Đề cương bồi dưỡng học sinh giỏi môn Hình học Lớp 9

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 Định nghĩa các khái niệm – Định lý – và Hệ quả . 
	Đối với những bài toán thông thường, học sinh chỉ cần vận dụng một vài khái niệm, định lý, hệ quả để giải. 
	Đối với những bài toán khó, để xác định 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 định nghĩa các khái niệm )
+Biêt đưa bài toán về trường hợp tương tự .
+Nắm được ý nghĩa của câu hỏi để cóùù thể chuyển sang dạng tương đương. Ví dụ để chứng minh biểu thức M không phụ thuộc vị 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 định 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 ( Aùp dụng đối với các số không âm )
3/	Bất đẳng thức Bunhiacôpxki
	Cho 2n số a1 ; a2 ; . ; an ; b1 ; b2 ; .. ; bn ta có : 
	( a1b1 + a2b2 + . + anbn )2 £ ( a12 + a22 +  + an2 ) ( b12 + b22 +  + bn2 )
	Dấu “ = “ xảy ra Û 
4/	Giá trị lớn nhất của tổng hai số 
a2 + b2 ³ ½ ( a + b ) 2 Û a + b £ . Dấu “=” xảy ra Û a = b 
5/	Giá trị lớn nhất của tích hai số 
a/ . Dấu bằng xảy ra Û a = b 
 	b/ ( a + b )2 ³ 2 ab Hay . Dấu “=” xảy ra Û a = b
6/ 	a/	a2 + b2 + c2 < 2 ( ab + bc + ca ) 
b/ a4 + b4 + c4 < 2 ( a2b2 + b2c2 + c2a2 ) 
	c/ a2 ( b + c – a ) + b2 ( c + a – b ) + c2 ( a + b – c ) £ 3abc 
7/ 	( a+b-c )( b+c-a )( c+a-b ) £ abc 
8/ 	a/ 	 b/ ( p – a ) ( p – b ) ( p – c ) £ 
	c/ 	 d/ 
9/	a/ ma2 + mb2 ³ 	b/ ma + mb + mc £ 
10/	a/ (1) b/ ha + hb + hc ³ 9r (2) c/ 
II/ DIỆN TÍCH TAM GIÁC
	Gọi a , b , c là độ dài các cạnh ; ha , hb , hc là độ dài các đường cao , ma , mb , mc 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 D ABC . 
1/	S = ½ ha.a = ½ hb.b = ½ hc.c .
2/	S = ½ absinC = ½ bcsinA = ½ acsinB .
3/	S = ½ pr = = ( tham khảo )
4/ 	S £ ( cha + bhc + ahb ) 
5/ Cho a , b , c là độ dài ba cạnh của tam giác , S là diện tích của tam giác đó . Chứng minh :
	a/ a2 + b2 + c2 ³ 
	b/ 2(ab + bc + ca ) ³ + a2 + b2 + c2 
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 .
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 d1 , d2 cho trước . 
IV/ TAM GIÁC - THÊM MỘT SỐ ĐIỀU KIỆN 
1/ Cho D 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 D ADE cân .
 	 	HƯỚNG DẪN 
	 A	a/ Nếu góc A nhọn .	 Xét D ADB : ADB = 1800 – ( B + C ) = A 
	Xét DAEC : AEC = 1800 – ( B + C ) = A
	ADE = B + C ; AED = B + C ; C – B = 2D = 600
Þ AED = ADE Þ DADE cân 
E	B	 C D	
b/Nếu 	góc A tù .
Xét hai tam giác ABD và AEC : ADE = B + C ; AED = B + C Þ D AED cân 	
c/ Nếu góc A = 900 thì D º E
2/ Chứng minh rằng nếu các cạnh a , b , c của D ABC thỏa mãn a2 = b2 + 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 a2 = b2 + bc ta suy ra : Suy ra : D CAB ~ D CBD Þ CBA = CDB ; CAB = CBD = CBA + ABD 
	Nhưng A = 2 ABD ( theo cách dựng ) Þ ABC = ABD 
	Þ 
A
C
I
B
M
D
3/ Cho D 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
J
Từ C kẻ đường thẳng song song với AB cắt DM ở I , cắt DB ở J . Ta có : . Mà AM = MB nên CI = IJ . Mặt khác D CBJ vuông ở B nên IB = CI hay ICB = IBC . Với ICB = CBA ta có : IBC = CBA . Do đó IBA = CAB . Chứng tỏ ACIB là hình thang cân. Từ đó : AC = BI. Do đó : D CMA = D IMB (cgc) Þ AMC = BMD .
4/ D ABC có tính chất : tồn tại P trong tam giác sao cho PAB = 100 ; PCA = 300 ; PBA = 200 ; PAC = 400 . Tính các góc B và C .
 B	HƯỚNG DẪN	 
 P
 A	 	 C
A’
Gọi A’ là điểm đối xứng của A qua BP . Suy ra APA’ = 600 và D APA’ đều .
Gọi E là giao điểm của PC VÀ BA’ , ta có : 
PEA’ = 1200 = EA’C + ECA’ Þ Tứ giác AA’EP nội tiếp đường tròn .
Từ đó ta có : AEA’ = APA’ = 600 và do CEA’ = 600 nên ta suy ra BA’ là đường trung rtực của AC . Vậy A = C = 500 , B = 800 
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 ³ b ³ 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 m1 ; m2 ; ; m7 . Giả sử m1 £ m2 £ .. £ m7 < 13 .
Nếu không chọn được 3 trong 7 đoạn thẳng đó để làm cạnh của tam giác thì từ nhận xét trên ta có :
	m3 ³ m1 + m2 ³ 1 + 1 = 2 
	m4 ³ m2 + m3 ³ 1 + 2 = 3 
	m5 ³ m3 + m4 ³ 2 + 3 = 5 
	m6 ³ m4 + m5 ³ 3 + 5 = 8 
	m7 ³ m5 + m6 ³ 5 + 8 = 13
Kết quả m7 ³ 13 ( trái gt ) , như vậy tồn tại ba đoạn thẳng làm cạnh của một tam giác .
	Khẳng định trên không còn đúng nếu chỉ sử dụng 6 đoạn thẳng . Thật vậy phần ví dụ sau minh họa điều này : Chọn m1 = m2 = 1 ; m3 = 2 ; m4 = 3 ; m5 = 5 ; m6 = 8 , khi đó không có ba đoạn thẳng nào thỏa mãn (1 ) , ( 2 ) , ( 3 ) .
CHỦ ĐỀ 2 : TAM GIÁC – PHÂN GIÁC
1/ Cho D 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 D 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 . 
3/ Cho D 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 D ABC có dộ dài 3 cạnh là a,b,c và la , lb , lc là độ dài 3 đường phân giác ứng với các cạnh BC , CA , AB . Chứng minh : 
B
D
C
A
E
 	HƯỚNG DẪN
c
	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 .
c
b
	+ Ta chứng minh ( và tương tự 	
a
	 la	 với các trường hợp còn lại ) bằng cách tính BE ( liên 
 	 quan đến b , c , la ) .
 	Qua B vẽ đường thẳng song song với đường thẳng AD cắt CA tại E . D ABE cân tại E . Xét D ABE ta có : BE < AB + AE = 2AB = 2c .
	Xét D CBE ta có : AD // BE Þ 
 Û Þ 
Chứng minh tương tự ta có : 	
	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 :
A
	+ Bài toán cho các đường phân giác nên hãy chú
B
C
Y
Z
X
	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 .
 Aùp dụng bất đẳng thức Cosi cho 3 số dương ta có :
Theo tính chất đường phân giác : 
 Do đó 
	Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c tức D ABC đều .
6/ Cho D ABC , ba đường phân giác trong AD , BE , CF . Chứng minh điều kiện cần và đủ để tam giác ABC đều là SDEF = ¼ SABC .
8/ Cho D ABC có độ dài ba cạnh là a , b , c . Vẽ các phân giác AD , BE , CF .Chứng minh 
 SDEF £ ¼ SABC , dấu “=” xảy ra Û D ABC đều .
TÍNH ĐỘ LỚN CỦA GÓC
1/ Cho D ABC , các đường phân giác trong BD , CE . Tính số đo các góc của tam giác nếu BDE = 240 , CED = 180 .
2/ Cho D ABC , các góc B và C cóùù tỉ lệ 3 : 1 , phân gi ... ộc cạnh AB . 
a/ Kéo dài một đoạn CN = BM . Chứng minh rằng AM + MN + NA > AB + BC + CA .
C
A
B
M
F
H
K
N
S
Q
E
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 : D MBH = D NCK
	Þ BH = CK Þ BC = HK . 
	Ta có : MN = ME + EN > HE + EK = HK .
	Từ đó AM + AN > AB + AC + BC .
b/ Dựng D CSP với CS // AB ; PS // BC và PB cắt đoạn 
	CS tại Q . 
P
	 Ta có : BM = CQ < CS = CP . Mặt khác CN = CQ < CP nên
	MN AM + MN + AC + CN >
	AB + BC + CA .
13/ Cho tam giác cân ABC ( AB = AC ) , , đường cao . 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
K
N
P
H
M
 C	
Q
 A	 B
H’
K’
O là trọng tâm của D ABC . AH = 2HM = .
Hạ HP ^ AN , HQ ^ KM . Kéo dài KM thêm một đoạn MK’ = KM . Ta có : H là trọng tâm của D KAK’ Þ KH đi qua H’ là trung điểm của AK’ . 
Þ KA = 2KM Û D AKK’ cân Û AKH = HKK’ Û H’P = HQ 
SAOH = 1/3 SACH = 1/6 SABC = 1/6.1/2 = 
AO = Þ HP =
SCHM = CM = 
 HQ = suy ra điều phải chứng minh .
DIỆN TÍCH 
1/ Cho tam giác ABC cân tại C . Cho biết = k ( k ¹ 1 ) . Vẽ các phân giác CM , AN , BP . Gọi SABC = S , SMNP = S1. Chứng minh rằng : 
	a/ 	
	b/ S’ < 
A
C
B
M
N
P
 HƯỚNG DẪN 
S1
	Nhận xét : ; SCNP ~ SCAB Þ 
S3
S2
H
K
a/ SCPN = S1 ; SAMP = S2 ; SBMN = S3 . Ta có : S2 = S3 .
	S’ = S – S1 – S2 – S3 
 	 Vì AN là phân giác nên ta có : 
	Vì : và 
 Tam giác CPN đồng dạng với tam giác ABC Þ 
	 Þ 
DAPM = DBMN ( c g c ) Þ 
Þ SAPM + SBMN = 
SMNP = S – – = 
Þ 
b/ Ta có : ( dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi k =1 ) vì k ¹ 1 Þ 	 Þ 	 Þ 	 Þ Þ 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 . 
M
O
	 A	HƯỚNG DẪN 
	E	D
N
 B K	 C 
 Đặt S1 = SAEOD . Qua O dựng MN // BC . 
SDOE = S DME ( Có chung cạnh đáy , đường cao bằng nhau ) Þ SAME = S1 
SAEM = SMEC Þ SAEC = 2SAEM = 2S1 Þ SAOD = SAOE = ½ S1 
SAOC = SACE – SAOE = 2S1 – ½ S1 = 3/2 S1
SAOC = ½ AO.CK = ½.1/2 AK .1/2 BC = 1/8 AK.BC = 1/8 S Þ 3/2S1 = 1/8 S Þ S1 = 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 định vị trí của M và N để :
	a/MN có giá trị nhỏ nhất .
	b/Diện tích tam giác AMN có giá trị nhỏ nhất .
HƯỚNG DẪN 
A’
M’
A
B
C
N’
K
I
N
M
Q
P
a/Vẽ MM’ , NN’ vuông góc với BC . Ta có : MN ³ M’N’ = BC/2 
Do đó : min MN = BC / 2 Û MN // M’N’ Û 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 Þ IK //= ½ AA’ Þ P , Q là trung điểm của AB , AC .
Ta luôn có SAMN £ SAPQ ( như bài trên ) Þ SAMN £ ¼ SAB
TAM GIÁC CÂN – MỘT ĐƯỜNG THẲNG LUÔN ĐI QUA MỘT ĐIỂM CỐ ĐỊNH
1/ Cho D 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 luơn nằm trên một đường thẳng khi P di chuyển trên đường thẳng BC .
N
A
C’
B’
Q
B
C
M
P
K
W
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 định . 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 Ỵ B’C’ ) và MK // BB’ ( K Ỵ CC’) . Aùp dụng định lý Talét cho các đường thẳng song song ta có :
	 . Từ 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 định 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 định B’C’ khi P di chuyển trên BC .
TAM GIÁC ĐỀU
1/ Cho D ABC cóùù góc B = 450 , góc A = 150 . Kéo dài BC về phía C rồi lấy D trên đường kéo dài sao cho DC = 2 CB . Tính góc ADB . 
HƯỚNG DẪND
B
C
I
H
A
Cách 1 :
	Hạ DH ^ CA . Ta có : CDH = 300 .
	Gọi I là trung điểm của DC ; D CHI là tam giác đều 
CH = CB 
D BCH cân tại C 
CBH = CHB = ½ C = 300 
D BHA cân tại H 
HB = HA 
D HAD vuông cân 
HAD = 450 
ADB = 750
Cách 2 : 
	Hạ DH ^ AC 
	D HCD là nửa tam giác đều Þ CH = ½ CD Þ 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 150 cắt AB kéo dài tại F . Chứng minh D BHF cân . 
HƯỚNG DẪN
B
H
C
E
	A	
 D
 F
Cách 1 :
Lấy D đối xứng với E qua H .
Þ DAF = ACE = 150 ( Vì DAH = D = 450 )
D DAE vuông cân tại A .
DH = HA = HE 
A và E cùng nhìn DF dưới một góc 150 nên tứ giác ADFE nội tiếp được trong một đường tròn , đường kính DE .
Þ DFE = 900 ; BHF = 2E = 300 
AFH = 300 
D BHF cân tại B .
Cách 2 : Vẽ tia Ax trong D ABC sao cho BAx = 150 cắt EF tại D . 
	D ADE là tam giác đều vì có mỗi góc bằng 600 . Do đó ta có : AD = AE . 
Þ D ABD = D ACE Þ ABD = ACE = 1200 Þ FBD = 600 
	D ADH = D EDH Þ AHD = EHD = ½ ( 3600 – 900 ) = 1350 
	Þ BHD = 450 . Mà BFD = 450  Þ D BFD = D BHD Þ 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
Q
P
	A
	F
P
	E
D
 B	 C
Cách 1 : 
	BD = ED ; DF = DC ; BDF = CDE = 600 
	D BDF = D EDC 
	Þ BF = EC Þ BQ = PF = CQ = QE ; Và DP = DQ ( Hai trung tuyến tương ứng của 2 tam giác bằng nhau thì bằng nhau ) ; PDQ = 600 
	D BDP = D EDQ Þ BDP = EDQ 
	 600 + EDP = 600 + FDQ
EDP = FDQ
PDQ = 600 
D PDQ là tam giác đều .
Cách 2 : ( Dùng phép quay )
Quay D EDC quanh tâm D , góc quay 600 , khi đó :
	C º F ; E º B Þ CF = BF ; Q º P . Do góc quay bằng 600 nên 
	PDQ = 600 . Do đó D PQD là tam giác đều .
4/ Cho góc xPy = 1200 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 .
HƯỚNG DẪN
C
y
Q
B
2
3
1
x
A
P
D
Lấy D trên tia đối của tia Py sao cho PD = PA . Do APD = P1 = 600 nên tam giác APD là tam giác đều Þ PD = PA = AD (1 ) . Ta có : P1 = P2 = P3 = 600 . Trong D ABD có PQ // DA nên theo ĐL Ta lét ta có : 
 Þ 
Từ (1) và (2) ta suy ra : 
5/ Cho tam giác đều ABC , M là điểm nằm trong tam giác đó sao cho MA2 = MB2 + MC2 . Hãy Tính góc BMC .
A
B
C
HƯỚNG DẪN
M’
M
Sắp xếp bộ ba các đoạn thẳng MA , MB , MC về vị trí các cạnh của tam giác vuông như sau : Thực hiện phép quay Q , tâm C , góc quay 600 theo chiều kim đồng hồ . Qua phép quay , ảnh của các điểm B và M lần lượt là A và M’ . khi đó D CMM’ đều , MB = M’A . Từ đó MA2 = MB2 + MC2 . Hay MA2 = MM’2 + M’A2 . Như vậy AM’M = 900 , suy ra AM’C = 900 + 600 = 1500 . Phép quay trên biến D CBM thành D CAM’ , từ đó D CBM = G CAM’ , suy ra : BMC = AM’C = 1500 .
A
B
C
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 : 
HƯỚNG DẪN 
D
E
F
O
I
Ta có : D IDO là tam giác đều . D BDO = D AIO và chúng là các tam giác cân Þ OD = OE = OF = m = 1/3 a . Aùp dụng định lý Talet ta có : hay . Ta lại có : BP2 = x2 + y2 + xy với BM = x ; BP = y . Do đó ta có :
 Þ ; 
	Từ các hệ thức trên ta suy ra : 
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 định vị trí của M để tổng diện tích hai tam giác đều là nhỏ nhất .
HƯỚNG DẪN
	 K
	 D
S2
	 C
S1
x
y
M
	 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 . SAMC = S1 ; SBMD = S2 ; SKAB = S . Ta có : 
	 ; nên 
	Dấu “ = “ xảy ra khi và chỉ khi x = y . Do đó min (S1 + S2 ) = 1/2 S Û M là trung điểm của AB .
	Cách 2 : 
Ta có : ; suy ra S1 + S2 = (x2 + y2 ) ³ .= a2
	Min ( S1 + S2 ) = a2 Û x = y Û 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 1200 .
HƯỚNG DẪN
	Giả sử trong cách phân chia này có a điểm bên trong tam giác , b điểm nằm trên cạnh ( a , b Ỵ N* ) . Tổng số đo các góc có được tại tất cả các điểm chia cùng với 3 đỉnh trên cạnh tam giác là a . 3600 + b .1800 + 1800 = ( 2a + b + 1 ) 1800 .
	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 1200 . Tại mỗi đỉnh ở bên trong tam giác có nhiều nhất 2 góc lớn hơn 1200 . 
	Do đó tổng số goác lớn hơn 1200 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 1200 .
	Chú ý : Kết luận của bài toán không đổi nếu thay D ABC đều bằng tam giác có cả ba góc không vượt quá 1200 .
TAM GIÁC ĐỀU – ĐIỂM NẰM TRÊN CẠNH – DIỆN TÍCH
1/Cho tam giác đều ABC , các điểm M , N lần lượt di chuyển trên hai cạnh AB , AC sao cho ( 1 ) . Tìm vị trí của M , N để SAMN lớn nhất .
HƯỚNG DẪN
	 A
	 x	 y
	 M	 N
 E	 F	 
 B	 a	C
	Ta chứng minh bổ đề : Khi M , N di chuyển trên AB , AC và thỏa mãn ( 1 ) thì chu vi D AMN không đổi .
	Gọi E , F là trung điểm của AB , AC . Từ ( 1 ) suy ra AM < MB , AN < NC Þ M nằm giữa A , F . Do đó ( 1 ) Û Û a2 – 2ax - 2ay + 3xy = 0 ( 2 )
Ta có : EM + FN = ½ a – x + ½ a – y = a – ( x + y ) Þ ( EM + FN )2 = a2 - 2ax – 2ay + 2xy 
Aùp dụng định lý hàm Côsin cho D AMN : MN2 = x2 + y2 – xy 
Þ ( EM + FN )2 – MN2 = a2 - 2ax – 2ay + 3xy ( 3 )
( 2 ) , ( 3 ) Þ EM + FN = MN 
 Þ chu vi D AMN = AM + MN + AN = AM + ME + AN + NF = AE + AF = a = hằng số .
Ta có : SAMN = ½ AM.AN.sin600 = .
Theo bổ đề trên a = x + y + MN = x + y + . Mà x2 + y2 – xy ³ xy nên 
a ³ 2 + = 3 ( Aùp dụng BĐT Côsi )
xy £ 1/9 a2 . Dấu “ = “ xảy ra Û x = y = 1/3 a .
Vậy max SAMN = Û