Tài liệu ôn thi học sinh giỏi nội dung toán hình tham khảo (2)

PHẦN MỞ ĐẦU
ĐẶC ĐIỂM CHUNG CỦA BỘ MÔN HÌNH HỌC
Kiến thức về bộ môn toán nói chung, bộ môn hình học nói riêng được xây dựng theo một hệ
thống chặt chẽ : Từ hệ thống Tiên đề đến Đònh nghóa các khái niệm – Đònh lý – và Hệ quả .
Đối với những bài toán thông thường, học sinh chỉ cần vận dụng một vài khái niệm, đònh lý, hệ
quả để giải.
Đối với những bài toán khó, để xác đònh hướng giải ( cũng như để giải được ) học sinh cần
nắm được không những hệ thống kiến thức ( lý thuyết ) mà cóùøn cần nắm chắc cả hệ thống bài tập , sử
dụng chúng như những “Bổ đề “.
Do đó để giải tốt các bài toán hình học, học sinh cần :
a/Nắm chắc hệ thống kiến thức về lý thuyết .
b/Nắm chắc hệ thống bài tậP .
c/Biết cách khai thác giả thiết nhằm :
-Đọc hết những thông tin tiềm ẩn trong giả thiết, nắm chắc, nắm đầy đủ cái ta có, cái ta chưa có.
Từø đó giúp ta xây dựng hướng giải, vẽ được đường phụ cũng như giúp ta có thể giải được bài toán bằng
nhiều cách .
d/Biết cách tìm hiểu câu hỏi ( kết luận ) :
+Nắm chắc các phương pháp chứng minh từøng dạng toán ( trong đó cần hết sức lưu ý đònh
nghóa các khái niệm )
+Biêt đưa bài toán về trường hợp tương tự .
+Nắm được ý nghóa của câu hỏi để cóùù thể chuyển sang dạng tương đương. Ví dụ để chứng
minh biểu thức M không phụ thuộc vò trí của cát tuyến d khi d quay quanh điểm O ta cần chứng minh
M = hằng số .
Từø đó căn cứ vào điều ta cóùù và điều ta phải chứng minh để đònh hướng giải và giải bài toán .
Các bài toán nâng cao trong tập tài liệu này được phân loại , sắp xếp hệ thống theo “Hình
nền “ mà đầu bài cho và trên cơ sở đó phân thành nhiều nhóm khác nhau, qua đó giúp cho chúng ta có
thể tìm hiểu chuyên sâu từng chủ đề và giúp cho chúng ta có thể thực hiện được những yêu cầu nêu
trên cũng như giúp tra cứu dễ dàng hơn .
PHẦN A : TAM GIÁC
I.TAM GIÁC THƯỜNG
1/ Tam giác tổng quát

2/ Tam giác – Phân giác
3/ Tam giác – Đường cao
4/ Tam giác – Đường cao - Phân giác
5/ Tam giác - Trung tuyến
6/ Tam giác – Trung tuyến – Phân giác
7/ Tam giác – Đường cao – Trung tuyến
8/ Tam giác – Đường cao – Trung tuyến – Phân giác
9/ Tam giác – Đường cao - Trung trực
II/ TAM GIÁC ĐẶC BIỆT :
PHẦN B : TỨ GIÁC
1/ Tứ giác
2/ Hình thang
3/ Hình bình hành
4/ Hình chữ nhật
5/ Hình vuông
PHẦN C : ĐƯỜNG TRÒN

MỘT SỐ VÍ DỤ
PHẦN A : TAM GIÁC
I.TAM GIÁC THƯỜNG
CHỦ ĐỀ 1 : TAM GIÁC TỔNG QUÁT
I/ MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC HAY DÙNG
1/ Các bất đẳng thức trong tam giác .
2/ Bất đẳng thức Cô si ( p dụng đối với các số không âm )
3/ Bất đẳng thức Bunhiacôpxki
Cho 2n số a
1
; a
2
; …. ; a

n
; b
1
; b
2
; … ; b
n
ta có :
( a
1
b
1
+ a
2
b
2
+ …. + a
n
b
n )
2
≤ ( a
1
2
+ a
2
2
+ … + a
n
2

) ( b
1
2
+ b
2
2
+ … + b
n
2
)
Dấu “ = “ xảy ra ⇔
n
n
b
a
b
a
b
a
===
2
2
1
1
4/ Giá trò lớn nhất của tổng hai số
a
2
+ b
2
≥ ½ ( a + b )

2
⇔ a + b ≤
)(2
22
ba +
. Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b
5/ Giá trò lớn nhất của tích hai số
a/
2
.
22
ba
ba
+
≤
. Dấu bằng xảy ra ⇔ a = b
b/ ( a + b )
2
≥ 2 ab Hay
2
)(
2
ba
ab
+
≤
. Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b
6/ a/ a
2
+ b

2
+ c
2
< 2 ( ab + bc + ca )
b/ a
4
+ b
4
+ c
4
< 2 ( a
2
b
2
+ b
2
c
2
+ c
2
a
2
)
c/ a
2
( b + c – a ) + b
2
( c + a – b ) + c
2
( a + b – c ) ≤ 3abc

7/ ( a+b-c )( b+c-a )( c+a-b ) ≤ abc
8/ a/
pcba
9111
≥++
b/ ( p – a ) ( p – b ) ( p – c ) ≤
8
abc
c/






++≥
−
+
−
+
− cbacpbpap
111
2
111
d/
p
bp
ca
ap
bc

cp
ab
4≥
−
+
−
+
−
9/ a/ m
a
2
+ m
b
2
≥
8
9
2
c
b/ m
a
+ m
b
+ m
c
≤
2
9R
10/ a/
rhhh

cba
1111
=++
(1) b/ h
a
+ h
b
+ h
c
≥ 9r (2) c/
S
r
cbas
r
4
9111
2
9
≤++≤
II/ DIỆN TÍCH TAM GIÁC
Gọi a , b , c là độ dài các cạnh ; h
a
, h
b
, h
c
là độ dài các đường cao , m
a
, m
b

, m
c
là độ dài các
đường trung tuyến hạ từ đỉnh A , B , C ; p là chu vi ; R , r là bán kính đường tròn ngoại tiếp và đường
tròn nội tiếp ∆ ABC .
1/ S = ½ h
a
.a = ½ h
b
.b = ½ h
c
.c .
2/ S = ½ absinC = ½ bcsinA = ½ acsinB .
3/ S = ½ pr =
R
abc
4
=
))()(( cpbpapp −−−
( tham khảo )
4/ S ≤
6
1
( ch
a
+ bh
c
+ ah
b
)

5/ Cho a , b , c là độ dài ba cạnh của tam giác , S là diện tích của tam giác đó . Chứng minh :
a/ a
2
+ b
2
+ c
2
≥
34S
b/ 2(ab + bc + ca ) ≥
34S
+ a
2
+ b
2
+ c
2

6/ Chứng minh rằng nếu tất cả các cạnh của một tam giác đều nhỏ hơn 1 thì diện tích của tam giác
nhỏ hơn
4
3
.
III/ CHU VI TAM GIÁC
1/ Trong tất cả các tam giác cùng cạnh đáy và cùng góc ở đỉnh đối diện với cạnh ấy , tìm tam giác cóùù
chu vi lớn nhất .
2/ Trong tất cả các tam giác cóùù chung đáy và đỉnh thuộc đường thẳng song song với đáy , tìm tam giác
cóùù chu vi nhỏ nhất .
3/ Tìm một tam giác cóùù chu vi nhỏ nhất sao cho một đỉnh là điểm A cho trước , còn hai đỉnh B và C
nằm trên 2 đường thẳng d

1
, d
2
cho trước .
IV/ TAM GIÁC - THÊM MỘT SỐ ĐIỀU KIỆN
1/ Cho ∆ ABC . Từ đỉnh A, về phía BC kẻ hai đường thẳng, đường thẳng AD tạo với AB một góc C,
đường thẳng AE tạo với AC một góc bằng góc B . Chứng minh ∆ ADE cân .
HƯỚNG DẪN
A a/ Nếu góc A nhọn .
Xét ∆ ADB : ADB = 180
0
– ( B + C ) = A
Xét ∆AEC : AEC = 180
0
– ( B + C ) = A
ADE = B + C ; AED = B + C ; C – B = 2D = 60
0
⇒ AED = ADE ⇒ ∆ADE cân
E B C D
b/Nếu góc A tù .
Xét hai tam giác ABD và AEC : ADE = B + C ; AED = B + C ⇒ ∆ AED cân
c/ Nếu góc A = 90
0
thì D ≡ E
2/ Chứng minh rằng nếu các cạnh a , b , c của ∆ ABC thỏa mãn a
2
= b
2
+ bc thì các góc A và B thỏa
mãn góc A = 2B .

HƯỚNG DẪN
B
c a
c b
D A C
Trên tia đối của tia AC lấy D sao cho : AD = AB = c . Từ a
2
= b
2
+ bc ta suy ra :
a
cb
b
a +
=
Suy ra :
∆ CAB ~ ∆ CBD ⇒ CBA = CDB ; CAB = CBD = CBA + ABD
Nhưng A = 2 ABD ( theo cách dựng ) ⇒ ABC = ABD
⇒
BA
ˆ
2
ˆ
=
3/ Cho ∆ ABC có góc C tù và A = 2B . Đường thẳng qua B vuông góc với BC cắt AC tại D . Gọi M là
trung điểm của AB . Chứng minh rằng AMC = BMD .
HƯỚNG DẪN
Từ C kẻ đường thẳng song song với AB cắt DM ở I , cắt DB ở J . Ta có :
)(
DM

ID
MB
IJ
AM
CI
==
. Mà
AM = MB nên CI = IJ . Mặt khác ∆ CBJ vuông ở B nên IB = CI hay ICB = IBC . Với ICB = CBA ta
A
C
I
B
M
D
J
có : IBC = CBA . Do đó IBA = CAB . Chứng tỏ ACIB là hình thang cân. Từ đó : AC = BI. Do đó : ∆
CMA = ∆ IMB (cgc) ⇒ AMC = BMD .
4/ ∆ ABC có tính chất : tồn tại P trong tam giác sao cho PAB = 10
0
; PCA = 30
0
; PBA = 20
0
; PAC =
40
0
. Tính các góc B và C .
B HƯỚNG DẪN

P


A C
Gọi A’ là điểm đối xứng của A qua BP . Suy ra APA’ = 60
0
và ∆ APA’ đều .
Gọi E là giao điểm của PC VÀ BA’ , ta có :
PEA’ = 120
0
= EA’C + ECA’ ⇒ Tứ giác AA’EP nội tiếp đường tròn .
Từ đó ta có : AEA’ = APA’ = 60
0
và do CEA’ = 60
0
nên ta suy ra BA’ là đường trung rtực của
AC . Vậy A = C = 50
0
, B = 80
0

BÀI TOÁN SUY LUẬN
Ví dụ : Cho 7 đoạn thẳng , mỗi đoạn thẳng có độ dài m với 1 ≤ m < 13 và m nguyên . Chứng
minh rằng có thể chọn được 3 trong 7 đoạn thẳng ấy để dụng tam giác . Mệnh đề trên còn
đúng hay không nếu chỉ có 6 đoạn thẳng ?
HƯỚNG DẪN
Nếu a , b , c là ba cạnh của một tam giác thì bao giờ cũng có a < b + c ( 1 ) ; b < c + a ( 2 );
c < a + b (3) . Giả sử a ≥ b ≥ c thì (2) , (3) nghiệm đúng như vậy chỉ còn điều kiện ( 1 ) . Vậy ta rút
ra nhận xét sau :
Ba số dương được xem như số đo của ba cạnh của một tam giác khi số lớn nhất trong

ba số đó nhỏ hơn tổng của hai số còn lại .
Gọi 7 đoạn thẳng đã cho là m
1
; m
2
;… ; m
7
. Giả sử m
1
≤ m
2
≤ … ≤ m
7
< 13 .
Nếu không chọn được 3 trong 7 đoạn thẳng đó để làm cạnh của tam giác thì từ nhận xét trên ta có :
m
3
≥ m
1
+ m
2
≥ 1 + 1 = 2
m
4
≥ m
2
+ m
3
≥ 1 + 2 = 3
m

5
≥ m
3
+ m
4
≥ 2 + 3 = 5
m
6
≥ m
4
+ m
5
≥ 3 + 5 = 8
m
7
≥ m
5
+ m
6
≥ 5 + 8 = 13
Kết quả m
7
≥ 13 ( trái gt ) , như vậy tồn tại ba đoạn thẳng làm cạnh của một tam giác .
Khẳng đònh trên không còn đúng nếu chỉ sử dụng 6 đoạn thẳng . Thật vậy phần ví dụ sau minh
họa điều này : Chọn m
1
= m
2
= 1 ; m
3

= 2 ; m
4
= 3 ; m
5
= 5 ; m
6
= 8 , khi đó không có ba đoạn thẳng nào
thỏa mãn (1 ) , ( 2 ) , ( 3 ) .
CHỦ ĐỀ 2 : TAM GIÁC – PHÂN GIÁC
1/ Cho ∆ ABC với AB > AC . Điểm M ( khác A ) thuộc đường phân giác trong và N ( khác A ) thuộc
đường phân giác ngoài của góc A . Chứng minh rằng :
a/ AB – AC > MB – MC
b/ AB + AC < NB + NC .
2/ Ba đường phân giác trong AD , BE , CF của ∆ ABC gặp nhau tại O . Từ O dựng OG vuông góc với
BC .
a/Chứng minh góc BOD = góc COG . b/Tính góc BOC theo A .
c/Tính góc GOD theo góc B và góc C .
A’
3/ Cho ∆ ABC , các đường phân giác AA’, BB’, CC’. Gọi L là giao điểm của AA’ và B’C’ , K là giao
điểm của CC’ và A’B’ . Chứng minh : BB’ là phân giác của góc KBL .
4/ Cho ∆ ABC có dộ dài 3 cạnh là a,b,c và l
a
, l
b
, l
c
là độ dài 3 đường phân giác ứng với các cạnh
BC , CA , AB . Chứng minh :
cba
lllcba

111111
++<++

HƯỚNG DẪN
Chú ý và nhận xét :
+ Ta có thể tạo ra một đoạn thẳng bằng b+c bằng cách
<2c từ B vẽ tia Bx // Ac cắt AC tại E .
+ Ta chứng minh
)1(
2
1
2
1
2
1
bcbc
cb
l
a
+=
+
>
( và tương tự
l
a
với

các trường hợp còn lại ) bằng cách tính BE ( liên
quan đến b , c , l
a

) .
Qua B vẽ đường thẳng song song với đường thẳng AD cắt CA tại E . ∆ ABE cân tại E . Xét ∆
ABE ta có : BE < AB + AE = 2AB = 2c .
Xét ∆ CBE ta có : AD // BE ⇒
AC
CE
AD
BE
=
⇔
c
b
cbl
AC
CEAD
BE
a
2
)(
.
<
+
==
⇒
)1(
2
1
2
1
2

1
bcbc
cb
l
a
+=
+
>
Chứng minh tương tự ta có :
)2(
2
1
2
11
cal
b
+>
)3(
2
1
2
11
abl
c
+>
Lấy (1) + (2) +(3) suy ra điều phải chứng minh .
5/ Cho tam giác ABC có các phân giác AY , BZ , CX . Chứng minh rằng :
HƯỚNG DẪN
Nhận xét và chú ý :
+ Bài toán cho các đường phân giác nên hãy chú

ý đến tính chất đường phân giác của tam giác .
+ Bài toán yêu cầu chứng minh một bất đẳng thức
nên hãy chú ý đến các BĐT trong đó chú ý đến
BĐT Côsi .

p dụng bất đẳng thức Cosi cho 3 số dương
ZA
CZ
YC
BY
XB
AX
;;
ta có :
Theo tính chất đường phân giác :
3
3
ZA
CZ
YC
BY
XB
AX
ZA
CZ
YC
BY
XB
AX
≥++

c
a
b
c
a
b
ZA
CZ
YC
BY
XB
AX
=
Do đó
3
≥++
ZA
CZ
YC
BY
XB
AX
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c tức ∆ ABC đều .
6/ Cho ∆ ABC , ba đường phân giác trong AD , BE , CF . Chứng minh điều kiện cần và đủ để tam giác
ABC đều là S
DEF
= ¼ S
ABC
.
8/ Cho ∆ ABC có độ dài ba cạnh là a , b , c . Vẽ các phân giác AD , BE , CF .Chứng minh

S
DEF
≤ ¼ S
ABC
, dấu “=” xảy ra ⇔ ∆ ABC đều .
3
≥++
ZA
CZ
YC
BY
XB
AX
B
D
C
A
E
A
B
C
Y
Z
X
a
b
c
c
TÍNH ĐỘ LỚN CỦA GÓC
1/ Cho ∆ ABC , các đường phân giác trong BD , CE . Tính số đo các góc của tam giác nếu BDE = 24

0
,
CED = 18
0
.
2/ Cho ∆ ABC , các góc B và C cóùù tỉ lệ 3 : 1 , phân giác của góc A chia diện tích tam giác theo tỉ số
2: 1 . Tính các góc của tam giác .
HAI ĐƯỜNG PHÂN GIÁC
1/ Cho ∆ ABC có hai đường phân giác trong BD , CE cắt nhau tại I . Biết ID = IE . Chứng minh rằng
hoặc ∆ ABC cân tại A hoặc BAC = 60
0
.
HƯỚNG DẪN
A
E’
D E
I
C B
AI là đường phân giác của góc A . Khi đó hai ∆ IEA và ∆ IDA có thể xảy ra hai trường hợp :
a/ ∆ IEA = ∆ IDA . Khi đó :
BAD = CAE ; AD = AE ; BDA = CEA ⇒ ∆ ABD = ∆ ACE ( g – c – g ) ⇒ AB = AC ⇒
∆ ABC cân tại A .
b/ ∆ IEA và ∆ IDA không bằng nhau ⇒ ∆ ABC không cân ở A .
Không mất tính tổng quát ta giả sử : C > B . Lấy điểm E’ trên AB sao cho IE’ = IE = ID . ⇒
∆ IE’E cân ⇒ IE’E = IEE’ ⇒ BEI = IE’A = IDA
Xét tứ giác ADIE có : D + E = 180
0
⇒ A + DIE = 180
0
⇒ A + BIE = ICB + IBC

⇒ 2A = 2ICB + 2IBC = C + B . Mà BIE + DIE = 180
0
và A + B + C = 180
0
⇒ A + 2A =
180
0
⇒ A = 60
0
.
CỰC TRỊ
1/ Cho ∆ ABC với AB ≤ AC và AD là đường phân giác trong . Lấy điểm M trên cạnh AB và điểm N
trên cạnh AC sao cho BM.CN = k không đổi ( k < AB
2
) . Xác đònh vò trí của M , N sao cho diện tích của
tứ giác AMDN là lớn nhất .
HƯỚNG DẪN
Nhận xét :
1/ BM + CN ≥
2 .BM CN
2/ S
AMDN
= S
AMD
+ S
ADN
3/ M
B E
Hạ DH , DK vuông góc với AB và AC . Ta có : DH = DK = hằng số ( AD là phân giác của góc A )
2S

AMDN
= 2S
ADM
+ 2S
ADN
= DH.AM + DK.AN = DH( AM + AN )
= DH [AB+AC – (BM+CN)] (1)
p dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương BM , CN :
BM + CN ≥
kCNBM 2.2 =
, dấu “ = “ xảy ra ⇔ BM = CN . Thay vào (1) ta được :
2S
AMDN
≤ DH(AB+AC-
k2
)
Diện tích tứ giác AMDN lớn nhất khi BM = CN =
k
< AB ≤ AC .
Lúc đó S
AMDN
= ½ (AB+AC -
k2
) . Dễ dàng dựng được các đoạn thẳng BM , CN theo hệ
thức BM
2
= CN
2
= k.1 ( trong đó 1 chỉ 1 đơn vò dài ) .
A

B C
D
H
M
K
N
H
1 đv
k
Cách dựng : Trên BC lấy E sao cho BE = 1 . trên BF lấy H sao cho BH = k . Dựng
đường tròn đường kính BE , dựng tia Hx vuông góc với BE cắt đường tròn tại M. BM có độ
dài cần dựng .
CHỦ ĐỀ 3 : TAM GIÁC – ĐƯỜNG CAO
1/ Cho ∆ ABC có a > b > c . Chứng minh :
a/ h
a
< h
b
< h
c
b/ a + h
a
≥ b + h
b

2/ Cho ∆ ABC có ba cạnh là a , b , c và ba đường cao là h
a
, h
b
, h

c
. Chứng minh rằng nếu
)(
1
)(
1
)(
1111
cppbppapp
hhh
cba
−
+
−
+
−
=++
thì tam giác ABC là tam giác đều ( p là nửa
chu vi của ∆ ABC .
3/ Chứng minh rằng nếu một tam giác cóùù 2 cạnh không bằng nhau thì tổng của cạnh lớn hơn và
đường cao tương ứng lớn hơn tổng của cạnh nhỏ và đường cao tương ứng .
4/ Cho ∆ ABC có các đường cao AA’ , BB’ , CC’ . Chiếu A’ lên AB , AC , BB’ và CC’ tại I ,
J , K , L . Chứng minh 4 điểm I , J , K , L thẳng hàng .
5/ Cho ∆ ABC , đường cao AH . Gọi C’ là điểm đối xứng của H qua AB . Gọi B’ là điểm đối xứng
của H qua AC . Gọi giao điểm của B’C’ với AC và AB là I và K . Chứng minh BI và CK là đường cao
của ∆ ABC .
ĐƯỜNG CAO – CHU VI TAM GIÁC
1/ Chứng minh rằng mọi ∆ ABC ta đều có : p
2
≥ h

a
2
+ h
b
2
+ h
c
2
( p là nửa chu vi tam giác ABC )
2/ Cho ∆ ABC . Xác đònh các điểm M , N , P theo thứ tựï thuộc các cạnh BC , CA , AB sao
cho chu vi ∆ MNP là nhỏ nhất .
ĐƯỜNG CAO - BẤT ĐẲNG THỨC - CỰC TRỊ
1/ Cho 2 điểm A , B cóùá đònh và điểm M di động sao cho ∆ MAB cóùù 3 góc nhọn . Gọi H là
trực tâm của ∆ AMB , K là chân đường cao vẽ từ M . Tìm giá trò lớn nhất của KH.KM .
CHỦ ĐỀ 4: TAM GIÁC – ĐƯỜNG CAO - PHÂN GIÁC
1/ Đường cao và đường phân giác vẽ từ đỉnh A của ∆ABC tạo thành một góc . Tính góc đo theo các
góc B và C của tam giác ABC ( hoặc chứng minh góc đó bằng nửa hiệu của hai góc B và C )
HƯỚNG DẪN
A Chú ý vànhận xét :
+ D luôn nằm giữa H và trung điểm M ( sẽ chứng minh
ở phần sau )
+ Tìm cách tạo ra một góc bằng B – C hoặc tính B-C .
B H D E C
Cách 1 : Từ A vẽ tia AE sao cho CAE = BAH . Suy ra : HAD = DAE , HAE = 2 HAD
B = 90
0
– BAH
C = 90
0 –
HAE - CAE

B – C = HAE = 2 HAD
Cách 2 : B = 90
0
– BAH
C = 90
0 –
CAH
B – C = CAH - BAH = CAD + HAD – ( BAD – HAD ) = 2 HAD
1.1/ Cho ∆ ABC và đường phân giác CE . Từø C kẻ đường thẳng vuông góc với CE cắt cạnh AB kéo dài
tại D. Chứng minh rằng góc EDC bằng nửa hiệu của các góc A và B .
1.2/ Đøng phân giác ngoài kẻ từ đỉnh A của ∆ ABC tạo với cạnh BC một góc 30
0
. Tìm hiệu của các
góc C và B ( Cho AB > AC ) .
1.3/ Chứng minh rằng trong một tam giác nếu hiệu các góc ở đáy bằng 90
0
thì đường phân giác trong
và đường phân giác ngoài của góc ở đỉnh bằng nhau .
CHỦ ĐỀ 5: TAM GIÁC - TRUNG TUYẾN
1/ Chứng minh rằng trong mọi tam giác ta có :
5
4
(m
a
m
b
+ m
b
m
c

+ m
c
m
a
) < ab + bc + ca <
9
20
(m
a
m
b
+ m
b
m
c
+ m
c
m
a
)
HƯỚNG DẪN
A
P N
G
Q
B M C
+ Trong mọi tam giác ta có : m
a
+ m
b

+ m
c
< a + b + c
⇒ m
a
2

+ m
b
2
+ m
c
2
+ 2(m
a
+ m
b
+ m
b
m
c
+ m
c
m
a
) < a
2
+ b
2
+ c

2
+ 2 ( ab + bc + ca ) ( 1 )
Do : m
a
2

+ m
b
2
+ m
c
2
=
4
333
222
cba ++

Nên ( 1 ) ⇔ 2(m
a
m
b
+ m
b
m
c
+ m
c
m
a

) <
4
222
cba ++
+ 2 ( ab + bc + ca )
<
2
cabcab ++
+ 2 ( ab + bc + ca )
⇔
5
4
(m
a
m
b
+ m
b
m
c
+ m
c
m
a
) < ab + bc + ca ( * )
+ Kẻ PQ // AM ; AM , BN , CP là 3 trung tuyến của ∆ ABC . ∆ PQG có 3 cạnh là :
3
1
m
a

;
3
1
m
b
;
3
1
m
c

và 3 trung tuyến là
4
a
;
4
b
;
4
c
.
p dụng bất đẳng thức ( * ) vào ∆ PQG ta có :
5
4
(
)
4
.
44
.

44
.
4
accbba
++
<
3
1
m
a
.
3
1
m
b
+
3
1
m
b
.
3
1
m
c
+
3
1
m
c

.
3
1
m
a
⇔ ab + bc + ca <
9
20
(m
a
m
b
+ m
b
m
c
+ m
c
m
a
) .
2/ Cho ∆ ABC , trung tuyến AM . Một cát tuyến ∆ quay quanh trọng tâm G cắt AB , AC tại P và Q .
Chứng minh :
AQ
AC
AP
AB
+
không phụ thuộc vò trí của ∆ .
3/ Tam giác ABC có ¼ AC < AB < 4AC . Một đường thẳng đi qua trọng tâm G của ∆ ABC , cắt các

cạnh AB , AC lần lượt tại E , F . Hãy xác đònh vò trí điểm E sao cho AE + AF đạt giá trò nhỏ nhất .
( Mở rộng bài trên )
4/ Cho ∆ ABC , trung tuyến AD . Từø điểm M bất kỳ trên BD vẽ đường thẳng song song với AD cắt AB
tại E , cắt AC tại F . Chứng minh : 2AD = ME + MF .
HƯỚNG DẪN
Chú ý và nhận xét :
+ 2AD = ME + MF ⇔
2
=
+
AD
MFME

+ Tạo ra đoạn thẳng bằng ME + MF .
BẤT ĐẲNG THỨC - CỰC TRỊ
1/ Có tồn tại hay không một tam giác có hai trung tuyến AD và CE nhỏ hơn nửa cạnh đối diện .
HƯỚNG DẪN
B
AD < ½ BC ⇒ AD < DC ⇒ AD < DB ;
DE
A
C
CE < ½ AB ⇒ EC < AE
Do đó : DCA < DAC ; DBA < DAB ⇒ DCA + DBA < DAC + DAB
⇒ 180
0
– CAB < CAB ⇒ CAB tù nên CE > AC . Điều này mâu
thuẫn với giả thiết , vậy không tồn tại tam giác thỏa mãn bất đẳng thức
: CE + AD < ½ ( AB + BC)
3/Chứng minh rằng trong một tam giác bất kỳ ta cóùù :

22
cb
m
acb
a
+
<<
−+
DIỆN TÍCH
1/ Tìm tỉ số diện tích của tam giác ABC với diện tích của tam giác khác có cạnh bằng các trung
tuyến của ∆ ABC .
B HƯỚNG DẪN

M S
BOF
= ½ OH.BF
F O S
ABC
= ½ CK.AB = ½ 3OH.2BF = 3OH.BF
⇒ S
BOF
= 1/6 S
ABC
A E C

Kéo dài BE thêm một đoạn ED = EO ⇒ Tứ giác AOCD là hình bình hành . Ta có : OD =
2/3 BE ; CD = OA = 2/3 AM ; OC = 2/3 CF ⇒ ∆ CDO đồng dạng với tam giác có ba cạnh bằng
trung tuyến của ∆ ABC . Gọi S’ là diện tích của tam giác này . Ta có :
2
)

2
3
(
'
=
CDO
S
S
⇒ S’ = 9/4 S
CDO
. Mặt khác 6 tam giác nhỏ OBF , OFA … có diện tích
bằng 1/6 S
ABC
⇒ S
CDO
= 1/3S
ABC
⇒
9 1 3 4
' . .
4 3 4 ' 3
ABC
ABC ABC
S
S S S
S
= = ⇒ =

2/ Cho ∆ ABC cóùù diện tích bằng đơn vò . Trung tuyến CF . Vẽ AD ( D nằm trên cạnh BC ) cắt
CF tại M sao cho FM = ¼ CF . Tính diện tích của ∆ ABD .

CHỦ ĐỀ 6: TAM GIÁC – TRUNG TUYẾN – PHÂN GIÁC
1/ Cho tam giác trong đó cóùù một góc tù . Thành cho rằng trung tuyến kẻ từø đỉnh của góc nhọn của tam
giác đồng thời cóùù thể là đường phân giác của góc nhọn đó . Cóùâng cho rằng điều đó không thể cóùù
được . Hỏi bạn nào nói đúng ? Vì sao ?
B HƯỚNG DẪN
D
A C
Cách 1 : Trong ∆ ABC đường phân giác của góc nhọn A cũng là đường trung tuyến , do đó ∆
ABC cân tại A . Mà góc B > 90
0
( gt ) ⇒ góc C = góc B > 180
0
( vô lý ) .
Vậy Công nói đúng .
Cách 2 : Giả sử Thành nói đúng tức là
1
DB AB
DC AC
= =
⇒ AB = AC điều này vô lý vì trái giả
thiết , do đó Thành nói sai .
D
H
K
2/ Cho ∆ ABC có BC < BA , đường trung tuyến BD , đường phân giác BE . Đường thẳng qua C
vuông góc với BE ở F và cắt BD ở G . Chứng minh rằng DF đi qua trung điểm của đoạn thẳng GE .
HƯỚNG DẪN
Gọi K là giao điểm của CG với AB , khi đó ∆ BCK cân ở B nên F là trung điểm của của CK .
Từ đó FD // AB và FD = ½ AK .
Từ ∆ BGK ~ ∆ DGF ⇒

FD
BK
GD
GB
=
⇔
GB GD BK FD BD BF FD
GB BK GB BK
+ + +
= = =
suy ra
2 2
2
GB BK BK BC
BD FD BK AK BK BC AB
= = =
+ + +
(1) .
p dụng tính chất đường phân giác trong ∆ ABC ta có :
EA
EC
BA
BC
=
⇒
BC EC
BC AB CA
=
+
(2) ⇒

2 2 2
2
BC EC EC EC
BC AB CA CD CD
= = =
+
Từ (1 ) và (2) ta suy ra :
CD
EC
BD
GB
=
⇒ GE // BC . Vì DF đi qua trung điểm của BC nên nó
cũng đi qua trung điểm của GE .
Cách 2 :
Ta có : ∆ KBC là tam giác cân tại B ⇒ FK = FC ⇒ DF // AK và DF = ½ AK
22111 −=−=−
−
=−=−=
−
=
DF
AB
DE
AE
DE
DEAE
DE
AD
DE

DC
DE
DEDC
DE
CE
( Vì DF // AB)
=
GD
BG
DF
BK
DF
AKAB
DF
DFAB
==
−
=
− 2
⇒ GE // BC .
Vì M là trung điểm của BC nên DF chia đôi GE .
TÍNH ĐỘ LỚN
1/ Tam giác ABC có đường trung tuyến BM và đường phân giác CD cắt nhau tại K sao cho KB =
KC . Biết BAC = 105
0
. Tính các góc ABC , ACB .
HƯỚNG DẪN

Dựng AH ⊥ BC , nối HM . Khi đó MH = MA = MC suy ra MHC = MCH = 2BCK . Theo giả
thiết KB = KC ⇒ KBC = KCB . Vậy có MHC = 2KBC (1) . Mặt khác MHC = KBC + HMB (2) . T

(1 ) và (2) suy ra KBC = HMB hay ∆ HMB cân tại H ⇒ MH = HB .
Giả sử HA > HB , lúc đó ABH > BAH ⇒ BAH < 45
0
và ABH >45
0
. Vì BAH + CAH = 105
0
nên CAH >60
0
. Tam giác AMH cân đỉnh M suy ra AHM = HAM > 60
0
⇒ AMH < 60
0
. Do đ1o HA
< MH = HB ( mâu thuẫn ) . Tương tự nếu HA < HB ta cũng gặp điều mâu thuẫn . Vậy HA = HB ⇒ ∆
AHB vuông cân tại H . Từ đó ABC = 45
0
; ACB = 30
0
.
D
B H
C
M
K
A
B
C A
K
G

E D
F
2/ Cho ∆ ABC với AB ≥ AC . Gọi AD , AM lần lượt là đường phân giác , đường trung tuyến của ∆ ABC
. Chứng minh rằng :
22
ACAB
AMAD
BCACAB +
<≤<
−+
3/ Cho ∆ ABC với AB > AC . Điểm M ( khác A ) thuộc đường phân giác trong và N (khác A ) thuộc
đường phân giác ngoài của góc A . Chứng minh rằng :
a/ AB – AC > MB – MC
b/ AB + AC < NB + NC .
CHỦ ĐỀ 7: TAM GIÁC – ĐƯỜNG CAO – TRUNG TUYẾN
1/ Tính các góc của một tam giác biết đường cao và đường trung tuyến xuất phát từ một đỉnh chia góc
ở đỉnh ra làm 3 phần bằng nhau .
2/ Cho ∆ ABC cóùù 3 góc nhọn . Gọi AH là đường cao lớn nhất trong 3 đường cao của tam giác . BE là
trung tuyến kẻ từø đỉnh B . Biết rằng AH = BE . Chứng minh góc B nhỏ hơn hoặc bằng 60
0
. Khi nào
thì góc B = 60
0
.
B HƯỚNG DẪN

I
H
K’’

C A
Từ E hạ EK’ ⊥ BC , EK’’ ⊥ AB . Ta có EK’ = ½ AH . M AH = BE ( gt )
⇒ EK’ = ½ BE ⇒ ∆ BK’E là nửa tam giác đều .
⇒ góc BEK’ = 60
0
, góc EBK’ = 30
0
.
Hạ CI ⊥ AB , ta có : EK’’//=1/2 CI .
EK’’ ≤ ½ AH ( AH là đường cao lớn nhất )
EK’’ ≤ ½ BE
⇒ góc EBA ≤ 30
0
Và góc B = EBC + EBA ≤ 60
0

Muốn góc B = 60
0
thì AH = CI ⇔ ∆ ABC cân và góc B = 60
0
⇔ ∆ ABC là tam giác đều .
3/ Gọi P là trung điểm cạnh BC của ∆ ABC và BE , CF là hai đường cao . Đường thẳng qua A vuông
góc với PF cắt đường thẳng CF tại M . Đường thẳng qua A vuông góc với PE cắt đường thẳng BE tại N
. Gọi K và G lần lượt là trung điểm của BM , CN . Gọi H là giao điểm của đường thẳng KF và GE .
Chứng minh rằng AH ⊥ EF .
HƯỚNG DẪN
Chứng minh : ∆ AMI cân ⇒ KF là ĐTB của ∆ MBI
∆ ANI cân ⇒ EG là ĐTB của ∆ NIC
⇒ FH ⊥ AC ; EH ⊥ AB
CHỦ ĐỀ 8: TAM GIÁC – ĐƯỜNG CAO – TRUNG TUYẾN – PHÂN GIÁC

1/ Cho ∆ ABC với các trung tuyến , phân giác , đường cao dựng từ một đỉnh chia góc ở đỉnh đó thành 4
phần bằng nhau . Tính các góc của ∆ ABC .
A HƯỚNG DẪN

B H D M C
Bước 1 : Chứng minh D nằm giữa H và M . Bước 2 : Tính các góc của tam giác .
2/ Ký hiệu l
a
, l
b
, l
c
, m
a
, m
b
, m
c
, h
a
, h
b
, h
c
tương ứng là độ dài các đường phân giác , đường trung
tuyến , đường cao được kẻ tới các cạnh a , b , c của tam giác ABC . Chứng minh :
A
E
60
0

30
0
K’
2
3
≥
+
+
+
+
+
aa
c
cc
b
bb
a
lh
m
lh
m
lh
m
I
x
E
HƯỚNG DẪN
A
B C

Dựng đường tròn ngoại tiếp ∆ ABC , kéo dài đường phân giác AP cắt đường tròn tại N . N là
điểm chính giữa của cung BC do đó : MN ⊥ BC tại trung điểm M của BC , hay AH//MN . Suy ra P
nằm trên đoạn HM , do đó AH ≤ AP ≤ AM , nghóa là : h
a
≤ l
a
≤ m
a
.
Từ đó ta được h
a
+ l
a
≤ 2m
a
.
Chứng minh tương tự ta được : h
b
+ l
b
≤ 2m
b
;

h
c
+ l
c
≤ 2m

c
Để ý rằng h
i
+ l
i
= 2m
i
⇔ h
i
= l
i
= m
i
⇔ ∆ A
1
A
2
A
3
cân tại đỉnh A
I

Suy ra chứng minh tương tự ta được 2 bất đẳng thức tương tự .
Cộng từng vế các bất đẳng thức đó và áp dụng bất đẳng thức cô si cho 3 số dương ta được :
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ∆ ABC là tam giác đều suy từ các đẳng thức
h
i
+ l
i
= 2m

I
( i = 1 , 2 , 3 ) và
3/ Cho tam giác nhọn ABC không đều . Kẻ đường cao AH , trung tuyến BM , phân giác CL của ACB .
Trung tuyến BM cắt AH và CL lần lượt tại P và Q . CL cắt AH tại R . Chứng minh rằng ∆ PQR không
phải là tam giác đều .
CHỦ ĐỀ 9 : TAM GIÁC – ĐƯỜNG CAO - TRUNG TRỰC
1/ Cho ∆ ABC , O là giao điểm các đường trung trực của 3 cạnh , H là trực tâm của tam giác , M là
trung điểm của BC .
a/ Chứng minh : AH = 2 OM .
b/ Chứng minh ba điểm H , O , G thẳng hàng ( đường thẳng Ơ Le ) .
2/ Cho tam giác ABC nhọn có A = 60
0
. Gọi H là trực tâm của ∆ ABC . Gọi M , N lần lượt là giao
điểm của đường trung trực của BH và CH với AB và AC . Chứng minh rằng ba điểm M , N , H thẳng
hàng .
M M
b
a
bb
a
m
m
lh
m
2
≥
+
3
2
3

.3.
2
1
)(
2
1
=≥++≥
+
+
+
+
+
a
c
c
b
b
a
a
c
c
b
b
a
aa
c
cc
b
bb
a

m
m
m
m
m
m
m
m
m
m
m
m
lh
m
lh
m
lh
m
a
c
c
b
b
a
m
m
m
m
m
m

;;
1
132
321
1
3
3
2
2
1
=
++
++
===
mmm
mmm
m
m
m
m
m
m
P
N
3/ Cho ∆ ABC có ABC = 30
0
; ACB = 20
0
. Đường trung trực của AC cắt BC ở E , cắt tia BA ở F . Chứng
minh rằng AF = EF và AC = BE .

HƯỚNG DẪN
a/ Gọi K là giao điểm của AC và EF . ∆ EAC cân tại E ⇒ EAK = ECK = 20
0
. Mặt khác FAC
= ABC + ACB = 50
0
⇒ FEA = 70
0
. (1) ; AEK = KEC = 90
0
– KCE = 70
0
(2) .
Từ (1) và (2) ta suy ra ∆ FAE cân tại F ⇒ AF = EF .
b/ Cách 1 :
Hạ EH ⊥ AF ( H ∈ AF ) . Ta có AK = EH ( do ∆ FAE cân ) . trong tam giác vuông BHE có
B = 30
0
⇒ EH = ½ BE . Mặt khác AK = ½ AC ⇒ AC = BE .
Cách 2 : Trên tia KE lấy P sao cho ∆ PAC là tam giác đều . Ta có : FAP = FAC + CAP = ABC
+ ACB + CAP = 50
0
+ 60
0
=110
0
; FEB = 90
0
+ ECK = 110
0

⇒ FAP = FEB . Từ đó suy ra ∆ FAP = ∆
FEB ( g.c.g) ⇒ BE = AP = AC .
TÍNH ĐỘ LỚN CỦA GÓC .
1/ Cho ∆ ABC . Dựng đoạn thẳng BD sao cho ABD = 60
0
, BD = BA và tia BA nằm giữa hai tia BC ,
BD . Dựng đoạn thẳng BE sao cho CBE = 60
0
, BE = BC và tia BC nằm giữa hai tia BA , BE . Gọi M
là trung điểm của DE , P là giao điểm của hai đường trung trực của các đoạn thẳng BA và BD . Tính
các góc của ∆ CMP .
HƯỚNG DẪN
Từ giả thiết ta suy ra các ∆ ABD và ∆ BCE đều nằm phía ngoài ∆ ABC . trên tia đối của tia MP
lấy điểm N sao cho MN = MP . Ta có ∆ PMD = ∆ NME ( c.g.c) ⇒ PD = NE và PD // NE , mà PD ⊥
AB ⇒ EN ⊥ AB . Hạ EH ⊥ BC ta có NEH = ABC ⇒ PBC = NEC . Từ đó ∆ PBC = ∆ NEC (c.g.c )
⇒ CP = CN . Mặt khác PCB = NCE ⇒ PCN = BCE 60
0
⇒ ∆ CPN là tam giác đều . Vì M là trung điểm
của PN nên PMC = 90
0
; MPC = 60
0
; PCM = 30
0
.
D
B
C
A
E

N
M
P
E
A
B
C
F
K
P
TAM GIÁC CÂN
1/ Cho giác cân ABC ( AB=AC ) . Từø trung điểm H của BC hạ HE vuông góc với AC .Gọi O là trung
điểm của HE . Chứng minh rằng AO ⊥ BE .
A HƯỚNG DẪN
D
E
F
B H C
Cách 1 : Hạ BD ⊥ AC . ∆ CDB ~ ∆ CEH ~ ∆ HEA
E và O là trung điểm của của các cạnh tương ứng của hai tam giác đồng dạng CDB , HEA ⇒ ∆
CEB ~ ∆ HOA ( ∆ CDB ~ ∆ HEA ⇒
HA
CB
HO
CE
HA
CB
HE
CD
=⇒=

2
2
)
⇒
HA
CB
BCHO
CE
=
⇒ ∆ CEB ~ ∆ HOA ⇒ CBE = HAO
Xét hai tam giác BHI và AKI cho ta : AKI = 90
0

Cách 2 : Từ H kẻ HF // BE ⇒ FE = FC ⇒ OF // HC ⇒ OF ⊥ AH .
Xét ∆ AHF có hai đường cao gặp nhau tại O ⇒ AO ⊥ HF hay AO ⊥ BE .
2/ Cho giác cân ABC ( AB = AC ) , trung tuyến CE . Kéo dài AB thêm một đoạn BD = AB .
Chứng minh : CE = 1 / 2 CD .
A HƯỚNG DẪN
E F’
B C
F Cách 1 : Gọi F là trung điểm của CD , ta có : BF //= ½ AC
⇒ BF = BE ; CBF = ACB ( so le trong )
⇒ CBF = ABC ⇒ ∆ BEC = ∆ BFC ( cgc ) ⇒ CE = CF ⇒ CE = ½ CD
Cách 2 : Vẽ trung tuyến BF’ . BF’ là đường trung bình của ∆ ADC . BF’ = CE = ½ CD
3/ Cho tam giác ABC cân tại C . Kẻ trung tuyến CM và phân giác AD . Tính góc C biết AD = 2 CM .
F HƯỚNG DẪN
C


A M B

Vẽ Ax ⊥ AB cắt BC tại F . Ta có : CM = ½ FA ⇒ AF = AD ⇒ ∆ FAD cân tại F .
D
K
O
⇒ F = MCB = MCA = ADC . Vì ADF = B + ½ A = 3/2 B ⇒ MCB = 3/2 B
Và : MCB + B = 90
0
⇒ 5/2 B = 90
0
⇒ B = 36
0
; C = 108
0
4/ Cho giác cân ABC ( AB=AC ) . Dựng tia Bx trong tam giác và tia Cy ngoài tam gíac cắt nhau tại
M sao cho góc ABx bằng góc ACy . Chứng minh góc BMA = góc AMy .
A’ HƯỚNG DẪN
A
M
B H C
Cách 1 : Vẽ tia Bx’ ngoài tam giác cắt Cy tại A’ sao cho A’BA = ABX .
∆ A’BC cân tại A’ ⇒ A , A’ cùng nằm trên đường trung trực của BC
⇒ A’A là phân giác của BAM .
⇒ A là giao điểm ba đường phân giác của ∆ A’BM
⇒ Điều phải chứng minh .
Cách 2 : Trên Cy lấy H’’ sao cho CH’’ = BM
∆ ABM = ∆ ACH’’ ⇒ AM = AH’’ và HAM = AMB ⇒ đpcm .
Cách 3 : Hạ AH ⊥ Bx , lấy HH’ = BH .
Xét ∆ BA’M có A là giao điểm phân giác trong và 2 đường phân giác ngoài ⇒ đpcm .
5/ Cho ∆ ABC cân tại A , góc A = 80
0

. Trong ∆ ABC lấy một điểm M sao cho góc MBC = 10
0
, góc
MCB = 30
0
. Tính góc AMB .
HƯỚNG DẪN
I
A
D
E
M
B C
H
Cách 1 : Vẽ đường cao AH . AH cũng là đường cao , đường phân giác , đường trung trực .
⇒ EBC = ECB = 30
0
⇒ EBM = 20
0
, ABE = 20
0
; EMB = 40
0
⇒ AEB = MEB = 120
0
.
⇒ ∆ AEB = ∆ MEB ⇒ AB = BM ⇒ AMB = 70
0
Cách 2 : Vẽ tam giác đều BIC . ∆ BAI = ∆ CAI ⇒ BAI = 140
0

, IBA = 10
0

⇒ ∆ IBA = ∆ CBM ⇒ AB = MB ⇒ ∆ ABM cân tại B ⇒ AMB = 70
0

H’’
y
H’
H
1
x
6/ Cho ∆ ABC cân tại A cóùù góc A = 80
0
. trong tam giác lấy điểm M sao cho góc ABM = 10
0
, góc
ACM

= 20
0
. Tính góc AMB .
A HƯỚNG DẪN
M
Hạ đường cao AH cắt CM tại K .Ta có : KBC = KCB = 30
0

⇒ MBK = MBA = 10
0

⇒ BKM = 60
0
; MKA = HKC = 60
0

⇒ M là giao điểm hai đường phân giác trong của ∆ ABC nên AM là phân
giác của góc A ⇒ BAM = 20
0
⇒ AMB = 150
0
7/ Cho giác cân ABC ( AB=BC ) cóùù góc BAC = góc BCA = 80
0
. Tứùø các đỉnh A và C dựng 2 đường
thẳng cắt các cạnh đối tại các điểm tứùơng ứng D và E sao cho góc CAD = 60
0
, góc ACE = 50
0
. Tính
góc ADE .
HƯỚNG DẪN
B
Ta có ∆ EAC có : AEC = ACE = 50
0
nên ∆ EAC cân tại A . Vẽ tia CF sao cho góc ACF =
60
0
cắt AD tại O .
⇒ ∆ OAC là tam giác đều ⇒ AOF = 120
0

⇒ OA = OC = AC ⇒ OE = OA ⇒ ∆ EAO cân .
Vì EAO = 20
0
⇒ EOA = 80
0
⇒ EOF = 40
0

Mà AFC = 40
0
⇒ ∆ FEO cân ⇒ EF = EO
∆ FOA = ∆ DOC ( g.c.g ) ⇒ OF = OD và FOD = 60
0

⇒ ∆ FDA là tam giác đều ⇒ ∆ EFD = ∆ EOD ( c.c.c)
⇒ FDE = EDO = 30
0

K
H
C
B
F D
E
O
A
C
8/ Cho ∆ABC cân tại A . Hạ BM ⊥ AC . Chứng minh rằng :
12
2

−






=
BC
AC
MC
AM
HƯỚNG DẪN
Tính MC , AM ⇒
MC
AM
Cách 1 : Lấy E đối xứng với C qua A . ∆ BCE vuông tại B . Ta có :
(1)
Mặt khác AM = AC – MC = ( 2)

Từ (1) và (2) ta có :
Cách 2 : Hạ AH ⊥ BC .Ta có : ∆ AHC ~ ∆ BMC ⇒
AC HC
BC MC
=

⇒ AC.MC = BC.HC =2HC.HC = 2HC
2
⇒ AC.MC
2

= 2HC
2
.MC
⇒
2
2
2
22






==
BC
AC
MC
HC
MC
AC
⇒
2
2







=
+
BC
AC
MC
MCAM
⇒
12
2
−






=
BC
AC
MC
AM
9/ Cho giác cân ABC ( AB=AC ) , A = 20
0
. Gọi O là giao điểm 3 đường trung trực . BO cắt
AC tại D . Chứng minh AD = BC .
A HƯỚNG DẪN

B H C
Cách 1 : Dựng tam giác đều BIC , I nằm trên AH . Ta có : IB = IC = BC
Tam giác OAB cân ⇒ BAO = OBA = 10

0
⇒ OBI = 10
0

⇒ ∆ AOD = ∆ BOI ( g.c.g )
⇒ AD = BI ⇒ AD = BC
Cách 2 : Dựng tia Bx sao cho OBx = 10
0
cắt đường tròn O tại E .
A = ABE = 20
0
⇒ cung AE = cung BC ⇒ AE = BC .
D nằm trên đường trung trực của AE nên ∆ ADE cân . M EAC = EBC = 60
0

D
O
E
I
AC
BC
CE
BC
MC
2
22
==
AC
BCAC
AC

BC
AC
2
2
2
222
−
=−
1)(2
2
2
2
22
−=
−
=
BC
AC
BC
BCAC
MC
AM
E
A
B C
E
M
⇒ tam giác ADE là tam giác đều . Vì AE = BC ⇒ AD = BC .
9/ Cho ∆ ABC cân tại A . Trên AB lấy I , trên AC lấy J sao cho AI = CJ . Chứng minh IJ ≥ ½ BC .
A HƯỚNG DẪN

I
J

a/ Cách 1 : Hạ IH ⊥ BC , JK ⊥ BC ⇒ IJ ≥ HK
Vẽ JL // AB ( L trên BC ) ⇒ góc B = JLC = C . ∆ BJC cân ⇒ JL = JC = AI ⇒ AILJ là
hình bình hành ⇒ AJ = IL = IB
⇒ ∆ BIL cân ⇒ HL = BH = ½ BL ; KL = KC = ½ LC
⇒ HK = BC – ( BH + KC ) = BC – ( ½ BL + ½ LC ) = BC – ½ BC = ½ BC ⇒ IJ ≥ ½ BC
Cách 2 :
BA
BI
BM
BH
=
và
CA
CJ
CM
CK
=
⇒
AC
CJBI
BM
CKBH +
=
+
1==
+
AC

AB
BM
CKBH
⇒ BH + CK = BM = ½ BC hay HK = ½ BC .
10/ Cho ∆ ABC cân tại A . Lấy điểm D ( khác A ) sao cho AD // BC . Chứng minh rằng
DB + DC > AB + AC
11/ Cho ∆ ABC cân tại A . Lấy các điểm E , F (khác B , C ) trên đường thẳng BC sao cho
BAC = EAF . Chứng minh rằng AE + AF > AB + AC ( 2 ) .
HƯỚNG DẪN
+ Nếu E , F đều nằm ngoài hoặc có 1 điểm ở đầu mút
đoạn BC thì (2 ) đúng .
+ Nếu E nằm trong đoạn BC ( với E hoặc gần B hoặc gần C )
Lấy H , P trên BC sao cho AH ⊥ BC , HE = HP ⇒ EAH = PAH . Dễ thấy AC là tia phân giác của
PAF . Gọi M là trung điểm của PF . Theo bài toán 2 ta có AB + AC = 2AC ≤ 2AM < AP + AF = AE +
AF .
12/ Cho ∆ ABC cân tại A . Lấy điểm M thuộc cạnh AB .
a/ Kéo dài một đoạn CN = BM . Chứng minh rằng AM + MN + NA > AB + BC + CA .
b/ Dựng đường thẳng BP // CM cắt tia AC tại P . Chứng minh rằng AM + MP + PA > AB + BC + CA .
HƯỚNG DẪN
a/ Dựng MH ⊥ BC và NK ⊥ BC . Ta có : ∆ MBH = ∆ NCK
⇒ BH = CK ⇒ BC = HK .
Ta có : MN = ME + EN > HE + EK = HK .
Từ đó AM + AN > AB + AC + BC .
b/ Dựng ∆ CSP với CS // AB ; PS // BC và PB cắt đoạn
CS tại Q .
Ta có : BM = CQ < CS = CP . Mặt khác CN = CQ < CP nên
MN < MP . Từ đó AM + MP + PA > AM + MN + AC + CN >
AB + BC + CA .
L
C

B H M
K
A
B
E
E
F
C
F
H
P
P
C
A
B
M
F
H
K
N
S
Q
E
13/ Cho tam giác cân ABC ( AB = AC ) ,
3=AB
, đường cao
2=CH
. Gọi M là trung điểm của
HB , N là trung điểm của CB . AN và CM cắt nhau tại K . Chứng minh : AK = 2 KM .
HƯỚNG DẪN

C
A B


O là trọng tâm của ∆ ABC . AH = 2HM =
2
3
.
Hạ HP ⊥ AN , HQ ⊥ KM . Kéo dài KM thêm một đoạn MK’ = KM . Ta có : H là trọng tâm của ∆
KAK’ ⇒ KH đi qua H’ là trung điểm của AK’ .
⇒ KA = 2KM ⇔ ∆ AKK’ cân ⇔ AKH = HKK’ ⇔ H’P = HQ
S
AOH
= 1/3 S
ACH
= 1/6 S
ABC
= 1/6.1/2
3

2
=
12
6
AO =
6
35
9
2
4

3
22
=+=+ HOAH
⇒ HP =
35
6
2
=
AO
S
AOH
S
CHM
=
8
6
4
3
.2
2
1
=
CM =
4
35
16
3
2
22
=+=+ HMCH

HQ =
35
6
2
=
CM
S
CHM
suy ra điều phải chứng minh .
DIỆN TÍCH
1/ Cho tam giác ABC cân tại C . Cho biết
AB
AC
= k ( k ≠ 1 ) . Vẽ các phân giác CM , AN , BP . Gọi
S
ABC
= S , S
MNP
= S
1
. Chứng minh rằng :
a/
2
1
'









+=
k
k
S
S
b/ S’ <
4
S

HƯỚNG DẪN
Nhận xét :
k
NB
NC
AB
AC
==
; S
CNP
~ S
CAB
⇒
2
1







=
BC
NC
S
S
Q
H’
K
N
P
H
M
K’
A
C
B
M
NP
H
K
S
1
S
2
S
3
a/ S

CPN
= S
1
; S
AMP
= S
2
; S
BMN
= S
3
. Ta có : S
2
= S
3 .
S’ = S – S
1
– S
2
– S
3

Vì AN là phân giác nên ta có :
k
AB
AC
NB
NC
==
Vì :

k
BN
CN
BN
BNCN
BN
CB
+=+=
+
= 11
và
1+
==
k
k
BN
BC
BN
CN
BC
CN

Tam giác CPN đồng dạng với tam giác ABC ⇒
k
NB
NC
AB
AC
==
22

1
1






+
=






=
k
k
BC
CN
S
S
⇒
2
1
1







+
=
k
k
SS
1
1
.
2
1
.
2
1
+
===
kBC
BN
BCMH
MHBN
S
S
MBC
MBN
∆APM = ∆BMN ( c g c ) ⇒
1
1
.

2
1
.
2
1
2
2
+
====






==
+
kBC
BN
AC
AP
CM
PK
ABCM
AMPK
S
S
S
SS
APM

BMNAPM
⇒ S
APM
+ S
BMN
=
1+k
S

S
MNP
= S –
1+k
S
–
2
1






+k
k
S
=
( ) ( ) ( )
22
22

2
2
11
112
1
1
1
1
+
=






+
−−−++
=






+
−
+
−
k

k
S
k
kkkk
S
k
k
k
S
⇒
( )
( )
22
2
2
111
1








+=









+
=
+
=
+
=
k
k
k
k
k
k
k
Sk
S
S
S
MNP
b/ Ta có :
2
1
1
≥
+
+
k

k
( dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi k =1 ) vì k ≠ 1 ⇒
2
1
1
>
+
+
k
k
⇒
4
1
1
2
>






+
+
k
k
⇒
4
1
2

>








+
k
k
⇒
4>
MNP
ABC
S
S
⇒ đpcm .
2/ Từø các đỉnh B , C của tam giác cân ABC ( AB = AC ) ta nối với trung điểm O của đường cao hạ từ
đỉnh A . Các đường thẳng đó cắt AB , AC tại E và D . Tính diện tích của tứ giác AEOD nếu diện tích
của tam giác ABC là S .
A HƯỚNG DẪN
E D
B K C
Đặt S
1
= S
AEOD
. Qua O dựng MN // BC .

S
DOE
= S
DME
( Có chung cạnh đáy , đường cao bằng nhau ) ⇒ S
AME
= S
1

N
M
O
S
AEM
= S
MEC
⇒ S
AEC
= 2S
AEM
= 2S
1
⇒ S
AOD
= S
AOE
= ½ S
1

S

AOC
= S
ACE
– S
AOE
= 2S
1
– ½ S
1
= 3/2 S
1
S
AOC
= ½ AO.CK = ½.1/2 AK .1/2 BC = 1/8 AK.BC = 1/8 S ⇒ 3/2S
1
= 1/8 S ⇒ S
1
= 1/6 S
3/ Cho tam giác ABC cân tại A . Các điểm M và N theo thứ tự chuyển động trên các cạnh AB , AC sao
cho AM = CN . Xác đònh vò trí của M và N để :
a/MN có giá trò nhỏ nhất .
b/Diện tích tam giác AMN có giá trò nhỏ nhất .
HƯỚNG DẪN
a/Vẽ MM’ , NN’ vuông góc với BC . Ta có : MN ≥ M’N’ = BC/2
Do đó : min MN = BC / 2 ⇔ MN // M’N’ ⇔ M , N là trung điểm của AB , AC .
b/Gọi I là trung điểm của MN . Qua I kẻ đường thẳng song song với BC cắt AB , AC ở P và Q .
IK là đường trung bình của hình thang MM’N’N ⇒ IK //= ½ AA’ ⇒ P , Q là trung điểm của AB , AC
.
Ta luôn có S
AMN

≤ S
APQ
( như bài trên ) ⇒ S
AMN
≤ ¼ S
AB
TAM GIÁC CÂN – MỘT ĐƯỜNG THẲNG LUÔN ĐI QUA MỘT ĐIỂM CỐ ĐỊNH
1/ Cho ∆ ABC cân tại A . Lấy P trên đường thẳng BC ( P khác B , C ) . Gọi M , N lần lượt là điểm đối
xứng của P qua AB , AC . Dựng hình bình hành MNPQ . Chứng minh rằng Q ln nằm trên một đường
thẳng khi P di chuyển trên đường thẳng BC .
HƯỚNG DẪN
+ Trường hợp P nằm trong đoạn BC . Gọi C’ , B’ lần lượt là điểm đối xứng của C và B qua AB , AC .
Như vậy C’ , B’ cố đònh . Gọi W là giao điểm của CC’ và BB’ . Ta có B , M , C’ thẳng hàng ; C , N ,
B’ thẳng hàng . Kẻ NQ // CC’ ( Q ∈ B’C’ ) và MK // BB’ ( K ∈ CC’) . p dụng đònh lý Talét cho các
đường thẳng song song ta có :
''
'
'
'
KC
KW
MC
BM
PC
BP
NC
NB
QC
QB
====

. Từ
''
'
KC
KW
QC
QB
=
Suy ra QK // B’W tức M , K , Q thẳng
hàng . Do đó MPNQ là hình bình hành và Q nằm trên đường thẳng cố đònh B’C’ .
+Trường hợp P nằm ngoài đoạn BC chứng minh tương tự ta cũng được kết quả như trên .
Vậy Q luôn nằm trên đường thẳng cố đònh B’C’ khi P di chuyển trên BC .
TAM GIÁC ĐỀU
N
A
C’
B’
Q
B C
M
P
K
W
N
M
A’
M’
A
B
C

N’
K
I
P
Q
1/ Cho ∆ ABC cóùù góc B = 45
0
, góc A = 15
0
. Kéo dài BC về phía C rồi lấy D trên đường kéo dài sao
cho DC = 2 CB . Tính góc ADB .
HƯỚNG DẪN



Cách 1 :
Hạ DH ⊥ CA . Ta có : CDH = 30
0
.
Gọi I là trung điểm của DC ; ∆ CHI là tam giác đều
⇒ CH = CB
⇒ ∆ BCH cân tại C
⇒ CBH = CHB = ½ C = 30
0

⇒ ∆ BHA cân tại H
⇒ HB = HA
⇒ ∆ HAD vuông cân
⇒ HAD = 45
0

⇒ ADB = 75
0
Cách 2 :
Hạ DH ⊥ AC
∆ HCD là nửa tam giác đều ⇒ CH = ½ CD ⇒ CH = BC .
2/ Cho tam giác đều ABC, đường cao AH. Trên HC kéo dài lấy HE = HA . Tứùø E kẻ đường thẳng tạo
với EB một góc bằng 15
0
cắt AB kéo dài tại F . Chứng minh ∆ BHF cân .
HƯỚNG DẪN
A
D
F
Cách 1 :
Lấy D đối xứng với E qua H .
⇒ DAF = ACE = 15
0
( Vì DAH = D = 45
0
)
⇒ ∆ DAE vuông cân tại A .
⇒ DH = HA = HE
A và E cùng nhìn DF dưới một góc 15
0
nên tứ giác ADFE nội tiếp được trong một đường tròn , đường
kính DE .
⇒ DFE = 90
0
; BHF = 2E = 30

0

⇒ AFH = 30
0

⇒ ∆ BHF cân tại B .
Cách 2 : Vẽ tia Ax trong ∆ ABC sao cho BAx = 15
0
cắt EF tại D .
∆ ADE là tam giác đều vì có mỗi góc bằng 60
0
. Do đó ta có : AD = AE .
B
H
C
E
D
B
C
I
H
A
⇒ ∆ ABD = ∆ ACE ⇒ ABD = ACE = 120
0
⇒ FBD = 60
0
∆ ADH = ∆ EDH ⇒ AHD = EHD = ½ ( 360
0
– 90
0

) = 135
0

⇒ BHD = 45
0
. Mà BFD = 45
0
⇒ ∆ BFD = ∆ BHD ⇒ BF = BH .
3/ Cho tam giác đều ABC và một điểm D trên đoạn BC . Đường thẳng qua D và song song với AB cắt
AC tại F , DE // AC cắt AB tại E . Gọi P là trung điểm của BF , Q là trung điểm của CE . Chứng minh
tam giác PQD là tam giác đều .
HƯỚNG DẪN
A
F
E
B C
Cách 1 :
BD = ED ; DF = DC ; BDF = CDE = 60
0

∆ BDF = ∆ EDC
⇒ BF = EC ⇒ BQ = PF = CQ = QE ; Và DP = DQ ( Hai trung tuyến tương ứng của 2
tam giác bằng nhau thì bằng nhau ) ; PDQ = 60
0

∆ BDP = ∆ EDQ ⇒ BDP = EDQ
60
0
+ EDP = 60
0

+ FDQ
⇒ EDP = FDQ
⇒ PDQ = 60
0

⇒ ∆ PDQ là tam giác đều .
Cách 2 : ( Dùng phép quay )
Quay ∆ EDC quanh tâm D , góc quay 60
0
, khi đó :
C ≡ F ; E ≡ B ⇒ CF = BF ; Q ≡ P . Do góc quay bằng 60
0
nên
PDQ = 60
0
. Do đó ∆ PQD là tam giác đều .
4/ Cho góc xPy = 120
0
và điểm A nằm trên tia Px . Dựng tam giác đều ABC sao cho B thuộc tia Py và
C thuộc tia phân giác của góc xPy . Gọi Q là giao điểm của AB và PC . Chứng minh rằng
PBPAPQ
111
+=
.
HƯỚNG DẪN
Lấy D trên tia đối của tia Py sao cho PD = PA . Do APD = P
1
= 60
0
nên tam giác APD là tam giác

đều ⇒ PD = PA = AD (1 ) . Ta có : P
1
= P
2
= P
3
= 60
0
. Trong ∆ ABD có PQ // DA nên theo ĐL
Ta lét ta có :
DA
PD
DA
PB
DA
PDPB
DA
DB
PQ
PB
+=
+
==
⇒
)2(
.
11
PBDA
PD
DAPQ

+=
Từ (1) và (2) ta suy ra :
PBPAPQ
111
+=

P
D
C
A
P
B
Q
D
x
y
3
2
1
Q
P
5/ Cho tam giác đều ABC , M là điểm nằm trong tam giác đó sao cho MA
2
= MB
2
+ MC
2
. Hãy Tính
góc BMC .
HƯỚNG DẪN

Sắp xếp bộ ba các đoạn thẳng MA , MB , MC về vò trí các cạnh của tam giác vuông như sau :
Thực hiện phép quay Q , tâm C , góc quay 60
0
theo chiều kim đồng hồ . Qua phép quay , ảnh của các
điểm B và M lần lượt là A và M’ . khi đó ∆ CMM’ đều , MB = M’A . Từ đó MA
2
= MB
2
+ MC
2
.
Hay MA
2
= MM’
2
+ M’A
2
. Như vậy AM’M = 90
0
, suy ra AM’C = 90
0
+ 60
0
= 150
0
. Phép quay trên
biến ∆ CBM thành ∆ CAM’ , từ đó ∆ CBM = G CAM’ , suy ra : BMC = AM’C = 150
0
.
6/ Cho tam giác đều ABC , cạnh a , tâm O . Đường thẳng qua O cắt cắt các cạnh AB , AC , BC lần lượt

tại các điểm M , N , P . Chứng minh rằng :
2222
18111
aONOMOP
=++

HƯỚNG DẪN

Ta có : ∆ IDO là tam giác đều . ∆ BDO = ∆ AIO và chúng là các tam giác cân ⇒ OD = OE =
OF = m = 1/3 a . p dụng đònh lý Talet ta có :
OD
BP
OM
PM
=
hay
22
2
2
.
1
BPOD
BP
OM
=
. Ta lại
có : BP
2
= x
2

+ y
2
+ xy với BM = x ; BP = y . Do đó ta có :

)(
1
2222
xyyxm
y
OM ++
=
⇒
)(
)(1
224
22
2
xyyxm
mxy
OP ++
−
=
;
)(
)2()(1
226
222
2
xyyxm
ymxmy

ON ++
+−
=
Từ các hệ thức trên ta suy ra :
2222
18111
aONOMOP
=++
A
B
C
M
M’
A
B
C
D
E
F
O
I
CỰC TRỊ
1/ Cho điểm M di động trên đoạn thẳng AB . Vẽ các tam giác đều AMC , BMD về một phía
của AB . Xác đònh vò trí của M để tổng diện tích hai tam giác đều là nhỏ nhất .
HƯỚNG DẪN
K
D
C
A B
Gọi K là giao điểm của AC và BD . Các tam giác AMC, BMD đồng dạng với tam giác AKB.

Đặt AM = x , MB = y , AB = a . S
AMC
= S
1
; S
BMD
= S
2
; S
KAB
= S . Ta có :
2
1






=
a
x
S
S
;
2
2







=
a
y
S
S
nên
2
1
22
)(
2
2
2
2
2
22
21
==
+
≥
+
=
+
a
a
a
yx

a
yx
S
SS
Dấu “ = “ xảy ra khi và chỉ khi x = y . Do đó min (S
1
+ S
2
) = 1/2 S ⇔ M là trung điểm của
AB .
Cách 2 :
Ta có :
4
3
2
1
x
S =
;
4
3
2
2
y
S =
suy ra S
1
+ S
2
=

4
3
(x
2
+ y
2
) ≥
4
3
.
2
)(
2
yx +
=
8
3
a
2
Min ( S
1
+ S
2
) =
8
3
a
2
⇔ x = y ⇔ M là trung điểm của AB .
BÀI TOÁN SUY LUẬN

Ví dụ : Một tam giác đều được chia thành một số hữu hạn các tam giác con . Chứng minh rằng
sẽ có ít nhất một tam giác con có cả ba góc đều nhỏ hơn hoặc bằng 120
0
.
HƯỚNG DẪN
Giả sử trong cách phân chia này có a điểm bên trong tam giác , b điểm nằm trên cạnh
( a , b ∈ N* ) . Tổng số đo các góc có được tại tất cả các điểm chia cùng với 3 đỉnh trên cạnh
tam giác là a . 360
0
+ b .180
0
+ 180
0
= ( 2a + b + 1 ) 180
0
.
Do đó số tam giác phân chia là 2a + b + 1 .
Tại mỗi đỉnh trên cạnh của tam giác có nhiều nhất 1 góc lớn hơn 120
0
. Tại mỗi đỉnh ở
bên trong tam giác có nhiều nhất 2 góc lớn hơn 120
0
.
Do đó tổng số goác lớn hơn 120
0
nhiều nhất là 2a + b . Mà có 2a + b + 1 tam giác nên
phải có 1 tam giác mà cả ba góc đều nhỏ hơn hoặc bằng 120
0
.
Chú ý : Kết luận của bài toán không đổi nếu thay ∆ ABC đều bằng tam giác có cả ba

góc không vượt quá 120
0
.
M
y
x
S
1
S
2