�ݺ�ߣ

Bài tập chương 2
Hình học phẳng
CƠ SỞ TOÁN Ở TIỂU HỌC 2 – THẦY LÊ CHÂN ĐỨC

2
Danh sách
thành viên
Nhóm Miễn A là được
Trần Kim Oanh - 47.01.901.211
Phan Đình Vũ - 47.01.901.301
Thái Thục Nghi - 47.01.901.183
Nguyễn Thị Tú - 47.01.901.071
Vũ Thị Ngọc Anh - 47.01.901.094
Nguyễn Quốc Thịnh 47.01.901.252
Nguyễn Tuyết Vy - 47.01.901.314
Trần Thị Vân Khánh - 47.01.901.142

Bài 1: Một hội nghị bàn tròn gồm 10 người mà những người không biết nhau đều
không ngồi cạnh nhau. Hỏi có bao nhiêu cặp không biết nhau?
Cách 1:
Ta có: Một hội nghị bàn tròn gồm 10
người. Cứ 2 người ta được một cặp.
Vì vậy tổng số cặp trong hội nghị bàn
tròn là: 𝐶10
2
Trong số cặp đó thì có 10 cặp biết
nhau nên ngồi cạnh nhau. Vậy số cặp
không biết nhau là: 𝐶10
2
− 10 = 35
cặp
Vậy có 35 cặp không biết nhau.
Cách 2:
Vì hội nghị bàn tròn gồm 10 người nên ta có đa giác
10 cạnh.
Mà những người không biết nhau đều không ngồi
cạnh nhau nên ta có số đường chéo của đa giác 10
cạnh là:
10.(10−3)
2
= 35 (𝑐ặ𝑝)
Vậy có 35 cặp không biết nhau.

Bài 2: Tính tổng 𝜶 + 𝜷 trong hình bên cạnh.
Ta có:
150° + 130° + 𝛽 + 170° + 𝛼 = 5 − 2 . 180°
⇔ 𝛼 + 𝛽 + 450° = 540°
⇔ 𝛼 + 𝛽 = 540° − 450° = 90°
𝑉ậ𝑦 𝛼 + 𝛽 = 90°

Bài 3: Tính số đo góc ngoài của một đa giác đều có 5 đường chéo.
Gọi 𝑛 là số cạnh của một đa giác. (𝑛 ∈ ℕ; 𝑛 ≥ 3)
𝛽 là số đo góc ngoài của đa giác đều. (0 < 𝛽 < 180°)
Ta có số cạnh của đa giác đều là:
𝑛(𝑛−3)
2
= 5
⇔ 𝑛2
− 3𝑛 = 10 ⇔ 𝑛2
− 3𝑛 − 10 = 0 ⇔
𝑛 = −2 𝐿𝑜ạ𝑖
𝑛 = 5 𝑇ℎỏ𝑎 𝑚ã𝑛 đ𝑖ề𝑢 𝑘𝑖ệ𝑛
Vậy số đo góc ngoài của đa giác đều là:
β =
360°
𝑛
=
360°
5
= 72° 𝑇ℎỏ𝑎 𝑚ã𝑛
Vậy số đo góc ngoài của một đa giác đều là 72°.

Bài 4: Tìm số cạnh của đa giác trong trường hợp sau:
(a) Tổng số đo góc trong gấp đôi tổng số đo góc ngoài
Gọi n là số cạnh của một đa giác (n ∈ ℕ; n ≥ 3)
Theo đề bài, ta có: n − 2 . 180° = 2. 360° ⇔ n − 2 = 2.2 ⇔ n = 6 (Thỏa mãn)
Vậy đa giác có 6 cạnh.

(b) Tổng số đo góc trong
trừ đi một góc trong bằng
𝟐𝟓𝟕𝟎°.
𝐺ọ𝑖 𝛼 là số đo góc trong một đa giác 0° < 𝛼 < 180°
𝑛 là số cạnh của một đa giác (𝑛 ∈ ℕ; 𝑛 ≥ 3)
Theo đề bài, ta có: 𝑛 − 2 . 180° − 𝛼 = 2570° ⇔ 𝛼 = 𝑛 − 2 . 180° − 2570°
𝐷𝑜 0° < 𝛼 < 180° nên 0° < 𝑛 − 2 . 180° − 2570° < 180°
⇔ 2570° < 𝑛 − 2 . 180° < 2750°
⇔ 2570° < 𝑛 − 2 . 180° < 2750°
⇔
2570°
180°
< 𝑛 − 2 <
2750°
180°
⇔
293
18
< 𝑛 <
311
18
⇔ 16
5
18
< 𝑛 < 17
5
18
Do 𝑛 ∈ ℕ nên 𝑛 = 17.

(c) Tổng số đo góc cộng với một góc ngoài bằng 2250°.
Gọi β là số đo một góc ngoài của một đa giác 0° < β < 180°
n là số cạnh của một đa giác (n ∈ ℕ; n ≥ 3)
Theo đề bài, ta có: n − 2 . 180° + 360° + β = 2250°
⇔ β = 2250° − 360° − n − 2 . 180° = 1890° − n − 2 . 180°
Do 0° < β < 180° nên 0° < 1890° − n − 2 . 180° < 180°
⇔ −1890° < − n − 2 . 180° < −1710°
⇔ 1710° < n − 2 . 180° < 1890°
⇔
1710°
180°
< n − 2 <
1890°
180°
⇔
23
2
< n <
25
2
⇔ 11
1
2
< n < 12
1
2
Do n ∈ ℕ nên n = 12.

(d) Số đường chéo gấp đôi số cạnh.
Theo đề bài, ta có:
n n − 3
2
= 2n ⇒ n2
− 3n = 4n ⇒ n2
− 7n = 0
⇒
n = 0 (Không thỏa mãn điều kiện)
n = 7 (Thỏa mãn điều kiện)
(e) Số đường chéo nhiều hơn số cạnh là 7.
n n − 3
2
− n = 7 ⇒ n2
− 3n − 2n = 14
⇒ n2
− 5n − 14 = 0
⇒
n = −2 (Không thỏa mãn điều kiện)
n = 7 (Thỏa mãn điều kiện)

f Có hai góc ngoài bằng 63° , các góc ngoài còn lại đều bằng 26°.
Gọi n là số các góc ngoài còn lại của 1 đa giác x ∈ ℕ; n > 0
2.63° + n. 26° = 360° ⇔ n. 26° = 360° − 126° ⇔ n. 26° = 234°
⇔ n = 9 (Thỏa mãn)
Do đó số cạnh của đa giác là: 2 + 9 = 11 (cạnh)

(g) Đó là đa giác đều và góc ngoài nhỏ hơn góc trong 140°.
Gọi α và β lần lượt là số đo góc trong và góc ngoài của đa giác đều.
0 < α < 180°; 0 < β < 180°
n là số cạnh của đa giác đều x ∈ ℕ; x ≥ 3
Theo đề bài, ta có hệ phương trình:
α + β = 180°
α − β = 140°
⇔
2α = 320°
α − β = 140°
⇔
α = 160°
160° − β = 140°
⇔
α = 160°
β = 20°
Ta lại có:
n − 2 . 180°
n
= 160° ⇔ 180°. n − 360° = 160°. n
⇔ 20°. n = 360° ⇔ n =
360°
20°
= 18 (Thoả mãn)
Vậy số cạnh của đa giác đều là 18 cạnh.

Bài 5: Đếm số tam giác có trong phép phân hoạch:
a. Một tam giác bởi ba đường trung tuyến.
Ta đếm tam giác như sau:
 Tam giác một mảnh: (1), (2), (3), (4), (5), (6).
 Tam giác hai mảnh: (13), (24), (56).
 Tam giác ba mảnh: (123), (124), (135), (246), (356), (456).
 Tam giác bốn mảnh và năm mảnh: không có.
 Tam giác sáu mảnh: (123456).
Như vậy, có tổng cộng là 6 + 3 + 6 + 1 = 16 tam giác.

b) Hình thang ABCD bởi đường chéo AC, đường chéo BD, đường thẳng đi
qua giao điểm của AC với BD và song song với đáy.
Ta đếm tam giác như sau:
 Tam giác một mảnh: (1), (2), (3), (4), (5), (6).
 Tam giác hai mảnh: (24), (35).
 Tam giác ba mảnh: (124), (135), (246), (356).
 Tam giác bốn mảnh, năm mảnh và sáu mảnh: không có.
Như vậy, có tổng cộng là 6 + 2 + 4 = 12 tam giác.

Bài 6: Chứng tỏ rằng (bằng cách chỉ ra cách tách – ghép):
(a) Tam giác đồng phân với hình chữ nhật
(1) (2) (1) (2)
(1) (2)
(1) Ban đầu (2) Tách (3) Ghép

* Giả sử tam giác ABC có A, B nhọn
Gọi M,N lần lượt là trung điểm của AC và BC.
Xét ∆ABC có:
M là trung điểm của AC
N là trung điểm của BC
⇒MN là đường trung bình của ∆ABC⇒MN//AB
Kẻ AA’ vuông góc với MN, BB’ vuông góc với MN, CC’ vuông
góc với MN.
Ta có:
AA′ ⊥ MN
CC′ ⊥ MN
⇒ AA′//CC′ ⇒ A′AM =
C′CM (2 góc so le trong)
Xé𝑡 ∆𝐴𝐴’𝑀 𝑣à ∆𝐶𝐶’𝑀 𝑐ó:
𝐴𝐴′𝑀 = 𝐶𝐶′𝑀 = 90°
𝐴𝑀 = 𝑀𝐶 (𝑀 𝑙à 𝑡𝑟𝑢𝑛𝑔 đ𝑖ể𝑚 𝑐ủ𝑎 𝐴𝐶)
𝐴′𝐴𝑀 = 𝐶′𝐶𝑀 (𝑐𝑚𝑡)
⇒ ∆𝐴𝐴’𝑀 1 = ∆𝐶𝐶’𝑀(1′) (𝑔. 𝑐. 𝑔)

Ta có:
BB′ ⊥ MN
CC′ ⊥ MN
⇒ BB′
//CC′ ⇒ B′BN = C′CN (2 góc so le trong)
Xét ∆BB’N và ∆CC’N có:
BB′N = CC′N = 90°
BN = CN (N là trung điểm của BC)
B′BN = C′CN (cmt)
⇒ ∆BB’N 2 = ∆CC’N 2′ (g. c. g)
Cắt (1’), (2’) ghép lần lượt vào vị trí (1), (2) theo chiều mũi tên theo
hình vẽ. khi đó ta được hình chữ nhật AA’B’B.

* Giả sử tam giác ABC có A > 90º (tù)
Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của AB và BC.
Xét ∆ABC có:
P là trung điểm của AB
Q là trung điểm của BC
⇒ PQ là đường trung bình của ∆ABC ⇒ PQ//AC
− Kẻ AA’, BB’, CC’ lần lượt vuông góc với PQ.
Ta có:
BB′ ⊥ PQ
AA′ ⊥ PQ
⇒ AA′
//BB′ ⇒ A′AP = B′BP (2 góc so le trong)
Xét ∆AA’P và ∆BB’P có:
BB′P = AA′P = 90°
AP = BP (P là trung điểm của AB)
A′AP = B′BP (cmt)
⇒ ∆AA’P = ∆BB’P (g. c. g). Cắt ∆AA’P ghép vào ∆BB’P.
Cắt ∆BB’Q ghép vào ∆CC’Q. Ta được hình chữ nhật AA’C’C.

* Giả sử tam giác ABC có A vuông.
Gọi D, E lần lượt là trung điểm của AB và BC.
Xét ∆ABC có:
D là trung điểm của AB
E là trung điểm của BC
⇒ DE là đường trung bình của ∆ABC ⇒ DE//AC
- Kẻ CF vuông góc AC, DE vuông góc AB.
Xét ∆BDE và ∆CFE có:
CFE = EDB = 90°
BE = CE (E là trung điểm của BC. )
BED = CEF (2 góc đối đỉnh)
⇒ ∆BDE = ∆CFE (cạnh huyền − góc nhọn).
− Cắt ∆BDE ghép vào ∆CFE. Ta được hình chữ nhật ACFD.

19
(b) Hình chữ thập đồng phân hình vuông
(1)
(2)
(3)
(4)
(1)
(2) (3)
4)
(1)
(2)
(3)
(4)

20
Cho hình chữ thập AA’AoBB’BoCC’CoDD’Do.
Nối AB cắt A’Ao tại I. Nối BC cắt B’Bo tại J. Nối CD cắt C’Co tại K. Nối AD cắt D’Dotại H.
Vì hình chữ thập được tạo thành bởi 2 hình chữ nhật giống nhau nên tất cả các cạnh bằng nhau và:
AA′
//BAo
BB′
//CBo
CC′
//DCo
DD′
//ADo
⇒
AoBI = IAA′
BoCJ = JBB′
CoDK = KCC′
DoAH = HDD′
(2 góc so le trong)
Xét ∆AA′
I và ∆BAoI có:
BAoI = IA′A = 90°
AA′ = BAo (cmt)
AoBI = IAA′(cmt)
⇒ ∆AA′
I 1 = ∆BAoI(1′) (g. c. g)
Xét ∆BB′
J và ∆CBoJ có:
CBoJ = JB′B = 90°
BB′ = CBo (cmt)
BoCJ = JBB′(cmt)
⇒ ∆BB′
J 2 = ∆CBoJ(2′) (g. c. g)

21
Xét ∆CC′
K và ∆DCoK có:
DCoK = KC′C = 90°
CC′ = DCo (cmt)
CoDK = KCC′(cmt)
⇒ ∆CC′
K 3 = ∆DCoK(3′) (g. c. g)
Xét ∆DD′
H và ∆ADoH có:
ADoH = HD′D = 90°
DD′ = ADo (cmt)
DoAH = HDD′(cmt)
⇒ ∆DD′
H 4 = ∆ADoH(4′) (g. c. g)
Cắt (1), (2), (3), (4) lần lượt ghép vào vị trí (1’), (2’), (3’), (4’)
theo chiều mũi tên ta được hình vuông ABCD.

(1)
(2)
(1)
(2)
(1)
(2)
(c) Hình chữ L (tạo bởi hai hình vuông) đồng phân hình vuông

(c) Hình chữ L (tạo bởi hai hình vuông) đồng phân hình vuông
𝐶ℎ𝑜 ℎì𝑛ℎ 𝑐ℎữ 𝐿 đượ𝑐 𝑡ạ𝑜 𝑏ở𝑖 2 ℎì𝑛ℎ 𝑣𝑢ô𝑛𝑔 𝐴𝐵𝐶𝐷 𝑐ạ𝑛ℎ 𝑎 𝑣à 𝐷𝐸𝐹𝐺 𝑐ạ𝑛ℎ 𝑏 (𝑎 > 𝑏).
𝐿ấ𝑦 đ𝑖ể𝑚 𝐻 ∈ 𝐴𝐷, 𝐾 ∈ 𝐷𝐶 𝑠𝑎𝑜 𝑐ℎ𝑜 𝐴𝐻 = 𝐶𝐾 = 𝑏.
𝑇𝑎 𝑐ó:
𝐾𝐸 = 𝐾𝐶 + 𝐶𝐸 = 𝐾𝐶 + (𝐶𝐷 − 𝐸𝐷) = 𝑏 + (𝑎 − 𝑏) = 𝑎
𝐻𝐺 = 𝐻𝐷 + 𝐷𝐺 = 𝐴𝐷 − 𝐴𝐻 + 𝐷𝐺 = 𝑎 − 𝑏 + 𝑏 = 𝑎
⇒ 𝐾𝐸 = 𝐻𝐺
𝑋é𝑡 ∆𝐵𝐴𝐻 𝑣à ∆𝐵𝐶𝐾 𝑐ó:
𝐴𝐵 = 𝐵𝐶 (𝐴𝐵𝐶𝐷 𝑙à ℎì𝑛ℎ 𝑣𝑢ô𝑛𝑔)
𝐵𝐴𝐻 = 𝐵𝐶𝐾 = 90°
𝐴𝐻 = 𝐶𝐾(𝑔𝑡)
⇒ ∆𝐵𝐴𝐻 = ∆𝐵𝐶𝐾 2 𝑐ạ𝑛ℎ 𝑔ó𝑐 𝑣𝑢ô𝑛𝑔 .
𝑋é𝑡 ∆𝐹𝐺𝐻 𝑣à ∆𝐹𝐸𝐾 𝑐ó:
𝐹𝐺 = 𝐹𝐸 (𝐷𝐸𝐹𝐺 𝑙à ℎì𝑛ℎ 𝑣𝑢ô𝑛𝑔 )
𝐹𝐺𝐻 = 𝐹𝐸𝐾 = 90°
𝐾𝐸 = 𝐻𝐺(𝑐𝑚𝑡)
⇒ ∆𝐹𝐺𝐻 = ∆𝐹𝐸𝐾 (2 𝑐ạ𝑛ℎ 𝑔ó𝑐 𝑣𝑢ô𝑛𝑔)
𝐶ắ𝑡 ∆𝐵𝐴𝐻 𝑔ℎé𝑝 𝑣à𝑜 ∆𝐵𝐶𝐾, 𝑐ắ𝑡 ∆𝐹𝐺𝐻 𝑔ℎé𝑝 𝑣à𝑜 ∆𝐹𝐸𝐾. 𝑇𝑎 đượ𝑐 ℎì𝑛ℎ 𝑣𝑢ô𝑛𝑔 𝐵𝐾𝐹𝐻.

Bài 7. Với điều kiện gì thì hình thang sẽ đồng phân với hình vuông?
Trường hợp 1: ABCD là hình thang có AB và CD là 2 đáy, AH là đường cao.

Bài 7. Với điều kiện gì thì hình thang sẽ đồng phân với hình vuông?
Trường hợp 2: ABCD là hình thang vuông với AD là đường cao.

28
Bài 8. Trong hình bên, hai tứ giác ABCD và CÈG đều là hình
vuông. Tính tỉ số
𝒔𝑨𝑬𝑮
𝒔𝑬𝑭𝑮

30
Bài 9: Hãy trình bày (có giải thích) cách vẽ một đường thẳng qua điểm đã chỉ ra trên
cạnh BC và chia tam giác ABC trong hình bên thành hai phần có diện tích bằng nhau.
Gọi điểm đã chỉ ra trên cạnh BC là D.
*Xét 3 trường hợp: - Trường hợp 1: BD = CD ⇒ D là trung điểm BC.
Kẻ đường thẳng AD. Khi đó, AD chính là đường thẳng phải dựng.
Chứng minh: Kẻ đường cao AH.
Ta có:
SABD =
1
2
. AH. BD
SADC =
1
2
. AH. DC
BD = DC gt
⇒ SABD = SADC
Vậy AD là đường thẳng phải dựng.
A
B C
D
H

31
H
A
B
C
D
E
L
- Trường hợp 2: BD > CD.
Vẽ CE//AD (E ∈ AB).
Gọi L là trung điểm của BE thì
đường thẳng DL chính là đường thẳng phải dựng.
Chứng minh: Kẻ đường thẳng DE.
Ta có: CE//AD (gt)
⇒ Khoảng cách từ C đến AD bằng khoảng cách từ E đến AD.
khoảng cách giữa 2 đường thẳng song song
⇒ hEAD = hCAD

32
H
A
B
C
D
E
L
Mặt khác:
SEAD =
1
2
. hEAD. AD
SCAD =
1
2
. hCAD. AD
⇒ SEAD = SCAD ⇒ SEAD + SLAD = SCAD + SLAD ⇒ SEDL = SCALD 1
Kẻ đường cao DH trong ∆DBE.
Ta có:
SBDL =
1
2
. DH. BL
SEDL =
1
2
. DH. EL
BL = EL( L là trung điểm của BE)
⇒ SBDL = SEDL 2
Từ 1 và 2 suy ra: SBDL = SCALD
Vậy DL là đường thẳng phải dựng.

33
Trường hợp 3: BD < CD
Vẽ BF//AD (F ∈ AC).
Gọi I là trung điểm của CF thì
đường thẳng DI chính là đường thẳng phải dựng.
Chứng minh: Kẻ đường thẳng DF.
Ta có: BF//AD (gt).
⇒ Khoảng cách từ B đến AD bằng khoảng cách từ F đến AD.
khoảng cách giữa 2 đường thẳng song song
⇒ hBAD = hFAD
H
A
B C
D
F
I

34
H
A
B C
D
F
I
Mặt khác:
SBAD =
1
2
. hBAD. AD
SFAD =
1
2
. hFAD. AD
⇒ SBAD = SFAD ⇒ SBAD + SIAD = SFAD + SIAD ⇒ SBAID = SFDI 1
Kẻ đường cao DH trong ∆FDC.
Ta có:
SFDI =
1
2 . DH. FI
SDIC =
1
2
. DH. IC
IF = IC( I là trung điểm của CF)
⇒ SFDI = SDIC 2
Từ 1 và 2 suy ra: SBAID = SDIC .
Vậy DI là đường thẳng phải dựng.

CÁCH 1: Giả sử AB = x (đvđd) (x > 0)
Gọi F = CD ∩ AB
Kẻ FG ⊥ BE tại G.
Xét tứ giác DFGE có:
FDE = 90° gt
DEG = 90° gt
FGE = 90° gt
⇒ DFGE là hình chữ nhật.
⇒
DE = FG = 4
GE = DF
DE = GF
DF//GE
Bài 10: Trong hình bên dưới là độ dài
các cạnh tương ứng. Tìm x
G
5
4
3
3
A B
C
E
D
F

G
5
4
3
3
A B
C
E
D
F
Mặt khác D ∈ CF, G ∈ BE ⇒ CF//BE ⇒ AFC
= FBG 2 góc đồng vị
Xét ∆AFC và ∆GBF có:
CAF = FGB = 90°
AFC = FBG (cmt)
⇒ ∆AFC ∽ ∆GBF g. g
⇒
AF
GB
=
AC
GF
⇒ AF =
AC. GB
GF
=
3
4
GB =
3
4
BE − EG
=
3
4
5 − DF

G
5
4
3
3
A B
C
E
D
F
∆CAF vuông tại A:
⇒ CF2
= CA2
+ AF2
Định lý Pythagoras
⇔ (CD + DF)2
= 32
+
3
4
5 − DF
2
⇔ 3 + DF 2
= 9 +
9
16
5 − DF 2
⇔ 9 + 6DF + DF2
= 9 +
9
16
(25 − 10DF + DF2
)
⇔ 96DF + 16DF2
= 9. 25 − 10DF + DF2
⇔ 96DF + 16DF2
= 225 − 90DF + 9DF2
⇔ 7DF2
+ 186DF − 225 = 0
Đặt DF = x, phương trình trở thành:
7x2
+ 186x − 225 = 0
∆′
= b′2
− ac = 932
− 7. (−225) = 10224 > 0

G
5
4
3
3
A B
C
E
D
F
∆′= 𝑏′2
− 𝑎𝑐 = 932 − 7. (−225) = 10224 > 0
𝐷𝑜 đó 𝑝ℎươ𝑛𝑔 𝑡𝑟ì𝑛ℎ 𝑐ó 2 𝑛𝑔ℎ𝑖ệ𝑚 𝑝ℎâ𝑛 𝑏𝑖ệ𝑡:
𝑥1 =
−𝑏′
+ ∆′
𝑎
=
−93 + 10224
7
=
−93 + 12 71
7
𝑥2 =
−𝑏′ − ∆′
𝑎
=
−93 − 10224
7
=
−93 − 12 71
7
𝑀à 𝑡𝑎 𝑙ạ𝑖 𝑐ó: 𝐺𝐸 + 𝐺𝐵 = 𝐵𝐸 = 5 𝑠𝑢𝑦 𝑟𝑎 0 < 𝐺𝐸
< 5 ℎ𝑎𝑦 0 < 𝐷𝐹 < 5
𝑁ê𝑛 𝐷𝐹 = 𝐺𝐸 =
−93 + 12 71
7
đ𝑣đ𝑑 ⇒ 𝐺𝐵 = 5 − 𝐺𝐸
= 5 −
−93 + 12 71
7
=
128 − 12 71
7
đ𝑣đ𝑑
𝐷𝑜 đó: 𝐴𝐹 =
3
4
𝐺𝐵 =
3
4
.
128 − 12 71
7
=
384 − 36 71
28
=
12 32 − 3 71
28
=
3(32 − 3 71)
7
(đ𝑣đ𝑑)

G
5
4
3
3
A B
C
E
D
F
∆𝐵𝐺𝐹 𝑣𝑢ô𝑛𝑔 𝑡ạ𝑖 𝐺:
⇒ 𝐵𝐹2
= 𝐹𝐺2
+ 𝐵𝐺2
Đị𝑛ℎ 𝑙ý 𝑃𝑦𝑡ℎ𝑎𝑔𝑜𝑟𝑎𝑠
= 42
+
128 − 12 71
7
2
= 16 +
16384 − 3072 71 + 10224
49
=
27392 − 3072 71
49
⇒ 𝐵𝐹 =
27392 − 3072 71
49
=
27392 − 3072 71
7
=
256(107 − 12 71)
7
=
16. 107 − 12 71
7
=
16 36 − 12 71 + 71
7
=
16 6 − 71
2
7
=
16 71 − 6
7
(đ𝑣đ𝑑)
𝑉ậ𝑦 𝑥 = 𝐴𝐵 = 𝐴𝐹 + 𝐹𝐵
=
3 32 − 3 71
7
+
16 71 − 6
7
=
96 − 9 71 + 16 71 − 96
7
=
7 71
7
= 71 (đ𝑣đ𝑑)

CÁCH 2:
Kẻ CG ⊥ BE tại G
∆BGC vuông tại G:
⇒ BC2
= BG2
+ GC2
= BE + EG 2
+ GC2
= 3 + 5 2
+ 42
= 64 + 16 = 80
⇒ BC = 80 = 4 5 đvđd
∆ABC vuông tại A:
⇒ BC2
= AB2
+ AC2
Định lý Pythagoras ⇒ AB2
= BC2
− AC2
= 80 − 32
= 71 ⇒ x = AB = 71 đvđd
Vậy x = 71 (đvđd)
E
4
4
3
3
5
C D
B
F
G

41
Bài 11: Trong hình bên, ABCD là hình bình hành và các số trong hình là diện
tích của các đa giác tô đậm. Hãy tính diện tích tam giác có dấu hỏi chấm.
A B
C
D
M
N
P
E
G
H
K
1
0
7
9
7
2
8
F

42
Bài 11: Trong hình bên, ABCD là hình bình hành và các số trong hình là diện
tích của các đa giác tô đậm. Hãy tính diện tích tam giác có dấu hỏi chấm.
A B
C
D
M
N
P
E
G
H
K
1
0
7
9
7
2
8
F

43
Bài 12: Tính độ dài đoạn thẳng AB trong hình bên dưới.
Ta có: O1O2 = R1 + R2 = 1,5 + 2 = 3,5 đvđd
CO2 = d3 − R1 − R2 = 6 − 1,5 − 2 = 2,5 (đvđd)
∆O1CO2 vuông tại C:
⇒ O1O2
2
= O1C2
+ CO2
2
⇒ O1C2
= O1O2
2
− CO2
2
= 3,5 2
− 2,5 2
= 6
⇒ O1C = AE = 6 đvđd
Ta có: O2O3 = R2 + R3 = 2 + 3 = 5 đvđd
DO3 = d3 − R3 − R2 = 6 − 3 − 2 = 1 (đvđd)
∆O2DO3 vuông tại D:
⇒ O2O3
2
= O2D2
+ DO3
2
⇒ O2D2
= O2O3
2
− DO3
2
= 52
− 12
= 24
⇒ O2D = BE = 24 = 2 6 đvđd
Vậy AB = AE + BE = 6 + 2 6 = 3 6 (đvđd)

Bài 13: Các số trong hình bên là diện tích của
các đa giác nhỏ. Hãy tính diện tích của đa giác
có dấu hỏi chấm

45
b
a
c
d
A B
C
D H
Bài 14: Chứng tỏ rằng diện tích của một hình thang vuông ngoại tiếp một đường tròn
bằng tích của hai cạnh đáy.
Đặt CD = a đvđd , AB = b đvđd , BC = c đvđd , AD = d đvđd
(a, b, c, d > 0)
Kẻ BH ⊥ DC tại H.
Xét tứ giác ABHD có:
BAD = 90° gt
ADH = 90° gt
BHD = 90° gt
⇒ ABHD là hình chữ nhật.
⇒
AB = DH = b
AD = BH = d

46
b
a
c
d
A B
C
D H
Vì hình thang ABCD ngoại tiếp đường tròn nên:
AB + CD = AD + BC ⇒ b + a = d + c ⇒ c = a + b − d
∆BHC vuông tại H:
⇒ BC2
= BH2
+ HC2
(định lý Pythagoras)
⇔ c2 = d2 + a − b 2
⇔ a + b − d 2
= d2
+ (a − b)2
⇔ a2 + b2 + d2 + 2ab − 2ad − 2bd = d2 + a2 − 2ab + b2
⇔ 4ab = 2ad + 2bd
⇔ 2ab = ad + bd
⟺ 2ab = d a + b ⇔ ab =
a + b . d
2
Mà SABCD =
AB+CD .AD
2
=
a+b .d
2
⇒ SABCD= ab
Vậy diện tích của một hình thang vuông ngoại tiếp một đường tròn bằng tích của hai cạnh đáy đpcm .

Bài 15: (Bài �ٴ�á�� ba hình vuông). Các số trong hình dưới là diện tích các hình
vuông nhỏ. Tính diện tích hình vuông lớn.
Ta có: EFGH là hình vuông có SEFGH = 16 đvdt
⇒ EH2 = 16 (đvdt)
⇒ EH = EF = FG = SEFGH = 16 = 4 (đvđd)
MCGL là hình vuông có SMCGL = 25 đvdt
⇒ CG2 = 25 (đvdt)
⇒ CG = SMCGL = 25 = 5 (đvđd)
Mặt khác, ta có: CF + FG = CG ⇒ CF = CG − FG = 5 − 4
= 1 (đvđd)
∆CFE vuông tại F:
⇒ CE2 = CF2 + EF2 định lý Pythagoras
= 12 + 42 = 17 ⇒ CE = 17 (đvđd)
Vì EFGH và MCGL là hình vuông
nên
EH ⊥ d
CG ⊥ d
⇒ EH//CG
M
d
B
A
C
D
E
F
G
H L
16 25

Bài 15: (Bài �ٴ�á�� ba hình vuông). Các số trong hình dưới là diện tích các hình
vuông nhỏ. Tính diện tích hình vuông lớn.
M
d
B
A
C
D
E
F
G
H L
16 25
Xét ∆CDG có EH//CG (cmt)
Theo định lý Thales, ta được:
CD
DE
=
CG
HE
⇒
CD
CD − CE
=
CG
HE
⇒
CD
CD − 17
=
5
4
⇒ 4CD = 5 CD − 17
⇒ 4CD = 5CD − 5 17 ⇒ CD = 5 17 đvđd
Vậy SABCD = CD2 = 5 17
2
= 425 đvdt

49
Bài 16: Trong hình bên, đường tròn có bán kính 6 cm và đáy nhỏ của hình thang vuông dài
10 cm. Tính độ dài đáy lớn và cạnh bên của hình thang vuông.
Kẻ BH ⊥ DC tại H.
Đặt BC = a đvđd , HC = b đvđd a > b > 0
Xét tứ giác ABDH có:
BAD = 90° gt
ADH = 90° gt
BHD = 90° gt
⇒ ABDH là hình chữ nhật.
⇒
AD = BH = d = 2R = 2.6 = 12(cm)
AB = DH = 10 (cm)
Vì hình thang ABCD ngoại tiếp đường tròn nên:
AB + CD = AD + BC ⇒ AB + DH + HC = AD + BC ⇒ 10 + 10 + b
= 12 + a
⇒ a − b = 8 (1)
∆BHC vuông tại H:
⇒ BC2 = BH2 + HC2 (định lý Pythagoras)
⇒ a2
= 122
+ b2
⇒ a2
− b2
= 144 2

50
Bài 16: Trong hình bên, đường tròn có bán kính 6 cm và đáy nhỏ của hình thang vuông
dài 10 cm. Tính độ dài đáy lớn và cạnh bên của hình thang vuông.
𝑇ừ 1 𝑣à 2 𝑡𝑎 𝑐ó ℎệ 𝑝ℎươ𝑛𝑔 𝑡𝑟ì𝑛ℎ:
𝑎 − 𝑏 = 8
𝑎2
− 𝑏2
= 144
⇔
𝑎 − 𝑏 = 8
(𝑎 − 𝑏)(𝑎 + 𝑏) = 144
⇔
𝑎 − 𝑏 = 8
8. (𝑎 + 𝑏) = 144
⇔
𝑎 − 𝑏 = 8
𝑎 + 𝑏 = 18
⇔
2𝑎 = 26
𝑎 − 𝑏 = 8
⇔
𝑎 = 13
13 − 𝑏 = 8
⇔
𝑎 = 13 (𝑇ℎỏ𝑎 𝑚ã𝑛)
𝑏 = 5 (𝑇ℎỏ𝑎 𝑚ã𝑛)
𝑉ậ𝑦 độ 𝑑à𝑖 𝑐ạ𝑛ℎ 𝑏ê𝑛 𝑐ủ𝑎 ℎì𝑛ℎ 𝑡ℎ𝑎𝑛𝑔 𝑣𝑢ô𝑛𝑔 𝑙à
𝐵𝐶 = 𝑎 = 13 𝑐𝑚
Độ 𝑑à𝑖 đá𝑦 𝑙ớ𝑛 𝑐ủ𝑎 ℎì𝑛ℎ 𝑡ℎ𝑎𝑛𝑔 𝑣𝑢ô𝑛𝑔 𝑙à
𝐶𝐷 = 𝐷𝐻 + 𝐻𝐶
= 10 + 𝑏 = 10 + 5 = 15 𝑐𝑚

51
Bài 17: Tính chu vi ℓ và diện tích S của lục giác phía dưới.

52
Đặt 𝐴𝐵 = 𝑎 đ𝑣đ𝑑 , 𝐵𝐶 = 𝑏 đ𝑣đ𝑑 , 𝐷𝐶 = 𝑐 đ𝑣đ𝑑 , 𝐴𝐷 = 𝑑 đ𝑣đ𝑑
(𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑 > 0)
Ta có: 𝐴𝐵𝐶𝐷 𝑙à 𝑡ứ 𝑔𝑖á𝑐 𝑛ộ𝑖 𝑡𝑖ế𝑝
⇒ 𝐵 + 𝐷 = 180° ⇒ 𝐵 = 180° − 𝐷
⇒
𝑠𝑖𝑛 𝐵 = 𝑠𝑖𝑛 180° − 𝐷
𝑐𝑜𝑠 𝐵 = 𝑐𝑜𝑠 180° − 𝐷
⇒
𝑠𝑖𝑛 𝐵 = 𝑠𝑖𝑛 𝐷
𝑐𝑜𝑠 𝐵 = −𝑐𝑜𝑠 𝐷
⇒
𝑠𝑖𝑛 𝐵 = 𝑠𝑖𝑛 𝐷
− 𝑐𝑜𝑠 𝐵 = 𝑐𝑜𝑠 𝐷
𝑇𝑎 𝑙ạ𝑖 𝑐ó: 𝑆𝐴𝐵𝐶𝐷 = 𝑆𝐴𝐵𝐶 + 𝑆𝐴𝐷𝐶 =
1
2
. 𝐴𝐵. 𝐵𝐶. 𝑠𝑖𝑛 𝐵 +
1
2
. 𝐴𝐷. 𝐷𝐶. 𝑠𝑖𝑛 𝐷
=
1
2
. 𝑎𝑏. 𝑠𝑖𝑛 𝐷 +
1
2
. 𝑑𝑐. 𝑠𝑖𝑛 𝐷 =
𝑠𝑖𝑛 𝐷 . 𝑎𝑏 + 𝑐𝑑
2
⇒ 𝑠𝑖𝑛 𝐷 =
2𝑆𝐴𝐵𝐶𝐷
𝑎𝑏 + 𝑐𝑑
⇒ 𝑠𝑖𝑛2
𝐷 =
2𝑆𝐴𝐵𝐶𝐷
𝑎𝑏 + 𝑐𝑑
2
=
4. 𝑆𝐴𝐵𝐶𝐷
2
𝑎𝑏 + 𝑐𝑑 2
1
Bài 18: (Công thức Brahmagupta). Chứng tỏ rằng diện tích của một tứ giác nội tiếp có độ dài các cạnh là a, b, c và d có thể được
tính bởi công thức:
S = s − a s − b s − c (s − d)
Trong đó, s =
a+b+c+d
2
là nửa chu vi của tứ giác.
A
B
C
D
a
b
c
d

53
S = s − a s − b s − c (s − d)
Trong đó, s =
a+b+c+d
2
A
B
C
D
a
b
c
d
Áp dụng định lí hàm cos cho ∆ABC ta được:
AC2
= AB2
+ BC2
− 2. AB. BC. cos B
⇔ AC2
= a2
+ b2
− 2. a. b. cos B (2)
Áp dụng định lí hàm cos cho ∆ADC ta được:
AC2
= AD2
+ DC2
− 2. AD. DC. cos D
⇔ AC2
= d2
+ c2
− 2. d. c. cos D (3)
Từ 2 và 3 suy ra:
a2
+ b2
− 2. a. b. cos B = d2
+ c2
− 2. d. c. cos D
⇔ a2
+ b2
+ 2. a. b. cos D = d2
+ c2
− 2. d. c. cos D
⇔ 2ab. cos D + 2dc. cos D = d2
+ c2
− a2
− b2
⇔ cos D (2ab + 2cd) = d2
+ c2
− a2
− b2
⇔ cos D =
d2
+ c2
− a2
− b2
2ab + 2cd
⇔ cos2
D =
d2
+ c2
− a2
− b2
2ab + 2cd
2
=
d2
+ c2
− a2
− b2 2
2ab + 2cd 2
4

54
S = s − a s − b s − c (s − d)
Trong đó, s =
a+b+c+d
2
Ta có: sin2
D + cos2
D = 1 (∗)
Thay 1 và 4 vào ∗ ta được:
4. SABCD
2
ab + cd 2
+
d2
+ c2
− a2
− b2 2
2ab + 2cd 2
= 1
⇔
4. SABCD
2
ab + cd 2
+
d2
+ c2
− a2
− b2 2
2 ab + cd 2
= 1
⇔
4. 22
. SABCD
2
+ d2
+ c2
− a2
− b2 2
2 ab + cd 2
=
2 ab + cd 2
2 ab + cd 2
⇒ 16. SABCD
2
+ d2
+ c2
− a2
− b2 2
= 2 ab + cd 2
⇔ 16. SABCD
2
= 2 ab + cd 2
− d2
+ c2
− a2
− b2 2
⇔ 16. SABCD
2
= 2 ab + cd + d2
+ c2
− a2
− b2
2 ab + cd − d2
+ c2
− a2
− b2
⇔ 16. SABCD
2
= 2ab + 2cd + d2
+ c2
− a2
− b2
2ab + 2cd − d2
− c2
+ a2
+ b2
⇔ 16. SABCD
2
= (d2
+ 2cd + c2
) − (a2
− 2ab + b2
) d2
− 2cd + c2
− (a2
+ 2ab + b2
)
⇔ 16. SABCD
2
= c + d 2
− a − b 2
a + b 2
−(c − d)2
⇔ 16. SABCD
2
= c + d + (a − b) c + d − (a − b) (a + b) + (c − d) a + b − (c − d)
⇔ 16. SABCD
2
= a − b + c + d −a + b + c + d a + b + c − d a + b − c + d
⇔ 16. SABCD
2
= a + b + c + d − 2b a + b + c + d − 2a a + b + c + d − 2d a + b + c + d − 2c (∗∗)

Cảm ơn thầy và các
bạn đã lắng nghe!

�ݺ�ߣ

BT2_NhomMienAladuoc.pptx

Recommended

More Related Content

What's hot (20)

Similar to BT2_NhomMienAladuoc.pptx (20)

More from ThnhNguyn140331 (8)

BT2_NhomMienAladuoc.pptx