hay

S ABN = 2.S AMON

1
1
1
Mà S ABN = S ABC . Cho nên S AMON
S=
.24 4cm 2
=
=
ABC
3
6
6
2
2
Cách 2: Ta có S MBC = S ABC vì hai tam giác có chung đường cao hạ từ C và MB = AB
3

3
2
2
S NBC = S ABC vì hai tam giác có chung đường cao hạ từ B và MC = AC
3
3
Từ đó ta được S NBC = S MBC , mà hai tam giác cùng chứa tam giác OBC cho nên S OBM = S OCN
2
2
S AOB và S OCN = S AOC nên suy ra S AOB = S AOC
3
3
1
1
1
1
Mà lại có S AMO = S AOB nên ta được S AMO = S AOC và=
S AMO =
S AMC
S
3
3
4
12 ABC
1
Hoàn toàn tương tự ta được S ANO =
S . Do đó
12 ABC
1
1

S AMON =S AOM + S AON = S ABC = .24 =4 cm 2
6
6
Ví dụ 3. Cho tứ giác ABCD và điểm O nằm trong tứ giác. Gọi M, N, P, Q là các điểm đối
Mà ta có S OBM =

xứng của O qua trung điểm các cạnh của tứ giác. Tính diện tích của tứ giác MNPQ biết

S ABCD = 12cm 2 .
Lời giải
Gọi E, F, G, H lần lượt là trung điểm của

M

AB, BC, CD và AD. Nối các điểm E, F, G,

B
E

H khi đó dễ chứng minh tứ giác EFGH là

A
F

hình bình hành .
Nối

BD

ta

H

có

1
Do
S .
4 ABD
1
S FGC + S AEH =
S
4 ABCD

S AEH =

THCS.TOANMATH.com

S CGF =
đó

1
S
4 BCD
ta

và

N

O

Q
D
G

C

được
P

TÀI LIỆU TỐN HỌC


454
Hoàn

toàn
tương
1
S FEB + S DHG =
S
4 ABCD
Nên
suy

tự

ta

được

ra

1
S FGC + S AEH + S FEB + S DHG =
S
2 ABCD
1
Do vậy S EFGH = S ABCD . Mà =
ta có S OMN 4.S
=
; S OMQ 4.S
=
; S OPQ 4.S
=
; S ONP 4.S OFG
OEF
OEH
OHG
2
Do đó ta được S MNPQ = 4.S EFGH . Từ đó suy ra S MNPQ = 2.S ABCD
Mà ta có S ABCD = 12 cm 2 nên S MNPQ = 24 cm 2 .
Ví dụ 4. Cho tam giác ABC có độ dài các cạnh là a, b, c và các đường cao tương ứng là
h a , h b , h c . Chứng minh rằng:

a) Nếu h a + a = h b + b thì tam giác ABC là tam giác vuông hoặc cân.
b) Nếu h a + a = h b + b = h c + c thì tam giác ABC là tam giác đều.
Lời giải
a) Theo cơng thức diện tích tam giác ta có S ABC

=

1
1
2S
2S
a.h=
b.h b ⇒ h=
; h=
a
a
b
2
2
a
b

Theo bài ra ta có
2S
2S
2Sa − 2Sb
= b+
⇒a−b+
=0
a
b
ab
b
a =
 2S 

 2S 
⇒ ( a − b ) − ( a − b )   ⇒ ( a − b )  1 −  =0 ⇒ 
 ab 
 ab 
 2S = ab
a + ha = b + h b ⇒ a +

+ Nếu a = b thì tam giác ABC cân
+ Nếu 2S = ab thì tam giác ABC vng
b) Theo cơng thức diện tích tam giác ta có

S ∆ABC
=
Theo bài ra ta có

1
1
1
2S
2S
2S
a.h=
b.h=
c.h c ⇒ h=
; h=
; h=
a
b
a
b

c
2
2
2
a
b
c

2S
2S
2Sa − 2Sb
= b+
⇒a−b+
=0
a
b
ab
b
a =
 2S 
 2S 
⇒ ( a − b ) − ( a − b )   ⇒ ( a − b )  1 −  =0 ⇒ 
 ab 
 ab 
 2S = ab
a + ha = b + h b ⇒ a +

b =
c
a =

c
Hoàn toàn tương tự ta suy ra được 
và 
 2S = bc
 2S = ac
Kết hợp các điều kiện trên ta được a= b= c hay tam giác ABC đều
Ví dụ 5. Cho hình bình hành ABCD, trên cạnh AB, CD lấy các điểm E, F sao cho AF = CE .
 = CID
.
Gọi I là giao điểm của AF và CE. Chứng minh rằng AID
THCS.TOANMATH.com

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


455
Lời giải
Trước

hết

ta

chứng

minh

E

A

1
1
=
S AFD =
S ABCD ; S EDC
S
2
2 ABCD

H

B
I
K

Thật vậy, gọi AM là đường cao của hình bình hành

F

ABCD xuất phát từ A. Khi đó các tam giác ABF,
AFD, ECD có cùng đường cao AM

D

Ta

S ABF
=

C

có

1
1
1
AM.BF; S AFD
AM.AD; S CDF
AM.FC
=
=
2
2
2

Vì BF + FC = BC = AD nên ta được

1
1
1
AM.AD = AM.BF + AM.FC ⇒ S AFD = S ABF + S CDF
2
2
2
1
Mà ta lại có S ABCD = S AFD + S ABF + S ∆CDF ⇒ S AFD = S ABCD
2
1
Chứng minh tương tự ta có S CDE = S ABCD . Từ đó ta được S AFD = S CDE

2
Gọi DH là đường cao của tam giác AFD và DK là đường cao của tam giác DEC
Khi=
đó ta có S AFD

1
1
DH.AF; S DEC
DK.CE
=
2
2

Từ đó ta được DH.AF = DK.CE . Theo giả thiết AF = CE ta được DH = DK
 nên ta được AID
 = CID
 (đpcm)
Như vậy D nằm trên tia phân giác của góc AIC

Ví dụ 6. Cho tam giác ABC, Từ một điểm M nằm trên cạnh BC vẽ các đường thẳng song
song với AB và AC, cắt AC và AB tại Q và P. Chứng minh rằng

AP AQ
+
=
1
AB AC

Lời giải
Nối AM, BQ, CP. Do MQ//AB nên S AMQ = S BMQ

Nên

ta

A

được

S AMQ + S CMQ = S BMQ + S CMQ ⇒ S AMC = S BQC

P
Q

Hồn tồn tương tự ta có PM//CA nên được
S AMC = S APC suy ra S BQC = S APC

AP S APC AQ S AQB
Mà ta lại
có
nên suy ra
;
=
=
AB S ABC AC S ABC

B

M

C

AP AQ S APC S AQB S APC + S AQB S BQC + S AQB S ABC
+
=
+
=
=
=
= 1
AB AC S ABC S ABC
S ABC
S ABC
S ABC
THCS.TOANMATH.com

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


456

AP AQ
+
=
1
AB AC
Ví dụ 7. Cho tam giác ABC có AB = 2AC và đường phân giác AD. Gọi p là nủa chu vi của
Vậy ta suy ra được

tam giác ABC và r; r1 ; r2 lần lượt là bán kính đường trịn nội tiếp các tam giác ABC, ADC,
ADB.

=
Chứng minh rằng AD

p.r  1 2 
 + −p
3  r1 r2 
Lời giải

Vì AB = 2AC nên S ABD = 2S ADC . Mà hai tam

A

giác ABC và ACD có chung đường cao kẻ từ
D nên ta suy ra được BD = 2CD
Dễ thấy =
S ADC
được S ABD =

1
1
1
S ABD =
S ABC
pr , do đó ta
=
2
3
3

2
pr
3


=
S ACD
Mặt khác ta lại có 
S =
 ABD

r

r1
B

D

r2
C

1
r ( AC + AD + CD )
2 1
.
1
r ( AB + AD + BD )
2 2

 AC + AD + CD pr

=

2
3r1

Cho nên ta được 
 AB + AD + BD = 2pr

2
3r2
Cộng từng vế ta được các đẳng thức trên ta có

pr  1 2 
AC + AD + CD + AB + AD + BD AC + AB + BC + 2AD
=
=+
p AD =  + 
2
2
3  r1 r2 
pr  1 2 
Do đó suy ra AD
=
 + −p
3  r1 r2 
Ví dụ 8. Cho hình bình hành ABCD. Trên các cạnh AB, CD lấy lần lượt các điểm E, F bất
kì. Gọi M, N, K theo thứ tự là trung điểm của DE, DF, EF. Gọi O là giao điểm của AM và
CN. Chứng minh ba điểm B, O, K thẳng hàng.
Lời giải

THCS.TOANMATH.com

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


457
Dễ chứng minh được S OAB + S OCD = S OAD + S OBC

A

E

Vì M là trung điểm của DE nên S OAD = S AOE

B
H
K
K'

Vì N là trung điểm của DF nên S OCD = S FCO

I

M

F

Do đó ta có S AOE + S EOB + S COD = S AOD + S FOB + S FCO
Suy ra S EOB = S FOB

O
N
D

C


1
1
'
'
S ∆EOB = S ∆EBK' + S ∆EOK' = 2 EK .BI + 2 OH.EK
Mặt khác ta có 
1
1
S
= S ∆FOK' + S ∆FBK' = FK ' .OH + FK ' .BI
∆FOB

2
2

(

)

EK ' .BI + OH.EK ' =
FK ' .OH + FK ' .BI ⇒ ( BI − OH ) EK ' − FK ' =⇒
0 EK ' =
FK '

Hay K’ là trung điểm của EF nên K ' ≡ K suy ra BO đi qua K hay O, K, B thẳng hàng
Ví dụ 9. Cho tam giác ABC và một đường thẳng chia tam giác thành hai phần có diện tích
bằng nhau và chu vi bằng nhau. Chứng minh các đường thẳng đó ln đi qua một điểm
cố định.
Lời giải
Giả sử đường thẳng MN thỏa mãn điều kiện của

A

bài. Gọi O là tâm đường tròn nội tiếp của tam
giác ABC và r là bán kính của đường trịn. Khơng
mất tính tổng qt ta giả sử O nằm trong hình
MBCN.
Mà

O
B

ta

có

N

M

C

AM + AN = MB + BC + CN và

S AMN = S MBCN

Do đó ta suy ra được

1
1
1
S AMN = S AMO + S AON − S OMN = r.AM + r.AN − S OMN = r ( AM + AN ) − S OMN
2
2
2
1
1
1
S MBCN = S OMB + S OBC + S OCN + S OMN = r.MB + r.BC + r.CN + S OMN
2
2
2
1
r ( MB + BC + NC ) + S OMN
=
2
Từ các kết quả trên ta được S OMN = 0 nên ba điểm M, O, N thẳng hàng hay MN đi qua
điểm O.
Do O cố định nên MN luôn đi qua điểm cố định.

THCS.TOANMATH.com

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

458
Ví dụ 10. Cho tam giác ABC có diện tích S. Trên cạnh AB, AC lấy lần lượt các điểm M, N

AM AN
thỏa mãn điều kiện = = k với k là một số dương cho trước. Gọi I là giao điểm của
MB NC
BN với CM.
a) Chứng minh rằng S AMIN = S IBC
b) Tính diện tích tứ giác AMIN theo S và k, từ đó xác định k để diện tích tứ giác
AMIN đạt giá trị lớn nhất.
Lời giải
S
AM
k
AM
= k nên ta có AMC
= =
S
AB k + 1
BM

a) Do

Hồn toàn tương tự ta được

A

S BNC CN

k
= =
S
CA k + 1

N

Do đó ta được S AMC = S BNC , nên suy ra

M
I

S AMC − S INC = S BNC − S INC hay ta được
S AMIN = S IBC

B

C

b) Ta có
BI S IBC S IBC S IAC 1 
1  k+1
=
=
=
.
.  1 + =
BN S INC S IAC S INC k 
k
k2

S IBC
BI
BI
k+1
BI
k+1
Từ đó ta được
, do đó =
= 2
= = 2
S NBC BN k + k + 1
BN BI + IN k + k + 1

S
k
k
CN
S
= k nên NBC =
⇒ S NBC =
S
k+1
k+1
AN
k+1
k+1
k
k
Do đó=
ta được S IBC =

S NBC
=
.
S
S
2
2
2
k + k+1
k + k+1 k+1
k + k+1
k
Do vậy ta được S AMIN
.
= S=
IBC
2
k + k+1
Do k 2 + 1 ≥ 2k nên ta được ..
1
Vậy ta được S AMIN ≤ S , dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi k = 1 hay M, N lần lượt là trung
3
Lại do

điểm của AB, AC.
Ví dụ 11. Cho tam giác ABC có diện tích S và các điểm M, N, P lần lượt thuộc các cạnh AB,

MA
NB
PC

BC, CA sao cho= m;= n;
= k.
MB
NC
PA
a) Chứng minh rằng
THCS.TOANMATH.com

S MNP
1 + mnk
.
=
S
( m + 1)( n + 1)( k + 1)
TÀI LIỆU TOÁN HỌC


459
1
S.
4

b) Chứng minh rằng nếu AN, BP, CM đồng quy thì S MNP ≤

c) Giả sử AN, BP, CM là ba đường phân giác của tam giác ABC. Tính diện tích tam
giác MNP theo S và ba cạnh của tam giác ABC.
Lời giải
a) Đặt
=
S AMP S=

; S BMN S=
; S CPN S 3 . Từ
1
2

A

AM
m
AP
1
.
giả thiết =
ta có
=
;
AB m + 1 AC k + 1
Do đó ta được
S1 AP.AM
m
=
=
S AC.AB ( m + 1)( k + 1)
Hoàn toàn tương tự ta được
S
S2
n
k
và 3 =
=

S ( n + 1)( k + 1)
S ( m + 1)( n + 1)
Do đó ta được

S1
P

M

S3

S2
B

N

C

S 1 + S 2 + S 3 m ( n + 1) + n ( k + 1) + n ( m + 1)
=
S
( m + 1)( n + 1)( k + 1)

Từ đó ta suy ra

m ( n + 1) + n ( k + 1) + n ( m + 1)
S MNP
S + S2 + S3
=
1− 1

=
1−
S
S
( m + 1)( n + 1)( k + 1)

m + 1)( n + 1)( k + 1) − m ( n + 1) + n ( k + 1) + n ( m + 1)
(=
1 + mnk
( m + 1)( n + 1)( k + 1)
( m + 1)( n + 1)( k + 1)

Vậy

S MNP
1 + mnk
.
=
S
( m + 1)( n + 1)( k + 1)

b) Giả sử AN, BP, CM đồng quy. Khi đó theo định lí Ceva ta có

mnk = 1
Do đó ta được

S MNP
=
S

Nên ta được S MNP ≤

AM BN CP
.
.
= 1 hay
MB NC PA

2
2
1
≤
=
( m + 1)( n + 1)( k + 1) 2 m.2 n.2 k 4

1
S . Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi m= n= k= 1 hay M, N, P lầ lượt
4

là trung điểm của AB, BC, CA.
c) Giả sử AN, BP, CM là ba đường phân giác của tam giác ABC. Đặt=
BC a;=
CA b;
=
AB c
Áp dụng tính chất đường phân giác ta được

BM AC b
b
=

= ⇒m=
AM BC a
a

c
a
.
=
;k
b
b
S
1 + mnk
abc
ta được MNP =
=
S
( m + 1)( n + 1)( k + 1)
( a + b )( b + c )( c + a )

Hoàn toàn tương tự ta được
=
n
Thay vào hệ thức

S MNP
S

THCS.TOANMATH.com

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


460
Do đó ta được S MNP =

abcS
.
( a + b )( b + c )( c + a )

Ví dụ 12. Cho tam giác MNP và ba điểm A, B, C lần lượt nằm trên cạnh NP, PM, MN.
Qua M, N, P kẻ các đường thẳng lần lượt song song với BC, CA, AB. Ba đường thẳng đó
cắt nhau theo từng đôi một tạo thành tam giác A’B’C’. Chứng minh rằng
2
S MNP
= S ABC .S A' B'C'

Lời giải
Ta thấy tam giác ABC nằm trong tam giác

M
C'

A’B’C’ và có các cạnh tương ứng AB//A’B’,

B'
C

B
O

BC//B’C’, CA//C’A’. Do đó ta có thể chứng
N

minh được AA’, BB’, CC’ đồng quy tại điểm O

P

A

nằm trong tam giác ABC.
Do B’C’//BC nên ta được S=
S=
S C' BC suy
MBC
B' BC

A'

ra S OBMC
= S=
S OBC'
OCB'
Dễ thấy hai tam giác A’B’C’ và ABC đồng dạng
với nhau, giả sử tỉ số đồng dạng là k.
Khi đó ta có

S OBMC S OBC' OC' S OB'C' S OB'C'
2
2

nên ta được
= = =
=
S OBMC
S=
.S
k 2 .S OBC
=
OBC OB'C'
S OBC
S OBC OC S OB'C S OBMC

Hay ta được S OBMC = k.S OBC . Hoàn toàn tương tự ta =
được S OCNA k.S
=
; S OAPB k.S OAB
OCA
2
2
2
Từ đó ta được S MNP = k.S ABC nên ta được=
S MNP
k=
.S ABC
S ABC .S A' B'C'

Ví dụ 13. Cho tứ giác ABCD. Gọi M, N, E, F lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC,
CD, DA. Giả sử AC cắt BD tại O. Chứng minh rằng =
S MENF

1
S
− S OCD
2 OAB

Lời giải
Bài tốn có hai trường hợp xẩy ra

B

+ Trường hợp 1: Nếu S OAB = S OCD , khi đó ta
được S ABD = S ACD . Từ đó suy ra AD và BC

M

F

song song với nhau, do đó ta được M, N, E, F

O

thẳng hàng. Vậy ta được
1
− S OCD = 0 .
S MENF =
S
2 OAB

C
N

E
A

D

P

+ Trường hợp 2: Nếu S OAB ≠ S OCD , khi đó
THCS.TOANMATH.com

TÀI LIỆU TỐN HỌC


461
khơng mất tính tổng qt ta giả sử
S OAB > S OCD

Từ đó ta được S ABD > S ACD nên suy ra điểm C gần AD hơn điểm B, do đó BC cắt AD tại
điểm P nằm ngồi BC, AD về phía C, D tương ứng. Từ đó ta dễ thấy tứ giác MENF là hình
 = ENF
.
bình hành và APB



Đặt APB
= ENF
= α , khi đó ta có
1

1
S MENF =
ME.NF.sin α = AD.BC.sin α = ( PA − PD )( PB − PC ) sin α
4
4
1
1
= ( PA.PB + PC.PD − PA.PC − PB.PD ) sin α = ( S PAB + S PCD − S PAC − S PBD )
4
2
1
( S
=
+ S PCD ) + S PCD − ( S PCD + S ACD ) − ( S PCD − S BCD ) 
2  ABCD
1
1
S ABCD − S ACD − S BCD =
=
(
)
( S − SOCD )
2
2 OAB
Nếu S OAB < S OCD thì ta có=
S MENF

1
( S − SOAB )
2 OCD

Kết hợp các trường hợp lại ta có =
S MENF

1
S
− S OCD
2 OAB

Ví dụ 14. Cho tứ giác lồi ABCD. Gọi E, F lần lợt là các trung điểm của AC, D. Giả sử AD
cắt BC tại P. Chứng minh rằng S PEF =

1
S
4 ABCD
Lời giải

Giả sử O là giao điểm của AC với BD. Gọi M,

B

N lần lượt là trung điểm của AB, CD. Do AD
và BC không song song với nhau nên ta có
M

S OAB ≠ S OCD , khi đó khơng mất tính tổng quát

C
R

O

ta giả sử S OAB > S OCD . Từ đó ta được
S ABD > S ACD nên suy ra điểm C gần AD hơn

F

N

E
A

Q
D

P

điểm B, do đó BC cắt AD tại điểm P nằm
ngoài BC, AD về phía C, D tương ứng. Từ đó
ta dễ thấy tứ giác MENF là hình bình hành và
 = ENF
.
APB


Đặt APB
= ENF
= α , khi đó ta có

THCS.TOANMATH.com

TÀI LIỆU TỐN HỌC


462
1
1
S MENF =
ME.NF.sin α = AD.BC.sin α = ( PA − PD )( PB − PC ) sin α
4
4
1
1
= ( PA.PB + PC.PD − PA.PC − PB.PD ) sin α = ( S PAB + S PCD − S PAC − S PBD )
4
2
1
( S
=
+ S PCD ) + S PCD − ( S PCD + S ACD ) − ( S PCD − S BCD ) 
2  ABCD
1
1
S ABCD − S ACD − S BCD =
=
(
)
( S − SOCD )
2
2 OAB

Do đó suy ra=
S NEF

1
( S − SOCD ) .
4 OAB

Gọi Q, R lần lợt là giao điểm của PE, PF với DC, khi đó dễ thấy DQ và CR nhỏ hơn

1
CD .
2

Từ đó suy ra N nằm giữa hai và do đó N nằm trong tam giác PEF.

1
1
S ACD . Tương tự ta được S NEP = S BCD
4
4
1
1
Từ đó ta được S PEF = S NEF + S NEP + S NFP = ( S OAB − S OCD + S ACD + S BCD ) = S ABCD
4
4
Ví dụ 15. Cho hình thang ABCD(AB//CD) nội tiếp đường tròn (O; R) và ngoại tiếp (I; r).
Do EN song song với AP nên ta được S=
S=
NEP
NED

Tính diện tích hình thang ABCD theo R và r.
Lời giải
Vì ABCD là hình thang nội tiếp đường trường trịn

K

A

B

nên là hình thang cân. Gọi K, H lần lượt là trung

E

điểm của AB, CD, khi đó KH là đường trung trực

I

của AB, CD. Từ đó ta được hai điểm I và O thuộc

O
D

đoạn KH và I là trung điểm của KH.

M

C

H

Giả sử đường tròn (O; r) tiếp xúc với BC tại E. Gọi
M là trung điểm của BC, khi đó ta được IE và OM
cùng vng góc với BC nên IE//OM.
Hình thang cân ABCD ngoại tiếp đường trịn nên ta có AB + CD = AD + BC
Từ đó chu vi của hình=
thang ABCD là p

AB + BC + CD + AD
= 2BC
2

Do vậy S ABCD = 2BC.r . Đặt BC = 2x thì ta được IM
= MB
= MC
= x
 = IOM
 nên ∆EIO ∽ ∆EIM , suy ta IE = MI
Do IE//OM nên EIM
MI OM

Từ đó ta được x 2 =MI 2 =IE.OM =r. OC 2 − MC 2 =r. R 2 − x 2 hay=
x 4 r 2 .R 2 − r 2 x 2
Xét đẳng thức tren ta phương trình ẩn x 2 thì giải ra ra được
THCS.TOANMATH.com

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

463

x2 =


r2 
4R 2
 1 + 2 − 1  ⇒ x=

2
r




r2 
4R 2
 1 + 2 − 1 =

2
r



Từ đó ta được S ABCD = 2BC.r = 4x.r = 2 2r 2 .

1+

r

1+

2

4R 2
−1
r2

4R 2
− 1 (đvdt)
r2

Ví dụ 16. Cho ta giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O; R). Quay tam giác ABC một góc

90 0 quanh O ta thu được tam giác A1 B1C1 . Tính diện tích phần chung của hai tam giác
ABC và A1 B1C1
Lời giải
Giả sử đường trịn (O) có chiều là

A
B1

A → B → C → A là chiều ngược với chiều của

M

kim đồng hồ. Giả sử quay tam giác ABC một góc

N

90 quanh điểm O theo chiều thuận kim đồng hồ
0

K

thì thu được tam giác A1 B1C1 . Khi đó các điểm
 AB;
 BC
.
A1 ; B1 ; C1 lần lượt thuộc các cung AC;

E

O

A1
P

B

Do đó cạnh A1 B1 cắt AB, AC lần lượt tại M, N.
Tương tự thì A1C1 cắt AC, BC lần lượt tại P, Q và

A'
T

C

Q

C1

B1C1 cắt BC, BA lần lượt tại T, K. Như vậy phân

chung của hai tam giác ABC và A1 B1C1 là đa giác
MNPQTK.
Gọi diện tích của lục giác MNPQTK là S, khi đó ta được S = S ABC − S AMN − S BKT − S CPQ

BC 2 3 3 3R 2
.
=
4
4
Mặt khác khi quay một góc 90 0 quanh điểm O thì ta được
OA1 ⊥ OA; OB1 ⊥ OB; OC1 ⊥ OC

Ta có
S ABC
=

Từ đó ta suy ra được OA1 // BC, OB1 // CA, OC1 // AB.
 ; BB
 ; CC
 có sô đo bằng 90 0 nên ta
Gọi giao điểm của OA1 với AC là E. Do các cung AA
1
1
1
 = 90 0 , mà ta lại có MAN
 = 60 0 nên ta suy ra được AN = 2AM . Dễ thấy

được AMN
∆NEA1 cân tại E.

2
2R
BC
2
AA' nên ta được AE
=
AC
=
; OE
= =
3
3
3
3
R
Từ đó ta được EN =EA1 =OA1 − OE =R −
3
Do OE//BD và AO =

THCS.TOANMATH.com

R
3

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

464
Suy ra AN = AE − EN =

(


R 
R −R −
=
3
3


2

)

3 −1 R

Do vậy ta được
MA.MN 1 AN AN 3
=
=
S AMN
.
.=
2
2 2
2

3AN 2
=
8

Hoàn toàn tương tự ta cũng được S=
S=
BTK
CPQ

(9 − 3 3 ) R
S=

(

)

(2

3 4 − 2 3 R2
=
8

(2

)

3 −3 R
4

)

3 − 3 R2
4

2

. Do vậy ta được

2

.
4
Ví dụ 17. Cho tứ giác ABCD vừa nội tiếp, vừa ngoại tiếp được đường tròn. Chứng minh
rằng:
S ABCD = AB.BC.CD.DA
Lời giải
Giả sử đường tròn (I; r) nội tiếp tứ giác ABCD và tiếp
x

A

xúc với các cạnh AB, BC, CD, DA lần lượt tại M, N, P,
Q. Đặt

y

M

B
y

x

=
AM =
AQ x;=
BM =
BN y;
=
CN=
CP z;
=
DP =
DQ t
.

Q

I

r

N

t

Do tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn nên

z
D

 + BCD
=
BAD
180 0

t

P

z

C

Từ đó dễ dàng chứng minh được ∆IAM ∽ ∆CIN nên
AM IM
= ⇒ AM.CN =
IM.IN
IN CN
Do đó ta được xz = r 2 . Hoàn toàn tương tự ta được

yt = r 2
Ta có AB.BC.CD.DA =( x + y )( y + z )( z + t )( t + x )
Khai triển tích trên ta được
AB.BC.CD.DA = 2xyzt + yz 2 t + xz 2 t + zy 2 t + xyt 2 + yzt 2 + zxt 2 + xzt 2 + y 2 t 2

+ x 2 yz + xyz 2 + x 2 z 2 + xzy 2 + x 2 yt + x 2 zt + xy 2 t
Chú ý đến xz
= yt
= r 2 ta được

(

AB.BC.CD.DA = r 2 x 2 + y 2 + z 2 + t 2 + 2xy + 2xz + 2xt + 2yz + 2yt + 2zt
= r 2 ( x + y + z + t )=
2

( r.p )=
2

)

S 2ABCD

Vậy ta được S 2ABCD = AB.BC.CD.DA .

THCS.TOANMATH.com

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


465
Ví dụ 18. Cho tam giác ABC có diện tích S và ba điểm M, N, P thuộc các cạnh AB, BC, CA
tương ứng. Chứng minh rằng một trong ba tam giác AMP, BMN, CPN có một tam giác có
S
diện tích khơng vượt q .
4
S
Có kết luận được trong ba tam giác trên ln có một tam giác có diện tích lớn hơn 6 hay
10

khơng?
Lời giải
Đặt S1 S=
=
; S 2 S=
; S 3 S CPN , khi đó ta có
AMP
BMN

A

S1 AM AP S 2 BM BN S 3 CN CP
.
;
.
;
.
=
=
=
S
AB AC S BA BC S CB CA

S1

Do đó ta được

P

M

S1 S 2 S 3 AM.BM BN.CN CP.AP
. . =
.
.
S S S
AB2
BC 2
CA 2

( AM + BM ) . ( BN + CN ) . ( CP + AP )
≤
2

S3

S2

2

2

3

N
C
B
1
=
4

4AB2
4BC 2
4CA 2
 
S S S
1
Từ đó suy ra một trong ba tỉ số 1 ; 2 ; 3 không vượt quá
hay một trong ba số
4
S S S
S
S1 ; S 2 ; S 3 không vượt quá . Như vậy ta không thể kết luận được trong ba số S1 ; S 2 ; S 3
4
S
AM BN CP
1
ln có một số vượt qua 6 , chẳng hạn ta chọn M, N, P sao cho = = =
AB BC CA 10 6
10
S
thì khi đó S1 ; S 2 ; S 3 đều bé hớn 6 .
10
Ví dụ 19. Cho ngũ giác lồi ABCDE có diện tích S. Chứng minh rằng trong năm tam giác

ABC, BCD, CDE, DEA, EAB ln có một tam giác có diện tích lớn hơn

S
.
4

Lời giải
Chú ý rằng nếu điểm K nằm trên cạnh PQ của

C

B

tứ giác lồi MNPQ thì ta ln có
Min {S PMN ; S QMN } ≤ S KMN ≤ Max {S PMN ; S QMN }

+ Nếu S ABC >
cần tìm.
+ Nếu S BCD >
cần tìm.
+ Nếu S ABC ≤

S
thì tam giác ABC là tam giác
4

K
D

A

S
thì tam giác BCD là tam giác
4
E

S
S
và S BCD ≤ thì ta được
4
4

THCS.TOANMATH.com

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


466

S ABCDK = S ABC + S BCD − S KBC <

S
2

Như vậy một trong hai tam giác KDE hoặc KEA có diện tích lớn hơn

S
4

S
thì theo chú ý trên trong tứ giác ACDE có điểm K nằm trên cạnh AC.
4
S
S
Khi đó ta được S CDE ≥ S KDE > hoặc S DEA ≥ S KDE >
4

4
S
S
S
+ Nếu S KEA > thì tương tự ta có S DEA > hoặc S DEA >
4
4
4
S
Vậy trong năm tam giác trên ln có một tam giác có diện tích lớn hơn .
4
Ví dụ 20. Trong các tứ giác lồi có ba cạnh bằng a cho trước tìm tứ giác có diện tích lớn
+ Nếu S KDE >

nhất.
Lời giải
Giả sử tứ giác lồi ABCD có ba cạnh bằng a là

B

AB, AC, CD. Gọi H là trung điểm của AC, khi

C

a
h

đó HB vng góc với AC. Đặt BH = x thì ta

a

a
H

được x < a . Ta có

S ABCD = S ABC + S ACD ≤

1
AC ( BH + CD )
2

A

D

Dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi
 = 90 0 .
ACD

Ta lại có

1
AC ( BH + CD ) =
2

a 2 − x2 ( x + a ) =

(a

2

− x2

)(x + a)

2

=

( a − x )( x + a )

3

4

=

3
1
1  3a − 3x + 3x + 3a 
3 3a 2
( 3a − 3x )( x + a ) ≤ 3 
=
3
4
4



1
3 3a 2
a
 = 30 0
. Đẳng thức xẩy ra khi 3a − 3x = a + x ⇔ x = ⇔ ACB
AC ( BH + CD ) ≤
2
4
2
0

2
ACD = 90
3 3a
 = BCD
 = 120 0 .
⇔ ABC
Từ đó ta được S ABCD ≤
, đẳng thức xẩy ra khi 
0

4
ACB = 30
Hay

Vậy S ABCD đạt giá trị lớn nhất là

3 3a 2
, đạt được khi và chỉ khi tứ giác ABCD có
4



ABC
= BCD
= 120 0 .

Ví dụ 21. Cho lục giác lồi ABCDEF có diện tích S và AB song song với DE, BC song song
với EF, CD song song với FA.
THCS.TOANMATH.com

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


467
a) Chứng minh rằng S ACE ≥

S
2

b) Chứng minh rằng S ACE = S BDF
Lời giải

a) Qua A, C, E kẻ các đường thẳng a, c, e lần lượt

B

C

song song với BC, AB, AF. Giả sử a cắt c tại M, c

cắt e tại N, e cắt a tại P. Khi đó dễ thấy các tứ giác

P

A

ABCM, CDEN, EFAP là hình bình hành. Các hình

D

M
N

bình hành này đơi một nằm ngồi nhau và cùng
nằm trong đa giác ABCDEF. Từ đó ta được

S ABC + S CDE + S EFA
=
Suy ra S ACE ≥

1
S
S ABCM + S CDEN + S EFAP ) ≤
(
2
2

F

E

S
.
2

Dễ thấy MN =
AB − DE ; NP =
CD − AF ; PM =
BC − EF

S
S
Từ đó ta thấy S ACE =⇔ S ABC + S CDE + S EFA =⇔ S ABCM + S CDEN + S EFAP =
S
2
2
Hay S MNP= 0 ⇔ ba điểm M, N, P trùng nhau ⇔ AB
= DE; CD
= AF; BC
= EF
b) Hoàn toàn tương tự như trên qua B, D, F kẻ

C

D

các đường thẳng b, d, f lần lượt song song với
AF, BC, AB. Giả sử d cắt f tại M’, f cắt b tại N’, b

P'

B

cắt d tại P’. Khi đó ta có

N'

E

M'

M ' N' = AB − DE = MN
A

N' P' = CD − AF = NP

F

P' M ' = BC − EF = PM
Do đó ta được ∆MNP =
∆M ' N' P' . Từ đó suy ra
S ABCM + S CDEN + S EFAP =
S − S MNP =
S − S M'N'P' =
S DEFM' + S FABN' + S BCDP'

Từ đó ta có S ABC + S CDE + S EFA = S DEF + S FAB + S BCD nên suy ra S ACE = S BDF
Ví dụ 22. Cho tam giác ABC chứa hình bình hành MNPQ. Chứng minh rằng

S MNPQ ≤

1
S
2 ABC
Lời giải

Ta xét các trường hợp sau đây:

THCS.TOANMATH.com

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


468
+ Trường hợp 1: Tứ giác MNPQ có một cạnh nằm

A

trên cạnh của tam giác ABC. Khơng mất tính tổng
qt ta giả sử cạnh MN nằm trên cạnh BC và M
nằm giữa hai điểm B, N.

Q

F

P

E

Gọi giao điểm của PQ với AB, AC lần lượt là F và
E. Qua E dựng đường thẳng song song với AB cắt

M

B

D

N

C

BC tại D, khi đó tứ giác BDEF là hình bình hành và
có cùng đường cao với hình bình hành MNPQ.
Mà ta lại có PQ ≤ EF nên ta được S MNPQ ≤ S BDEF
Lại dễ thấy S BDEF ≤

1
1
S ABC nên ta được S MNPQ ≤ S ABC
2
2

+ Trường hợp 2: Tứ giác MNPQ khơng có cạnh

A

nào nằm trên cạnh của tam giác ABC. Khi đó
khơng mất tính tổng qt ta giả sử giao điểm của

Q'

P'

MQ và NP với các cạnh của tam giác ABC được

P

Q

kí hiệu như hình vẽ.
Dễ thấy tứ giác M’N’P’Q’ là hình thang có hai

N

M

đỉnh nằm trên một cạnh của tam giác ABC.
Hai điểm M’ và Q hoặc hai điểm N’ và P’ không

P1

Q1

B

M'

N'

C

thể cùng thuộc một cạnh của tam giác ABC vì
MQ và NP khơng nằm tren một cạnh của tam
giác ABC. Hai đỉnh M’ và P’ hoặc hai đỉnh N’ và
Q’ cũng không thể cùng nằm trên một cạnh của
tam giác ABC.
Như vậy hai đỉnh M’ và N’ hoặc P’ và Q’ cùng nằm trêm một cạnh của tam giác ABC. Giả
sử M’N’ nằm trên cạnh BC. Khi đó trên đoạn N’P’ và M’Q’ lấn lần lượt các điểm P1 ; Q1
sao =
cho N' P1 NP;
=
M ' Q1 MQ . Khi đó ta được hình bình hành M ' N' P1Q1 có cạnh M’N’
nằm trên cạnh BC và tam giác ABCD chứ các điểm M’, N’, P’, Q’. Do đó chứng minh
tương tự như trên ta được

S M'N'P1Q1 ≤

THCS.TOANMATH.com

1
1
S ABC ⇒ S MNPQ ≤ S ABC .
2
2

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

469
Ví dụ 23. Cho đa giác lồi (H) có n cạnh. Kẻ các đoạn thẳng nối trung điểm của hai cạnh kề
nhau của hình (H) tạo thành da giác (H’).

1
a) Chứng minh rằng nếu n = 4 thì S( H') = S( H )
2
1
b) Chứng minh rằng nếu n ≥ 5 thì S( H') > S( H )
2
S( H')

c) Lấy ví dụ về ngũ giác lồi (H) thỏa mãn điều kiện

S( H)

<

1
1
+ 6
2 10

Lời giải
a) Xét đa giác lồi ABCD như hình vẽ. Gọi M, N, P,

A2

Q lần lượt là trung điểm của AB, BC, CD, DA. Khi

ta được S AMQ

1
= S ABD
4

M2

B1

đó MQ là đường trung bình của tam giác ABD nên

B2

A3

B3

M1
A4

A1

B4

Tương tự ta có
1
1
1
S MBN =

S ABC ; S NCP =
S BCD ; S PDQ
S
=
2
2
2 ACD
Từ đó ta được
S AMQ + S MBN + S NCP + S PDQ

A5

An

1
1
1
1
1
S ABD + S ABC + S BCD + S ACD = S ABCD
4
2
2
2
2
1
Do đó suy ra S MNPQ = S ABCD .
2
b) Giả sử n-giác lồi là A1A 2 A 3 ...A n và trung điểm các cạnh A1A 2 ; A 2 A 3 ;...; A n A1 lần lượt là
=

B1 ; B2 ; B3 ;...; Bn . Khi đó ta có đa giác H là A1A 2 A 3 ...A n và đa giác H’ là B1 B2 B3 ...Bn .

Các phân của đa giác (H) nằm ngoài đa giác (H’) là các tam giác
B1A 2 B2 ; B2 A 3 B3 ; B3 A 4 B4 ;...; Bn A1 B1

Ta có S B1A2 B2 + S B2 A3 B3 + S B3 A4 B4 + ... + =
S Bn A1B1

1
S
+ S A2 A3 A4 + S A3 A4 A5 + ... + S An A1A2
4 A1 A 2 A 3

(

)

Trong n tam giác A1A 2 A 3 ; A 2 A 3 A 4 ; ...; A n A1A 2 thì hai tam giác liên tiếp mới có phần
chung và hai tam giác khơng liên tiếp khơng có điểm chung trong. Ngồi ra mỗi tam giác
trên chứa một tam giác khơng có điểm chung trong với các tam giác khác, chẳng hạn tam
giác A1M1M 2 nằm trong tam giác A1A 2 A 3 và khơng có điểm chung trong với các tam
giác A 2 A 3 A 4 ; A 3 A 4 A 5 ; ...; A n A1A 2 .
Do đó ta được S A1A2 A3 + S A2 A3 A4 + ... + S An A1A2 < 2S H
Suy ra S B1A2 B2 + S B2 A3 B3 + S B3 A4 B4 + ... + =
S Bn A1B1
THCS.TOANMATH.com

1
1

S A1A2 A3 + S A2 A3 A4 + S A3 A4 A5 + ... + S An A1A2 < S H
4
2

(

)

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


470

1
Hay ta được S( H') > S( H ) .
2
c) Xét tam giác đều có cạnh bằng a và I là trung điểm của BE. Kẻ hai đoạn thẳng IC, ID có
độ dài bằng 1 lần lượt song song và cùng cùng chiều với AB, AE. Khi đó tam giác ICD là
tam giác đều và ta được ngũ giác lồi (H) là ABCDE.
Gọi M, N, P, Q, R lần lượt là trung điểm của AB, BC,

A

CD, DE, EA. Khi đó ngũ giác lồi H’ là MNPQE. Từ đó
ta tính được

S AMR
=

M

2

1
a . 3
1
1
a 3
và =
S ABE
S BMN
S ABC =
S ABI
=
=
4
16
4
4
32

Hoàn toàn tương tự ta được S EQR =

R

2

a

2

32

3

.

Đặt S n = S AMR + S BMN + S CNP + S DPQ + S EQR thì ta được

I

B

E
Q

N
C

P

D

a2 3
S n > S AMR + S BMN + S EQR =
8
a 2 3 BE + CE
a2 3 a + 1
Ta có S( H ) =S ABCDE =S ABE + S BCDE =
+
.IP <

+
4
2
4
2
a2 3 a + 1 a2 3 a2 3 a + 1
+
−
=
+
4
2
8
8
2
2
a 3 a +1
+
S( H')
a2 3
1
a +1
2 =
Do S( H ) > S ABE = nên
< 8 2
+ 2. 2
4
S( H)
2
a 3

a 3
4
6
2 ( a + 1)
4.10
4a
4
4
1
Do đó với a >
thì
<
=
<
=
6
6
3
a2 3
a 2 3 a 3 4.10 . 3 10
3
S( H') 1
1
4.10 6
Suy ra
thì ta được
< + 6 . Vậy ngũ giác ABCDE chọn như trên và a >
S( H ) 2 10
3

Do đó ta được S( H') =
S( H) − S n <

S( H')
S( H)

<

1
1
+ 6.
2 10

Ví dụ 24. Cho tam giác đều ABC và một điểm O nằm trong tam giác. Các tia AO, BO, CO
1
cắt BC, AC, AB. Biết S APO + S BMO + S CNO =
S . Chứng minh rằng ít nhất một trong ba
2 ABC
đoạn thẳng AM, BN, CP là đường trung tuyến của tam giác ABC.
Lời giải

THCS.TOANMATH.com

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


471
Cách 1: Đặt=
S OBC x;=
S OCA y;

=
S OAB z . Khi đó ta có

A

MB S AMB S OMB S AMB − S OMB S OAB z
= =
=
= =
MC S AMC S OMC S AMC − S OMC S OAC y
Suy ra

N

P

BM
z
BM
z
. Từ đó ta được
=
⇒
=
CM + MN y + z
BC y + z

OM S BOM S BOM S COM S BOM + S COM S BOC
x
= =

= =
= =
AM S BAM S BAM S CAM S BAM + S CAM S ABC S ABC
Do đó ta suy=
ra S OBM

O

B

M

C

MB
BM OM
z
x
zx
=
.S OBC
. =
.S ABC
. =
.S ABC
BC
BC AM
y + z S ABC
z+y

Tương tự ta được
S CON
=

xy
zy
xy
yz
zx
; S AOP
; S COM
; S AON =
; S BOP
=
=
=
x+z
x+y
y+z
z+x
x+y

1
Theo bài ra ra có S APO + S BMO + S CNO =
nên ta được
S
2 ABC

1


0 = 2  S BOM + S CON + S AOP − S ABC  = S BOM + S CON + S AOP − S BPO − S COM − S AON
2


=

x (z − y)
z+y

+

y (x − z)
x+z

+

z ( y − x)
y+x

=

T
( x + y )( y + z )( z + x )

Với T = x ( z − y )( x + y )( x + z ) + y ( x − z )( y + z )( y + z ) + z ( y − x )( z + x )( z + y )
=
( z − y ) x3 + ( x − z ) y3 + ( y − x ) z3 =
( x − y )( y − z )( z − x )( x + y + z )

Do đó ta được x = y hoặc y = z hoặc z = x . Suy ra S OBC = S OCA hoặc S OCA = S OAB hoặc

S OBC = S OAB

Nên ta được MB = MC hoặc AP = BP hoặc AN = NC . Vậy ít nhất một trong ba đoạn
thẳng AM, BN, CP là đường trung tuyến của tam giác ABC.
Cách 2: Đặt=
S OBM x;=
S CON y;=
S AOP z;=
S COM m;=
S AON n;
=
S BOP p

1
Theo bài ra ta có S APO + S BMO + S CNO =
nên ta được
S
2 ABC
S BOM + S CON + S AOP = S BPO + S COM + S AON
x
OM
m
Hay x + y + z = m + n + p . Do = =
nên ta được xy + xn = pm + zm .
p + z OA n + y
Tương tự ta được yz + yp = mn + xn; zx + zm = np + yp
Cộng theo vế các đẳng thức trên ta được xy + yz + zx = mn + np + p
Do AM, BN, CP đồng quy nên theo định lí Ceva ta được
MB NC PA x y z
=. . =

.
.
1 ⇒ xyz =
mnp
MC NA PB m n p
x + y + z = m + n + p

Từ đó ta có hệ xy + yz + zx = mn + np + pm
xyz = mnp

Theo định lí Viet thì ( x, y, z ) là một hoán vị của ( m, n, p ) . Do đó có ba trường hợp xẩy ra
THCS.TOANMATH.com

TÀI LIỆU TỐN HỌC


472
+ Trường hợp 1: Khi x = m , ta được MB = MC nên AM

A

là đường trung tuyến của tam giác ABC.
+ Trường hợp 2: Khi x = n . Gọi H và K lần lượt là hình

K
P

chiếu của M và N trên AB.

N

H

Vì

O

1
1
MH.AB = S AMB = x + p + z = n + p + z = S NAB = NK.AB
2
2

M

B

C

Do đó ta được MH = NK suy ra MN//AM.
Nên theo định lí Talet ta được
Cũng theo định lí Ceva ta có

MB NA
.
=
MC NC

MB NC PA
.

.
= 1 nên ta được PA = PB . Do đó CP là đường
MC NA PB

trung tuyến của tam giác ABC.
+ Trường hợp 3: Khi x = p . Gọi K là giao điểm của BN

A

và MP. Gọi Q là điểm đối xứng với O qua K. Gọi E và
F theo thứ tự là hình chiếu của M và P trên OP.

N

1
1
Vì x = p nên ta được ME.BO
=
PF.BO ⇒ ME
= BF .
2
2
Mà ta lại có

MK ME
nên MK = KP , kết hợp với
=
PK
PF

P
O

K
Q
B

M

C

OK = QK ta được MOPQ là hình bình hành.
MB QB PB
Do đó ta được MQ//CO, PQ//AO. Nên theo định lí Talet có = =
MC QO PA
NC MB NC PA
Do đó theo định lí Ceva ta có
= .
.
=
1 ⇒ NA =
NC
NA NC NA PB
Do đó BN là đường trung tuyến của tam giác ABC.

Ví dụ 25. Cho tứ giác lồi nội tiếp ABCD có đường trịn nội tiếp tâm I. Gọi O là giao điểm
của AC và BD. Chứng minh rằng

AO AI 2
.

=
CO CI 2
Lời giải

THCS.TOANMATH.com

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


473
Gọi r là bán kính đường trịn tâm I. Giả sử rằng

B

M, N,P,Q lần lượt là tiếp điểm của đường tròn

M

A

N

tâm I với các cạnh AB, BC,CD, DA . Đặt

Q

O

AM
= AQ

= x; BM
= BN
= y

I

CN
= CP
= z; DP
= DQ
= t

Ta
có AI
=

r
r
.
=
,CI
A
C
sin
sin
2
2

D

C

P

C
sin 2
AI
2 1 − cos A . Sử dụng định lý cosin cho tam giác BAD
=
Do đó ta suy ra được=
2
A 1 − cos C
CI
sin 2
2
ta có
2

( x + y ) + ( x + t ) − BD
2 ( x + y )( x + t )
BD − ( y − t )
.
=
2 ( x + y )( x + t )
2

AB2 + AD 2 − BD 2
cos A =
=
2AB.AD

( x + y ) + ( x + t ) − BD
Suy ra 1 − cos A =
1−
2 ( x + y )( x + t )
2

2

2

2

2

2

2

Tương tự ta cũng chứng minh được
BD − ( y − t )
( z + y ) + ( z + t ) − BD =
.
1 − cos C =
1−
2 ( z + y )( z + t )
2 ( z + y )( z + t )
+ t ) AB.AD
( x + y )( x=
2S

2S
S
AO
:
=
= =


CO
( z + y )( z + t ) CB.CD sin BAD sin BCD S
2

AI 2
Do đó =
CI 2

2

ABD

2

2

2

CBD

ABD
CBD

 < 90 0 và AC = 2AB . Đường phân giác AD cắt
Ví dụ 26. Cho tam giác ABC có góc A
đường cao BH tại K(D thuộc BC, H thuộc AC). Đường thẳng CK cắt AB tại E. Chứng minh
rằng tam giác ABC vuông tại B khi và chỉ khi diện tích của hai tam giác BDE và HDE bằng
nhau.
Lời giải
Do AC = 2AB nên ta được AB < AC , do đó

A

 < ABC
 nên ta được ACB
 < 90 0 .
ACB
 < 90 0 , ACB
 < 90 0 và AB < AC suy ra điểm
Từ A

H
E

K

K nằm trong tam giác.

DB AB 1
BD 1 CD 2
nê ta được
.

Ta có = =
= =
,
BD 3 BC 3
DC AC 2

B

D

C

+ Điều kiện cần: Giả sử tam giác ABC vuông tại
B.

THCS.TOANMATH.com

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


474

1
1
1
 = 60 0 . Từ đó ta được =
Khi đó dễ thấy BAC
AH =
AB
AC và AH = CH

2
2
2
Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác ABC với ba đường thẳng AD, BH, CE đồng quy ta
EA DB HC
AE 2
BE 3 EA 2
được
.
.
= 1 nên ta được
= , do đó
= =
;
EB DC HA
BA 5 AB 5
EB 3
S CDH CD.CH 1
S AEH AE.AH 1
Khi đó ta được
và=
=
=
=
S ABC AB.BC 10
S ABC CB.CA 2

2
2
Cộng theo vế ta được S AEH + S CDH =

S ABC nên S BEHD = S ABC
5
5
S BDE BD.BE 1
1
Mà ta có= =
nên ta được S BDE = S BEDH . Từ đó suy ra S BDE = S HDE
S ABC BC.BA 5
2
+ Điều kiện đủ: Giả sử S BDE = S HDE .

EA DB HC
AE 2AH
.
.
= 1 nên ta được
=
EB DC HA
BE
HC
EB AC − AH
AE
2AH
Từ đó suy ra
và
=
=
AB AC + AH
AB AC + AH
2S BDE S EAH S CDH

2BD.BE AE.AH CD.CH
Từ đó ta được
+
+
=
1 hay
+
+
=
1
S ABC S ABC S ABC
BC.BA AB.AC BC.CA
Theo định lí Menelaus ta có

Từ đó ta được
2 ( AC − AH )
3 ( AC + AH )

+

2 ( AC − AH )
2AH 2
+
=
1
3AC
( AC + AH ) AC

0
0

AC =
4AH
⇔ AC 2 − 5AH.AC + 4AH 2 =⇔
( AC − 4AH )( AC − AH ) =⇔
AC 2
= AC.AH nên tam giác ABC vuông tại B.
4
Vậy ta có điều phải chứng minh.
2
Từ AC = 4AH ta được AB
=

Ví dụ 27. Cho tam giác nhọn ABC có ba đường cao AA’, BB’, CC’. Gọi D, E và F lần lượt
là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác AB’C’, BC’A’ và CA’B’. Tính bán kính đường tròn
ngoại tiếp tam giác DEF theo độ dài các cạnh của tam giác ABC
Lời giải
Trước hết ta phát biểu và chứng minh bổ đề:

A

Cho tam giác ABC vuông tại A có
= α < 450 , khi đó ta ln có
C

D
B'

sin2 α = 2sinα .cosα
Thật vậy, gọi AH là đường cao và AM = a là

C'

I

đường trung tuyến của tam giác ABC. Khi

F

0 

đó tam giác AHC có AHC
= 90
=
; C α nên

E
B

THCS.TOANMATH.com

A'

C

TÀI LIỆU TOÁN HỌC